河北省衡水金卷2019届高三第三次联合质量测评理科综合物理试卷

衡水金卷2018-2019年度高三第三次联合质量测评理综试题
（物理部分）
一、选择题
1.静止的发生衰变，其衰变方程为U→Th+X+γ，此衰变过程中亏损的质量为△m，光在真空中的速度为c，则（）
A. X为中子
B. X为质子
C. γ光子的能量等于△mc2
D. X为α粒子
【答案】D
【解析】
【分析】
根据核反应的质量数和电荷数守恒可判断X粒子；根据质能方程可计算反应放出的总能量，从而判断γ光子的能量与△mc2的关系。

【详解】根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为4电荷数为2，则X为α粒子，选项AB错误，D正确；此反应中释放的总能量为△mc2，此能量一部分乙原子核的动能形式存在，一部分以γ光子的形式放出，则γ光子的能量小于△mc2，选项C错误；故选D.
2.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上斜面上放有一重为G的物块，物块与斜面之间的动摩擦因数等于，水平轻弹簧一端顶住物块，另一端顶住竖直墙面物块刚好沿斜面向上滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹力大小是（）
A. G
B. G
C. G
D. G
【答案】D
【解析】
【分析】
对物体受力分析，物体受向下的摩擦力，根据正交分解法建立平衡方程即可求解F.
【详解】根据物体的受力情况可知：Fcos300=mgsin300+μ(Fsin300+mgcos300)，解得F=G，故选D.
3.飞镖比赛时，高个的甲运动员投掷飞镖时，抛出点离地面高h1=1.5m，飞镖离靶的水平距离为x，以速度v1=1m/s水平抛出，结果飞镖刚好投掷在靶心；矮个的乙运动员投掷飞镖时抛出点离地面高h2=1m，飞镖离靶的水平距离也为x，以速度v2=2m/s水平抛出，结果飞镖也刚好投掷在靶心，不计空气阻力，则靶心离地面的高度为（）
A. m
B. m
C. m
D. m
【答案】D
【解析】
【分析】
飞镖在水平方向做匀速运动，在竖直方向做自由落体运动，列出两个方向的位移方程，联立求解.
【详解】设靶心离地面的高度为h，则对高个子：x=v1t1；h1-h=gt12；对矮个子：x=v2t2；
h2-h=gt22；联立解得h=，故选D.
【点睛】本题就是对平抛运动规律的直接考查，知道飞镖水平方向上做匀速直线运动和竖直方向上做自由落体运动，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决．
4.如图所示，MN是点电荷电场中的一条直线，a、b是直线上两点，已知直线上a点的场强最大，大小为E，b点场强大小为E，已知a、b间的距离为L，静电力常量为k，则场源电荷的电量为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
因a点的场强最大，可知a点离场源电荷最近，根据点电荷的场强公式列出ab两点的场强表达式即可求解.
【详解】因a点的场强最大，可知a点离场源电荷最近，设场源电荷在距离a点x的位置，
则，b点：；联立解得：x=L；，故选B.
5.如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直，磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大经过时间t，磁场的磁感应强度增大到B1，此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B0和B1的比值为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
当线圈不动时，根据求解感应电动势，根据求解热量；当线圈转动时，根据E=BωS求解最大值，然后根据交流电的有效值求解产生的热量，联立后即可求解.
【详解】若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为，则
①；若线圈转动：则产生的感应电动势最大值：
,有效值，产生的热量②，联立
①②可得：，故选A.
【点睛】此题关键是掌握求解电动势的两个公式：和E=BωS；知道求解交流电产生
的热量时要用交流电的有效值。

6.2018年5月4日0时06分，我国西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将亚太6C通信卫星( APSTAR-6C)送入太空预定地球同步轨道。

关于该卫星的发射与在轨运行，下列说法正确的是（）
A. 该卫星在轨运行时，相对于地面静止，卫星处于平衡状态
B. 该卫星的发射速度大于7.9km/s，在轨运行速度小于7.9km/s
C. 该卫星在轨运行时的加速度比赤道上物体随地球自转时的加速度大
D. 该卫星在轨运行时受到地球的引力小于赤道上物体随地球自转时受到地球的引力
【答案】BC
【解析】
【分析】
同步卫星受合力不为零；第一宇宙速度是最小的发射速度，也是绕地球运转的卫星的最大环绕速度；同步卫星与地球具有相同的角速度，根据a=ω2r可比较向心加速度；卫星受到的引力与质量有关.
【详解】该卫星是地球的同步轨道卫星，则在轨运行时，相对于地面静止，卫星做圆周运动，受合力不为零，不是处于平衡状态，选项A错误；7.9km/s是最小的发射速度，也是绕地球运转的卫星的最大环绕速度，则该卫星的发射速度大于7.9km/s，在轨运行速度小于7.9km/s，选项B正确；该卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，根据a=ω2r可知，该卫星在轨运行时的加速度比赤道上物体随地球自转时的加速度大，选项C正确；由于该卫星的质量和赤道上物体的质量大小不确定，则不能比较该卫星在轨运行时受到地球的引力与赤道上物体随地球自转时受到地球的引力的大小关系，选项D错误；故选BC.
【点睛】此题关键是知道地球同步卫星的特点，定周期，定高度和速率，定轨道；理解第一宇宙速度的含义.
7.如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极，将永磁体由静止释放永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，则（）
A. 俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向
B. 永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零
C. 永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为Mg+mg－ma
D. 永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh+mv2
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向；可根据假设法判断磁铁下落到某高度时速度不可能为零；根据牛顿第二定律分别为磁铁和圆环列方程求解圆环对地面的压力；根据能量关系求解焦耳热。

【详解】磁铁下落时，根据楞次定律可得，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，选项A 正确；永磁体下落的整个过程，开始时速度增加，产生感应电流增加，磁铁受到向上的安培力变大，磁铁的加速度减小，根据楞次定律可知“阻碍”不是“阻止”，即磁铁的速度不可能减到零，否则安培力就是零，物体还会向下运动，选项B错误；永磁体运动到P点时，根据牛顿第二定律：mg-F安=ma；对圆环：Mg+F安=N，则N=Mg+mg－ma，由牛顿第三定律可知圆环对桌面的压力大小为Mg+mg－ma，选项C正确；由能量守恒定律可得，永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh-mv2，选项D错误；故选AC.
【点睛】此题关键是理解楞次定律，掌握其核心“阻碍”不是“阻止”；并能用牛顿第二定律以及能量守恒关系进行判断.
8.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在A点以大小为v1的速度射入电场，沿如图轨迹到达B点时速度大小为v2，且速度与等势面平行，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（）
A. v1大于v2
B. 等势面b的电势比等势面c的电势高
C. 粒子从A运动到B所用时间为
D. 匀强电场的电场强度大小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据粒子的运动轨迹可判断粒子受电场力方向向上，从而判断场强方向，根据动能定理可比较v1和v2的大小以及场强大小；粒子在竖直方向做匀变速运动，在水平方向做匀速运动，从而可求解从A到B的时间.
【详解】由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，可知从A到B电场力做负功，动能减小，即v1大于v2，选项A正确；粒子带正电，受向上的电场力，可知场强方向向上，等势面b的电势比等势面c的电势低，选项B错误；粒子在水平方向不受力，可知在水平方向做匀速运动，速度为v2，则从A到B的时间为，选项C正确；由A到B根据动能
定理：，解得，选项D正确；故选ACD.
【点睛】此题关键是能根据粒子的运动轨迹判断电场力的方向，知道粒子在水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，结合动能定理求解.
二、实验题
9.某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律，力传感器固定在天花板上，细线一端吊着小球，一端连在力传感器上传感器显示细线拉力的大小。

小球的质量为m，当地的重力加速度为g。

(1)实验开始前，用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球的直径
D=________mm。

再让小球处于自然悬挂状态，测出悬线的长为L。

(2)将小球拉离平衡位置使细线与竖直方向成一定的张角θ，由静止释放小球，使小球在竖直面内做往复运动，力传感器测出悬线的拉力随时间变化的关系如图丙所示，则小球运动到最低点时速度的大小为v=________。

小球摆到最高点时与最低点的高度差h=________(均用已知和测量物理量的符号表示)
(3)验证机械能守恒定律成立的表达式为________________(用已知和测量物理量的符号表示)。

【答案】(1). 9.8；(2). ；(3). ；(4).
；
【解析】
【分析】
（1）游标卡尺的读数等于主尺刻度数与游标尺刻度数之和；
（2）在最低点根据牛顿第二定律求解速度v；根据几何关系求解下落的高度；
（3）若机械能守恒，则小球的动能增加量等于重力势能的减小；
【详解】（1）小球的直径D=9mm+0.1mm×8=9.8mm；
（2）小球在最低点时细绳受拉力最大为F0，根据牛顿第二定律：F0-mg=m，解得
；小球摆到最高点时与最低点的高度差h=；
（3）验证机械能守恒定律成立的表达式为，
即
即：
10.某同学用伏安法测某定值电阻的阻值，所用电压表内阻约1000Ω，所用电流表内阻约20Ω，电流表的量程为3mA，由于被测电阻的阻值大小未知他先后采用了如图甲和乙所示的电路分别进行测量，每次实验通过调节滑动变阻器，记录测得的多组电压表和电流表的读数，作出U-I图象，如图丙和丁。

(1)根据电路图甲测得的数据作出的U-Ⅰ图象应是________(填“丙”或“丁”)图。

(2)由测量结果判定电路图________(填“甲”或“乙”)图测量结果较为准确，根据该电路得到电阻的测量值R x=________Ω(保留两位有效数字)R x的测量值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。

(3)该同学为了减小系统误差，设计了如图戊所示的电路测上述电流表(图中A)的内阻，实验室提供的器材有：
A.电流表量程0~6mA
B.电流表量程0~4mA
C.滑动变阻器0~10Ω
D.滑动变阻器0~1000Ω
E.定值电阻阻值R=20Ω
F.电源、开关、导线若干
电流表A1应选________(选填“A”或“B")；滑动变阻器应选________(选填“C”或“D”)。

若某次测量得到电流表A的示数为2.0mA，电流表A1的示数为3.9mA，则此次测量得到电流表的内阻为________Ω(两位有效数字)。

【答案】(1). 丁；(2). 乙；(3). ；(4). 见解析；(5). A；(6). C；(7). 19；
【解析】
【分析】
（1）电流表内接时测量值偏大，外接时测量值偏小，根据给出的U-I图像的斜率判断电阻的测量值，从而判断电路结构；
（2）比较待测电阻和电压表和电流表的内阻关系，从而判断测量电路；根据U-I图像求解电阻的测量值；
（3）根据电路结构选择测量的仪器，由欧姆定律及电路特点求解电流表内阻.
【详解】（1）根据两电路的结构可知甲电路中电阻的测量值偏小，则画出的U-I图像的斜率偏小，则根据电路图甲测得的数据作出的U-Ⅰ图象应是丁；
（2）由丁图可知，电阻R的测量值为，则R>>R A，可知应该采用电流表内接电路，即乙电路；根据该电路得到的U-I图像是丙图，可得电阻的测量值
；因测量值中包括电流表的内阻，则Rx的测量值大于真实值。

（3）电流表A1应选量程较大的A；滑动变阻器用分压电路，故应选C。

根据欧姆定律可得，
解得电流表的内阻：
【点睛】此题关键是搞清伏安法测电阻的基本原理；知道电流表内接和外接对测量值的影响，能根据U-I图像求解电阻的阻值。

三、计算题
11.如图所示，虚线M、N和荧光屏P相互平行，M、N间距和N、P间距均为L，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，N、P间有平行于纸面向下的匀强电场，在虚线M上的A点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射入质量为m，电量为q的带正电的粒子，初速度大小均为v0=，匀强电场的电场强度大小E=1B，C为
荧光屏上的一点，AC连线垂直于荧光屏，不计粒子的重力，求：
(1)所有打在荧光屏上的粒子中，垂直电场线方向进入电场的粒子打在屏上的位置离C点的距离；
(2)在(1)问中所求的粒子从A点运动到荧光屏所用的时间及该粒子经磁场电场偏转后速度的偏向角。

【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）粒子先在磁场中做匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，结合圆周运动的规律和平抛运动的规律可求解粒子打在屏上的位置；（2）粒子在磁场中运动1/4圆周后进入电场，根据在磁场中的周期求解时间，根据在电场中水平方向的运动求解在电场中的时间；结合类平抛运动的的推论求解偏向角.
【详解】（1）由于分子粒子进入磁场时的初速度大小均为
粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，则f=qv0B，
得r=L
垂直电场线方向进入电场的粒子，轨迹如图；
粒子在电场中偏转时，L=v0t，
y=at2
解得y=L，
因此粒子打在光屏上的位置离C点的距离为
（2）粒子在磁场中的运动时间：
在电场中的时间：
总时间：
由于粒子在电场中做类平抛运动，因此打在荧光屏上的速度的反向延长线交于水平位移的中点，由几何关系可知，打在荧光屏上的速度与水平方向的夹角为θ=450，由于粒子从A点射出时的速度竖直向下，因此粒子经磁场、电场偏转后速度的偏向角为
12.如图所示，质量相等的a、b两球从斜面上的A、B两点同时沿光滑斜面向上推出，初速度大小分别为v1、v2，A、B间的距离为s，重力加速度为g，斜面的倾角为θ=37°。

已知sin37°=0.6，cos37=0.8。

(v2、5、g和θ为已知)
(1)若当b球向上运动的速度减为0时，a球刚好与它相碰，求v1的大小；
(2)若当b球回到B点时，两球刚好发生弹性碰撞，则碰撞后b球再次回到B点所用的时间为多少?
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）两球均沿斜面向上做匀减速运动，加速度相同，结合运动公式以及时间位移关系列方程求解速度v1；
（2）根据运动公式求解b球回到B点时的速度，结合动量守恒定律以及能量守恒关系求解碰后的速度，然后结合运动公式求解b球再次回到B点所用的时间。

【详解】（1）由于斜面光滑，两球沿斜面向上运动的加速度为a=0.6g，当b球运动到最高点时所用的时间
位移：
b球速度为零时，a球刚好与b球相碰，则a球向上运动的位移
解得
（2）当b球回到B点时，b球运动的时间为
对称性可知球a研究：
解得：
设碰撞前a球的速度大小为，b球速度大小为，则
求得，
由于两球发生的弹性碰撞，且两球质量大小相等，设碰撞后a球的速度大小为，b球的速度大小为，由动量守恒定律可得：
由机械能守恒定律：
解得
碰撞后b球再次回到B点所用的时间
【点睛】此题涉及到两个物体的多个物理过程，运动过程复杂；关键是能够关联两物体运动的位移和时间的关系；结合动量守恒和能量守恒关系求解.
13.关于固体、液体和气体，下列说法正确的是________。

A.一定质量的理想气体温度保持不变，则每个气体分子的动能也保持不变
B.定质量的理想气体体积增大，气体的内能可能不变
C.某个固体的物理性质表现为各向同性，这个固体不一定是非晶体
D.晶体熔化过程，晶体分子总动能不变，分子势能增大
E由于液体表面分子间的斥力，使得液体表面分子间距离大于平衡位置时的距离，液体表面张力是液体分子间斥力的表现
【答案】BCD;
【解析】
【详解】一定质量的理想气体温度保持不变，则气体分子的平均动能保持不变，但非每个分子的动能均保持不变，选项A错误；定质量的理想气体体积增大，若温度不变，则气体的内能不变，选项B正确；某个固体的物理性质表现为各向同性，这个固体不一定是非晶体，可能是多晶体，选项C正确；晶体熔化过程要吸收热量，但是温度不变，则晶体分子总动能不变，分子势能增大，选项D正确；由于液体表面分子间距离大于平衡位置时的距离，使得液体表面分子间存在着引力，液体表面张力是液体分子间引力的表现，选项E错误；故选BCD.
14.如图所示，粗细均匀的U形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置。

管中有两段水银柱a、b，长分别为5cm、10cm，两水银液柱上表面相平，大气压强为75cmHg，温度为27℃，a 水银柱上面管中封闭的A段气体长为15cm，U形管水平部分长为10cm，两水银柱间封闭的B段气体的长为20cm，给B段气体缓慢加热，使两水银柱下表面相平，求此时：
(i)A段气体的压强；
(ii)B段气体的温度为多少?
【答案】（1）80cmHg（2）375K
【解析】
【分析】
（1）根据液面的位置求解气体内部压强的值；（2）找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定律求解气体的温度.
【详解】（1）加热后，当b水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，B段气体压强
p B=p0+10cmHg=85cmHg；
A段气体的压强为p A=p B-5cmHg=80cmHg
（2）给B段气体缓慢加热时，B段气体发生的是等压变化，则a水银柱处于静止状态，当b水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，设此时B段气体的温度为T2，则
式中L1=20cm，L2=25cm
解得T2=375K
15.如图所示为沿x轴传播的简谐横波在t=1s时的波形图，P、Q是波传播介质中的两个质点Q点振动比P点振动滞后0.2s，则________。

A.波沿x轴负方向传播
B.波的传播速度为30m/s
C.t=2s时，质点P振动的速度沿y轴正方向
D.从图示位置再经过0.1s，P、Q两质点的纵坐标相同
E.这列波遇到宽度为100m的障碍物，也能发生衍射
【答案】BDE;
【解析】
【分析】
Q点振动比P点振动滞后0.2s，可知波沿x轴正向传播，由此可得波的周期，在根据波长求解波速；然后通过质点的振动规律结合机械波的传播特点进行判断.
【详解】Q点振动比P点振动滞后0.2s，可知波沿x轴正向传播，且T/4=0.2s，则T=0.8s；因λ=24m，则波速，选项A错误，B正确；t=2s时，即经过了1s=T，质点P 振动到平衡位置，其速度沿y轴负方向，选项C错误；从图示位置再经过0.1s，则波向右传播3m，由对称性可知P、Q两质点的纵坐标相同，选项D正确；这列波遇到宽度为100m 的障碍物，也能发生衍射，只是不能发生明显的衍射，选项E正确；故选BDE.
16.如图所示为半圆形玻璃砖的截面图，圆的半径为R，过圆心O的对称轴水平，一束平行
光竖直向下照射在整个AB圆弧面上，玻璃砖对光的折射率为，光在真空中传播速度为c，求：
(1)折射光线经过C点的入射光线到AC面的水平距离s；
(2)照射到C点的折射光线在玻璃砖中传播的时间为多少?
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）首先画出光路图，根据几何关系结合光的折射定律求解折射光线经过C点的入射光线到AC面的水平距离s；（2）根据几何关系先求解光线在玻璃砖中的传播距离，然后根据v=c/n 求解传播速度，最后求解在玻璃砖中传播的时间.
【详解】（1）折射光线经过C点的光线如图，
设光线在AB弧面上入射角为i，折射角为r，由几何关系可知r=θ，i=θ+r=2r，
根据光的折射定律：即，
可得r=300，i=600
由几何关系可知α=300
因此折射光线经过C点的入射光线到AC面的水平距离：
（2）由几何关系可知，照射到C点的折射光线在玻璃砖中的路程
光在玻璃中的传播速度为
传播时间。