2019届河南省平顶山市高三一轮复习质量检测（二调）理科综合试卷（物理部分）（解析版）

平顶山市2019届高三一轮复习质量检测理科综合试卷

（物理部分）

二、选择题：

1.钴60(Co)是金属元素钠的放射性同位素发生一次β衰变后放出γ射线，产生新的原子核X，则下列说法正确的是

A. 原子核Ⅹ的电荷数为26    B. 原子核X的中子数比质子数多4

C. β粒子是钻60原子核最外层电子    D. γ射线由钴60原子核释放

【答案】B

【解析】

【分析】

原子核发生衰变时电荷数和质量数守恒；质子数和中子数之和等于核子数。

【详解】发生一次β衰变，产生新原子核的电荷数为28，质量数为60，因此中子数为32，中子数比质子数对4，选项A错误，B正确；β粒子来源于钴60原子核，选项C错误；γ射线由钴60衰变后产生的新核释放，选项D错误；故选B.

2.如图所示为手机被吸在磁性手机支架上的情形汽车正在水平路面上加速行驶，关于手机的受力，下列说法正确的是

A. 手机可能只受三个力的作用

B. 手机可能不受摩擦力的作用

C. 支架对手机的作用力一定竖直向上

D. 支架对手机的作用力一定大于手机的重力

【答案】D

【解析】

【分析】

手机一定受重力，磁性吸引力、支架的支持力以及支架对手机的摩擦力四个力的作用；根据牛顿第二定律结合力的合成知识进行分析。

【详解】手机一定受重力，磁性吸引力、支架的支持力以及支架对手机的摩擦力四个力的作用，并且由于支持力和磁性吸引力方向都与支架平面垂直，当手机加速前进时，支架沿磁片向上的摩擦力大于重力沿磁片向下的分力，即一定有摩擦力，选项AB错误；由于汽车在加速运动，因此支架对手机的作用力与手机受到的重力的合力一定水平向前，根据力的合成可知，支架对手机的作用力一定斜向前方，且大于重力，选项C错误，D正确；故选D.

3.质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为Ⅰ，重力加速度为g，不计空气阻力的大小，则小球抛出时的初速度大小为

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据冲量的表达式先求解时间t，然后根据平抛运动的知识求解初速度.

【详解】由题意可知：I=mgt，则，经过t时间，小球竖直方向的速度大小为，根据速度分解可知，初速度大小为 ，故选C.

4.如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是

A. 一直减小    B. 一直增大

C. 先减小后增大    D. 先增大后减小

【答案】C

【解析】

【分析】

分析通电导线的受力情况，当磁场旋转时通过图解法分析安培力的变化，从而分析磁感应强度的变化.

【详解】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图解法可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由F=BIL可知，磁场的磁感应强度先减小后增加，故选C.

【点睛】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。

5.某航天器绕地球做匀速圆周运动在轨运行时动能为Ek，轨道半径为r1，向心加速度大小为a1；运行一段时间后航天器变轨到新的轨道上继续做圆周运动在新轨道上运行时的动能为Ek、轨道半径为r2，向心加速度大小为a2；设变轨过程航天器的质量不变，则下列关系正确的是

A. 、    B. 、

C. 、    D. 、

【答案】B

【解析】

【分析】

航天器在轨道上做圆周运动的向心力由万有引力来提供，结合动能的表达式求解.

【详解】由可知， ，即因此 ；由可得  ，故选B.

6.如图所示，边长为L的正三角形金属线框处于匀强磁场中，开始时线框平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度为B，让线框以AB边为轴以角速度ω在磁场中匀速转过180°的过程中，则

A. 穿过线框导线截面的电量为0

B. 线框中的感应电流方向先沿ACBA后沿ABCA

C. 线框中的平均电动势为

D. 线框中感应电动势的有效值为

【答案】CD

【解析】

【分析】

应用楞次定律判断感应电流方向；应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势；应用欧姆定律求出平均感应电流，然后求出通过线框导线横截面的电荷量；根据正弦式交变电流峰值与有效值间的关系求出电动势的有效值。

【详解】A、B.由楞次定律可知，线框转过180°的过程中，感应电流方向始终沿ACBA，说明穿过线框导线截面的电量不为零，故AB错误；

C.由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势：，故C正确；

D.感应电动势峰值：Em=BSω=B××L×Lsin60°×ω=，线框匀速转动产生正弦式交变电流，电动势的有效值：，故D正确；

故选CD。

【点睛】本题是电磁感应与电路知识的综合应用，关键要掌握电磁感应的基本规律，比如楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律和焦耳定律等等，知道应该用有效值求焦耳热。

7.如图甲所示a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在a点由静止释放，仅在电场力作用下从a点向b点运动粒子运动的动能与运动的位移之间的关系如图乙所示，则下列说法正确的是

A. 带电粒子与场源电荷带异种电荷

B. a点电势比b点电势高

C. a点场强比b点场强大

D. 带电粒子在a点的电势能比在b点电势能大

【答案】CD

【解析】

【分析】

根据电荷的运动方向确定电场力方向，判断电场线方向，即可分析电势的高低；从图线得到带电粒子做加速运动，依据动能定理，结合图象，可知，电场强度变化情况，再根据电场力做功情况，来判定电势能变化情况。

【详解】a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，从a点向b点运动粒子运动的动能与运动的位移图象的斜率在减小，根据动能定理，则有：qEx=Ek，则有，电场强度减小，因此 a点更靠近场源点电荷，由上分析，可知，a点更靠近场源点电荷，若点电荷是正电荷，则粒子带正电；若点电荷是负电荷，则粒子带负电，它们是同种电荷，故A错误；电荷仅在电场力作用下沿电场线从a点到b点，则电荷所受的电场力方向从a指向b，若点电荷带正电，电场线方向从a→b；若点电荷带负电，电场线方向从b→a，由于不能确定电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；由于a点更靠近场源点电荷，则带电粒子在a点场强比b点场强大，故C正确；带电粒子仅在电场力作用下沿电场线从a点到b点，电场力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确；故选CD。

【点睛】本题关键通过粒子运动的动能与运动的位移的图象，得到带电粒子的电场强度变化情况，然后判断场强方向和电势大小，同时掌握电场力做功与电势能变化关系。

8.如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则

A. 物块到达A点时速度大小为

B. P、A间的高度差为

C. 物块从A运动到B所用时间为

D. 物块从A运动到B克服摩擦力做功为mgr

【答案】BD

【解析】

【分析】

物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，在B点时由牛顿第二定律可求得做匀速圆周运动的速度，据此根据动能定理可分析各个选项。

【详解】在B点时由牛顿第二定律得：F-mg=m，因为F=2mg，所以，因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为，故A错误；从P到A的过程由动能定理得：mgh=mv2，所以h=，故B正确；因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间，故C错误；从A运动到B由动能定理得：mgr-W克f=0，解得：W克f=mgr，故D正确。故选BD。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律、动能定理，分析清楚运动过程，明确各个力的功是解题的关键。

三、非选择题：

(一)必考题：

9.某同学用如图所示的装置做探究加速度与力关系的实验。当地的重力加速度为g。

(1)实验中，应控制______________________不变。

(2)该同学为了平衡摩擦力做了如下操作：将小车静止地放在水平长木板上，取下细线和砂桶，小车不带纸带，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止，请问这位同学的操作是否正确?如果不正确，应当如何进行?___________。

(3)平衡摩擦力后，在打出的一条纸带上取A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻计数点之间的时间间隔为T，A、B间的距离为x1，B、C间的距离为x2，则小车的加速度a=___________。

(4)改变砂和砂桶的质量，重复实验多次，根据纸带求得每次实验小车的加速度a测出每次实验砂和砂桶的总质量m，作出a－m图像如下图所示，该同学量出图线与横轴的夹角θ，求出图像的斜率k，则小车的质量为___________。

A. gtanθ    B.    C.gk    D.

【答案】    (1). （1）小车质量    (2). （2）不正确；应将小车与纸带及打点计时器相连，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，若打出的点间距均匀则平衡了摩擦力.    (3). （3）     (4). （4）D

【解析】

【分析】

（1）探究加速度与力关系实验中，应控制小车质量不变。（2）根据实验原理可知平衡摩擦力的方法；（3）根据∆x=aT2求解加速度；（4）根据 研究a-m图像。

【详解】(1) 探究加速度与力关系实验中，应控制小车质量不变。

(2)不正确；应将小车与纸带及打点计时器相连，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，轻推小车，若打出的点间距均匀则平衡了摩擦力.

(3)根据∆x=aT2可知，

(4) 由牛顿第二定律可知： ； 则可知，图象的斜率表，故小车质量为，故选D．

10.为了测某电源的电动势和内阻实验室提供了如下器材：

电阻箱R，定值电阻R0、两个电流表A1、A2，电键S1单刀双掷开关S2，待测电源，导线若干。实验小组成员设计如图甲所示的电路图。

(1)闭合电键S1，断开单刀双掷开关S2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；将单刀双掷开关S2合向1，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表A2的示数仍为I0，则电流表A1的阻值RA1=___________。

(2)将单刀双掷开关S2合向2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A1的示数I，实验小组成员打算用图像处理数据，以电阻箱电阻R为横轴，为了直观得到电流I与R的图像关系，则纵轴y应取___________

A.I    B. I2    C.     D.

(3)若测得电流表A1的内阻为1Ω，定值电阻R0=2Ω，根据(2)选取的y轴，作出y-R图像如图乙所示，则电源的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。

【答案】    (1). （1）R2-R1    (2). （2）C    (3). （3）3    (4). 0.9

【解析】

【分析】

（1）根据闭合电路欧姆定律与题意求出电流表内阻。
（2）根据实验电路应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据题意分析答题。
（3）根据图象函数表达式与图示图象求出电源电动势与内阻。

【详解】（1）由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即：RA1=R2-R1；
（2）根据题意与图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R0+R+RA1），整理得：，为得到直线图线，应作-R图象，故选C。
（3）由-R图线可知：b==1.3，，解得电源电动势：E=3V，电源内阻：r=0.9Ω；

【点睛】本题考查了实验数据处理，认真审题理解题意、知道实验原理是解题的前提，根据题意应用闭合电路欧姆定律求出图象函数表达式是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律即可解题。

11.如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求

(1)物块在水平面上滑行的速度大小；

(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。
（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。

【详解】（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，
由机械能守恒定律得：mv02＝(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，
解得：；
（2）对物块，由机械能守恒定律得：mv02＝mv12+mgR(1−cosθ)，
解得： ；
物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，
物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=，
由机械能守恒定律得：mv02=mgh+mv22，
解得：h=R；

【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。

12.如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当L，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力。求

(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；

(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?

【答案】（1）（0，L）（2） （3）

【解析】

【分析】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标。
（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间。

【详解】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L=v0cosθ•t1，
竖直方向：y=v0sinθ•t1，
解得：y=L，
粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，L）；
（2）粒子在电场中的加速度：a=，
竖直分位移：y=at12，
解得： ；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，

由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，
AD=y=L，
因此AAC刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，
其中，粒子的速度：v=v0cosθ，
解得：；
（3）粒子在电场中的运动时间：，
粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：，
粒子做运动直线运动的时间：，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：，
粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=；

【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

(二)选考题：

13.下列说法正确的(     )

A. 在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少

B. 凡是能量守恒的过程一定能够自发地发生的

C. 能量转化过程中，其总能量越来越小，所以要大力提倡节约能源

D. 两个温度不同的物体相互接触这两个物体组成的系统处于非平衡态

E. 随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小

【答案】ADE

【解析】

【详解】在车胎突然爆裂的瞬间，气体与外界无热量交换，且气体对外做功，则气体内能减少，选项A正确；根据热力学第二定律可知，凡是能量守恒的过程不一定能够自发地发生的，选项B错误；能量转化过程中，总能量虽然守恒，但是能利用的能源越来越小，所以要大力提倡节约能源，选项C错误；两个温度不同的物体相互接触这两个物体组成的系统处于非平衡态，选项D正确；随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气由于温度降低，则气球的内能减小，选项E正确；故选ADE.

14.如图所示质量均为m的甲、乙两个相同的气缸放在水平地面上，甲气缸固定，两个气缸中的活塞分别封闭有A、B理想气体两活塞用水平轻杆通过活动铰链连接，活塞的横截面积为S，开始时A、B气体压强均等于大气压强p0，温度均为T0，体积分别为V，2V，气缸乙与地面间的动摩擦因数为0.5，活塞与气缸壁无摩擦且气密性好，不计活塞的重力，重力加速度为g，给电热丝通电，对A气体级慢加热，乙气缸的导热性能好，当乙气魟刚好要移动时。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求

(1)B气体的体积；

(2)A气体的温度。

【答案】（1） （2）

【解析】

【分析】

（1）根据平衡条件求出气缸B中气体的压强，对气缸B中的气体，应用玻意耳定律求出气体B的体积。

（2）求出A气缸中气体末状态的体积，对气缸A中的气体应用理想气体状态方程可以求出气体的温度。

【详解】（1）对气缸B，由平衡条件得：p1S=p0S+μmg，
气体压强：p1=p0+，气缸B中的气体发生等温变化，
由玻意耳定律得：p0•2V=p1VB，
解得：；
（2）气缸A中气体末状态体积：VA=3V-VB=，
对A中气体，由理想气体状态方程得：，
解得：T1=（1+）T0；

【点睛】本题是连接体问题，根据题意求出气体状态参量，应用玻意耳定律与理想气体状态方程可以解题，要注意两气缸中气体状态参量间的关系。

15.平行玻璃砖底面涂有反射层，一束由a、b两种单色光组成的复合光以45°人射角斜射到玻璃砖的上表面，经折射反射再折射后的光路如图所示。不考虑光在玻璃砖上表面的反射则玻璃砖对单色光___________(填“a”或“b”)折射率大；单色光___________(填“a”或“b”)在玻璃中传播的时间长；两束单色光从玻璃砖上表面出射后相互___________(填“平行”或“不平行”)。

【答案】    (1). a    (2). a    (3). 平行

【解析】

【分析】

根据光线进入玻璃砖时的偏折程度比较两种色光的折射率大小，从而比较出光在玻璃砖中传播速度的大小，结合光程关系判断传播时间的长短。根据几何关系和光路可逆性分析两束单色光从玻璃砖上表面出射后是否平行。

【详解】光路图如图所示，光线进入玻璃砖时，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大。
设玻璃砖的厚度为d。入射角为i，折射角为r，折射率为n。
则有：
光在玻璃中的传播速度：v=c/n
光在玻璃砖中的路程：
光在玻璃砖中的传播时间：t=x/v
解得光在玻璃中的传播时间：
采用特殊值法比较：
假设a光的折射率为，b光的折射率为
代入上式可得：

则 ta＞tb。
根据光路可逆性原理知两束单色光从玻璃砖上射出后折射角相等，且等于原来的入射角，所以两者相互平行。

【点睛】本题是光的折射与反射的综合题，关键要掌握折射定律和反射定律，能运用特殊值法研究传播时间关系。

16.如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0(实线)和t=0.5s(虚线)时刻的波形图。

(1)若t=0时刻，x=2.5m处质点正沿y轴负方向振动，求该质点第一次回到t=0时刻的位置所经过的最长时间；

(2)若波动的周期T≤0.5s≤2T，则在1s内波形传播的距离为多少?

【答案】（1） （2）10m或14m

【解析】

【分析】

①据在t=0时刻，x=2.5m处的质点向y轴负方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，根据周期通项，读出波长，求出波速。
②简谐波传播过程中，振动在一个周期内传播一个波长的距离。根据波形的平移法可知，若波向左传播，且T＜△t＜2T，则波传播的距离是 1λ；若波向右传播，且T＜△t＜2T，波传播的距离是1λ，从而求得波速，进而即可求解1s内波形平移的距离。

【详解】（1）已知在t=0时刻，x=2.5m处的质点向y轴负方向运动，波形向左平移，所以该波沿x轴的负方向传播。结合图像可知，该质点回到t=0时刻的位置波形传播的最小距离为x=1m，波传播的速度 （k=0，1，2，…），k=0时波速最小，最小速度为v=6m/s；x=2.5m处质点回到t=0时刻的位置所用最长时间
（2）由于T≤0.5s≤2T，若波沿x轴正向传播，则0.5s内波传播的距离为x1=5m；波在1s内传播的距离为10m；若波沿x轴负向传播，则0.5s内波传播的距离为x2=7m；波在1s内传播的距离为14m；

【点睛】本题是多解问题，关键是会通过波形微平移确定各个质点的振动方向和波动方向；然后由图象得到周期的通项，最后求解传播速度。