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

1、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

2、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

3、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

4、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. 0 B. 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v

5、0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EWF【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

6、，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

7、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

8、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(k1)倍，两星之间的距离变为原来的n(n1)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：

9、；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

10、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方向的夹角满足tan=D. 若带电小球运动到某位置，坐标为(x0，y0，0)，则速度与+x方向的夹角满足tan=【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】A B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=q

11、v0B，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

12、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=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+470.02mm=10

13、.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

14、 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2 B.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9.9调节至30.0，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=_【答案】 (1). （1）B (2). （2）A (3). （2）ABC（或ACB） (4). （3）如

15、图； (5). （0.040.01，28.60.4）【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

16、，故选B。（2）已知电源的电动势为3V，R在常温下阻值约为30，滑动变阻器的阻值为0时，电路中的最大电流约为Imax0.1A=100mA，当滑动变阻器的阻值最大为10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9.9调节到30.0，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

17、象可得R随t的变化关系为：R=0.04t+28.6，取值上可以0.040.01，28.60.4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=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=0.3，传送带左右两端的距离l=

18、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

19、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

20、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=1.6106m/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

21、。【答案】（1）（2）2cm（3）5.44106 m/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 依题意有 联立代入数据解得 （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 CD = ROC 联立代入数据解得CD = 2cm （3

22、）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，由牛顿第二定律有 由图中几何关系有 联立代入数据解得 v = 5.44106 m/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

23、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

24、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

25、，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T1300 K，体积为V150S，末态时体积为V255S，温度为T2t+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V3LS，压强为p3(755sin 37) cmHg。由理想气体状态方程得： 代入数据，解得L51.3cm15.一列沿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

26、的是_A. 波的频率为5HzB. 波速为10msC. 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

27、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；Dx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；Ex坐标为14m的质点与P点平衡位置间的距离为：x=14m-3m=11m=（2+），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

28、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