2019届河北省唐山一中高三五模理科综合物理试卷（解析版）

唐山一中2019年五模理科综合物理试题

二、选择题：本题共8小题，每题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，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，有错选的得0分。

1. 在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出

A. 甲光频率大于乙光的频率

B. 乙光的波长大于丙光的波长

C. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率

D. 甲光对应光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能

【答案】B

【解析】

根据eU截=mvm2=hγ-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误．丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波长大于丙光的波长,故B正确．同一金属，截止频率是相同的，故C错误．丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能．故D错误．故选B．

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2.2018年7月10日，中国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭，成功发射第三十二颗北斗导航卫星。该颗北斗卫星属倾斜地球同步轨道卫星，卫星入轨并完成在轨测试后，将接入北斗卫星导航系统，为用户提供更可靠服务。关于卫星的运动，下列说法中正确的有

A. 卫星在轨道Ⅱ上经过M的速度小于在轨道Ⅰ上经过M 的速度

B. 卫星在轨道Ⅱ上的机械能等于在轨道Ⅰ上的机械能

C. 卫星在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期

D. 卫星在轨道Ⅱ上经过M的加速度大于在轨道Ⅰ上经过M的加速度

【答案】C

【解析】

【详解】卫星由轨道Ⅰ经M点进入轨道Ⅱ时应在M点点火加速，A错；卫星从轨道Ⅱ到轨道Ⅰ应点火减速，所以卫星在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故B错误；由开普勒第三定律知，C正确。由知在M点的加速度为，r为M点到地心的距离，所以卫星在轨道Ⅱ上经过M的加速度等于在轨道Ⅰ上经过M的加速度故D错。

3.现有某一品牌的台灯，其降压变压器接线原理如图所示。闭合开关S1，当开关S2接1时，灯泡的功率为60W, 当开关S2接2时，灯泡的功率为15W。假定灯丝的电阻不随温度变化，变压器视为理想变压器，则下列说法正确的是

A. 线圈1、3间的匝数是1、2间匝数的4倍

B. 正常工作条件下，S2接1时流过保险丝的电流是接2时流过保险丝电流的2倍

C. 若灯丝断了，再搭接上会发现灯泡功率变小

D. 若输入的电压降为110V，则S2接1时灯泡的功率为15W

【答案】D

【解析】

【详解】A项：由知，灯接1、3时为60W，接2、3时为15W，即。再由，，可得，所以线圈1、3间的匝数是1、2间匝数的2倍，故A错误；

B项：S2接1和2时，原线圈输入功率之比为，由知，S2接1时流过保险丝的电流是接2时流过保险丝电流的4倍，故B错误；

C项：灯丝断了再搭接上后长度变小，局部截面积变大，电阻变小，因而功率变大，故C错误；

D项，由知，若输入电压降为110V ，1、3电压降为原来的，功率将降为原来的，灯上的功率由60W降为15W，D正确。

4.如图所示，处于匀强磁场中的半封闭平行金属导轨框架MNPQ，宽NP为L。磁场与其平面垂直，磁感应强度B的变化规律如图所示。导体棒ab的电阻为R，导轨电阻不计。从t=0开始，在外力作用下导体从导轨的最左端以速度v向右匀速运动，则t0时刻回路中的感应电流大小为

A. 0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】t0时刻ab切割磁感线产生的动生电动势为，ab中电流的方向由b到a；此时回路中的感生电动势为，ab中电流的方向也是b到a。可知回路中的感应电流大小为，故C正确。

5.如图所示，一个由绝缘材料制成的轻弹簧水平放置，一端固定于竖直墙上，另一端与一带负电的小球相连，小球置于光滑的绝缘水平面上。当整个装置处于水平向左的匀强电场中时，小球在B、C间往复运动，在O点处所受合力为0。假定在动动过程中小球的电量保持不变，则

A. 小球在由B到O的过程中，弹性势能和电势能都一直减少，动能增加

B. 小球在由O到C的过程中，弹性势能增加，电势能和动能都减少

C. 小球在由B经O到C的过程中，电势能的变化量大于弹性势能变化量

D. 小球在由C到O的过程中，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等

【答案】B

【解析】

【详解】A项：小球做简谐运动，O点是平衡位置，此处弹簧伸长，则知小球所受的电场力方向向右，则小球在由B到O的过程中，电场力做功负功，电势能增加，弹性势能可能减小，也可能增大，平衡位置动能最大，则知小球的动能增加，故A错误；

B项：小球在由O到C的过程中，弹簧伸长量增大，弹性势能增加，电场力做正功，电势能减小，合力向左，做负功，则动能减小，故B正确；

C项：小球在由B经O到C的过程中，动能的变化量为零，根据能量守恒得知，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等，故C错误；

D项：小球在由C到O的过程中，动能减小，弹性势能增加，电势能减小，由能量守恒得知，电势能的变化量大小小于弹性势能的变化量大小，故D错误。

6.在同一平直公路上有A、B、C三辆汽车，将三车看成质点，t=0时处于同一位置，它们的v-t图象分别如图中a、b、c所示。下列说法中正确的是

A. 在0～4s内A，B，C运动方向相同

B. 在0～4s内C的加速度大小为4m/s2

C. t=2s时b、c一定相遇

D. t=8s时a比b多走64m

【答案】AD

【解析】

【详解】A项：由图可知，0-4s内ABC汽车速度时间图象都在时间轴的上方，都为正，方向相同，故A正确；

B项：图象的斜率表示加速度，则在0-4s内C的加速度为，故B错误；

C项：t=2s时B、C两车速度相等，但位移不等，没有相遇，故C错误；

D项：图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，t=8s时A的位移，B的位移，则t=8s时A比B多走64m，故D正确；

7.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V，一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过 c点。不计质子的重力，下列判断正确的是

A. 电场强度的方向由b指向d

B. c点电势低于a点电势

C. 质子从b运动到c，所用的时间为

D. 质子从b运动到c，电场力做功为4eV

【答案】BC

【解析】

【详解】A、B项：连接bd，bd两点的电势差为24V-12V=12V；ad两点的电势差为20V-12V=8V；因，故将bd分成3份，每一份表示4V，如图所示，e点的电势一定为20V，连接ae即为等势线，f的电势为16V，连接fc，由几何知识得知，fc∥ae，则知c的电势是16V，故a点电势高于c点的电势，强场的方向垂直于等势线，则知强场的方向垂直于ae向上，不是由b指向d，故A错误，B正确；

C项：由于bc两点的电势分别为24V、16V，则bc中点的电势为20V，则a、e、o在同一等势面上，由于ab=bo=L，，则，因为电场线与等势线ao垂直，所以场强的方向与bc的夹角为45°，质子从b运动到c时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为，故C正确；

D项：若质子由b到c，因bc间的电势差为24V-16V=8V，则电场力做功W=Ue=8ev；故D错误。

8.如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A、B间的压力，可行的办法是

A. 减小推力F

B. 减小倾角θ

C. 减小B的质量

D. 减小A的质量

【答案】AC

【解析】

【详解】设摩擦因数为，对AB整体受力分析由牛顿第二定律有：

，

对B受力分析由牛顿第二定律有：

，

由以上两式可得，可知，为使FAB减小，应减小推力F，增加A质量，减小B的质量，故AC正确。

三、非选择题：共174分。第22 ~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～38题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题：（共129分）

9.某同学想测量重物下落时的加速度，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz，实验中得到一条清晰的纸带，如图所示的是截取了某一段纸带用刻度尺（单位：cm）测量纸带时的情景

其中取得A、B、C三个计数点，在相邻两计数点之间还有一个打印点，可知，重物下落过程中打B点的瞬时速度为________m/s，重物下落的加速度为____________m/s2（结果均保留2位有效数字）。用这种方法测出的加速度值总是比当地的重力加速度的值__________（填“大”或“小”）。若用更加精密的仪器测量，在北京测得的重力加速度值将比在广州测得的重力加速度值_______（填“大”或“小”）。

【答案】    (1). 0.89（0.88-0.90均正确）    (2). 9.5（9.4-9.7均正确）    (3). 小    (4). 大

【解析】

【详解】（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B时小车的瞬时速度大小：；

根据匀变速直线运动的推论公式得。

物体下落过程中会受到阻力的作用，因而测得的重力加速度会偏小。北京的纬度高于广州所以重力加速度相对较大。

10.用图示的电路测量一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内阻。蓄电池的内阻非常小，为防止滑动变阻器电阻过小时由于电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0。除蓄电池、滑动变阻器、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：

A．电流表（量程0.6 A、3 A)

B．电压表（量程3V、15 V)

C．定值电阻（阻值1Ω，额定功率5 W)

D．定值电阻（阻值10Ω、额定功率10 W)

（1）电流表应选用的量程是________；电压表应选用的量程是________。

（2）定值电阻R0应选用的阻值是________。

（3）某同学另外选用了其他规格的器材，按图示电路图进行实验。他调整滑动变阻器共测得5组电流、电压的数据，如下表。请作出蓄电池路端电压U随电流I变化的U-I图象__，根据图象得出蓄电池的电动势为_______V（保留3位有效数字）；内阻为_______Ω（保留1位有效数字）。

【答案】    (1). 0.6A    (2). 3V    (3). 1Ω    (4).     (5). 2.03（2.01～2.04）    (6). 0.09（0.08也对）

【解析】

【详解】(1)因电动势约为2V，故电压表量程选3V。若电流表量程选3A，为了便于读数（应使指针半偏及以上），电流需在1.5A以上。这样，电路总阻应在=1.33Ω以下，变化范围太小，不利于滑动变阻器操作，所以电流表量程应选0.6A。

(2)若定值电阻取10Ω，则电路中电流最大不超过A=0.2A，电流值不到电流表小量程的，不利于精确读数，故定值电阻只能取1Ω。

(3)选取实验器材，需要综合考虑，要从“安全可行、测量精确、便于操作”三个方面考虑。

纵坐标不从0开始，可提高图线精度。描点出5个点后，应该用一条直线来“拟合”坐标系中描出的点。由图线与纵坐标的交点可知V，故E取为2.03V，0.087Ω，故r取为0.09Ω。

11.如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m的木球，在木球正上方L处有一个固定悬点O，在悬点O和木球之间用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接。有一个质量也为m的子弹以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段时间之后木球绕O点在竖直平面内做圆周运动。球可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计，求：

（1）木球以多大速度离开水平地面。

（2）子弹速度v0的最小值。

【答案】（1）v0（2）

【解析】

【详解】（1）设子弹打入木球后共同速度为v，木块离开水平地面速度为v1，由动量守恒定律得:

mv0=2mv，

即v=v0

木块离开地面时沿绳方向速度瞬间减为零，只有垂直绳的速度v1=v=v=v0

即木块离开地面的速度为v0

（2）木块从离开水平桌面到最高点系统机械能守恒，到最高点时速度为v3，绳子对木块的拉力为F，由机械能守恒定律和牛顿定律有

-2mg3L=2m-2m，F+2mg=2m

F=0时，v0的最小，有

12.如图所示，虚线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角θ=30°，在MO左侧存在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，MO右侧某个区域存在磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，O点处在磁场的边界上。现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以不同的速度（0≤v≤）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：

（1）粒子在磁场中的运动时间。

（2）速度最大的粒子从O开始射入磁场至返回水平线POQ所用时间。

（3）磁场区域最小面积。

【答案】（1）（2）或（3）或

【解析】

【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1，

则，即，，

（2）设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为x，匀速运动的时间为t2，由几何关系知：

，，

过MO后粒子做类平抛运动，设运动的时间为t3，则：

又：，

则速度最大的粒子自O进入磁场至重回水平线POQ所用的时间

联立解得：或

（3）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积。扇形的面积

的面积为：

又 

联立解得或。

（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做答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本学科选考题的首题进行评分。

13.下列说法正确的是__________。

A. 理想气体等温膨胀，内能不变，熵增加，需从外界吸收热量

B. 各向同性的固体，熔化时温度可能不变

C. 布朗运动就是分子无规则运动的直接表现和证明

D. 热可以完全转化为功，功不可以完全转化为热

E. 分子处于平衡位置时，分子力为0，分子势能最小

【答案】ABE

【解析】

【详解】A项：由热力学第一定律，温度不变，气体的内能不变，体积增大，所以熵增加，需要吸收热量，故A正确；

B项：各向同性的固体可能是多晶体也可能是非晶体，所以熔化过程中，温度可能不变，故B正确；

C项：布朗运动是固体微粒的无规则运动是由液体分子撞击形成的，反映了液体分子的无规则运动，故C错误；

D项：功也可以完全转化为热，根据热力学第二定律可知：在外界的影响下，热可以完全转化为功，故D错误；

E项：分子间距离为平衡距离时，分子间作用力的合力为零；分子势能最小，但不为零，故E正确。

14.[物理——选修3-3]如图所示，导热性能良好的圆筒形密闭气缸水平放置，可自由活动的活塞将气缸分隔成A、B两部分。活塞与气缸左侧面连接一轻质弹簧，当活塞与气缸右侧面接触时弹簧恰好无形变。开始时环境温度为t1=27°C，B内充有一定质量的理想气体，A内是真空。稳定时B部分气柱长度为L1＝0.10m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为3:4。已知活塞的质量为m=3.6kg，截面积S=20cm2，重力加速度g=10m/s2。

（i）将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2=127°C，求此时B部分空气柱的压强；

（ii）保持环境温度t2不变，解除活塞锁定，将气缸缓慢旋转90°成竖直放置状态，B部分在上面。求稳定时B部分空气柱的长度。

【答案】（1） （1）0.2m

【解析】

【分析】根据平衡条件求出气体初状态的压强，由查理定律求出环境温度缓慢上升时B部分空气柱的压强，气缸竖直放置，活塞处于平衡状态，根据平衡条件求出气体的压强，由玻意耳定律求出稳定时B部分空气柱的长度。

解：(1)气体初状态的压强为

解得

由查理定律

解得

(2)气缸竖直放置，活塞处于平衡状态，则

由玻意耳定律

可得

15.如图甲所示，在均匀介质中相距30m两个振源S1、S2先后起振，以S1起振为零时刻，S1、S2振动情况图乙所示，S1、S2在介质中形成的两列简谐波沿它们的连线相向传播，在t=15.5s时相遇，图中质点P、O与S1分别相距10m、15m。则下列叙述正确的是__________。

A. 简谐波的传播速度为1m/s

B. 简谐波的波长为4m

C. 当S2的简谐波到P质点时，P质点已经振动的路程220cm

D. 两列简谐波相遇后能形成稳定的干涉现象

E. O质点的振幅可以达到15cm

【答案】ACD

【解析】

【详解】A项：两波在t=15.5s相遇，故S1传播时间为t，S2传播时间为t-1；根据两波传播总路程为两振源的距离可得：vt+v（t-1）=30m，所以，，故A正确；

B项：由图可得简谐波周期T=2s，故波长λ=vT=2m，故B错误；

C项：波源S1振动传播到O所需时间，，波源S2振动传播到O所需时间，，故当S2的简谐波到P质点时，P质点已经振动了11s；质点P振动的振幅与波源S1振动相同，周期T=2s，振幅A=10cm，所以，当S2的简谐波到P质点时，P质点完成个全振动，路程，故C正确；

D项：两列波的周期相同，两波源的距离为波长的整数倍，故可形成稳定的干涉现象，故D正确；

E项：O到两波源的距离相等，那么，波传播到O的时间相同，故质点O的振动为两波源同一时刻的振动叠加形成，所以，由两振动在O点叠加时的相位差为π，那么，O质点的振幅为10cm-5cm=5cm，故E错误。

16.一内外半径分别为R1和R2的空心玻璃圆柱体的横截面如图所示，已知玻璃的折射率为n，真空中光速为c。

（i）当R2=2R1，n=时，入射光线a的折射光恰好与圆柱体的内表面相切，求a光线在外表面的入射角。

（ii）当R1、R2和折射率n满足一定的关系时，与外圆相切的入射光线b的折射光线也恰好与圆柱体的内表面相切，求光从外表面到达内表面的传播时间。

【答案】（i）（ii）（或也正确）

【解析】

【详解】（i）设光线a的入射点为M，有

由折射定律，有

故入射角

（i i）设光线b的入射点为N，在中，由折射定律，有和

光由N到B的传播时间为

故   （或也正确）。