2019届河北省衡水第一中学高三下学期二调考试理科综合物理试卷（解析版）

河北省衡水中学2019届高三下学期二调考试理科综合试题（物理部分）二、选择题1.引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一，三位美国科学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖，对于引力波概念的提出，可以通过这样的方法来理解：麦克斯韦认为，电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波；爱因斯坦认为，物体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波，爱因斯坦的观点的提出，采取了下列哪种研究方法A. 控制变量法 B. 对比法 C. 观察法 D. 类比法【答案】D【解析】【详解】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法.爱因斯坦根据麦克斯韦的观点：电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波，提出了物体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波的观点，采用了类比法.故D正确，A,B,C错误；故选D.2.厦门地铁 1 号线被称作“最美海景地铁”，列车跨海飞驰，乘客在车厢内可观赏窗外美丽的海景。设列车从高崎站至集美学村站做直线运动，运动的v− t图像如图所示，总位移为 s，总时间为，最大速度为 ，加速过程与减速过程的加速度大小相等，则下列说法正确的是A. 加速运动时间大于减速运动时间B. 从高崎站至集美学村站的平均速度为C. 匀速运动时间为D. 加速运动时间为 【答案】C【解析】【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变。【详解】A、加速过程与减速过程的加速度大小相等，则根据，知加速度大小相等，速度变化量大小相等，则时间相等，故A错误；B、从高崎站至集美学村站的平均速度= ，故B错误；CD、设匀速运动时间为t，因为图像的面积代表位移，故总位移，所以，故C正确，D错误；故选C。【点睛】本题的解题关键是抓住两个数学意义来分析和理解图象的物理意义，速度-时间图象的斜率等于加速度。3.用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹，如图甲所示为洛伦兹力演示仪的实物图，如图乙所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直于纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场，下列关于实验现象和分析正确的是A. 仅增大励磁线圈中的电流，电子运动径迹的半径变大B. 仅增大电子枪中加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变C. 仅增大电子枪中加速电场的电压，电子运动径迹的半径变小D. 要使电子形成图乙所示的运动径迹，励磁线圈中应通以逆时针方向的电流【答案】B【解析】【详解】A、C、电子在加速电场中加速，由动能定理有：    ①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：  ②解得：  ③可见保持加速电压不变，增加励磁电流，即B增大，电子束形成圆周的半径减小；仅升高电子枪加速电场的电压，电子束形成圆周的半径增大；故A，C错误.B、电子在磁场中运动的周期：，与电子的速度无关，与加速电场的大小无关，故仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期不变，故B正确；D、若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹，故D错误.故选B.4.氢原子能级图如图所示，用大量处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时，发射出的光照射光电管阴极K，测得光电管电流的遏止电压为7.6 V，已知普朗克常量h=6.63×10－34 J·s，电子电量e=－1.6×10－19 C，下列判断正确的是A. 电子从阴极K表面逸出的最大初动能为2.6 eVB. 阴极K材料的逸出功为7.6 eVC. 阴极K材料的极限频率为6.27×1014 HzD. 氢原子从n=4跃迁到n=2能级，发射出的光照射该光电管阴极K时能发生光电效应【答案】C【解析】光电管电流的遏止电压为7.6 V，根据Ue=Ekm，可知电子从阴极K表面逸出的最大初动能为7.6 eV，选项A错误；大量处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时，辐射光子的能量为（-3.4eV）-（-13.6eV）=10.2eV，则阴极K材料的逸出功为10.2eV -7.6 eV=2.6eV，选项B错误；阴极K材料的极限频率为，选项C正确；氢原子从n=4跃迁到n=2能级，辐射光子的能量（-0.85e）-（-3.4eV）=2.55eV，小于金属的逸出功，则发射出的光照射该光电管阴极K时不能发生光电效应，选项D错误；故选C.5.电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u=220sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。电动机M的内阻r=8Ω，额定电压为U=220V，额定功率P=110W。下列判断正确的是）（  ）A. 该交变电源的频率为100HzB. 当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110VC. 当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大D. 当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W【答案】D【解析】【分析】根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度，结合得交变电源的频率；当选择3档位后，根据变压比规律求出副线圈两端电压的有效值，最大值为有效值的倍；当档位由3变为2后，根据变压比规律判断副线圈的电压，分析输出功率的变化，根据输入功率等于输出功率，由判断原线圈电流的变化；当选择档位4后，根据变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率。【详解】A、根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：，交变电源的频率，故A错误；B、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，根据电压与匝数成正比得：，解得：，所以电动机两端电压的最大值为V，故B错误；C、当档位3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据知原线圈电流变小，故C错误；D、当选择档位4，副线圈匝数等于2400匝，根据电压比规律得到副线圈两端的电压为220V，电动机正常工作，流过电动机的电流，电动机的发热功率，电动机的输出功率，故D正确。故选D。【点睛】本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式。6.一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下向上运动。不计空气阻力，物体的机械能E与上升高度h的关系如图所示，其中曲线上A点处的切线斜率最大，h2~h3的图线为平行于横轴的直线。下列说法正确的是A. 在h1处物体所受的拉力最大B. 在h2处物体的动能最大C. h2~h3过程中合外力做的功为零D. 0~h2过程中拉力F始终做正功【答案】AD【解析】由图可知，h1处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由E=Fh可知此时所受的拉力最大，此时物体的加速度最大；故A正确；h1～h2过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；h2时刻图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在h2处；故B错误；h2～h3过程中机械能保持不变，故说明拉力一定为零；合外力等于重力，合外力做功不为零；故C错误；由图象可知，0～h2过程中物体的机械能增大，拉力F始终做正功；故D正确；故选AD。点睛：本题画出了我们平时所陌生的机械能与高度的变化图象；要求我们从图象中分析物体的运动过程。要求我们能明确机械能与外力做功的关系；明确重力做功与重力势能的关系；并正确结合图象进行分析求解。7.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点处，其中坐标为－3L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图象如图所示，其中x=L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是A. 两点电荷一定均为正电荷B. 原点O处的场强大小为C. 正检验电荷在原点O处受到向左的电场力D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大【答案】AB【解析】【详解】A、由φ-x图象特点可知L处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A正确；B、C、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，,得，故原点O处的场强大小为,方向向右,则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右；故B正确，C错误；D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小；故D错误.故选AB.8.如图所示，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的可视为质点的小球与障碍物相距x，在障碍物以v0=4m/s的速度匀速向左运动的同时，小球自由下落，忽略空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是A. L=1m、x=1m时小球可以穿过矩形孔B. L=0.8m、x=0.8m时小球可以穿过矩形孔C. L=0.6m、x=1m时小球可以穿过矩形孔D. L=0.6m、x=1.2m时小球可以穿过矩形孔【答案】BC【解析】根据自由落体运动的公式求出小球通过矩形孔的时间，从而通过等时性求出L的最大值．结合小球运动到矩形孔上沿的时间和下沿的时间，结合障碍物的速度求出x的最小值和最大值．小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间为：；小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间为，则小球通过矩形孔的时间为，根据等时性知L的最大值为，故A错误；若，x的最小值为，x的最大值为，x的取值范围是，B正确；若，x的最小值为，x的最大值为，所以，C正确D错误．三、非选择题9.欲测量某种材料的电阻率 ρ，现提供以下实验器材：A．20分度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1(量程为50mA，内阻r1=100Ω)；D．电流表A2(量程为100mA，内阻r2约为40Ω)；E．滑动变阻器R1(0~10Ω，额定电流为2A)；F．直流电源E(电动势为3V，内阻很小)G．导电材料R2(长约为5cm，电阻约为100Ω)；H．开关一只、导线若干。请回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，其示数L=___________cm，用螺旋测微器测得该材料的外直径如图乙所示，其示数D=___________mm。（2）某小组设计了如图丙、丁所示的两种实验方案的电路图，为了尽可能精确地测量该材料的电阻率ρ应选用图___________(填“丙”或“丁”)所示电路。（3）某次实验中电流表A1和电流表A2的示数分别为I1和I2，用所测得的物理量符号和已知物理量的符号表示该材料的电阻率ρ=___________。【答案】    (1).     (2).     (3). 丁    (4). 【解析】【详解】(1)由图示游标卡尺可知，其读数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm；由图示螺旋测微器可知，其读数为：4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm.(2)电压表的量程远大于电源的电动势，所以电压表不适用，两个电流表中，电流表A2的满偏电流大于电流表A1的满偏电流，又电流表A1的内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将电流表A1与样品并联后再与电流表A2串联，滑动变阻器阻值较小，应用分压式接法，应选择图丁所示电路图；(3)根据图丁所示电路图可知，实验中应记录的物理量有：电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，根据电阻定律有：,样品横截面积:,根据欧姆定律可得：,解得：；10.某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g。（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_________。A．小球的质量m                   B．AB之间的距离HC．小球从A到B的下落时间tAB        D．小球的直径d（2）小球通过光电门时的瞬时速度v =_________(用题中所给的物理量表示)。（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=__________。（4）在实验中根据数据实际绘出—H图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值=　_______________（用k、k0表示）。【答案】    (1). BD；    (2). ；    (3). ；    (4). ；【解析】【分析】该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容。【详解】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。故选BD。
（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；
故；
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；
即：2gH=（）2
解得：，那么该直线斜率k0=。
（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为；【点睛】考查求瞬时速度的方法，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。11.如图所示，t＝0时一质量m＝1 kg的滑块A在大小为10 N、方向与水平向右方向成θ＝37°的恒力F作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t1＝2 s时撤去力F； t＝0时在A右方x0＝7 m处有一滑块B正以v0＝7 m/s的初速度水平向右运动。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。两滑块均视为质点，求：（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻；（2）两滑块间的最小距离。【答案】（1）3.75s（2）0.875m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F前后时A的加速度以及B的加速度；根据撤去F之前时速度相等和撤去F之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值.【详解】（1）对物块A，由牛顿第二定律：；对物体A撤去外力后：；对物体B：A撤去外力之前两物体速度相等时：，得t＝1 sA撤去外力之后两物体速度相等时：，得t′＝3.75 s（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：△x＝x0＋x2－x1； 得△x＝0.875 m12.如图所示，竖直面内有一圆形小线圈，与绝缘均匀带正电圆环共面同心放置。带电圆环的带电量为Q，绕圆心做圆周运动，其角速度ω随时间t变化的关系图象如图乙所示(图中ω0、t1、t2均为已知量)。线圈通过绝缘导线连接两根竖直的、间距为l的光滑平行金属长导轨，两导轨间的矩形区域内存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁场上、下边界的间距为h，磁感应强度大小恒为B．“工”字形构架由长度为H(H>h)的绝缘杆和水平金属棒AB、CD组成，金属棒与导轨紧密接触。初始时锁定“工”字形构架，使金属棒AB位于磁场内的上边沿，t1时刻解除锁定，t2时刻开始运动。已知“工”字形构架的质量为m，金属棒AB和金属棒CD的长度均为l，金属棒AB和金属棒CD离开磁场下边沿时的速度大小均为v，金属棒AB、CD和圆形线圈的电阻均为R，其余电阻不计，不考虑线圈的自感，重力加速度为g。（1）0~t1时间内，求带电圆环的等效电流（2）t1~t2时间内，求圆形线圈内磁通量变化率的大小（3）求从0时刻到金属棒CD离开磁场的全过程中金属棒及线圈产生的焦耳热。【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)由电流的定义式可知：(2)时间内，由平衡条件可知：，则由欧姆定律可知，得到：(3)时间内，解得：时刻后，由功能关系可知：得到：从0时刻到金属棒CD离开磁场的全过程中金属棒击线圈产生的热量为：13.下列说法中正确的是___________A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子间存在斥力B. 液晶显示屏就是利用液晶的光学性质具有各向异性制成的C. 如果气体分子总数不变而温度升高，则气体分子的平均动能增大，气体的压强必然增大D. 液体的温度越高，表面张力越小E. 不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化【答案】BDE【解析】【详解】A、气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散；故A错误.B、液晶具有某些晶体的特性，如其光学性质具有各向异性，液晶显示屏就是用液晶的光学各向异性制成的；故B正确.C、对于一定量的气体，如果温度升高，同时体积增大，根据理想状态的状态方程可知其压强不一定增大；故C错误.D、温度的高低反应分子运动的激烈程度，温度升高分子运动的激烈程度增强，液体的表面张力将减小；故D正确.E、根据热力学第二定律，不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；故E正确.故选BDE.14.如图所示，一定量的理想气体最初处于状态A，之后经历从状态A→状态B→状态C的系列变化。已知状态A时气体的温度为200K，体积为40L，压强为8×104Pa，状态B时温度升高至400K。①求状态B时的压强及状态C时的体积。②从状态B到状态C的过程，定性分析气体与外界热传递的情况并求外界对气体做功的大小。【答案】(1)     ，      (2)气体对外放出热量，   【解析】（1）状态A到状态B过程为等容变化， 解得 状态B到状态C过程为等圧変化解得VC=20L（2）从状态B到状态C的过程为等呀变化，气体体积减小，外界对气体做功W=pB∆V解得W=3.2×103J状态B到状态C的过程理想气体的温度降低，内能减小，由热力学第一定律∆U=W+Q可知气体对外放出热量.15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻的波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻，这列波刚好传到Q点，波形图如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q为介质中的质点，则下列说法正确的是___________A. 这列波的波长为40mB. 这列波的波速为16.7m/sC. 质点c在这段时间内通过的路程一定为30cmD. 从t时刻起，t+s时刻，质点a恰好第一次到达平衡位置E. t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同【答案】ADE【解析】【详解】A、B、由图可知，波的波长为λ=40m；波从P传到Q的距离为x=90m-60m=30m，波速为 ;故A正确，B错误.C、波从P传到c的时间为，在这段时间内质点c振动了半个周期，通过的路程等于2A=20cm;故C错误.D、从t时刻开始计时，质点a的振动方程为 ,当y=0，时，，故在这个时刻质点a第一次到达平衡位置，故D正确.E、在 t 时刻，因波沿x轴正方向传播，故此时质点P是向上振动的，经后，P正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1s；质点b是正在向上振动的（负位移），是在到达最低点后向上运动0.1s，可见此时两个质点的位移相同;故E正确.故选ADE.16.如图所示，固定在水平地面上的透明球体的折射率n=、半径为R。O为透明球体的球心，其底部P点有一点光源(可向各个方向发射光线)，过透明球体的顶点Q有一足够大的水平光屏，已知真空中的光速为c。（1）求光从P点传播到Q点的最短时间；（2）若不考虑光在透明球体中的反射，求光屏上光照面积S。【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)光在透明球内的传播速度为光从P点传播到Q点的最短时间，得到:(2)设透明球体的临界角为A，则，得到:光路图如图所示：光屏上的光照面是以Q为圆心，QM为半径的圆，由几何知识得到半径为光屏上光照面积为得到：