河北省衡水中学2019届高三下学期一调理科综合物理试题
二、选择题：本題共8小题，每小题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，第19～21题有多项符含題目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
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】ACD
【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：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；人造卫星绕地球的周期及地球的平均密度ρ，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=ρ•πR3，联立解得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，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，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，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
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=51im50πtV(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错误。交变电压的峰值为51V，周期T=0.02s，则角速度ω＝2π/T＝100πrad/s，则u随t的变化规律为u=51sin（100πt），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.
C.
D.
【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：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、长为的水平金属细杆的两端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、方向水平向右的匀强磁场，且细杆与该磁场方向垂直。一匝数为100匝、横截面面积为的线通过导线、开关与两水银槽相连，线岡处于沿竖直方向垂直穿过圈横截面的匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。在时闭合开关，细杆间弹起（可认为弹起过程中安培力远大于重力，重力忽略不计），弹起的最大高度为。不考虑空气阻力，水银的黏滞作用和细杆落回水槽后的运动，重力加速度取，下列说法正确的是（ ）
A. 感应强度的方向竖直向上
B. 时，线圈中的感应电动势大小为
C. 在细杆CD弹起的过程中，细杆CD所受安培力的冲量大小为
D. 开关闭合后，通过细杆某一横截面的电荷量为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、由题意知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知感应电流方向由C到D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.15~0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度方向竖直向上，故A正确；
B、由图像可知，0~0.1s内线圈的感应电动势大小为，即0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10V，故B正确；
C、细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为，故C错误；
D、开关K闭合后，设通过CD的电荷量为q，根据动量定理可得：，而，解得：，故D正确；
故选ABD。
7.如图所示，斜面竖直固定放置，斜边与一光滑的圆弧轨道相切，切点为，长为，圆弧轨道圆心为，半径为，，，水平。现有一质量为、可视为质点的滑块从点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为，则关于滑块的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块经过点时对轨道的最小压力为
B. 滑块下滑后将会从点飞出
C. 滑块第二次经过点时对轨道的压力大小为
D. 滑块在斜面上经过的总路程为
【答案】CD
【解析】
【详解】A、滑块从A点下滑后在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，则D到E点，根据机械能守恒定律：，在E点：，联立解得：，故A错误；
B、从A到G由动能定理得：，其中，解得：，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；
C、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，根据牛顿第二定律，解得，故C正确；
D、滑块最终将在以E点为最低点、D为最高点来回运动，根据动能定理：
，解得，故D正确。
故选CD。
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】圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小。故A不可能。故A错误。小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=-mgh，根据数学知识可知，B是可能的。故B正确。小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的。故C正确。由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的。故D错误。故选BC。
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作管。
第33～38题为选考题，考生根要求作答。
9.用游标卡尺和螺旋测微器分别测量不同物体的宽度和厚度，请你读出它们的数据：
（1）游标卡尺的读数：________cm；
（2）螺旋测微器的读数：_________mm。
【答案】2.64 5.020
【解析】
游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
解：游标卡尺的固定刻度读数为2.6cm，游标尺上第4个刻度游标读数为0.1×4mm=0.4mm=0.04cm，所以最终读数为：2.6cm+0.04cm=2.64cm；
螺旋测微器的固定刻度读数为5mm，可动刻度读数为0.01×2.0mm=0.020mm，所以最终读数为：5mm+0020mm=5.020mm．
故答案为：2.64cm，5.020mm．
10.磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用如图甲所示的装置研究电磁铁线的工作电压与衔铁所受磁力大小的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正下方，为理想电压表.
(1)为增大电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应向_________端移动（选填“”或“”）.
(2)已知电磁铁线圈的直流电阻为，滑动变砠器的最大阻值为，电源的电动势为，滑动变阻器能提供的最大分压为，则电源E的内阻为_________（保留两位有效数字）
(3)同学们将阻值会因形状变化而发生改变的金属应变片
粘贴在弹性梁的上表面，然后将金属应变片、定值电阻和理想电压表连接成如图乙所示的电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，的阻值将_________，电压表的读数将_________。（填“增大”“减小”或“不变”）
(4)在线圈通电吸合衔铁后，用外力使电磁铁和衛铁刚好分开，测得外力与线圈两端电压的关系如图丙所示，若要求该锁能抵抗的外力，则工作电压至少为_________。
【答案】 (1). c (2). 0.21 (3). 增大 (4). 增大 (5). 6
【解析】
【详解】解：(1)根据电流的磁效应，电流越大，产生的磁场强度越强，为了增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片应该滑向c端；
(2)当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，滑动变阻器提供的分压最大，由闭合电路欧姆定律，，，联立解得：；
(3)线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，根据电阻定律，R1的阻值将增大。根据串联电路分压规律可知，电阻增大，电压增大，所以电压表V2的读数将增大；
(4)由图丙可知，F=1200N时对应的工作电压为6.0V，即要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为6.0V。
11.如图所示，质量、长度的木板静置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，地面右端的固定挡板与木板等高。在挡板右侧竖直虚线、之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为和的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半圆的圆心到固定挡板顶点的距离。现有一质量、带电荷量的物块可视为质点）以的初速度滑上木板，二者之间的动摩擦因数，当物块运动到木板右端时二者刚好共速，且本板刚好与挡板碰撞，物块从挡板上方飞入区城，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度取.
(1)当物块刚滑上本板时，求物块和木板的加速度大小，
(2)求电场强度的大小.
(3)为保证小物块只能从环带状区城的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。
【答案】(1) ；；(2) ；(3) 或
【解析】
【详解】解：(1) 当物块刚滑上木板时，对物块受力分析有：
解得：
对本板受力分析有：
解得：
(2)物块进入区域后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：
解得：
(3)物块与木板共速时有：
解得：
粒于做匀速圆周运动有：
要使物块只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场、物块在磁场中运动的轨迹半径应满足：或
解得：或
则磁感应强度大小的取值范围为：或
12.如图所示，一足够长的透气圆筒竖直固定在地面上，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对薄滑块的阻力可调节。开始薄滑块静止，ER流体对其限力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与溥滑块碰撞后粘在一起向下运动为使薄滑块恰
好做匀减速运动且下移距离为时其速度减为0，ER流体对薄滑块的阻力必须随薄滑块下移而适当变化，以薄滑块初始位置处为原点，向下为正方向建立Ox轴，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求ER流体对薄滑块的阻力Ff随位置坐标x变化的函数关系式
(2)在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为λmg，若此后薄滑块仍能向上运动，求λ的取值范围。
(3)在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使之后ER流体对运动的薄滑块阻力大小恒为λmg，若此后薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，求A的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)设滑块静止时弹簧压缩量为，则有：
设物体下落与滑块相碰前的速度大小为，由动能定理得：
设碰后二者粘在一起的共同速度为，由动量守恒定律得：
滑块下移的距离为时，由运动学公式得：
由牛顿第二定律得：
解得 ；
(2)滑块能向上运动，则有
解得：；
(3)当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力：
作出F-x图象如图所示：
由数学知识可得滑块停止运动的位置坐标
滑块停止运动不再下降的条件是：
解得：。
13.下列说法正确的是________.
A. 固体可以分为晶体和非晶体两类，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状
B. 给篮球打气时，会越来越费力，这说明分子间存在斥力
C. 布朗运动表明了分子越小，分子运动越剧烈
D. 在太空里的空间站中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
E. 水的饱和汽压与温度有关
【答案】ADE
【解析】
【详解】A、固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶体和多晶体，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故A正确；
B、给篮球打气时会越来越费劲，说明球内部气体的压强越来越大，与分子斥力无关，故B错误；
C、布朗运动是小颗粒的运动，不是分子的运动，在布朗运动中，固体小颗粒越小，受到分子碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故C错误；
D、在太空里的空间站中，水滴完全失重，自由飘浮的的水滴星球形，这是表面张力作用的结果，故D正确；
E、 水的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，故E正确。
故选ADE。
14.内壁光滑的导热汽缸竖直放置，用质量不计、横截面面积S=2×10－4m2的活塞封闭一定质量的理想气体。先在活塞上方缓缀倒上沙子，使封闭气体的体积逐渐变为原来的一半。接着一
边在活塞上方缓缓倒上沙子，一边对汽缸加热使活塞位置保持不变，直到气体温度达到177℃，已知外界环境温度为27℃，大气压强p=1.0×103Pa，热力学温度T=t+273K，重力加速度g取10m/s2，求：
①加热前所倒沙子的质量。
②整个过程总共倒在活塞上方的沙子的质量。
【答案】(1)2kg；(2)4kg
【解析】
【详解】（1）初状态时，气体的压强，设气体的体积V1,倒上沙子后，气体的体积
气体发生等温变化，根据玻意耳定律有：
解得：
加热前所倒沙子的质量为m1=2kg；
（2）之后对汽缸加热，缸内气体发生等容变化，加热前气体的温度：
加热前气体的温度：
有：
代入数据解得：
对活塞和沙子受力分析，有：
解得：沙子的质量为m2=4kg。
15.一列简谐横波沿水平绳向右传播，其周期为，振幅为，绳上两质点、的平衡位置相距个波长，质点位于质点右方。规定向上为正方向，在时刻质点的位移为分，且向上运动，经过时间，质点的位移仍为，但向下运动，则下列说法正确的是__________.
A. 在时刻，质点N恰好位于波谷
B. 在时刻，质点N的位移为负
C. 在时刻，质点N振动的方向向下
D.
E.
【答案】BCE
【解析】
【详解】由题可知在t=0时M位移为，且向上运动，则M点的振动方程为：，将在t=0时M位移为代入方程得：，所以：；经时间，M位移仍为，但向下运动，代入公式得：；两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方，时刻与时刻的波形图分别如图甲和图乙所示，在时刻，质点N的位移为负，质点N振动的方向向下，故B、C、E正确，A、D错误；
故选BCD。
16.如图所示，一透明玻璃砖横截面的上半部分是半径为R的半圆，下半部分是边长为2R的正方形，在玻璃砖的左侧距离为R处，有一和玻璃砖侧面平行的足够大的光屏。一束单色光沿图示方向从光屏上的P点射出，从M点射入玻璃砖，恰好经过半圆部分的圆心O，且∠MOA=45°，已知玻璃砖对该单色光的折射率n=，光在真空中的传播速度为c。
①求该单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值。
②从M点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖，求该单色光在玻璃砖内传播的时间。
【答案】(1) ；(2)
【解析】
【详解】（1）设单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角为C，则有
解得： ；
（2）单色光射到玻璃砖的平面上时的入射角均为
则单色光在玻璃砖内射到平面上时会发生全反射，其光路图如图所示
单色光在玻璃砖内传播的距离为：
传播速度为
传播时间为。
微信/支付宝扫码支付