2019届宁夏银川一中高三第一次模拟考试理科综合物理试卷(解析版)

1、宁夏银川一中2019届高三第一次模拟考试物理试题一.选择题1 .以下涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法不正确的是A.卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量B.奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场C.牛顿根据理想斜面实验，提出力是改变物体运动状态的原因D.纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论【答案】C【解析】【详解】A、卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力恒量.所以A选项是正确的.B、奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，所以B选项是正确的；C、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故C错误D、纽曼、韦伯在对理

2、论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中电磁感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D对；本题选不正确的，故选 C2 .如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态.如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是NMA.绳的右端上移到 b ；绳子拉力越大B.将杆N向右移一些，绳子拉力变大C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D.若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移【解析】【详解】AC、如图所示，由于是一条绳子，所以绳子的力应该处处相等，所以绳子与水平方向的

3、夹角也应该是相等的，假设绳子的总长为 L,则某二,若MN之间的距离不变，根据公式可知夹角就不会变化，设绳子的拉力为T,根据平衡可知：2女加。=mg,若夹角和质量 m不变，则绳子的拉力也不会改变，故 AC错；B、将杆N向右移一些，根据x=LeE可知夹角变小，再根据 如兑加二mg可知 绳子拉力变大，故 B对;D、绳长和两杆间距离不变的情况下，角度就不会变化，所以挂的衣服的质量不会影响悬挂点的移动，故D错；故选B3 .霍曼转移轨道(Hohmann transfer orbit)是一种变换太空船轨道的方法 ，此种轨道操纵名称来自德国物理学家瓦尔特 霍曼。在电影和小说流浪地球中，利用霍曼转移轨道，用最少

4、的燃料地球会到达木星轨道，最终逃出太阳系。如图所示，科学家利用固定在地面的万台超级聚变发动机瞬间点火，使地球在地球轨道I上的B点加速，通过运输轨道，再在运输轨道上的A点瞬间点火，从而进入木星轨道H。关于地球的运动，下列说法中正确的是木星队道】A.在轨道n上经过 A的速度小于经过在轨道I上B的速度B.在轨道n上经过 A的动能大于在轨道I上经过 B的动能C.在轨道n上运动的周期小于在轨道I上运动的周期D.在轨道n上经过 A的加速度小于在运输轨道上经过A的加速度【答案】A【解析】GMm 台【详解】A、两个轨道都是圆轨道， 根据一 二 m一可知半径越大，则速度越小，速度越大则动能就越大, r r故A对

5、；B错；GMm 2jt jC、根据二一二皿（'）r可知半径越大，则周期越大，故C错；GMmD、根据一二 二山口可知半径相等，则加速度就相等，故 D错；故选A4 .电荷量为Qi和Q2的两点电荷分别固定在 x轴上的0、C两点，规定无穷远处电势为零，x轴上各点电势随x的变化关系如图所示。则A.Q1带负电，Q2带正电B.将一带负电的试探电荷自 G点静止释放，仅在电场力作用下一定不能到达D点C. G点处电场强度的方向沿 x轴正方向D.将一带负电的试探电荷从 D点沿x轴正方向移到J点，电场力先做负功后做正功 【答案】B 【解析】由图知无穷远处的电势为 0, B点的电势为0,由于沿着电场线电势降低，

6、所以。点的电荷Qi带正电，C点电荷Q2带负电，选项 A错误；带负电的试探电荷在 G点受x正方向的电场力，故沿 x正向加速运动， 不能到达D点，故B正确；沿着电场线电势逐渐降低，可知G点的电场强度沿 x轴负方向，故 C错误；负电荷从D点到J点的电场力先沿x正向后沿x负向，故电场力先做正功后做负功，故 D错误。故选B。 点睛：解决本题的关键是明确沿着电场线电势逐渐降低，分析场强的方向，判断电场力的方向。此题还可 以通过（j）-x图像的斜率来判断电场的方向 5.如图所示，在空间有一坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°,第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域 I和II

7、,直线OP是它们的边界，OP上方区域I中磁场的磁感应强度为 B。一 质量为m,电荷量为q的质子（不计重力）以速度 v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域 I, 质子先后通过磁场区域 I和II后，恰好垂直打在 x轴上的Q点（图中未画出），则下列说法正确的是a.区域II中磁感应强度为RB.区域II中磁感应强度为 3BC.质子在第一象限内的运动时间为6班D.质子在第一象限内的运动时间为 石短【答案】D【解析】【详解】AB、设质子在磁场I和II中做圆周运动的轨道半径分别为0和，区域II中磁感应强度为 B',运动轨迹如图所示：页5第r2由牛顿第二定律得 平R =由带电粒子才磁

8、场中运动的对称性和几何关系可以知道，质子从A点出磁场I时的速度方向与 OP的夹角为加° ,故质子在磁场I中轨迹的圆心角为600,如图所示：由几何关系可知口力=一，1在区域II中，质子运动1/4圆周,°z是粒子在区域II中做圆周运动的圆心 r2 = OAsin300 =由计算得出区域II中磁感应强度为：H =，故AB错误；CD、质子在I区运动轨迹对应的圆心角为60口，在n区运动轨迹对应的圆心角为：,1 2nLm TTm质子在I区的运动时间 G =1x = ?3 ,6g 日3qB1 27rm nm75rm质子在n区运动时间.,则粒子q qBq 叩故选D【点睛】由几何知识作出轨迹

9、，如图.由几何关系定律研究两个磁感应强度的关系，求解区域II中;:在 A象限内的运动时间为却* C错误,D正确.，得到质子在两个磁场中轨迹半径与OA的关系，由牛顿第二磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角然后求出质子在磁场中做圆周运动的时间 带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到.6.在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，Ri为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻。当 Ri的滑动触头P从左向右移动时，伏特表 Vi和V2的示数的增量分别为 AUi和AU2,对A

10、Ui和AU2有I11 11r尺 氐 ®A.C.【答案】AD【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知：比=A/（r 十 /23）Al4 - A，/结合公式可知1初11>四/故A对；B错当Ri的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，小，所以电压表 Vi变小，则知AU2>0, AUi <0,故故选ADB：1 一四勺D. 电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减C错；D对7 .如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD ,在水平外力作用下以大小为 v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为:的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是A.第二次

11、进入与第一次进入时线圈中的电流之比为i： 38 .第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为i： 3C.第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为i： 3D.第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为i： 3【解析】 设磁感应强度为 B, CD边长度为L, AD边长为，线圈电阻为 R;线圈进入磁场过程中，产生的感应电.E BLv 一 ，一，一动势E=BLv ,感应电流,感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流 K K2 2之比:=1:3,故A正确；线圈进入磁场时受到的安培力:产=百北二巴上，线圈做匀速直线运AR2 2222动，由平衡条件得，外力 F=F

12、尸Rf” 2E 外力功率2二产犷=2±_上，功率与速度的平方成正比，第ARR二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比:=1:9 ,故B错误；线圈进入磁场过程中产页15第A.物块B.物块的班即9a运动的时间为-C.外力F做的功为D.弹簧弹力做的功为Zm2g2sin20生的热量：q=pRt = 偿yxrx，二0等2,产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线 f圈中产生热量之比：Q5Q=1V = L3,故C正确；通过导线横截面电荷量：g = ZA£ = At= ,电荷3R AtR量与速度无关，电荷量之比为1: 1,故D错误；故选 AC.【点睛】根据切割公式 E=BLv求

13、解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比.由电流定义式求出电荷量间的关系.8.如图所示，质量均为 m的物块a、b用一根劲度系数为 k的轻弹簧相连接，放在倾角为。的足够长光滑固定斜面上，且a是带电量为+q的绝缘物块，C为固定挡板，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，系统处于静止状态。现用一外力F沿斜面方向拉物块 a使之向上做匀加速运动,当物块a刚要离开斜面时物块 b恰将离开挡板Co重力加速度大

14、小为g,则此过程 a运动的距离为 1r【答案】AB【解析】mgsinG开始时弹簧的压缩量 琳=-I-;当物块b恰好离开挡板 C时，弹簧伸长量：，则物块a一 .2musinG 一一 一一， , 、一 二 一 一 一运动的距离为 4方=Az+也0=-,选项 A正确；当 a离开斜面时满足： m白£。5白二中2/?,解得廿_7n, 物块 a 运动的时间为r二竺二竺 *"：劭' , 选项 B 正确； 根据动能定理： qlivi? k1口一Wmgxstn0 = -mv2,解得W=m0Ax豆山日+二2m ""十3m/ ,选项C错误；弹簧开始的压缩量等于最后的伸

15、长量，弹性势 2k 2能不变，则弹力做的功为零，选项 D错误；故选AB.点睛：本题是连接体问题，关键是正确分析物体的受力情况，判断能量的转化情况。要灵活运用功能原理分析物体机械能的变化情况。、非选择题:9.在 验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度 h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t,改变小球下落高度 h,进行多次重复实验.此方案验证机械能守恒定律方便快捷，请完成以下问题：甲乙用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=mm;(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，

16、应作下列哪一个图象 ;2gA. h t图象 B. h 工图象 C. ht2图象D. h2图象.2、(3)经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量 mv总是稍小于重力势能减少量mgh,你认为增加释放局度h后，两者的差值会 (填增大"缩小“或不变”).【答案】(1). 17.806(17.804 17.808 均可)(2). D (3).增大【解析】(1)用螺旋测微器测小球的直径d=17.5mm+0.01mm X30.5=17.805mm,;(2)要验证的关系式是：mgh =二二7nt即卜=丁-彳，则为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作4图象，故选D.(3)由于下落过程中空气阻力

17、的作用，使得小球动能的增加量总是稍小于重力势能的减小量，则增加释放的高度后，空气阻力做功会增加，两者的差值会增加10 .要测量一节内阻较大的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的实验电路，电路中的定值电阻Ri = 8 Q .(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到最右端.闭合开关后，调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数Ui、U2,填在下表中，请根据表格数据在图下所示的坐标系中作出U2Ui的 图象.U1/V0.100.200.300.400.500.60U2/V1.050.900.750.700.450.30(2)由于电压表Vi内阻的存在，测得的干电池电动势 (填 大于”等于“或 小于&

18、quot;电动势的真实值, 测得的干电池内阻 (填 大于”等于“或 小于”的阻的真实值.【答案】(1). (1 )如图所示(2). 1.20(3). 4.0(4). (2)等于(5).大于【解析】【详解】(1)由表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示;解得：4 = £喀氏， 1由图可知，电动势 E=1.20V； R+r 12图像斜率k = 一1=;K UrD解得：r=4.0 Q(3)由以上公式可得，由于 Vi内阻的影响，干路电流应大于 y ,故题目中出现误差;当外电路断路时，电阻的影响可以忽略；故对电动势的测量没有影响；故电动势的测量值等于真实值；但如果考虑电压表内阻，表达式应为：

19、？三月一一,因R'vR,故内阻的测量值大于真实值；故答案为：(1) 1.20； 4.0； (2) Vi；等于；大于。【点睛】根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，从而明确电源的电动势和内电阻;根据实验原理及表达式分析误差来源，并根据电表带来的影响明确误差情况11 .传送带以恒定速率 v=4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角。与7°.现将质量m=2 kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点，平台上的人通过一根轻绳用恒力F=20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高H= 1.8 m的平台上，如图所示.已知物品与传送带之间的动摩擦因数科=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩

20、擦力再取10 m/s2,已知sin 37 = 0.6,cos 37 =0.8.问:（1）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,则物品还需多长时间离开皮带 ？【答案】1s（2-五）s【解析】试题分析：（1）物品在达到与传送带速度v=4m/s相等前，有：F+科mgcos37-mgsin37 °=ma1解得 a1= 8m/s2由 v=a1t1, t1=0.5s12 ”位移随后，有： F-(imgcos37-mgsin37 =ma2解得a2=0,即滑块匀速上滑位移11x1 = 2mx2t-j=0一55 v总时间为：t=t+t2=1S即物品

21、从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s.（2）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,根据牛顿第二定律，有mgcos37- mgsin37 = ma3解得：a3= - 2m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为 xv2x=4m>22 _ , , 1即物体速度减为零时已经到达最局点；由解得：/=（2-应加出=2+年>0,5苫舍去）即物品还需（2-g）占离开皮带。考点：牛顿第二定律的综合应用.12 .小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角0= 53。，导轨上端串接一个 R= 0.05 弼电阻.在导轨间长d= 0.56 m的区域内，

22、存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T.质量m = 4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s= 0.24 m. 一位健身者用恒力 F = 80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当 CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使 CD棒回到初始位置(重力加速度g= 10 m/s2, sin 53 = 0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆 和绳索的质量).求：(1) CD棒进入磁场时速度 v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力Fa的大小；(3)在拉升CD

23、棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热 Q.【答案】(1) 2.4m/s (2) 48N (3) 64J； 26.88J【解析】试题分析：(1)由牛顿定律0=-m进入磁场时的速度v = 24m/占(2)感应电动势E = E岳.叽感应电流，二n安培力F产词代入得严乩二七一二 48N(3)健身者做功W=F(5 + d) = 64/由牛顿定律；一田目4"= 0CD棒在磁场区做匀速运动d在磁场中运动时间"Q = 7% = 26,8BJ 【考点定位】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；功【名师点睛】此题是关于电磁感应现象中的力及能量的问题。解题时要认真分析物理过程，搞清物体的受

24、力情况及运动情况，并能选择合适的物理规律列出方程解答；此题难度中等，意在考查学生综合运用物理规律解题的能力。【此处有视频，请去附件查看】13 .下列说法正确的是。A.气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B.布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动C.热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响D.水国可以停在水面上是因为液体具有表面张力E.温度升高，物体所有分子的动能都增大【答案】ACD【解析】试题分析：气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，单位体积内的分子数越多及气体分子的平均动能

25、越大，则气体的压强越大，选项 A正确；布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动，选项 B错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，选项正确；水蝇可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故，选项D正确；温度升高，分子的平均动能变大， 并非所有分子的动能都增大，选项E错误；故选ACD .考点：气体的压强；布朗运动；热力学第二定律；表面张力；平均动能【名师点睛】此题考查了选修3-3中的几个知识点，包括气体的压强的微观解释、布朗运动、热力学第二定律、液体的表面张力以及平均动能等；都是基础知识，但是有些确实都

26、是易错点，例如布朗运动，它不是分子运动，不是液体分子运动，不是热运动，这些都要认真理解.14 .一定质量的理想气体从状态 A变化到状态B再变化到状态 C,其状态变化过程的 pV图象如图所示.已 知该气体在状态 A时的温度为27 C .求：武八伊】、)(i)该气体在状态 B和C时的温度分别为多少C ?(ii)该气体从状态 A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少?【答案】(1)177 C; 27 C (2)放热,1 200 J【解析】【详解】（i）对一定质量的理想气体由图象可知，A- B等容变化，由查理定律得 丁月代入数据得 Tb=450 K 即tB=177 C_、一4七瞰£A- C由理想气体状态万程得 =1 A1 C代入数据得 Tc = 300 K即tc = 27 C （ii）由于Ta=Tc,该气体在状态 A和状态C内能相等，AU=0从A到B气体体积不变，外界对气体做功为0,从B到C气体体积减小，外界对气体做正功，W= p AV由p-V图线与横轴所围成的面积可得=1200/由热力学第一定律AU = W+ Q可得 Q=- 1 200 J即气体向外界放出热量，传递的热量为1 200 J.故本题答案是：（