湖北省宜昌市届高三上学期元月调考理科综合物理试题附解析.docx
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湖北省宜昌市届高三上学期元月调考理科综合物理试题附解析
宜昌市2019届高三年级元月调研考试试题
理科综合能力测试（物理部分）
二、选择题：
1.在物理学发展过程中，下列哪位科学家首先采用了“把实验和逻辑推理和谐的结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法”
A.亚里士多德B.牛顿C.伽利略D.爱因斯坦
【答案】C
【解析】
【详解】在物理学发展过程中，科学家伽利略首先采用了“把实验和逻辑推理和谐的结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法”，故选C.
2.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前。
这样做可以
A.减小球对手冲量的大小B.减小球对手作用力的大小
C.减小球的动量变化量的大小D.减小球对手的作用时间
【答案】B
【解析】
【分析】
先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析．
【详解】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：
-Ft=0-mv，
，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，减小动量的变化率，即球对手的作用力；所以B正确。
故选B。
【点睛】本题主要考查了动量定理的直接应用，要注意物理与生活中的联系，要能将所学物理规律用到生活中；会用所学的物理规律解释生活中遇到的现象．
3.如图所示，轻弹簧左端固定，右端连结一物块（可以看作质点），物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长。
现用一个水平向右的力F拉动物块，使其向右做匀加速直线运动（整个过程不超过弹簧的弹性限度）。
以x表示物块离开静止位置的位移，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
抓住物体做匀加速运动，由牛顿第二定律写出合外力与加速度的关系式，从而确定正确的图象。
【详解】物块水平方向受向右的拉力F、向左的弹力kx、摩擦力f，由牛顿第二定律得：
F-kx-f=ma；整理得：
F=kx+ma+f，物体做匀加速运动，所以ma+f恒定且不为零，图象是一个不过原点的倾斜直线，故ACD错误，B正确。
故选B。
4.如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量为+q，c和d电荷量为-q。
则a电荷受到的其它三个电荷的静电力的合力大小是
A.0B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力的合成法则，求出这三个力的合力即可。
【详解】a和b电荷量为+q，c和d电荷量为-q．根据库仑定律，则对角线上点的电荷给它的库仑斥力为：
;相邻两点的电荷给它的库仑斥力大小均为：
Fb=Fd=
；根据力的合成法则，点电荷q所受的电场力大小为：
，故ABC错误，D正确；故选D。
5.一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，运动中始终受到恒定的水平风力F=2mg的作用，不计其他阻力。
从抛出到在竖直方向到达最高点，小球在这一过程中机械能的增量为
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据能量转化可知，增加的机械能主要由水平恒力F做功转化，即△E＝WF
【详解】从抛出到在竖直方向到达最高点过程中有：
；在水平方向上有：
；
；根据能量转化可知：
，由此可知，ABC错误，D正确；故选D。
【点睛】本题考查了能量守恒，解决此题的关键是知道恒力F做的功转变为机械能的增加量，熟练运用功能关系进行解题。
6.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。
如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针，且导线沿南北方向放置。
下列说法正确的是
A.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
B.开关闭合的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
C.开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
D.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
【答案】BC
【解析】
【分析】
电磁感应现象发生的条件是：
闭合导体回路，磁通量发生改变，从而判定AD选项；并根据安培定则，及楞次定律，即可判定BC选项。
【详解】开关闭合并保持一段时间后，穿过线圈B中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，则小磁针不会偏转，故AD错误；开关闭合的瞬间，依据安培定则，可知，线圈A中产生逆时针方向磁场，再由楞次定律，因穿过线圈B的磁场向上，且增大，那么感应电流的磁场向下，因此线圈B中产生逆时针感应电流，根据安培定则，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故B正确；开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，同理，线圈B中产生顺时针方向感应电流，根据安培定则，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故C正确。
故选BC。
【点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流，同时要掌握楞次定律的应用，及理解安培定则，注意其也叫右手螺旋定则。
7.宇宙中有许多双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。
研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。
若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，M1星线速度大小为v1，M2星线速度大小为v2，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的
（k>1）倍，两星之间的距离变为原来的n（n>1）倍，则此时双星系统圆周运动的周期T′和线速度之和v1′+v2′是
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
抓住双星模型转动的周期相等，根据万有引力提供向心力求出周期与总质量和两星之间距离的关系，从而得出周期的变化。
根据圆周运动知识知
，从而知线速度之和以及变化后的和。
【详解】AB．对恒星m1：
；对恒星m2：
；距离关系有：
L=r1+r2，由以上三式得：
；经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的
倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为：
．故A正确，B错误；
CD．根据圆周运动知识知
，
，则v1+v2=
；所以v1′+v2′=
，故C正确，D错误。
故选AC。
【点睛】解决本题的关键知道双星模型靠相互间的万有引力提供向心力，角速度相等，周期相等，结合万有引力提供向心力进行求解。
8.在空间建立三维坐标系如图所示，xoz在水平面内，y沿竖直方向。
空间充满沿-y方向磁感应强度为B的匀强磁场和沿+z方向的匀强电场，电场强度E=v0B。
一质量为m，电荷量为－q的带点小球从坐标原点O以初速度v0沿+x方向抛出，设空间足够大，则
A.带电小球做加速度不断变化的变速曲线运动
B.带电小球做匀变速曲线运动
C.若带电小球运动到某位置，坐标为（x0，－y0，0），则速度与+x方向的夹角θ满足tanθ=
D.若带电小球运动到某位置，坐标为（x0，－y0，0），则速度与+x方向的夹角θ满足tanθ=
【答案】BD
【解析】
【分析】
带负电的小球从O点沿+x方向射入，则电场力方向沿-z方向，洛伦兹力沿+z方向，因E=v0B，可知Eq=qv0B，即沿z轴方向受力平衡，则小球将在重力作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律即可解答.
【详解】AB．带负电的小球从O点沿+x方向射入，则电场力方向沿-z方向，洛伦兹力沿+z方向，因E=v0B，可知Eq=qv0B，即沿z轴方向受力平衡，则小球将在重力作用下做平抛运动，即带电小球做匀变速曲线运动，选项A错误，B正确；
CD．若带电小球运动到某位置，坐标为（x0，－y0，0），则沿x方向：
x0=v0t，vy=gt，速度与+x方向的夹角θ满足
，选项C错误，D正确；
故选BD.
三、非选择题：
（一）必考题：
9.如图a所示为某电流天平的示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k。
在矩形区域abed内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。
与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数。
当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，且指针指在0刻线的位置，此时标尺读数为0。
当MN中有电流通过且平衡时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图b所示。
此时标尺读数为___________cm。
利用上述装置可以测量悬挂的轻弹簧的劲度系数，已知B=0.547T，MN中通有电流Ⅰ=1.00A，MN的长度l=0.250m，ab边的长度d=0.200m.则轻弹簧的劲度系数k=___________N/m。
【答案】
（1）.1.094
（2）.10
【解析】
【分析】
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，根据图示游标卡尺读出其示数；应用安培力公式与平衡条件可以求出弹簧的劲度系数。
【详解】由图示游标卡尺可知，此时游标卡尺读数为：
10mm+47×0.02mm=10.94mm=1.094cm；
线框所受安培力：
F=BId，线框静止，处于平衡状态，由平衡条件得：
kx=BId，其中：
x=1.094cm，
代入数据解得：
k=10N/m；
10.小强同学通过实验探究某一特殊金属电阻的阻值R随温度t的变化关系。
已知该金属电阻在常温下的阻值约30℃，R随t的升高而增大。
实验电路如图所示，控温箱用以调节金属电阻的温度。
实验时闭合开关S，先将开关K与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t1，t2，……和电流表的相应示数I1，I2，……然后将开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次为I1，I2，……，分别记下电阻箱相应的示数R1，R2，……
（1）本实验采用的测电阻的方法是___________。
A.半偏法B.等效替代法C.伏安法
（2）有以下两种电流表，实验电路中应选用___________
A.量程0-200mA，内阻约2ΩB.量程0-0.6A，内阻可忽略
（3）实验过程中，若要将电阻箱的阻值由9.9Ω调节至30.0Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，为避免电流表过载，正确的操作顺序是___________
A.将旋钮a由“0”旋转至“3”
B.将旋钮b由“9”旋转至“0”
C.将旋钮c由“9”旋转至“0”
（4）实验记录的t和R的数据见下表，请根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出R-t图线____。
由图线求得R随t的变化关系为R=___________Ω
【答案】
（1）.
（1）B
（2）.
（2）A（3）.
（2）ABC（或ACB）（4）.（3）如图；
（5）.
（0.04±0.01，28.6±0.4）
【解析】
【分析】
（1）根据电路连接图象，可以分析出电阻器和金属电阻R会有共同的电阻值，所以整个实验方法为等效替代；
（2）选择电学仪器要满足：
准确性原则、安全性原则、便于操作的原则。
指针偏转角度要大于满偏的1/3，根据这些要求选择合适的电流表；
（3）电阻箱的调节考虑到电路安全，从大到小调节；
（4）根据表中数据描点连线，注意尽可能多的点在直线上，偏离太远的点舍弃，根据图线写出R随t变化的关系式。
【详解】
（1）根据图1所示，在保证滑动变阻器及电流表示数不变的情况下，将开关由1转至2中，电阻箱的阻值会和金属电阻一样，因此整个实验使用的方法是等效替代法，故选B。
（2）已知电源的电动势为3V，R在常温下阻值约为30Ω，滑动变阻器的阻值为0时，电路中的最大电流约为Imax＝
＝0.1A=100mA，当滑动变阻器的阻值最大为10Ω时，电路中的电流最小约为
，考虑到准确性原则，电流表B量程太大，指针偏转角度小于满偏的1/3，所以应选择电流表A。
（3）将电阻箱阻值由9.9Ω调节到30.0Ω，要考虑到安全性原则，如果先把bc旋钮调节到0，这样做很危险，电路中的电流过大可能会损坏电表，应该先把电阻箱阻值调大再慢慢减小，以确保电路的安全，操作步骤是先将旋钮a由“0”旋至“3”，然后将个位数及小数位旋转至0，所以正确的顺序ABC（或ACB）
（4）描点画图，如图所示
（5）由图象可得R随t的变化关系为：
R=0.04t+28.6，取值上可以0.04±0.01，28.6±0.4均可。
【点睛】本题考查了电学仪器的选择和操作及运用图象法进行数据处理，注重考查实际操作能力，突出证据意识，如考查改变电阻箱挡位的操作，对平时注重实验操作的考生有利。
11.如图所示，一质量M=0.3kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一水平轻质弹簧（处于原长）。
台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以ν=2m/s的速率逆时针转动。
另一质量m=0.1kg的小物块A以速度v0=4m/s水平滑上传送带的右端。
已知物块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，传送带左右两端的距离l=2.5m，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2
（1）试判断物块A离开传送带的左端前是否一直减速?
并求出物块A离开传送带时的速度vA的大小。
（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Epm。
【答案】
（1）物块A离开传送带的左端前不是一直减速，先减速，后匀速。
2m/s．
（2）0.15J．
【解析】
【分析】
物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解;
【详解】
（1）假设物块A在传送带上一直匀减速，
由牛顿第二定律，得
加速度
物块A与传送带速度相等时，位移为x
解得位移
＜l=2.5m，故物块A离开传送带的左端前一直先减速，与传送带速度相等后做匀速运动。
物块A离开传送带时的速度vA的大小与传送带速度大小相同，所以
vA=v=2m/s．
（2）物块A第一次压缩弹簧过程中，当物块A和B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有：
根据机械能守恒定律有：
代入数据解得：
Epm=0.15J．
【点睛】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒分析和计算，关键是分析清楚物体的受力情况和运动情况，难度较大。
12.如图所示，在真空中，半环状MAQPN区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B=0.5T。
外环的半径R1=16cm，内环的半径R2=4cm，外环和内环的圆心为O，MOQ水平，沿OQ放置有照相底片。
有一线状粒子源放在MN正下方（图中未画出），不断放出初速度均为v0=1.6×106m/s的同种正粒子，并通过MN沿与磁场垂直的方向竖直进入匀强磁场中，最后打到照相底片上，经检验底片上仅有PQ区域均被粒子打到。
不考虑粒子间的相互作用，粒子重力忽略不计。
（1）求粒子的比荷
；
（2）若照相底片沿OA放置，求底片上被粒子打到的区域的长度；
（3）撤去线状粒子源和照相底片，若该粒子垂直进入磁场的速度大小和方向可以任意改变。
现要求该粒子从M点进入磁场，从Q点离开磁场（该粒子中途未离开磁场区域），而且在磁场中运动的时间最短，求该粒子从M点进入磁场的速度大小以及速度方向与MN夹角的正弦值。
【答案】
（1）
（2）2cm（3）5.44×106m/s；
（或0.47）
【解析】
【分析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的比荷。
（2）作出粒子运动轨迹，根据几何知识求出区域长度。
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出速度大小与方向。
【详解】
（1）如图所示，设粒子的质量为m，电荷量为q，在磁场中做匀速圆周运动的半为R，则由牛顿第二定律有
①
依题意有
②
联立①②代入数据解得
③
（2）若照相底片沿OA放置，则底片上被粒子打到的区域长度为CD的长度，如图所示。
在△O1OC中，由勾股定理有
④
CD=R–OC⑤
联立代入数据解得CD=2cm⑥
（3）要使该粒子从M点进入磁场，从Q点离开磁场，且在磁场中运动的时间最短，则圆弧所对的圆心角应最小，因弦长一定，则圆弧的半径应最大，即满足要求的圆弧应与内环相切，如图所示。
设粒子的半径为Rm，速度大小为v，速度方向与MN夹角为θ，由牛顿第二定律有
⑦
由图中几何关系有
⑧
⑨
联立③⑦⑧⑨代入数据解得v=5.44×106m/s
（或0.47）
【点睛】本题考查力带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。
（二）选考题：
13.下列说法正确的是___________。
A.理想气体在等压压缩过程中内能一定增大
B.理想气体在等温膨胀过程中从外界吸收热量全部用于对外做功
C.液晶显示屏是应用液晶光学各向异性特点制成的
D.空调机既能致热又能致冷，说明热传递不存在方向性
E.当分子间距离减小时，分子势能不一定减小
【答案】BCE
【解析】
【详解】A．等压压缩的过程中压强不变，体积减小，由理想气体得状态方程可知气体的温度降低，而质量不变的气体的内能仅仅与温度有关，则可知理想气体在等压压缩过程中内能一定减小；故A错误；
B．理想气体在等温膨胀过程中气体的内能没有变，所以把吸收的热量全部对外做功，故B正确；
C．液晶具有液体的流动性，同时具有光学的各向异性，液晶显示屏是应用液晶光学各向异性特点制成的。
故C正确；
D．空调机既能致热又能致冷，是由于消耗一定的电能，所以它不能说明热传递不存在方向性。
故D错误；
E．当分子间距离减小时，分子力是引力则分子势能减小，若分子力是斥力则分子势能增大。
故E正确；
故选BCE。
14.如图所示，在长为l=60cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用5cm高的水银柱封闭着50cm长的理想气体，管内外气体的温度均为27℃.（当地大气压强为P=75cmHg）
（1）若缓慢对玻璃管加热升温至多少℃时，管中水银柱上表面恰好与管口相齐?
（2）若将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成37°角（管口斜向上），此时管中气体的长度为多少?
【答案】
（1）57℃
（2）51.3cm
【解析】
【分析】
（1）求出气体的状态参量，然后根据盖吕萨克定律列式求解。
（2）现将玻璃管缓慢倾斜，气体的压强减小，求出气体的状态参量，然后根据玻意耳定律求出气体的长度。
【详解】
（1）设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1＝300K，体积为V1＝50S，末态时体积为V2＝55S，温度为T2＝t+273。
由题意可得：
代入数据，解得：
T2=57℃
（2）当玻璃管倾斜至与水平面成37°角时，设管内气体的管内气体的长度为L，则体积为V3＝LS，压强为p3＝（75＋5×sin37°）cmHg。
由理想气体状态方程得：
代入数据，解得L≈51.3cm
15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m。
.已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.2s下列说法正确的是_________
A.波的频率为5Hz
B.波速为10ms
C.x坐标为2m的质点在t=0.1s时恰好位于波峰
D.x坐标为12m的质点在t=0.3s时恰好位于波谷
E.当质点P位于平衡位置时，x坐标为14m的质点可能位于波谷
【答案】BCE
【解析】
【分析】
根据任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.2s即可求出周期。
相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长。
由
求出波速。
由f=1/T求频率。
根据时间与周期的关系确定质点的状态。
【详解】A．根据题意：
任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.2s，则波的周期为0.4s。
则频率：
f=1/T=2.5Hz，故A错误；
B．由图可知，该波的波长是4m，所以波速：
=10m/s。
故B正确；
C．因t=0.1s=T/4．图中x坐标为2m的质点在t=0时刻正向上运动，所以x坐标为2m的质点在t=0.1s时恰好位于波峰，故C正确；
D．x坐标为12m的质点与x坐标为4m的质点振动情况完全相同，x坐标为4m的质点在t=0时刻正向下运动，因t=0.3s=3T/4，则x坐标为4m的质点在t=0.3s时恰好位于波峰，所以x坐标为12m的质点在t=0.3s时恰好位于波峰，故D错误；
E．x坐标为14m的质点与P点平衡位置间的距离为：
△x=14m-3m=11m=（2λ+
λ），所以当质点P位于平衡位置时，x坐标为14m的质点可能位于波谷。
故E正确；
故选BCE。
【点睛】根据质点的振动方向判断波的传播方向，可以采用比较质点振动先后的方法：
波从振动早的质点向振动迟的质点传播。
往往根据时间与周期的关系来确定质点的运动状态。
16.蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉。
电子显微镜下鳞片结构的示意图如图所示，一束光以入射角从a点入射，经过折射和反射后从b点出射，设鳞片的折射率为n，厚度为d，两鳞片之间空气层厚度为h，取光在空气中的速度为c，求：
（1）该束光第一次在鳞片中传播所通过的路程；
（2）该束光从a到b所需的时间。
【答案】
（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）先根据折射定律求出光在鳞片内的折射角，由几何知识求出在鳞片中传播的路程。
（2）由几何关系求出光在空气中传播的路程，由v=c/v求光在鳞片的速度，进而求出鳞片中的时间和空气中的时间，即可求得总时间.
【详解】
（1）设光在鳞片中的折射角为r，根据折射定律得
由几何知识得光第一次在鳞片中传播所通过的路程为
又
联立解得
（2）光在鳞片中的速度为
由于光路对称，所以光两次在鳞片中传播的时间为
同理，光在空气中的传播时间为
则光从a到b所需的时间为
联立解得
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