河北省衡水中学2019届高三下学期一调考试理科综合（物理部分）
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】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：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大小为0.01N·s
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：C→D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，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，0～0.10s内：=BS=（1-0）×0.01=0.01Wb，0～0.10s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。
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(可认为安培力远大于重力)I=mv=0.01Ns=0.02Ns，故C错误。
D、开关K闭合后，对CD杆由动量定理得：B1IL•t=mv-0，电荷量：Q=It，解得通过CD的电荷量：Q=It===C=0.01C，故D正确。
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=θ，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μ，重力加速度为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(3-2cosθ) ，选项A错误；从A到G由动能定理： 其中 ，解得：，则滑块下滑后不能从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。
二、非选择题
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。某小组用图（a）所示的装置研究电磁铁线圈的工作电压与衔铁所受磁力的关系，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， V1为理想电压表。
（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P应向______端（填“c”或“d”）。
（2）已知电磁铁线圈的直流电阻为30Ω，滑动变阻器的最大电阻为170Ω，电源E的电动势为12.0V，滑动变阻器能提供的最大分压为11.9V，则E的内阻是________Ω（保留2位有效数字）．
（3）同学们将金属应变片R1粘贴在弹性梁的上表面，将R1和定值电阻R2连接成图（b）所示电路。线圈通电吸引衔铁下移时，应变片变长，R1的阻值将_______，电压表V2的读数将________．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
（4）在线圈通电吸合衔铁后，用外力F使电磁铁和衔铁刚好分开，测得F与线圈两端电压U的关系如图（c）．若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为 _______V．
【答案】 (1). （1）c (2). （2）0.21Ω (3). （3）增大； (4). 增大； (5). （4）6V
【解析】
【分析】
（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，必须要增加线圈的电流，加大线圈两端的电压，从而判断变阻器的滑片P应向何方移动。（2）当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，线圈上的分压最大，根据电路的结构结合闭合电路的欧姆定律求解电源的内阻；（3）分析动态电路，判断电压表读数变化；（4）根据F-U图像分析工作电压.
【详解】（1）为增加电磁铁产生的磁感应强度，必须要增加线圈的电流，加大线圈两端的电压，则变阻器的滑片P应向c端移动。
（2）当滑动变阻器的滑片P滑到c端时，线圈上的分压最大，此时外电路总电阻为：，电源的电流为，电源的内阻：
（3）根据电阻定律，应变片变长，则截面积变小，R1的阻值将变大，总电阻变大，总电流减小，则电源内阻和定值电阻R2上的电压减小，则电压表V2的读数将增大；
（4）由F-U图像可知，当F=1200N时，U=6V；即若要求该锁能抵抗1200N的外力，则工作电压至少为6V．
11.如图所示，质量m=15g、长度L=2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数μ=0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN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R1=1m和R2=3m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，两半园的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC=2m，现有一质量m=15g、带电荷量q=+6×10－3C的物块A(可视为质点)以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共遠，且木板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡扳C上方飞入PQNM区域，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。
(1)当物块A刚滑上木板D时，求物块A和木板D的加速度大小.
(2)求电场强度的大小.
(3)为保证小物块A只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。
【答案】(1)3m/s2，1m/s2；(2)25V/m；(3)
【解析】
【详解】（1）当物体刚滑上木板D时，对物体A受力分析有：
解得： a2=3 m/s2
对木板D受力分析有：
解得： a1=1m/s2
（2）物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：
解得：E=25 V/m；
（3）物块A与木板D共速时有：
解得： v=1 m/s
粒子做匀速圆周运动有：
要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A在磁场中运动的轨迹半径R应满足:
解得：。
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】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，选项A正确； 给篮球打气时，会越来越费力这是气体压强作用的缘故，与分子间的斥力无关，选项B错误； 布朗运动表明了颗粒越小，温度越高，分子运动越剧烈，选项C错误；凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，在围绕地球运行的航天器中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果，故D正确；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T，振幅为A，绳上两质点M、N的平衡位置相距个波长，质点N位于质点M右方。规定向上为正方向，在t=0时刻质点M的位移为+，且向上运动，经过时间t0(t0
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