1、河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺（二）理科综合物理试题二、选择题 1.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比. 下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象,可能正确的是【答案】C【解析】皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv，联立解得： ；由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；根据BD的结论，有，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故a-t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；故
2、选C点睛：本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律【此处有视频，请去附件查看】2.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点上方A点用铰链连接长度为3a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置摆下，下摆过程中紧贴环面，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v且刚好交圆环的最低点，则这时AB两端的电压大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设导体棒到达竖直位置时，导体棒与金属环的交点为C，根据v=r可知，因为B点的线速度为v，则C点的速度，则BC产
3、生的电动势，则BC两端的电压：，则AB两端的电压大小为，故选B.3.2014年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是()A. “嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B. “嫦娥五号”在d点的加速度小于C. “嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率D. “嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率【答案】C【解
4、析】试题分析：A、“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态，故A错误B、在d点，“嫦娥五号”的加速度，又GM=gR2，所以故B错误C、“嫦娥五号”从a点到c点，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率，故C正确D、从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D错误故选C考点：考查万有引力定律及其应用【名师点睛】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合万有引力提供向心力、机械能守恒进行求解4.在动摩擦因数的水平面上有一个质量
5、为的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取则A. 小球的加速度为B. 小球的加速度为C. 小球的加速度为D. 小球向左做匀加速运动【答案】B【解析】【详解】A、B、C、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45=101=10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为：f=mg=0.210N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：；则A，C错误
6、，B正确。D、小球向左加速运动，但弹簧逐渐恢复形变，弹力变小，则小球做加速度逐渐减小的变加速直线运动，D错误。故选B。【点睛】解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，但小球对地面的压力瞬时变化，瞬时产生压力和摩擦力，故在求解加速度时要先求解摩擦力5.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是A. 在t0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u36sin50t（
7、V）C. Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变D. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大【答案】D【解析】【详解】当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零。故A错误；原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是=100，u=36sin100t（V），故B错误；Rt处温度升高时，原线圈的电压不变；原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误； Rt温度升高时，阻值减小，电流增
8、大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确；6.如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心已知电场线与圆所在平面平行下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是( )A. a点的电势为6VB. a点的电势为2VC. O点的场强方向指向a点D. O点的场强方向指向电势为2V的点【答案】AD【解析】试题分析：匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等由题意知可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向解：A、在匀强电场
9、中，任意两平行直线上相等距离电势差相等，所以，a点电势比10V低4V，即为6V，故AB错误C、a点的电势为6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的点，故C错误，D正确故选：D【点评】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面7.竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为R的圆弧MN和半径为r的半圆弧NP拼接而成（两段圆弧相切于N点），小球带正电，质量为m，电荷量为q已知将小球由M点静止释放后，它刚好能通过P点，不计空气阻力下列说法正确的是（）A. 若加竖直
10、向上的匀强电场，则小球能通过P点B. 若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过P点C. 若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过P点D. 若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过P点【答案】AC【解析】【分析】应用动能定理求出小球到达P点的速度，小球恰好通过P点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题【详解】设M、P间的高度差为h，小球从M到P过程由动能定理得：，小球恰好通过P点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：，r=2h；A、若加竖直向上的匀强电场E（Eqmg），小球从M到P过程由动能定理得：，解得：，则：，小球恰好通过P点，故A正确；B、若加竖直向下的匀强电场，小
11、球从M到P过程由动能定理得：，解得:，则：，小球恰好通过P点，故B错误；C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向下，则:，小球不能通过P点，故C正确；D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达P点的速度v不变，洛伦兹力竖直向上，则：，小球对轨道有压力，小球能通过P点，故D错误；故选AC.【点睛】本题是一道力学综合题，知道小球通过P点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题8.在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静
12、止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上。设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则( )A. 当B刚离开C时，A发生的位移大小为B. 从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为C. B刚离开C时，恒力对A做功的功率为D. 当A的速度达到最大时，B的加速度大小为【答案】AD【解析】试题分析：开始时弹簧的压缩量为；当用力拉A使得B刚离开挡板时，弹簧的伸长量为：，则当B刚离开C时，A发生的位移大小为，选项A正确；从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为，选项B错误；B刚离开C时，对物体A：；此时F弹=2mg
13、sin，解得F=3mgsin+ma，则恒力对A做功的功率为，选项C错误；当A的速度达到最大时，此时A的加速度为零，则：，解得F弹=2mgsin+ma；此时对B:，解得B的加速度大小为，选项D正确；故选AD.考点：牛顿第二定律；胡克定律；功率【名师点睛】此题是对牛顿第二定律、胡克定律以及功率问题考查；解题时要搞清两个物体运动的物理过程，分析物体的受力情况，尤其是弹力方向的变化情况，结合牛顿第二定律列得方程求解未知量；注意当物体速度最大时，物体的加速度为零.三、非选择题 9.（1）螺旋测微器和游标卡尺如下图所示，它们的读数是_mm、_mm.（2）某同学用如图所示的装置测定重力加速度：实验中所用电源
14、的频率为50Hz，实验中在纸带上连续打出点1、2、3、9，如图所示，由纸带所示数据可算出实验时重物下落的加速度为_m/s2（结果保留三位有效数字）（3）下面是一些有关高中物理实验的描述，其中正确的是_A在“研究匀变速直线运动”实验中，不需要平衡摩擦力B在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量C在“探究力的平行四边形定则”的实验中，在同一次实验中橡皮条拉长的结点位置可以不同D在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功E在用欧姆表“10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，应该换“1”挡进行测量【答案】 (1). （1）0.996-1.000 (2). 10
15、.10 (3). （2）9.70 (4). （3）AD【解析】【详解】（1）螺旋测微器的读数是：0.5mm+0.01mm49.8=0.998mm；游标卡尺读数：1cm+0.05mm2=10.10mm.（2）根据x=aT2可得：，解得 （3）在“研究匀变速直线运动”实验中，只需要小车做匀加速运动即可，不需要平衡摩擦力，选项A正确；在“验证机械能守恒定律”的实验中，由mgh=mv2可知，两边的m可以消掉，则没必要用天平测物体的质量，选项B错误；在“探究力的平行四边形定则”的实验中，在同一次实验中橡皮条拉长的结点位置必须相同，选项C错误；在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外
16、力做的功，选项D正确；在用欧姆表“10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，说明档位选取的太低，则应该换“100”挡进行测量，选项E错误.10.现有一块59C2型小量程电流表G（表头），满偏电流为50A，内阻约为800850，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：滑动变阻器R1，最大阻值20；滑动变阻器R2，最大阻值100k；电阻箱R，最大阻值9999；定值电阻R0，阻值1k；电池E1，电动势1.5V；电池E2，电动势3V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻不计），标准电流表A，满偏电流1.5mA；单刀单掷开关S1和S2；单刀双掷开关S3；电阻丝及导线若干（1）采用如图
17、（甲）所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为_，选用的电池为_甲 乙 丙（2）将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图（乙）、（丙）所示图_为合理电路，另一电路不合理的理由是_（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用 来表示_【答案】 (1). （1）R2 (2). E3 (3). （2）图（乙） (4). 因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏 (5). （3）如图：【解析】【详解】（1）首先我们要知道半偏法测量电流表内
18、阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S1打开时，设电流表满偏电流 ，实验要求RRg，Rr，这样才有 ，当S1闭合时，R和Rg并联，并联后总阻值R并RgR，这样才有S1闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于，调节R使电流表半偏为，所以流过R的电流也为，所以R=Rg从上述原理可知，S1打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是RRg故实验器材选择应满足电源电动势尽可能大，R尽可能大所以滑动变阻器选量程较大的R2，电池选用电动势较大的E3（2）图（乙）所示的电路较合理，因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏
19、电流而损坏（3）核对电路如图所示为使改装后的电流表与标准表在01mA之间逐格核对，应选用分压电路由于A和A满偏电流和满偏电压都很小，为使滑动变阻器便于调节，即有较大的调节范围，滑动变阻器应选用R1，电池应选用E1，且在电流表所在的支路上串联定值电阻R0，起保护作用11.中国海军歼-15舰载机已经在“辽宁”舰上多次进行了舰载机着陆和甲板起飞训练，这标志着我国已经基本拥有在航母上起降舰载机的能力。现将飞机起飞模型简化为先在水平甲板上做匀加速直线运动，再在倾角为=15的斜面甲板上以最大功率做加速运动，最后从甲板飞出的速度为360km/h。若飞机的质量为18吨，甲板AB=180m，BC=50m,（飞机
20、长度忽略当做质点，不计一切摩擦和空气阻力，取sin15=0.3，g=10 m/s2）(1) 如果要求到达甲板B点的速度至少为离开斜面甲板速度的60%，则飞机在水平甲板上运动时的牵引力至少为多少？(2) 如果到达B点时飞机刚好到达最大功率，则从飞机开始运动到飞离甲板共需多少时间？【答案】（1）1.8105N（2）11.58s【解析】【详解】（1）由动能定理得： 解得，F=1.8105N （2）到达B点时的功率为： =1.08107W 飞机从A运动到B的时间： B到C的时间由动能定理，得： 联立解得，t=11.58s12.如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方
21、有匀强磁场，方向垂直纸面向外图中未画出，质量为m电荷量为q的粒子不计重力以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场电场方向指向O点，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场求粒子运动的速度大小；粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【答案】（1） （2） （
22、3）【解析】试题分析：（1）粒子进入静电分析器做圆周运动，故解得：（2）粒子从D到A匀速圆周运动，故由图示三角形区域面积最小值为在磁场中洛伦兹力提供向心力，设MN下方磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，若只碰撞一次，则，故，若碰撞次，则：，故（3）粒子在电场中运动时间：，在下方的磁场中运动时间：，在上方的磁场中运动时间：总时间：。考点：带电粒子在磁场中的运动。（二）选考题 13.下列说法正确的是 A. 分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动B. 碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间存在着斥力C. 物体做加速运动时速度越大，物体内分子的平均动能也越大D. 液晶既有液体流动性，又具有光学各向异
23、性E. 在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成标准的球形【答案】ADE【解析】【详解】分子的热运动是指物体内部分子的无规则运动，选项A正确；碎玻璃不能拼在一起，是由于不能再使得分子间距达到引力的范围，选项B错误；宏观物体的动能与微观物体的分子动能无关，选项C错误；液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性，选项D正确；在完全失重的情况下，由于表面张力的作用，熔化的金属能够收缩成标准的球形，选项E正确.14.如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍管中装入水银，两管中水银面与管口距离均为12 cm，大气压强为p075 cmHg.现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞
24、封闭并将活塞缓慢推入管中，直至两管中水银面高度差达6 cm为止，求活塞下移的距离(假设环境温度不变)【答案】6.625 cm.【解析】试题分析：如图，设细管的液面下降了x，则粗管液面上升了，根据题意：，得（2分）(2)对粗管内的气体应用玻意耳定律：（2分）代入数据解得:末状态粗管中气体的压强p=90cmHg （1分）则细管中气体末状态的压强为（90+6）cmHg （1分）设活塞下移y，对细管中的气体用波意耳定律：（2分）代人数据有：解得：y=6.625cm （1分）考点：本题考查了波意耳定律15.对图中的甲乙丙丁图，下列说法中正确的是()A. 图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光
25、在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度B. 图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从面射出C. 图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，无论i逐渐增大到多大，光线一定能从面射出D. 图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E. 图丁中的M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将会发生变化，此现象表明光波是横波【答案】ACE【解析】【详解】根据折射率和光的传播速度之间的关系n=c/v，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折
26、得厉害，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度。故A正确。当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb面射出，故B错误，C正确。薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，弯曲的干涉条纹与其左边部分的条纹是相同的，说明检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知被检测的平面在此处凹陷，选项D错误；图丁中当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将会发生变化，此现象表明光波发生了偏振，由于只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故E正确。16.如图，简谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过t=3s，其波形如虚线所示。己知图中x1与x2相距1m，波的周期为T，且2Tt4T 。求：（1）最小波速是多少？（2）最小周期为多少？【答案】（1）5m/s（2）【解析】【详解】（1）若向右传播，传播的距离为或若向左传播，传播的距离为或根据知传播距离最短的波速最小，这时最小波速为：。（2）根据可知波速度最大时周期最小，最大波速度此时对应的最小周期