2019届河南省洛阳市联考高三第一次模拟考试物理试题（解析版）

2019年河南省洛阳市尖子生联考高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.固定光滑斜面倾角为37°，在斜面顶端分别以相同大小的初速度v0释放两个完全相同的小球A、B，A球的初速度方向沿斜面向下，B球的初速度方向水平向右，两球都到达斜面底端。则在两小球从斜面顶端到斜面底端的过程中，下列说法中正确的是（ ）

A. 两小球到斜面底端时速度相同

B. 运动过程中两小球所受合力做的功相同

C. 运动过程中两小球所受合力的冲量相同

D. 到斜面底端时两小球重力的功率相同

【答案】B

【解析】

试题分析：两小球的初速度相同，过程中都是只有重力做功，并且重力做功都做正功，大小相等，故两小球到达低端的动能相等，即速度大小相等，方向不同，A错误，B正确，根据冲量定理可得，两小球的动量变化量相等，但是变化方向不同，所以冲合力做的冲量不同，C错误，到达低端的速度跟竖直方向的夹角不同，所以重力的瞬时功率不同，D错误，

考点：考查了动能定理，冲量定理，功率的计算

点评：在牵涉到矢量的计算过程中一定要注意矢量的方向，在计算恒力的瞬时功率时，一定要将两者投影到一条直线上

2.质量为m的人造地球卫星在地面上受到的重力为P，它在距地面的高度等于地球半径R的圆形轨道上运动时

A. 速度为 B. 角速度为

C. 动能为 D. 重力为0

【答案】A

【解析】

【详解】质量为m的人造地球卫星在地面上的重力为P，设地球的质量为M，半径为R。所以地面上的重力加速度为：g= ，根据万有引力等于重力，有：=mg，即：GM=gR2=；由万有引力提供卫星做圆周运动的向心力得：，由可解得：v= ，故A正确。角速度为：，故B错误。动能是Ek=mv2=PR，故C错误。重力是P′==P，故D错误。故选A。

3. 如图倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B（均可视为质点），跨过固定于斜面体顶端的滑轮O（可视为质点）,A的质量为m，B的质量为4m，开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（ ）

A. 物块B受到的摩擦力一直沿着斜面向上

B. 物块B受到的摩擦力增大

C. 绳子的张力先增大后减小

D. 地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右

【答案】D

【解析】

试题分析：初始情况下由于绳子无拉力，则物块B受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为：Ff=4mgsin30°=2mg斜面体在水平方向不存在受地面的摩擦力．小球A下摆过程中，由机械能守恒，到最低点时速度最大，则由机械能守恒定律得：，又由牛顿第二定律得：，则小球A对绳的拉力为F=3mg，即物块B受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg，此时物块B在平行于斜面方向所受的摩擦力为Ff’=F-4mgsin30°=3mg-2mg=mg，方向沿斜面向下，由此可知物块B受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上2mg，后逐渐减少到零，再沿斜面向下逐渐增大到mg，故AB错误．由以上分析知绳子的张力一直增大，小球A摆到低时对绳的拉力最大，故C错误．将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块B看做整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此，地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，故D正确．故选D.

考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律.

【名师点睛】本题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象：分析绳子拉力时选小球A，分析物块B受的摩擦力时选B物块，分析地面的摩擦力时选斜面与B物块整体，再者要注意物块B所受到的摩擦力是否达到最大值。

4.如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连．在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率.调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

试题分析：由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻时，外电阻消耗的电功率最大，根据电阻定律求出此时的内阻，代入求出R消耗电功率的最值。

运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即时，外电阻消耗的电功率最大，此时，由题知，可得最大电功率。

故选B

考点：电功、电功率；电阻定律

点评：关键是根据电阻定律求出电源的内阻，要注意电阻定律中导体的长度是导体顺着电流方向的长度，图中内电路是导体长度是d，容易搞错。

5.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V，设场强大小为E，一电量为1×C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则

A. W=8×J E＞8 V/m

B. W=6×J E＞6 V/m

C. W=8×J E≤8 V/m

D. W=6×J E≤6 V/m

【答案】A

【解析】

试题分析：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（φD-φC）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J．AB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d＜1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed，所以，故选A。

考点：电势；电场强度

二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）

6.如图所示，一质量m=0.1kg的小煤块以vo=4m/s的初速度从最左端水平进入轴心距离L=6m的水平传送带,传 送带可由一电机驱使而转动.已知小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1(取g=10m/s2)（ ）

A. 若电机不开启,传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为2m/s

B. 若电机不开启,传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为4s

C. 若开启电机，传送带以5m/s的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5m

D. 若开启电机，传送带以5m/s的速率逆时针转动，则小煤块在传送带滑动的过程中产生的热量为1.6J

【答案】ACD

【解析】

试题分析：若电机不开启,传送带不转动，小煤块做匀减速运动，加速度大小为，由公式，可知滑离传送带右端的速度大小为，所以A正确；由速度公式代入数据可得t=2s,所以B错误；传送带以5m/s的速率顺时针转动，则小煤块加速运动，速度加速到和传送带速度相同，加速度大小不变，由可知需要时间1s，由可得小煤块滑行s=4.5m，传送带转过的距离为，痕迹长为，所以C正确；传送带以5m/s的速率逆时针转动，小煤块滑行的距离为6m，传送带转过的距离为，留下的一段黑色痕迹的长度为16m。所以D错误。

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系

7.如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（　　）

A. 物块先向左运动，再向右运动

B. 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

C. 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D. 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动

【答案】CD

【解析】

【分析】

当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此时滑块的速度小于木板的速度，所受的摩擦力方向向右，木板所受的摩擦力方向向左，根据摩擦力与速度方向关系，分析两物体的运动情况．

【详解】由题分析可知，刚撤掉拉力时，两物体的速度均向右，但此时滑块的速度小于木板的速度，滑块受到向右的滑动摩擦力，而做加速运动，木板受到向左的滑动摩擦力而做减速运动，当两者速度相等时，一起做匀速运动。所以木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动，而物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动。故CD正确，AB错误。 故选CD。

【点睛】本题解题关键是分析刚撤去拉力时两物体所受的摩擦力方向，根据摩擦力方向与速度方向的关系，分析物体的运动情况．

8.如图1、2所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力Fl沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向．则两个过程（ ）

A. 合外力做的功相同

B. 物体机械能变化量相同

C. Fl做的功与F2做的功相同

D. Fl做功的功率比F2做功的功率大

【答案】AB

【解析】

解：A、由公式x=at2得，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v=at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，根据动能定理得知，总功相等．所以合外力做功相同，故A正确；

B、物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故B正确；

C、由图示分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，则F1做的功比F2做的少．故C错误；

D、物体的运动情况相同，重力做功功率相同，图2中克服摩擦力做功的功率大，故Fl做功的功率比F2做功的功率小，故D错误；

故选AB．

【点评】由物体的运动特征判断出物体机械能的增量关系，结合本题功能关系：除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，不难看出结果．

9.如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e，对此气体，下列说法正确的是_____

A. 过程①中气体的压强逐渐小

B. 过程②中气体对外界做正功

C. 过程④中气体从外界吸热量

D. 状态c、d的内能相等

E. 状态d的压强比状态b强小

【答案】BDE

【解析】

本题考查对一定质量的理想气体的V—T图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。

由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，pb>pa，即过程中气体的压强逐渐增大，选项A错误；由于过程中气体体积增大，所以过程中气体对外做功，选项B正确；过程中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程中气体放出热量，选项C错误；由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，选项D正确；由理想气体状态方程pdVd/Td=pbVb/Tb可知，状态d的压强比状态b的压强小，选项E正确。

三、填空题（本大题共1小题，共9.0分）

10.某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理。固定并调整斜槽，使它的末端O点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸。将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移x。改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：

（1）已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，斜槽底端离地的高度为y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是______________________；

（2）以H为横坐标，以__________为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；由第（1）、（2）问，可以得出结论：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于动能变化量。

（3）受该实验方案的启发，某同学改用图丙的装置实验。他将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一位置固定，仍将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H，并测量小球击中木板时平抛下落的高度d，他以H为横坐标，以________为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线，也达到了同样的目的。

【答案】    (1).     (2).     (3).

【解析】

【详解】（1）设小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动的规律得：
 x=vt，y=gt2
联立得：
小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：
 

小球动能的变化量
则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是 ，即
（2）根据上题结果可知，以H为横坐标，以x2为纵坐标，在坐标纸上描点作图．
（3）根据平抛运动的规律有：

则动能定理表达式为：

所以以H为横坐标，以为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线；

【点睛】本题关键利用平抛运动的知识求得小球到达斜槽的末速度，从而写出动能定理表达式，要能根据数学知识灵活选择坐标．

四、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）

11.某同学研究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中。

（1）下列实验电路图，最合理的是______。

（2）该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线如图所示，则小电珠的电阻值随温度的升高而______（增大”或“减小”）。实验过程中，小电珠消耗的功率为0.6W时，小电珠两端的电压是______V。

【答案】    (1). 甲    (2). 增大    (3). 2.0

【解析】

【详解】（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻R=U2/P=12Ω，电流表内阻较小，电压表内阻较大，则可认为电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选图甲所示电路。

（2）由图2所示U-I图象可知，随电压增加，通过灯泡的电流变大，灯泡实际功率变大，灯丝温度升高，由欧姆定律可知，电压与电流阻值变大，灯泡电阻增大；由图象可知，电压为2.0V时通过灯泡的电流为0.3A，灯泡实际功率P=UI=2.0×0.3=0.6W。

五、计算题（本大题共5小题，共62.0分）

12.如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道轨道半径R=0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，车面左侧粗糙部分长度为L=0.8m，动摩擦因数为μ=0.2，右侧拴接一轻质弹簧，弹簧自然长度所在范围内车面光滑。点燃炸药后，A滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力，滑块B冲上小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s3，求：

（1）滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力。

（2）滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。

【答案】（1）7N，方向竖直向下。（2）0.22J。

【解析】

【详解】（1）以滑块为研究对象，在最高点，由牛顿第二定律得：mAg+FN=mA

已知最高点压力FN=mAg

由机械能守恒定律得：+mA•2R=mAvA2

在半圆轨道最低点由牛顿第二定律得：F′N-mAg=mA

解得：F′N=7N

由牛顿第三定律得：滑块在半轨道最低点对轨道的压力大小为7N，方向竖直向下

（2）以A、B为研究系统，由动量守恒定律得：mAvA=mBvB

解得：vB=3m/s

以B、小车为研究系旒，由动量守恒定律得：mBvB=（M+mB）v共

由能量守恒定律得：EP=--μmBgL

解得：EP=0.22J

13.如下图（a）所示，间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B，在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如下图（b）所示。t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。已知ab棒和cd棒的质量均为m、电阻均为R，区域Ⅱ沿斜面的长度为2L，在t=tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g。求：

（1）通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向

（2）当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率和热量

（3）ab棒开始下滑至EF的过程中流过导体棒cd的的电量

【答案】(1)垂直于斜面向上(2)(3)

【解析】

试题分析：（1）通过cd棒的电流方向: d→c，区域I内磁场方向: 为垂直于斜面向上。

（2）对cd棒，F安=BIL=mgsinθ，所以通过cd棒的电流大小为。

当ab棒在区域II内运动时cd棒消耗的电功率:P=I2R。

cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域II前、后，回路中产生的感应电动势不变，

则ab棒在区域II中一定做匀速直线运动，由能量守恒知ab棒重力势能的减少量等于ab棒、cd棒产生的总热量，故cd棒产生的热量为

。

（3）设ab棒在区域II中做匀速直线运动的速度为v，由cd棒受力平衡得

，。

ab棒在区域II中运动的时间t2=。

ab棒从开始下滑至EF的总时间t= tx+t2

ab棒开始下滑至EF的过程中流过导体棒cd的电量为

= 。

14.某同学研究一定质量理想气体的状态变化，得出如下的P-t图象．已知在状态B时气体的体积VB=3L，求

①气体在状态A的压强；

②气体在状态C的体积．

【答案】①0.75atm；②2L

【解析】

【详解】①由图象可知，TB=273+91=364K，pB=1atm，TA=273K，

B到A过程为等容过程，由查理定律得：=，

pA===0.75atm；

②由图示图象可知，pC=1.5atm，已知：VB=3L，

由B到C过程是等温变化，由玻意耳定律得：pBVB=pCVC，

即：1×3=1.5×VC，

解得：VC=2L；

15.如图所示，空气中一透明柱体的横截面是边长为d的正方形ABCD，在DA边的延长线上距A点处有一点光源O，发出一束单色光从AB边中点E进入介质后，经BC中点F射出，求：

（1）透明介质对单色光的折射率；

（2）光从O点到E点的传播时间tOE与从E点到F点的传播时间tEF之比．

【答案】（1）；（2）2：3．

【解析】

【详解】如图所示．

由数学知识得tanθ==，解得 θ=30°

由几何知识得： α=45°

由折射定律得：n==

（2）sinθ=，xEF=d

光从O点到E点的传播时间：tOE=

从E点到F点的传播时间：tEF=

又v=

联立解得：tOE：tEF=2：3

16.一列简谐横波在t=时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图像。求

（i）波速及波的传播方向；

（ii）质点Q的平衡位置的x坐标。

【答案】（1）波沿负方向传播；    （2）xQ=9 cm

【解析】

本题考查波动图像、振动图像、波动传播及其相关的知识点。

（ii）设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、。由图（a）知，处，因此

                                ④

由图（b）知，在时Q点处于平衡位置，经，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有

                            ⑤

由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为

                                    ⑥