2019届河南省六市高三第一次联考（一模）理科综合试题（物理部分）（解析版）

2019届河南省六市高三第一次联考（一模）理科综合试题

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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错或不答的得0分)

1.氘核和氚核发生核反应的方程为，则粒子X是

A. 电子 B. 正电子 C. 中子 D. 质子

【答案】C

【解析】

【详解】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，则X为中子，故选C.

2.我国将于2020年完成35颗卫星组网的北斗全球卫星导航定位系统。北斗是由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星构成的全球定位系统，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的轨道高度约为21500km，静止轨道卫星的高度约为36000km知地球半径为6400km，关于北斗导航卫星，下列说法中正确的是

A. 中轨道卫星的线速度比静止轨道卫星的线速度小

B. 中轨道卫星的周期大于24小时

C. 中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度小

D. 静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大

【答案】D

【解析】

【详解】根据可知， ，，，，可知中轨道卫星线速度比静止轨道卫星的线速度大；中轨道卫星的周期小于静止轨道卫星的周期，即小于24小时；中轨道卫星的向心加速度比静止轨道卫星的向心加速度大，选项ABC错误；由 可知，静止轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，选项D正确.

3.如图所示，两个完全相同的小球a、b，用轻弹簧M、N连接，并用轻绳悬挂在天花板上，弹簧M水平当悬绳与竖直方向夹角为60°时，M、N伸长量刚好相同。若M、N的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是

A.

B.

C. 若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间，a球的加速度为零

D. 若剪断弹簧M，则在剪断后的瞬间，b球处于失重状态

【答案】A

【解析】

【详解】对球a受力分析，由平衡知识可知： ；对b分析：，则，选项A正确，B错误；若剪断细绳，则在剪断细绳后的瞬间，a球受重力和两边弹簧的拉力，合力不为零，则加速度不为零，选项C错误；若剪断弹簧M，则在剪断后的瞬间，弹簧N的弹力不变，则b球加速度仍为0，选项D错误.

4.在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2︰1。a，b两端电压与时间的关系如图乙所示，二极管可视为理想二极管，电表均为理想电表，电阻R=10Ω，则下列说法正确的是

A. 电压表示数约为4.50V

B. 电压表示数约为6.36V

C. 电流表示数约为0.90A

D. 电路消耗的功率为8.10W

【答案】B

【解析】

【详解】根据图（乙）可得，原线圈中电压的有效值为：，则副线圈的电压为：U′=U=9V，根据二极管的特性，设电压表测量的有效值为U有，则有：

解得：，则电压表的示数为6.36V，电流为：

则电流表的示数为0.636A；故AC错误、B正确；电路消耗的功率为：P=I2R=0.6362×10=4.04W，故D错误。

5.如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量m = 10kg的石块，装在与转轴O相距L=5m的长臂末 端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角，发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20 m,不计空气阻力，取g=l0 m/s2。以下判断正确的是

A. 石块抛出后运动时间为

B. 石块被抛出瞬间的速度大小

C. 石块即将落地时重力的瞬时功率为

D. 石块落地的瞬时速度大小为15m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A、石块被抛出后做平抛运动：h＝L+Lsina，竖直方向：hgt2，可得：ts，故A错误；

B、石块被抛出后做平抛运动，水平方向：s＝v0t，可得：v0m/s，故B错误；

C、石块即将落地时重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝mg•gt＝500W，故C正确；

D、石块落地的瞬时速度大小为：vm/s，故D错误。

6.如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中绕竖直轴OO′以角速度ω匀速转动，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角。线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中(A位置磁通量为正)，下列说法正确的是

A. 磁通量变化量为BS

B. 通过线圈某一截面的电量q=NBS

C. 为保证线圈匀速转动，外界须向线圈输入的能量为

D. 平均电动势为NBSω

【答案】AB

【解析】

【详解】线圈在A位置的磁通量ΦA=B•Scos45°，线圈在B位置的磁通量ΦB=-B•scos45°，故磁通量的变化量|△Φ|＝|ΦB−ΦA|＝BS，故A正确；根据感应电荷量公式，故B正确；电压有效值为：，用有效值计算得到电热为：，，解得：，但线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，因为不是从中性面开始转动，也不是从垂直中性面开始转动，这个过程中的有效值不等于用公式算出的有效值，则外界须向线圈输入的能量也就不等于，故C错误；根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势为：，故D错误.

7.如图所示，三个等量的点电荷，固定在正三角形的三个顶点上，A、C两点为正电荷，B点为负电荷，D为AC中点。下列说法正确的是

A. 若A处点电荷所受静电力大小为F，则B处点电荷所受静电力大小为2F

B. 若A处点电荷所受静电力大小为F，则B处点电荷所受静电力大小为F

C. 若将B处点电荷沿BD连线向D点移动，其电势能一定逐渐减小

D. 在三个点电荷产生的电场中，没有合场强为零的位置(无限远处除外)

【答案】BC

【解析】

【详解】若A处点电荷所受静电力大小为F，因A、C两点为正电荷，B点为负电荷，且三个等量的点电荷，分别对A与B受力分析，如下图所示：

那么AB间的库仑力为F，CB间的库仑力也为F，根据矢量的合成法则，结合三角知识，即有，B处点电荷所受静电力大小为2Fcos30°=F，故A错误，B正确；若将B处点电荷沿BD连线向D点移动，由矢量的合成法则，AC产生的合电场强度方向由D指向B，那么电场力做正功，其电势能一定逐渐减小，故C正确；根据矢量的合成法则，在三个点电荷产生的电场中，在BD延长线某处存在合场强为零的位置，故D错误。

8.地面上方足够高处有一点P，质量为0.5kg的带负电小球从P点由静止自由落下，在2s末加上足够大竖直向下的匀强电场，再经过2小球又回到P点。不计空气阻力，取g=10m/s2，则下列说法正确的是

A. 从P点到最低点小球重力势能减少了400/3J

B. 从加电场开始到小球运动到最低点，小球动能变化了－100J

C. 整个过程中小球速度变化量的大小为20m/s

D. 整个过程中小球电势能减少了400J

【答案】ABD

【解析】

【详解】小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则有：gt2=-（vt-at2），又v=gt；解得：a=3g，则小球回到A点时的速度为：v′=v-at=-2gt=-40m/s；整个过程中小球速度增量的大小为：△v=v′-v=-3gt；速度增量的大小为：△v=3gt=60m/s，由牛顿第二定律得： 解得：qE=4mg；电势能减小：△E=qE•gt2=2mg2t2=400J。设从P点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh-qE（h-gt2）=0，解得：h=gt2；从P点到最低点小球重力势能减少了。从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=mg2t2=100J；由上分析，可知C错误，ABD正确。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。

9.如图所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计。实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮之间的摩擦。

(1)下列说法正确的是______

A.一端带有定滑轮的长木板必须保持水平

B.实验中m1应远小于m2

C.实验中m1应远大于m2

D.实验时应先接通电源后释放小车

(2)下图为某次实验得到的纸带纸带上标出了所选的几个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是___________m/s2。(交流电的频率为50Hz，结果保留三位有效数字)

(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图像，可能是右上图中的图线___________。

【答案】    (1). D    (2). 1.58～1.60m/s2    (3). C

【解析】

【详解】（1）该实验首先必须要平衡摩擦力，一端带有定滑轮的长木板要倾斜，故A错误；小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故BC错误。实验时应先接通电源后释放小车，故D正确。
（2）根据△x=aT2，运用逐差法得，。
（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，当F增加到一定值时，才开始有加速度，故选C。

10.(1)某实验小组要对未知电阻Rx进行测量。他们先用多用电表欧姆档进行粗测，若多用电表的电阻档有三个倍率，先用×10档测量电阻Rx时，操作步骤正确，发现表头指针向右偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到___________档(填“×1”或“×100”)。换档后应先___________(填缺少的步骤)，之后用表笔连接待测电阻进行测量，由表盘刻度读得该电阻的阻值是___________Ω。

(2)准确测量该电阻阻值，备有以下器材：

A.电源(电动势约3V，内阻未知)

B.电压表(量程3V，内阻无穷大)

C.电阻箱(最大阻值99.9Ω)

D.电键(单刀单掷开关2个)导线若干

该同学进行了如下操作：

首先断开电键S2，闭合电键S1，调节电阻箱，使电压表有一合适的读数U，记下此时电阻箱的阻值R1；接着闭合电键S2，调节电阻箱使电压表读数仍为U，记下此时电阻箱的阻值R2，由此测得电阻Rx=___________。

(3)测出电阻后该同学发现此电路还可以测出电源电动势E和内阻r。闭合电键S1、S2，调节电阻箱R，读出多组R和U的数值，并作1/U-1/R图像如图所示，该图线斜率为k纵轴截距为a。由此得出电源电动势E=___________，内阻r=___________。

【答案】    (1). ×1    (2). 欧姆调零    (3). 13.9～14.1    (4). R2-R1    (5). 1/a    (6). k/a

【解析】

【详解】（1）先用×10档测量电阻Rx时，表头指针向右偏转角度过大，说明所测电阻阻值较小，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用×1档，换挡后要重新进行欧姆调零，由图可知，电阻的阻值读数为：14.0×1=14.0Ω；
（2）根据闭合电路欧姆定律由电流不变可得电阻不变，故Rx=R2-R1。
（3）由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势为：

整理得：
由图示图线可知：，，
电源电动势为： ；电源内阻为：；

11.如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个竖直固定挡板，A、B是两档板连线的三等分点。A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。求：

(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2；

(2)若两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点，且m1<m2，求m1和m2的可能比值。

【答案】(1)     (2) 或

【解析】

【详解】(1)两球发生弹性正碰，设碰后速度分别为和

解得：、

(2) m1和m2在B点相碰有两种情形。

第一种情形，m1被P反弹后追上m2。由于，m1运动距离为m2的3倍。

，解得：

第一种情形，m1被P反弹，m2与Q反弹后B点相碰。m1、m2运动距离相等。

，解得：

12.如图，在直线坐标系xOy中，从原点处向+y方向同时发射出大量比荷为q/m=1.0×104C/kg的带负电粒子，粒子的初速度大小广泛分布于零到v0=1.0×104m/s之间。已知这些粒子此后所经磁场的磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直于纸面，所有粒子都沿+x方向经过b区域都通过点M(3，0)且沿y轴负方向。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

(1)判断磁场方向；

(2)求速度为1.0×104m/s的粒子从O点运动到M点所用的时间；

(3)通过计算，求出符合要求的磁场范围的最小面积。

【答案】（1）垂直纸面向里 （2）4.14×10-4s （3）0.27 m2

【解析】

【详解】（1）由左手定则知磁场方向垂直纸面向里；

（2）粒子在磁场中运动的周期为

如图所示，速度为v0的粒子在a区域磁场中偏转90°角，所以运动时间为

由牛顿第二定律得

该粒子的轨道半径m

直线运动的试卷为

在c区域磁场运动的时间为

运动的总时间t=t1+t2+t3=(1+π)×10-4s或者4.14×10-4s

（3）在a区域，设任一速度为v的粒子偏转90°后从（x，y）离开磁场，

由几何关系有：x=R，y=R，得x=y

上式与R无关，说明磁场右边界是一条直线

左边界是速度为v0=1×104m/s的粒子的轨迹：m

此后粒子均沿+x方向穿过b区域，进入c区域，由对称性知，其磁场区域如图。

磁场面积m2

13.下列说法正确的是___________

A. 雨后荷叶上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果

B. 不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力

C. 温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同

D. 在一定条件下晶体和非晶体可以相互转化

E. 热量可以从低温物体传到高温物体

【答案】ADE

【解析】

【详解】夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故A正确；不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，故B错误；温度相同的氢气和氧气，分子平均动能一定相同，氢气分子的质量小于氧气分子的质量，故氢气分子的平均速率大于氧气分子的平均速率，故C错误；晶体和非晶体没有一定的界限，在一定条件下晶体和非晶体间可以相互转化，故D正确；根据热力学第二定律：自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性；在一定的条件下热量可以从低温物体传到高温物体。故E正确；

14.如图所示，圆筒形导热气缸分上下两部分，下面部分A的截面积是上面部分B的截面积的两倍，A的高度为L。初始时活塞刚好在A与B交界处使A中封闭有一定量的理想气体，B与大气相连，距离气缸底部2L处有卡环，能限制活塞移动。已知大气压强为P0，活塞质量为M，现把气缸倒置过来。求稳定后A中气体的压强是多大?(重力加速度为g，不计活塞与气缸之间的摩擦)

【答案】或

【解析】

【详解】设封闭气体初始压强为p1，活塞受力平衡：p0S+Mg=p1S

气缸倒置后，设活塞移动的距离为h，活塞受力平衡：p0S=Mg+p2S

气体是等温变化，由玻意耳定律得：p12SL=p2（2SL+Sh）

解得：

当h＜L时，即有

当时，活塞落在卡环上，由玻意耳定律得：p12SL=p2（2SL+SL）

解得

15.甲图为一列简谐横波在t=2s时波的图象，Q为x=4m的质点，P为x=11m的质点。乙图为质点P的振动图象。下列说法正确的是___________。

A.此波沿x轴负方向传播

B.t=2s时，Q点的位移为cm

C.t=10/3s时，Q点到达正的最大位移处

D. t=7/3s时，Q点回到平衡位置且向y轴负方向运动

E.质点P的振动方程为y=－2sin(0.5πt)cm

【答案】ADE

【解析】

A、由乙图知，在t=2s时质点P沿y轴正方向运动，根据上下坡法可知此波沿x轴负方向传播，故A正确；

C、由甲图知，波长λ=12m，周期T=4s，所以波速v=3 m/s，在t=2s时，x=14m处质点处在正向最大位移处，当该点的振动形式传播到Q点时，Q点到达波峰，需时Δt=10/3s，所以时，Q点到达正的最大位移处，故C错误；

D、x=5m处质点的振动形式传播到Q时，Q回到平衡位置且向y轴负方向运动，需时Δt=1/3s，所以时，Q点回到平衡位置且向y轴负方向运动，故D正确；

E、由乙图知，零时刻沿y轴负方向振动，质点P的振动方程为，故E正确；

B、此波从P传播到Q点需时t=7/3s，代入P质点振动方程可得y=1cm，故B错误；

故选ADE。

16.某玻璃材料制成的光学元件截面如图所示，左边是半径为R的半圆，右边是直角三角形CDE，∠DCE=60°。由A点发出的一束细光，从B点射入元件后折射光线与AO平行(O为半圆的圆心，CD为直径，AO与CD垂直)。已知玻璃的折射率为，B点到AO的距离为R/2，光在真空中的速度为c。求：

①入射光线AB与AO夹角α；

②光线从B点射入元件，到第一次射出元件所需的时间。

【答案】（1）150（2）

【解析】

(i)由得，折射角r=30°，又

得i=45°

由几何关系得α=15°

(ii)得C=45°

由几何关系得CE面入射角60°，发生全反射，在DE面入射角为30°，能射出玻璃砖

由几何关系知，光在玻璃的路程：

n=c/v，S=vt

得