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河南省六市2018届高三第一次联考（一模）理科综合物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。1. 下列说法正确的是A. 诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子B. U的半衰期约为7亿年，随着地球温度的升高，其半衰期将变短C. 核反应过程中如果核子的平均质量减小，则要吸收能量D. 结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】A【解析】放射性同位素可以作为示踪原子，诊断甲状腺疾病时，给病人注射放射性同位素的目的是将其作为示踪原子，A正确；半衰期由原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的 物理或化学状态无关，B错误；核反应过程中如果核子的平均质量减小，根据爱因斯坦质能方程可知要释放核能，C错误；比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子中核子结合得越牢固，原子核越稳定，D错误2. 如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合。A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO。现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则A. 从A到B，小物块的加速度逐渐减小B. 从A到B，小物块的加速度先增大后减小C. 小物块一定带负电荷，从A到B电势能先减小后增大D. 从A到B，小物块的电势能一直减小，受到的电场力先增大后减小【答案】B【解析】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，B正确A错误；q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，C错误D错误3. 万有引力定律和库仑定律都满足平方反比规律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。例如电场中引入电场强度来反映电场的强弱，其定义为，在引力场中可以用一个类似的物理量来反映引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G。如果一个质量为m的物体位于地心2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是A. B. C. D. 【答案】C4. 如图甲所示，一匝数N=10匝、总电阻R=7.5、ad长L1=0.4m、ab宽L2=0.2m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r=0.1m的圆形磁场的直径，线框的左半部分处于垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B0=1T，圆形磁场的磁感应强度为B，方向垂直线框平面向下，大小随时间变化规律如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=1.2N，3，则A. t=0时刻穿过线框的磁通量大小为0.01WbB. 线框静止时，线框中的感应电流为0.2AC. 线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为0.8ND. 经时间t=2s，线框开始滑动【答案】A【解析】试题分析：穿过线框的磁通量由两部分组成，根据磁通量，即可求解；根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流的大小；根据安培力表达式，结合左手定则与受力平衡条件，即可求解设磁场向上穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t=0时，有，A正确；根据法拉第电磁感应定律有，由闭合电路欧姆定律，则有，B错误；由楞次定律可知，圆形磁场的磁感应强度增大时，线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向，ad中的感应电流的方向向下，由左手定则可知，ad边受到的安培力的方向向左ad边受到的安培力是10匝线圈受到的安培力的和，即：，所以ad边受到的摩擦力的大小为0.4N，C错误；圆形磁场的磁感应强度均匀增大，所以产生大小不变的电动势，感应电流的大小不变，而左侧的磁场区域内的磁场不变；由图乙可知，在t=0.4s时刻，右侧的磁感应强度，由左手定则可知，右侧的bc边受到的安培力方向向左，大小：，所以整体受到安培力的和等于：，所以线框受到的安培力的大小与摩擦力相等，所以线框在t=0.4s后才能开始滑动，D错误5. 在光滑水平地面放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的小物块（电荷量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且Mm，空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场。某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图所示。取水平向右的方向为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知v-t图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有，因，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动，则B正确6. 如图所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，用A、B两弹簧秤拉橡皮条结点，使其到达O点处，此时+90，然后保持弹簧测力计B的示数不变而减小时，为保持结点O位置不变，可采取的办法是A. 减小A的读数，同时减小角 B. 减小A的读数，同时增大角C. 增大A的读数，同时减小角 D. 增大A的读数，同时增大角【答案】AB【解析】试题分析：要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则作图进行分析O点位置不变，即合力大小和方向不变，保持B的示数不变，即B的拉力大小不变，即一个分力大小不变，一个分力大小和方向都变，要减小，如图，根据平行四边形定则可得减小A的读数，同时减小角或减小A的读数，同时增大角，AB正确7. 图甲中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表，为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴O匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑片P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R。从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，以下判断正确的是A. 电压表的示数为VB. t=0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最小C. 保持R的大小不变，P的位置向上移动，电流表读数减小D. 保持R的大小及P的位置不变，发电机线圈的转速增大一倍，变压器的输入功率将增大到原来的4倍【答案】BD【解析】电压表显示的是交流电的有效值，故示数为，A错误；0.01s时感应电动势负向最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，最小，B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，根据，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确8. 用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电流表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是A. 电表B为电压表，电表C为电流表B. 接线端4的电势低于接线端2的电势C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电压表的示数将保持不变D. 若增大R1、增大R2，则电压表示数增大【答案】BC【解析】B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为电流表，电表C为电压表，A错误；根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，B正确；当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，C正确；增大，电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，增大，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，D错误三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9. 图中圆盘可绕过中心垂直于盘面的水平轴转动.圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间的比值定义为角加速度，用表示，我们用测量直线运动加速度的实验装置来完成实验，实验步骤如下.其中打点计时器所接交流电的频率为50Hz，图中A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出.如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；断开电源，经过一段时间，停止转动圆盘和打点，取下纸带，进行测量(1)用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径_；(2)由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速为_（保留两位有效数字）(3)圆盘转动的角加速度为19.8 _【答案】 (1). 120.00 (2). 6.5 (3). 9.810【解析】试题分析：0分度的游标卡尺精确度为0.05mm，读数时先读大于1mm的整数部分，再读不足1m的小数部分；根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=r求解角速度；用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度（1）游标卡尺主尺部分读数为120mm，小数部分为零，由于精确度为0.05mm，故需读到0.01mm处，故读数为120.00mm，半径为6.00cm（60.00mm）（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小，故；（3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得，由于，故角加速度为10. 按图甲所示的电路测量一节旧电池的电动势E(约1.5V)和内阻r(约20)，可供选择的器材如下：两个相同电流表A1、A2（量程0500A，内阻约为500），滑动变阻器R（阻值0100，额定电流1.0A），定值电阻R1（阻值约为100），两个相同的电阻箱R2、R3（阻值0999.9），开关、导线若干由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此，先将电流表改装（扩大量程），然后再按图甲电路进行测量(1)测量电流表A2的内阻，按图乙电路测量A2的内阻时，必要的操作如下A断开S1B闭合S1、S2C按图乙连接线路，将滑动变阻器R的滑片调至最左端，R2调至最大D断开S2，闭合S3E调节滑动变阻器R，使A1、A2的指针偏转适中，记录A1的示数I1F调节R2，使A1的示数为I1，记录R2的值请按合理顺序排列其余实验步骤（填序号）CB_A.(2)将电流表A2（较小量程）改装成电流表A（较大量程）,如果(1)中测出A2的内阻为468.0，现用R2将A2改装成量程为20mA的电流表A，应把R2为_ (3)(3)利用电流表A、电阻箱R3,测电池的电动势和内阻.用电流表A、电阻箱R3及开关S按图甲所示电路测电池的电动势和内阻实验时，改变R3的值，记下电流表A的示数I，得到若干组R3、I的数据，然后通过做出有关物理量的的线性图象，求得电池电动势E和内阻r.a.图中虚线框内为一条直线，其中纵轴为，横轴应为_.直线的斜率b.已知图中直线纵轴截距为b，斜率为k，改装后电流表A的内阻为RA，则电动势E=_，内阻r=_纵轴截距的绝对值【答案】 (1). EDF (2). 12 (3). R3 (4). (5). 【解析】（1）等效替代法测电阻的核心是“效果相同”，本题中体现为使A1的示数相同，所以步骤为 CBEDFA；（2）改装原理如下图所示电阻需要分担电流；电阻电压，则；（3）由闭合电路欧姆定律得：，将此公式变形后即得：，故横坐标为，图像的斜率距表示电源电动势，故，解得；，解得。【点睛】测电阻的方法有伏安法、半偏法、等效替代法等电表改装原理可记为“串大并小”测量电源电动势和内阻始终离不开闭合电路的欧姆定律11. 如图所示，坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向(包括x轴正方向和负方向)发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为该种粒子的电荷量和质量；在的区域内分布有垂直xOy平面的匀强磁场.ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，观察发现此时恰好没有粒子打到ab板上.(不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)求粒子刚进入磁场时的速率；(2)求磁感应强度B的大小；(3)将ab板平移到距x轴最远什么位置时所有粒子均能打到板上？【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）根据动能定理得，可得刚进入磁场时的速率（2）根据（1）可知，对于沿x轴正方向射出的粒子，其进入磁场时与x轴正方向的夹角其在电场中沿x轴正方向的位移若沿x轴正方向输出的粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板上，因此沿x轴正方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹与ab板相切，如图甲所示：由几何关系可知可得粒子做圆周运动的半径洛伦兹力提供向心力可得（3）若沿x轴负方向射出的粒子能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上，临界情况就是沿x轴负方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹恰好与ab板相切.如图乙所示：由图可知，此时磁场宽度为即当ab板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上.12. 如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能EP；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？【答案】(1) 4.0m/s (2) (3) 【解析】试题分析：C在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C离开传送带时的速度A、B碰撞过程、弹簧弹开过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A的最大速度（1）滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，有，代入数据可得：，滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，有，A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：代入数据可解得：（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=4m/s，加速度大小为2m/s2，有：解得：以向右为正方向，A、B碰撞过程：，弹簧伸开过程：，。代入数据解得：m/s。13. 关于热力学定律，下列说法中正确的是_(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分).A.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行B.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功C.理想气体的等压膨胀过程一定吸热D.热量不可能从低温物体传递到高温物体E.压缩气体做功，该气体的内能一定增加【答案】ABC【解析】根据热力学第二定律可得一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，A正确；在外界的影响下，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，B正确；理想气体等压膨胀过程，根据，温度增加，故内能增加，根据热力学第一定律，对外做功，故一定吸收热量，C正确；热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，若有外界做功的话，可以从低温物体传递到高温物体，如空调，D错误；压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知，若气体同时放热，气体的内能不一定增加，E错误 14. 如图所示，一开口向上的气缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成I、II两部分.在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时I、II两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，气缸足够高.当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到平衡状态时，A活塞上升的高度.【答案】.设末态时气体的长度为l1，可得，代入数据解得。对气体，其初态压强为，末态压强为设末态时气体的长度为，可得，代入数据解得。故活塞A上升的高度为，得。15. 两列沿绳传播的简谐横波(虚线表示甲波，实线表示乙波)在某时刻的波形图如图所示，M为绳上x=0.2m处的质点，则下列说法中正确的是_.(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分) A.M点是振动加强点B.由图示时刻开始，再经甲波的周期，质点M将位于波峰C.位于坐标原点的质点与M点的振动方向总是相反的D.图示时刻质点M的速度为零E.甲波的传播速度v1比乙波的传播速度v2大【答案】ABC【解析】试题分析：当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱；根据波的叠加原理进行分析质点M是两列波的波峰或波谷相遇点，振动始终加强，速度不为零，A正确D错误；甲向右传播，由波形平移法知，图示时刻M点正向下运动，再经甲波的周期，M将位于波峰，B正确；位于原点的质点与M点相距半个波长，为反相点，振动方向总是相反，C正确；波速由介质的性质决定，两列均沿绳传播，同种介质，则波速相等，E错误【点评】对于波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰知道干涉时振动加强的点振幅等于两列波振幅之和16. 如图所示是一个透明的玻璃圆柱体的横截面，其半径R=20cm，AB是过圆心的一条水平直径.从激光源S发出一条与AB平行的细光束，入射到玻璃圆柱体上，光束到顶部的距离h=2.68cm，折射光束恰好过B点，经B点反射后从圆柱体中射出.已知光在真空中的传播速度为c=3108m/s,. 求玻璃的折射率；求此光束从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间.(只考虑一次反射)【答案】(1) (2) 【解析】光线SC折射后经过B点，光路如图所示，由折射定律有由几何关系知，解得玻璃的折射率为根据对称性知CB=BD=2Rcos光在玻璃中传播的速度为光束从射入圆柱体到射出圆柱体所用的时间为s
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