《河北省衡水中学2019届高三下学期一调考试理科综合物理试卷附答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省衡水中学2019届高三下学期一调考试理科综合物理试卷附答案解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 河北省衡水中学河北省衡水中学 2019 届高三下学期一调考试届高三下学期一调考试 理科综合物理理科综合物理 一、选择题一、选择题 1.关于物理学史，下列说法错误的是 A. 伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这 就是将数学推导和科学实验相结合的方法 B. 牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用 的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力定律 C. 奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场 D. 爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能
2、量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不 可再分的最小能量值叫做能量子 【答案】D 【解析】 【详解】伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方 法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法，选项 A 正确；牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基 础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力 定律，选项 B 正确； 奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够 产生磁场，选项 C 正确；普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐 射或吸收的，这个不可
3、再分的最小能量值叫做能量子，选项 D 错误；此题选择不正确的选项，故选 D. 2.已知引力常量 G，利用下列数据不能计算地球半径的是 A. 月球绕地球运动的周期、线速度及地球表面的重力加速度 B. 人造卫星绕地球运行的周期、及地球的平均密度 C. 地球同步卫星离地的高度、周期及地球的平均密度 D. 近地卫星绕地球运行的周期和线速度 【答案】B 【解析】 【详解】已知月球绕地球运行的周期和线速度，根据求解月地距离 r；根据万有引力等于向心力，有： = 2 求解地球的质量 M；地球表面加速度为 g，则 GM=gR2，联立可求解地球的半径 R，故 A 正确； 2 42 2 2 人造卫星绕地球的周期及
4、地球的平均密度 ，因为不知道轨道半径，无法求解地球质量，知道密度也无法求 得地球半径，故 B 错误；知道同步卫星的周期 T 和高度 h，由，r=R+h 和 M= R3，联立解得 2 42 2 4 3 R，故 C 正确；根据近地卫星的周期和线速度 v=，可求出轨道半径，近地卫星轨道半径近似等于地球半径， 2 故 D 正确；此题选择不能求解地球半径的，故选 B。 3.如图所示，水平的传送带上放一物体，物体下表面及传送带上表面均粗糙，导电性能良好的弹簧右端与物 体及滑动变阻器滑片相连，弹簧左端固定在墙壁上，不计滑片与滑动变阻器线圈间的摩擦。某同学观察到， 当传送带沿箭头方向运动且速度大小为 v 时，
5、物体处于静止状态，则当传送带逐渐加速到 2v 时，下列说法正 确的是 A. 物体受到的摩擦力变大，灯泡的亮度变亮 B. 物体受到的摩擦力变小，灯泡的亮度变暗 C. 物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度不变 D. 物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度变亮 【答案】C 【解析】 【详解】因摩擦力大小只与压力大小及接触面的粗糙程度有关与物体的相对运动速度无关，故物体所受摩擦 力不变；由于传送带运动且速度为 v 时，物体与传送带发生相对滑动，故物体受到的摩擦力和弹簧弹力是一 对平衡力；当传送带逐渐加速到 2v 时，因物体所受摩擦力不变，则物体仍处于平衡状态，故物体的位置将不 发生变化，与滑动变阻器保持相对静止
6、，滑动变阻器接入电阻不变，则由欧姆定律可得电路中电流不变，灯 泡的亮度不变。故选 C。 4.如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为 4：1，R1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电 阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压 u 随时间 t 按正弦规律变化，如图乙所示。下列说 法正确的是 3 A. 变压器的输入功率与输出功率之比为 4：1 B. 变压器原、副线圈中的电流之比为 4：1 C. u 随 t 变化的规律为 u=51im50tV(式中各物理量均为国际单位制) D. 若热敏电阻 Rt的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 【答案】D 【解析】 【详解】原副线
7、圈输入功率和输出功率相等，故 A 错误。根据得，原副线圈的电流之比为 1：4，故 B 1 2 2 1 错误。交变电压的峰值为 51V，周期 T=0.02s，则角速度 2/T100rad/s，则 u 随 t 的变化规律为 u=51sin（100t） ，故 C 错误。若热敏电阻 RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变， 则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故 D 正确。故选 D。 5.如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力， 之后物块经相同时间落回地面。不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为（ ） A. 2 B
8、. 3 2 C. 4 3 D. 5 4 【答案】C 【解析】 【详解】设物体在撤去拉力时速度大小 v，落地速度大小 v；上升过程：x= t；下降过程：x=t；解得： 2 2 v：v=1：2；由动量定理得：上升过程：（F-mg）t=mv；下降过程：-mgt=-mv-mv；联立解得：F：mg=4：3，故选 C. 【点睛】此题用动量定理解答，即方便又快捷，注意要能灵活运用动量定理得，注意正方向规定，理清各物 4 理量的符号；此题还可以尝试用牛顿第二定律解答 6.如图甲所示，质量为 0.01kg、长为 0.2m 的水平金属细杆 CD 的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽 所在空间存在磁感应强度大小
9、 B1=10T、方向水平向右的匀强磁场，且杆 CD 与该匀强磁场垂直。有一匝数为 100、面积为 0.01m2的线圈通过开关 K 与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场 中，其磁感应强度 B2随时间 t 变化关系如图乙所示。在 t=0.20s 时闭合开关 K，细杆瞬间弹起(可认为安培力 远大于重力)，弹起的最大高度为 0.2m。不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水槽后的运动， 重力加速度 g=10m/s2，下列说法正确的是 A. 磁感应强度 B2的方向竖直向上 B. t=0.05s 时，线圈中的感应电动势大小为 10V C. 细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量
10、大小为 0.01Ns D. 开关 K 闭合后，通过 CD 的电荷量为 0.01C 【答案】ABD 【解析】 【分析】 由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由左手定则可以判断出感应电流方向；然后用安培定则判断出 线圈中感应电流磁场的方向，最后应用楞次定律判断磁感应强度的方向。在 t=0.20s 时闭合开关 K，CD 杆向 上做竖直上抛运动，应用竖直上抛运动规律可以求出其获得的初速度，由动量定理求出细框受到的安培力， 然后由电流定义式的变形公式求出电荷量。 【详解】A、细杆 CD 所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：CD，由安培定则可知感应 电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可
11、知，在 0.20-0.25s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁 感应强度 B2方向：竖直向上，故 A 正确。 B、由图示图象可知，00.10s 内：= BS=（1-0）0.01=0.01Wb，00.10s 线圈中的感应电动势大小： E=n=100V=10V，即 0.15s 时，线圈中的感应电动势大小为 10V，故 B 正确。 0.01 0.10 C、细杆弹起瞬间的速度，v=m/s=2m/s，在 t=0.20s 时，细杆所受安培力的冲量(可认为安 22 10 0.2 培力远大于重力)I=m v=0.01N s=0.02N s，故 C 错误。 2 5 D、开关 K 闭合后，对 CD 杆由
12、动量定理得：B1IL t=mv-0，电荷量：Q=I t，解得通过 CD 的电荷量： Q=I t=C=0.01C，故 D 正确。 1 0.01 2 10 0.2 故选：ABD 【点睛】本题是电磁感应与电学、力学相结合的综合题，分析清楚图乙所示图象是解题的关键，应用法拉第 电磁感应定律、左手定则、安培定则、楞次定律、动量定理等即可解题。 7.如图所示，斜面 ABC 竖直固定放置，斜边 AC 与一光滑的圆弧轨道 DEG 相切，切点为 D，AD 长为 L= ，圆弧轨道圆心为 O 半径为 R，DOE=，OG 水平。现有一质量为 m 可看为质点的滑块从 A 点无初速 下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，重
13、力加速度为 g，则 A. 滑块经过 E 点时对轨道的最小压力为 mg B. 滑块下滑后将会从 G 点飞出 C. 滑块第二次经过 E 点时对轨道的压力为 3mg D. 滑块在斜面上经过的总路程为 s= () 【答案】CD 【解析】 【分析】 滑块从 A 点滑下后在 AD 部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到 AD 斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块 将在以 E 点为最低点，D 为最高点来回滚动，此时经过 E 点时对轨道的压力最小，根据动能定理结合牛顿第 二定律求解各项. 【详解】滑块从 A 点滑下后在 AD 部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到 AD 斜面上时的高度逐渐降低， 最终滑块将在以 E
14、点为最低点，D 为最高点来回滚动，此时经过 E 点时对轨道的压力最小，则从 D 到 E 点， 由机械能守恒定律：，在 E 点：，联立解得 N=mg(3-2cos) ，选项 A 错 (1) = 1 2 2 = 2 误；从 A 到 G 由动能定理： 其中 ，解得：，则滑 () = 1 2 2 = = 0 块下滑后不能从 G 点飞出，选项 B 错误；滑块第一次到达 E 点时，根据动能定理： ，解得，第二次到达 E 点的速度与第一次相同，则 + (1) = 1 2 2 = 2 6 由牛顿第二定律：NE-mg=m ，解得 NE=3mg，选项 C 正确；由以上的分析可知，滑块最终 将在以 E 点为最 2
15、低点，D 为最高点来回滚动，则由动能定理：，解得，选项 D 正确；故 = = () 选 CD. 【点睛】此题的运算和物理过程都比较复杂，根据是搞清滑块运动的物理过程，并能分析出滑块最终的状态 这是解题的关键. 8.一半径为 R 的均匀带正电圆环水平放置，圆心为 O 点，质量为 m 的带正电小球(可视为质点)从 O 点正上方 距离为 h 的 A 点由静止下落，并穿过圆环小球在从 A 点运动到 A 点关于 O 点对称的 A点的过程中，其加 速度 a、重力势能 Ep 重、机械能 E、电势能 Ep 电，随位置变化的图像如图所示(规定 O 点为坐标原点且重力势 能为 0，竖直向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为 0)，其中可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】圆环中心的场强
