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1、河南省六市2020届高三第一次联考（一模）理科综合物理试题 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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，有选错或不选的得0分。1. 下列说法正确的是A. 诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子B. U的半衰期约为7亿年，随着地球温度的升高，其半衰期将变短C. 核反应过程中如果核子的平均质量减小，则要吸收能量D. 结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】A【解析】放射性同位素可以作为示踪原子，诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素
2、的目的是将其作为示踪原子，A正确；半衰期由原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的 物理或化学状态无关，B错误；核反应过程中如果核子的平均质量减小，根据爱因斯坦质能方程可知要释放核能，C错误；比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，D错误2. 如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合。A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO。现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则A. 从A到B，小物块的加速度逐渐减小B. 从A到B，小物块的加速度先增大后
3、减小C. 小物块一定带负电荷，从A到B电势能先减小后增大D. 从A到B，小物块的电势能一直减小，受到的电场力先增大后减小【答案】B【解析】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，B正确A错误；q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，C错误D错误
4、3. 万有引力定律和库仑定律都满足平方反比规律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。例如电场中引入电场强度来反映电场的强弱，其定义为，在引力场中可以用一个类似的物理量来反映引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G。如果一个质量为m的物体位于地心2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是A. B. C. D. 【答案】C4. 如图甲所示，一匝数N=10匝、总电阻R=7.5、ad长L1=0.4m、ab宽L2=0.2m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r=0.1m的圆形磁场的直径，线框的左
5、半部分处于垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B0=1T，圆形磁场的磁感应强度为B，方向垂直线框平面向下，大小随时间变化规律如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=1.2N，3，则A. t=0时刻穿过线框的磁通量大小为0.01WbB. 线框静止时，线框中的感应电流为0.2AC. 线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为0.8ND. 经时间t=2s，线框开始滑动【答案】A【解析】试题分析：穿过线框的磁通量由两部分组成，根据磁通量，即可求解；根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流的大小；根据安培力表达式，结合左手定则与受力平衡条件，即可求解设磁场向上穿过线框
6、磁通量为正，由磁通量的定义得t=0时，有，A正确；根据法拉第电磁感应定律有，由闭合电路欧姆定律，则有，B错误；由楞次定律可知，圆形磁场的磁感应强度增大时，线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向，ad中的感应电流的方向向下，由左手定则可知，ad边受到的安培力的方向向左ad边受到的安培力是10匝线圈受到的安培力的和，即：，所以ad边受到的摩擦力的大小为0.4N，C错误；圆形磁场的磁感应强度均匀增大，所以产生大小不变的电动势，感应电流的大小不变，而左侧的磁场区域内的磁场不变；由图乙可知，在t=0.4s时刻，右侧的磁感应强度，由左手定则可知，右侧的bc边受到的安培力方向向左，大小：，所以整体受到安培力
7、的和等于：，所以线框受到的安培力的大小与摩擦力相等，所以线框在t=0.4s后才能开始滑动，D错误5. 在光滑水平地面放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的小物块（电荷量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且Mm，空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场。某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图所示。取水平向右的方向为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对
8、M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知v-t图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有，因，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动，则B正确6. 如图所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，用A、B两弹簧秤拉橡皮条结点，使其到达O点处，此时+90，然后保持弹簧测力计B的示数不变而减小时，为保持结点O位置不变，可采取的办法是A. 减小A的读数，同时减小角 B. 减小A的读数，同时增大角C. 增大A的读数，
9、同时减小角 D. 增大A的读数，同时增大角【答案】AB【解析】试题分析：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则作图进行分析O点位置不变，即合力大小和方向不变，保持B的示数不变，即B的拉力大小不变，即一个分力大小不变，一个分力大小和方向都变，要减小，如图，根据平行四边形定则可得减小A的读数，同时减小角或减小A的读数，同时增大角，AB正确7. 图甲中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表，为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴O匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑片P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R。从图示位置开始计
10、时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，以下判断正确的是A. 电压表的示数为VB. t=0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最小C. 保持R的大小不变，P的位置向上移动，电流表读数减小D. 保持R的大小及P的位置不变，发电机线圈的转速增大一倍，变压器的输入功率将增大到原来的4倍【答案】BD【解析】电压表显示的是交流电的有效值，故示数为，A错误；0.01s时感应电动势负向最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，最小，B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发
11、电机线圈的转速增大一倍，根据，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确8. 用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电流表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是A. 电表B为电压表，电表C为电流表B. 接线端4的电势低于接线端2的电势C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电
12、压表的示数将保持不变D. 若增大R1、增大R2，则电压表示数增大【答案】BC【解析】B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为电流表，电表C为电压表，A错误；根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，B正确；当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，C正确；增大，电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，增大，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小
13、，D错误三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9. 图中圆盘可绕过中心垂直于盘面的水平轴转动.圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度，用表示，我们用测量直线运动加速度的实验装置来完成实验，实验步骤如下.其中打点计时器所接交流电的频率为50Hz，图中A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出.如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速
14、转动；断开电源，经过一段时间，停止转动圆盘和打点，取下纸带，进行测量(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径_；(2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速为_（保留两位有效数字）(3)圆盘转动的角加速度为19.8 _【答案】 (1). 120.00 (2). 6.5 (3). 9.810【解析】试题分析：0分度的游标卡尺精确度为0.05mm，读数时先读大于1mm的整数部分，再读不足1m的小数部分；根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=r求解角速度；用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度（1）游标卡尺主尺部分
15、读数为120mm，小数部分为零，由于精确度为0.05mm，故需读到0.01mm处，故读数为120.00mm，半径为6.00cm（60.00mm）（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，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D点时小车的瞬时速度大小，故；（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得，由于，故角加速度为10. 按图甲所示的电路测量一节旧电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(约20)，可供选择的器材如下：两个相同电流表A1、A2（量程0500A，内阻约为500），滑动变阻器R（阻值0100，额定电流1.0A），定值电阻R1（阻值约为100），两个相同的电阻箱R2、R3（阻值0999.9），开关、导线若干由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此，先将电流表改装（扩大量程），然后再按图甲电路进行测量(1)测量电流表A2的内阻，按图乙电路测量A2的内阻时，必要的操作如下A断开S1B闭合S1、S2C按图乙连接线路，将滑动变阻器R的滑片调至最左端，R2调至最大D断开S2，闭合S3
