2019届河南省高三普通高中毕业班高考适应性测试理科综合物理试题（解析版）

2019年河南省普通高中毕业班高考适应性测试

理科综合能力测试（物理部分）

二、选择题本题共8小题每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形。已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为（  ）

A. (R－l)    B. k(R－l)    C. k (R－2l)    D. 2k (R－l)

【答案】B

【解析】

【详解】正六边形外接圆半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：△x=R-l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f=k△x=k（R-l），两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合=f=k（R-l），弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小为：F=F合k（R-l），故B正确；ACD错误；故选B。

【点睛】本题考查了共点力作用下物体平衡条件的应用，根据题意求出弹簧的形变量、应用胡克定律求出弹簧的弹力是解题的前提，应用力的合成与平衡条件可以解题。

2.如图所示，跳楼机是常见的大型机动游乐设备。这种设备的座舱装在竖直柱子上，由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力)，一段时间后，启动制动系统，座舱匀减速运动到地面时刚好停下。下列说法正确的是（  ）

A. 自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等

B. 自由下落阶段和制动阶段，乘客所受合力的冲量相同

C. 自由下落阶段和制动阶段，乘客所受重力做的功一定相等

D. 整个下落过程中，乘客的最大速度是全程平均速度的两倍

【答案】D

【解析】

【详解】自由下落阶段乘客的机械能不变，制动阶段乘客机械能减小，选项A错误；自由下落阶段和制动阶段，乘客的动量变化等大反向，则乘客所受合力的冲量大小相同，方向相反，选项B错误；自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定相同，则乘客所受重力做的功不一定相等，选项C错误；整个下落过程中，若乘客的最大速度是v，则自由阶段的平均速度为v/2，制动阶段的平均速度也是v/2，即最大速度是全程平均速度的两倍，选项D正确；故选D.

3.如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t=T时，小球（  ）

A. 在B点上方    B. 恰好到达B点    C. 速度大于v    D. 速度小于v

【答案】B

【解析】

【详解】在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力作周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动。在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t=T/2时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t=T时速度为零。根据对称性可知在t=T时小球的水平位移为零，所以t=T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确。在0-T时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t=T时，小球速度等于v．故CD错误。故选B。

4.我国于2018年12月成功发射的“嫦娥四号”月球探测器经过多次变轨，最终降落到月球表面上。如图所示，轨道I为圆形轨道，其半径为R；轨道Ⅱ为椭圆轨道，半长轴为a，半短轴为b。如果把探测器与月球球心连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为面积速率，则探测器绕月球运动过程中在轨道I和轨道Ⅱ上的面积速率之比为(已知椭圆的面积S=πab) （  ）

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

【详解】由开普勒第三定律得： 解得：；根据探测器与月球的连线面积与其所用时间的比值定义为面积速率得：，故BCD错误，A正确；故选A。

5.如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m、电荷量均为+q，粒子重力不计。则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点（  ）

A.     B.     C.     D.

【答案】ABD

【解析】

粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：

所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径：r=（n=1，2，3，…），粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得： （n=1，2，3，…），故ABD正确，C错误。故选ABD。

点睛：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出粒子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度即可解题．

6.真空中有一球心为O的均匀带电球壳，其球壳外的电场与将球壳上的全部电荷集中于O点时在壳外产生的电场一样。沿某一半径方向上任一点的电势φ与该点到O的距离r的关系如图所示，此半径上有a、b、c、d四个点，b、d处的场强大小分别为Eb和Ed。现将一带电的试探电荷由b点经c点移动到d点，电场力所做的功分别为Wbc和Wcd。则下列有关说法中正确的是（  ）

A. 球壳的半径为2dm

B. 球壳内的场强值恒为30V/m

C. Eb︰Ed=4︰1

D. Wbc︰Wcd=1︰2

【答案】AC

【解析】

【详解】由题目中图可知，在2dm内，电势不变，则说明球壳的半径为2dm，故A正确；根据静电平衡内部的电场强度为零，即球壳内电场强度的值为零，故B错误；由点电荷场强公式可得：Eb：Ed==4：1，故C正确；从b到b电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb-φb）=q（3-2）=q，从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（2-1.5）=0.5q，所以有：Wbc：Wcd=2：1，故D错误。故选AC。

7.如图所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接。一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平。当α=30°时，弹簧处于原长状态此时将A由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则A下降过程中（  ）

A. A、B组成的系统机械能守恒

B. 弹簧弹性势能的最大值为(－)mgL

C. 竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力

D. A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg

【答案】BD

【解析】

【分析】

只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变，要注意研究对象的选取，由弹簧的系统要把弹簧作为研究对象；根据系统机械能守恒可知A下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解；对B水平方向列牛顿第二定律表达式，分析B的运动知竖直杆对B的弹力与弹簧的弹力的关系，从而知道竖直杆对A的弹力与弹簧弹力的关系；对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析。

【详解】根据能量守恒知，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：EP=2mgL（cos30°-cos45°），弹性势能的最大值为EP=（）mgL，故B正确；对B，水平方向的合力Fx=F杆sinα-F弹=ma，滑块先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对B的弹力不始终大于弹簧的弹力，所以竖直杆对A的弹力不始终大于弹簧弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg-N=2ma，则有N＜3mg，故D正确。故选BD。

8.一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与阻值R=15Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v=0.8πsinπt(m/s)。浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N=100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B=0.2T线圈的直径D=0.4m，总电阻r=1Ω。取π2=10。则下列说法正确的是（  ）

A. 线圈中产生电动势的瞬时值为e=0.64 sinπt(v)

B. 灯泡中电流的瞬时值为i=4 sinπt(A)

C. 灯泡两端电压的有效值为30V

D. 灯泡的电功率为240W

【答案】BC

【解析】

【详解】线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为：Emax=NBlvmax ；l=πD；联立得：Emax=πNBDvmax =π×100×0.2×0.4×0.8πV=64V，则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e=Emaxsinπt=64sin（πt）V，故A错误。根据闭合电路欧姆定律有：得：i==4sin（πt）A，故B正确。灯泡电流的有效值为：I=A，则灯泡的功率为：P=I2R=×15=120W，故D错误。灯泡两端电压的有效值为：U=IR=×15V=30，故C正确；故选BC。

三、非选择题包括必考题和选考题两部分。

(一)必考题

9.如图甲所示，某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度。在钢条下落过程中钢条挡住光源发出的光时，计时器开始计时透光时停止计时；若再次挡光，计时器将重新计时。实验中该同学将钢条竖直置于一定高度(下端A高于光控开关)，由静止释放测得先后两段挡光时间分别为t1和t2。

(1)用游标卡尺测量AB、BC的长度，其中AB的长度如图乙所示，其值为_____mm。

(2)若狭缝宽度忽略该同学利用公式求出、，则重力加速度g=_______ (用v1、v2、t1、t2表示)。若狭缝宽度不能忽略，则用此方法得到的g值与真实值相比将______ (填“偏大”或“偏小”)

【答案】    (1). 64.3    (2).     (3). 偏大

【解析】

【详解】（1）标卡尺的主尺读数为64mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.1×3mm=0.3mm，所以最终读数为：64mm+0.3mm=64.3mm．
（2）AB中间时刻的速度为：；BC中间时刻的速度：；根据v2-v1=gt，其中的，解得 ；若狭缝宽度不能忽略，A到C的实际时间大于t1+t2．所以测量得到的重力加速度值比其真实值偏大．

10.某实验小组的同学利用不同方法测量一定值电阻R的阻值。

(1)图甲为实验室中一多用电表的简化电路图，当转换开关S旋到位置1或2时，可用来测量__________(填“电流”或“电压”)；当S旋到位置3或4时，对应不同倍率的欧姆表，如果3、4对应的电源电动势E>E'，则位置________(填“3”或“4"”)对应的欧姆表倍率大。

某同学用此多用电表测量该定值电阻的阻值时，先把选择开关旋到“×10”挡，欧姆调零后，测量时指针偏如图乙所示，则该电阻的阻值是___________Ω。

(2)接下来，该同学采用“伏安法”测量该电阻的阻值，实验室提供的器材如下：

A.电源E(电动势为5V，内阻约为1Ω)

B.电压表V(量程3V，内阻约为15kΩ

C.电流表A1(量程0.6A，内阻约为0.5Ω)

D.电流表A2(量程30mA，内阻约为10Ω)

E.滑动变阻器R1(0-10Ω，額定电流1A)

F.滑动变阻器R2(0~5kΩ，额定电流0.5A)

G.开关S，导线若干

①为了较准确地测量电阻R的阻值，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。 (填器材前面的字母代号)

②在虚线框内画出实验电路图_________。

【答案】    (1). 电流    (2). 3    (3). 130    (4). D    (5). E    (6).

【解析】

【详解】（1）当转换开关S旋到位置1、2时，电阻起分流作用，将表头改装为大量程的电流表，可以测量电流。3、4对应的电源电动势E＞E′，若表头半偏时，待测电阻等于滑动变阻器电阻和电动势内阻之和，知接3时，半偏时，待测电阻较大，则位置3对应的倍率较大。
（2）把选择开关旋到“×10”挡，则待测电阻的阻值R=13×10Ω=130Ω。
（3）①电压表量程为3V，待测电阻大约130Ω，则电流大约20mA，为了测量的准确，电流表选择D．为了便于操作，滑动变阻器选择E。
②由于待测电阻与电流表内阻相当，属于小电阻，则电流表采用外接法。由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，若采用限流式接法，移动滑动变阻器，电流表和电压表示数变化不明显，所以滑动变阻器采用分压式接法。电路图如图所示。

【点睛】解决本题的关键知道欧姆表的原理，知道器材选取的原则：安全、精确、易操作。知道电流表内外接的区别、滑动变阻器分压、限流的区别，并能灵活运用。

11.杂技表演中，固定在同一悬点的两根长度均为L且不可伸长的轻绳分别系着甲、乙演员，他们在同一竖直面内先后从不同高度相向无初速沿圆周摆下，在最低点相拥后，恰能一起摆到甲演员的出发点。已知甲、乙演员的质量分别为2m和m，乙演员的出发点与最低点的高度差为，重力加速度为g，不计空气阻力，甲、乙演员均视为质点。试问：

(1)乙演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小为多少?

(2)若两人接着从甲演员的出发点一起无初速摆下到达最低点时甲推开乙，为了使乙恰能回到其最初出发点，甲演员应对乙演员做多少功?

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

（1）根据机械能守恒定律求男演员摆到最低点的速度。

（2）在最低点两演员相互作用的过程中，系统水平方向上动量守恒，由此求得男演员接住女演员后二人的共同速度。再由机械能守恒定律求两位演员一起运动时所能到达的最大高度。二人在最低点相互作用时动量仍然守恒，结合动量守恒以及功能关系即可求出男演员应对女演员做多少功。

【详解】（1）女演员从初始位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得： 
在最低点时，对女演员，由牛顿第二定律得：F−mg＝m
联立解得：轻绳对女演员的拉力大小为F=2mg
根据牛顿第三定律得女演员对轻绳的拉力大小为2mg.
（2）男演员从初始位置摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得：2mgh＝

男、女演员在最低点相拥后获得共同速度，水平方向满足动量守恒：

mv1-2mv2=（m+2m）v3
他们一起以相同速度摆到男演员的出发点，由机械能守恒定律得：

(m+2m)gh＝(m+2m)v32

他们再一起从男演员的出发点摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得：

(2m+m)gh＝(m+2m)v22

男演员在最低点推开女演员，女演员恰能摆回初始位置仍满足
此过程男演员对女演员做的功：W＝mv12−mv22

联立解得：W＝

12.如图所示，两条平行的光滑金属导轨相距l=0.5m，两导轨上端通过一阻值R=5Ω的定值电阻连接，导轨平面与水平面夹角为θ=30°，导轨内上部有方向垂直轨道面向上、面积S=0.2m2的有界均匀磁场忽略不计磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt2，式中k=5T/s2。导轨下部有足够大的匀强磁场区域区域上边界AB与导轨垂直磁场的磁感应强度大小B0=2T，方向垂直轨道向下。一长度恰等于导轨间距、质量m=0.1kg的金属棒MN置于两磁场之间的无磁场区域，在t=0时由静止释放，经时间t0金属棒恰经过AB位置，且始终在匀强磁场中做加速度恒为a=2m/s2的匀加速直线运动，整个运动过程中金属棒始终与导轨垂直并接触良好，除R外其他电阻均，取g=10m/s2。试求：

(1)金属棒在ABCD区域运动时的电流大小及方向；

(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量的表达式(用含有t0及t的字母表示)；

(3)根据题目提供的数据及相关条件，确定t0的数值

【答案】（1）  （2）  （3）0.5s

【解析】

【详解】（1）在磁场中运动时，因为a＜gsin30°，可知安培力必沿轨道面向上，故金属棒中电流由M到N；令金属棒中电流大小为I，则mgsin30°-B0Il=ma，
解得：I=0.3A
（2）令金属棒运动时间t0后进入磁场区域B0，进入磁场前加速度mgsin30°＝ma0

得a0＝5m/s2
设金属棒恰经过AB位置时的速度v0，则v0=a0t0刚进入磁场时的速度为v0为：v0=a0t0，
当金属棒在磁场中运动的时间为t时，金属棒、电阻、导轨组成的回路磁通量为：

带入数据解得：
（3）考虑到回路中的感应电势大小及感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律：
其中E=IR，
代数据解得：t0=0.5s

(二)选考题共45分。请考生从给出的2道物理题2道化学题2道生物题中每科任选一题作答并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并且在解答过程中写清每问的小题号，在答题卡指定位置答题。如果多做则每科按所做的第一题计分。

【物理—选修3-3】

13.气闸舱是载人航天航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置；其原理图如图所示。座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满空气，气闸舱B内为真空。航天员由太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，下列说法正确的是___________

A. 气体并没有对外做功，气体内能不变

B. B中气体可自发地全部退回到A中

C. 气体体积影胀，对外做功，内能减小

D. 气体温度不变，体积增大，压强减小

E. 气体分子单位时间内对座舱A舱壁单位面积的碰撞次数将减少

【答案】ADE

【解析】

【详解】气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据△U=W+Q可知内能不变，故A正确，C错误；根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故B中气体不可能自发地全部退回到A中，故B错误。因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，因为气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律可知：pV=定值，可知扩散后压强p减小，体积V增大，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的微观意义可知气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故DE正确；故选ADE。

14.如图为一简易恒温控制装置，一根足够长的玻璃管竖直放置在水槽中管内装有一段长L=4cm的水银柱，水银柱下方封闭有一定质量的气体(气体始终处在恒温装置中且均匀受热)。开始时，开关S断开，水温为27℃，水银柱下方空气柱的长度为L0=20cm，电路中的A、B部分恰好处于水银柱的正中央。闭合开关S后，电热丝对水缓慢加热使管内气体温度升高；当水银柱最下端恰好上升到A、B时，电路自动断开，电热丝停止加热。大气压强p0=76 cmHg。

（1）水温为多少摄氏度时电路自动断开?

（2）要使电路能在水温为87℃时自动断开，应再往玻璃管中注人多高的水银柱(结果保留一位小数)?

【答案】（i）330 K                （ii）h ≈ 7.3 cm

【解析】

（i）当水银柱上升到A、B处时，电路自动断开，此时空气柱长度L1 =L0 +

在此过程中空气柱的压强不变，根据盖—吕萨克定律，有

联立代入数据，解得T1 = 330 K   

（ii）设注入的水银柱高度为h cm，则空气柱的压强p2 = p0 + L + h（式中压强单位为cmHg）电路自动断开时，空气柱的长度也为L1，与（i）中相比，空气柱的体积不变，根据查理定律，有

其中p1= p0 + L（式中压强单位为cmHg）       

联立各式，代入数据解得h =cm ≈ 7.3 cm       

【物理—选修3-4】

15.如图所示，玻璃球的半径为R，球心为O，玻璃球的对称轴O1O2与足够大的屏幕垂直相交于O2点，一束单色光沿图示方向以入射角θ=60°射入球内在屏上留下光斑P。若玻璃对该单色光的折射率为，则玻璃对该单色光的全反射临界角的正弦值为___________，P点与O2点间的距离为___________。

【答案】    (1).      (2).

【解析】

【详解】光路如图所示，

设玻璃对该单色光的全反射临界角为C，则sin C＝，

根据折射定律得＝n，又∠1＝∠2，得∠3＝60°，∠1＝∠2＝30°，又∠O2OP′＝∠1＋∠2＝∠60°＝∠3，所以PP′∥OO2，

P点与O2点间的距离为Rsin∠O2OP′＝R.

16.一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1,0）的质点刚好开始振动，在时刻，P质点在t=0时刻首次位于波峰位置。Q点的坐标是（-3，0），求：

（i）这列波的传播速度；

（ii）时质点Q的位移。 

【答案】（i）  （ii）

【解析】

试题分析：（i）由图读出波长，根据P质点首次到达波峰位置的情况求出周期，再根据求出波速；（ii）写出Q质点振动的方程，判断t=1.5s与周期的关系，从而求Q质点的位移。

（i）由图可知波长λ=4cm，

由题知，，解得：T=0.8 s

则波速

（ii）波向左传播T后，质点Q开始振动，振动方程为：

又因为：  

故时质点Q的位移为

【点睛】本题考查分析波动形成过程的能力，要抓住波的周期性，确定周期与时间的关系．当离Q最近的波峰的振动传到Q点时，Q点第一次到达波峰．介质中各质点的起振都与波源的起振方向相同．