2019届河南省六市高三第二次联考理科综合物理试题（解析版）

2019年河南省六市联考高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.下列有关物理学史的说法正确的是（　　）

A. 法拉第发现电磁感应现象并发明第一台发电机

B. 麦克斯韦最早提出场的概念

C. 牛顿发现万有引力定律并被称为“称出地球质量的人

D. 普朗克首先提出光是能量子从而建立光子说

【答案】A

【解析】

【详解】A、法拉第发现电磁感应现象并发明第一台发电机，故A正确

B、法拉第最早提出场的概念，故B错误

C、牛顿发现了万有引力定律，引力常量是卡文迪许通过实验测出的，故C错误

D、爱因斯坦首先提出光是能量子从而建立光子说，故D错误

2.氢原子的结构可以简化为一个电子绕一个质子做匀速圆周运动，电子在不同轨道上运动，氢原子具有不同的能量。如图所示，为氢原子的能级示意图，一群氢原子（称为a群）处于n=3的激发态，他们向较低能级跃迁的过程中向外辐射光子，用这些光子分别照射逸出功为2.29eV的金属钠和处于基态的另一群（称为b群）氢原子，下列说法正确的是（　　）

A. a群氢原子辐射的光子都能使金属钠产生光电效应

B. a群氢原子辐射的光子都能被b群氢原子吸收

C. a群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从能级跃迁到能级所发出的光波长最短

D. a群氢原子辐射光子过程中，围绕质子做圆周运动的电子动能增大，电势能减小

【答案】D

【解析】

【详解】A、a群氢原子能发出三种频率不同的光，根据玻尔理论△E=Em-En（m＞n）得知，从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大，为12.09eV；从n=2跃迁到n=1辐射的光子能量为10.2eV，这两种光子的能量都大于逸出功，而从n=3跃迁到n=2所发出的光的能量为1.89eV，小于逸出功，所以能发生光电效应的光有两种。故A错误；

B、由△E=Em-En（m＞n）得知，b群的氢原子只能吸收特定频率的光子，其中由n=3向n=2辐射的光子不能被吸收。故B错误；

C、由E=hv=h得知，频率最高，波长最短，而从n=3跃迁到n=2所发出的光能量最小，发出的光波长最长。故C错误；

D、氢原子辐射光子的过程中，能量减小，轨道半径减小，根据知，电子动能增大，则电势能减小。故D正确。

3.在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移-时间图象分别为图中直线和曲线所示，图中t1对应x1，则（　　）

A. 到时间内，乙车的运动方向始终不变

B. 在时刻，甲车的速度大于乙车的速度

C. 到时间内，某时刻两车的速度相同

D. 到时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度

【答案】C

【解析】

甲图线切线斜率先为正值，然后为负值，知乙的运动方向发生变化，故A错误；根据x-t图象的斜率等于速度，所以在t1时刻，甲车的速度小于乙车的速度，故B错误；t1到t2时间内，甲图线的切线斜率在某时刻与乙相同，则两车的速度可能相同，故C正确；t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D错误。

4.如图所示,竖直面内有一圆环,圆心为O ,水平直径为AB ,倾斜直径为MN ，AB 、MN 夹角为θ,一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M 、N 两点,轻质滑轮连接一重物,放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳摩擦与轻绳重力，圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力的变化情况正确的是（  ）

A. 逐渐增大

B. 先增大再减小

C. 逐渐减小

D. 先减小再增大

【答案】B

【解析】

M、N连线与水平直径的夹角越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角越小，根据，轻绳的张力越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故B正确，ACD错误；

故选B。

5.2018年12月8日2时23分，我国成功发射“嫦娥四号”探测器。“嫦娥四号”探测器经历地月转移、近月制动、环月飞行，最终于2019年1月3日10时26分实现人类首次月球背面软着陆。假设“嫦娥四号”在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则“嫦娥四号”

A. 在减速着陆过程中，其引力势能减小

B. 在环月椭圆轨道上运行时，其速率不变

C. 由地月转移轨道进入环月轨道，应让其加速

D. 若知其环月圆轨道的半径、运行周期和引力常量，则可算出月球的密度

【答案】A

【解析】

【详解】A、在减速着陆过程中，万有引力对嫦娥四号做正功，引力势能减小，A正确；

B、在环月椭圆轨道上运行时，在近月点速率最大，远月点速率最小，B错误；

C、由较高的地月转移轨道进入较低的环月圆周轨道，即从高轨道向低轨道变轨，需要减速，C错误；

D、由于月球半径未知，故无法求得月球的密度，D错误。

故选A。

【点睛】一定要注意地月转移轨道比环月圆轨道要高，然后根据变轨的规律解题。

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，现有一个质量为0.1kg，电荷量为-2.0×10-8C的滑块P（可看做质点），仅在电场力作用下由静止沿x轴向左运动。电场力做的功W与物块坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.3，3）的切线。则下列说法正确的是（　　）

A. 此电场一定是匀强电场

B. 电场方向沿x轴的正方向

C. 点处的场强大小为

D. 与间的电势差是100V

【答案】BD

【解析】

根据W=Eqx可知，滑块B向左运动过程中，随x的增加图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，此电场一不是匀强电场，选项A错误；滑块B向左运动的过程中，电场力对带负电的电荷做正功，则电场方向沿x轴的正方向，选项B正确；点x=0.3m处的场强大小为，则 ，选项C错误；x=0.3m与x=0.7m间，电场力做功为W=2×10-6J，可知电势差是，选项D正确；故选BD.

7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=3：1，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上u=45sin100πt（V）的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表且电流表A2的示数为2A，则（　　）

A. 电流表的示数约为

B. 灯泡L的额定电压为15V

C. 灯泡A的额定电压为5V

D. 变压器原线圈消耗的功率为20W

【答案】AB

【解析】

【详解】A、因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I2=4 A，由变压规律可知原线圈中电流为I1=I2=A≈1.33A，故A正确；

BC、令副线圈两端电压为U2，则由变压规律可知原线圈两端电压U1=U2=3U2，令灯泡L两端电压为UL，则ULI1=U2IA，即UL=U2，而U=UL+U1且U=45 V，联立可得U2=10 V，UL=15 V，故B正确，C错误；

D、副线圈消耗的功率P=U2I2=40 W，所以变压器原线圈消耗的功率也为40 W，故D错误。

8.两根相距为L且足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们最右端接有阻值为R的电阻，导轨一部分在同一水平面内，另一部分与水平面的夹角为θ．质量均为m，电阻为R的相同金属细杆ab、cd与导轨垂直接触，导轨的电阻不计。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态。重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）

A. ab杆所受拉力F的大小为

B. ab杆两端电势差

C. 电阻的发热功率为

D. v与m大小的关系为

【答案】AC

【解析】

【详解】A、ab棒切割磁感线相当于电源，cd与电阻的阻值相等，流过cd与R的电流I相等，则流过ab杆的电流为2I，Fab安培=B•2IL=2BIL，Fcd安培=BIL；ab棒做匀速直线运动，由平衡条件得：F=Fab安培，cd静止处于平衡状态，由平衡条件得：Fcd安培cosθ=mgsinθ，解得：F=2mgtanθ，故A正确；

B、对cd棒，由平衡条件得：Fcd安培cosθ=mgsinθ，Fcd安培=BIL，解得：I=，ab棒是电源，ab棒两端电势差为路端电压，ab两端的电势差：Uab=2I×=，故B错误；

C、电阻的发热功率：P=，故C正确；

D、ab切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv=2I（R+），解得：v=，故D错误；

9.如图所示是沿x轴传播的一列简谐横波，实现是在时刻的波形图，虚线是在时刻的波形图，已知该波的波速是，则下列说法的是（      ）

A. 这列波的周期是

B. 这列波是沿x轴负方向传播

C. 时，处的质点速度沿y轴正方向

D. 内，处的质点振动方向改变了3次

E. 时，处的质点加速度方向向下

【答案】ABD

【解析】

从图知，波长，已知波速v=0.8m/s，则该波的周期为 ，故A正确；由于 ，根据波形的平移法可得知，该波x轴负方向传播，故B正确；由于该波向左传播，所以根据“上下坡法”可知，时刻，x=4cm处的质点的速度沿y轴负方向，故C错误；由于 ，t=0时刻，x=4cm处的质点的速度沿y轴负方向，可知，0-0.2s内，x=4cm处的质点振动方向改变了3次，故D正确；t=0.2s时，x=4cm处的质点位移方向向下，则加速度方向向上，故E错误。故选ABD.

三、实验题探究题（本大题共2小题，共15.0分）

10.如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱。实验时，将球1拉到A点，同时把球2放在立柱上，由静止释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞。碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点。测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c，此外，还需要测量的量是______、______、______和______。据测量的数据，该实验中验证动量守恒的表达式为______。

【答案】    (1). 弹性球1的质量m1    (2). 弹性球2的质量m2    (3). 立柱高h    (4). 桌面高H    (5). m1=m1+m2c

【解析】

【详解】要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量1、2两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌面高H；

1小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有

m1g（a-h）=m1v12，解得：v1=；碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律，有m1g（b-h）=m1v22，解得：v2=，碰撞后小球2做平抛运动，有：t=所以2球碰后速度为：v3=

所以该实验中动量守恒的表达式为：m1v1=m2v3+m1v2

代入数据得： m1=m1+m2c

11.有一量程为5V的电压表V，其内阻约为2kΩ，要准确测量其内阻，实验室有以下器材：

A．待测电压表V

B．电流表A1（量程为10mA，内阻未知）

C．电流表A2（量程为100μA，内阻未知）

D．电阻箱R（阻值范围为0～9999.9Ω）

E．滑动变阻器R1（总阻值为100Ω，额定电流为1A）。

F．滑动变阻器R2（总阻值为2kΩ，额定电流为0.1A）

G．电源E1（内阻不计，电动势为6V）

H．电源E2（内阻不计，电动势为1.5V）

I．开关及导线若干

（1）要准确测量电压表V的内阻，电流表应选______，滑动变阻器应选______，电源应选______。（填器材前的字母序号）

（2）现设计了如图所示的测量电路图，请在如图对应的实物图上正确连线____________。

（3）实验中电阻箱应调到合适的阻值，下列阻值中最合适的是______。

A.2kΩ    B.3kΩ    C．l00Ω    D.660Ω

（4）U为电压表V的示数，I为电流表A的示数，R为电阻箱的读数，根据测量数据和电路图，写出电压表V的内阻的测量值表达式，RV=______。

【答案】    (1). B    (2). E    (3). G    (4).     (5). D    (6).

【解析】

【详解】（1）通过电压表的最大电流约为：I==0.0025A=2.5mA，电流表应选择B；

为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；电压表量程为5V，电源应选择G；

（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）当电流表满偏电压表满偏时，电阻箱阻值：R=≈666.67Ω，则电阻箱选择D比较合适；

（4）电压表内阻为：RV=，其中：U为电压表示数，I为电流表示数，R为电阻箱阻值。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

12.如图为某课外活动小组模拟高铁动车编组实验，假设动车组是由动车和拖车编组而成，只有动车提供动力。该模拟列动车组由10节车厢组成，其中第1节和第6节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P，每节车厢的总质量均为m，动车组运行过程中所受阻力为车重的k倍。若动车组以额定功率沿水平方向做直线运动，经时间t速度达到最大。重力加速度为g，求：

（1）当动车组速度达到最大速度一半时的加速度大小和此时第7节车厢对第8节拉力大小；

（2）动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程。

【答案】（1）6kmg；（2）。

【解析】

【详解】（1）当加速度为零时，动车组速度最大为vm，则根据得：2P=10kmgvm,解得：，当时，2P=Fv，F=20kmg，由牛顿第二定律得：F-10kmg=10ma，解得：a=kg，以8、9、10三节车厢为研究对象，由牛顿第二定律得：-3kmg=3ma，解得：=6kmg

（2）由动能定律得：2Pt-10kmgx=10m，解得：x=

13.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第飞1层磁场左侧边界以初速度v0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场中运动，除B1、B2、E以外其他物理量已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。（cos53°=0.6，sin53°=0.8）

（1）若θ=53°，要求拉子不进人电场，求B1至少为多大？

（2）若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小；

（3）若θ=53°，且B1=，要求粒子不穿出第1层的电场，求E至少多大？

【答案】（1）若θ=53°，要求拉子不进人电场，B1至少为；

（2）若B1、E均已知，粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小为；

（3）若θ=53°，且B1=，要求粒子不穿出第1层的电场，E至少为。

【解析】

【详解】（1）当θ=53°时，设粒子在B1场中圆周运动半径为R1，根据洛伦兹力提供向心力可得：

qv0B1=m，恰好不进入电场时有：R1-R1cosθ=d，解得：B1≥；

（2）对粒子，设从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小为vn，根据动能定理可得：

-nEqd=mvn2-，解得：vn=；

（3）当θ=53°且B1=，设粒子在B1场中圆周运动半径R1′，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B1=m，设粒子进入电场时与界面夹角为β，在B1场中，由几何关系有：R1′cosβ-R1′cosθ=d，解得：β=37°，在电场中沿场强方向上匀减速运动，有：（v0sinβ）2-0=2d，所以：E≥。

14.如图甲所示，竖直放置的左端封闭、右端足够长且开口的U形均匀玻璃管中用水银柱封闭一段长为 l0=15cm的空气柱，两边管中水银柱长度分别为h1=22.5cm、h2=27.5cm，大气压强p0=75cmHg。

①求封闭空气柱压强（用cmHg表示）；

②现将U形管缓慢倒转使其开口向下，达到新的平衡，如图乙所示，假设在整个过程中环境的温度不发生变化，试求新平衡状态下空气柱的长度。

【答案】①80cmHg  ②l1=20cm或l2=30cm

【解析】

【分析】

①以密封气体为研究对象，密封气体的压强等于高度差与大气压强的和；

②密封气体做等温变化，设封闭管中仍有水银，求出状态参量，由波意尔定律即可求得。

【详解】①p1=p0+(h2-h1) cmHg 

代入数据得p1=80cmHg  

②设试管的横截面积为S，倒转后封闭管中仍有水银，而空气柱长度增加了x ，如图所示,

则由玻意耳定律有p1l0S=p2(l0+x)S 

而p1= p0+( h2-h1) cmHg

p2= p0-[( h2+x)-(h1-x)] cmHg 

代入数据得x1=5cm, x2=15cm 

由于x1、x2 均小于h1，故倒转后管中仍有水银，对应的空气柱长度为l1=20cm或l2=30cm

【点睛】此题考查的是玻意耳定律的应用，难点是第二问倒转后要先判断是否左管中仍有水银，求气体压强是本题的一个难点。

15.单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光线在过球心O的平面内。入射角i=45°，经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球表面折射后射出。已知真空中光速为c，入射光线与出射光线反向延长线之间的夹角α=30°，如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）。

①在图上画出光线在球内的路径和方向（简单说明画图步骤）；

②求透明球对该单色光的折射率和光在透明球中传播的时间。

【答案】①②透明球对该单色光的折射率为，光在透明球中传播的时间为。

【解析】

【详解】①根据对称性及光路可逆原理得：连接圆心O与角α的顶点，交球面于C点，连接AC、CB，ACB即为光线的路径，如图所示。

②由几何关系及对称性，有：r=+（i-r），解得：r=30°，由折射定律得：n===，由几何关系得：AC=BC=2Rcosr=2R•=R，光在透明球中传播路程为：L=2R，光在透明球中传播的速度为：v==c，光在透明球中传播的时间为：t==