1、- 1 -2018 年秋期高中三年级期终质量评估理科综合能力测试（物理部分）二、选择题1.下列说法中正确的是A. 钍的半衰期为 24 天，1g 针经过 120 天后还剩 0.2gB. 发生光电效应时，入射光越强，光电子的最大初动能就越大C. 原子核内的中子转化成一个质子和电子，产生的电子发射到核外，就是 粒子D. 根据玻尔的原子理论，氢原子从 n=5 的激发态跃迁到 n=2 的激发态时，核外电子动能减小【答案】C【解析】【分析】半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，根据 m=m0 计算剩余的质量；光电子的最大初动能 Ek=h-W； 衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子；
2、氢原子向低能级跃时，半径减小，库仑力做正功，电子运动的动能增大。【详解】A. 氡的半衰期为 3.8 天,1 克氡经过 7.6 天即经过 2 个半衰期,还剩m=m0 =m0 =1 = 克氡未衰变，故 A 错误；B.入射光子能量 E=h，某种材料的逸出功是 W，则光电子的最大初动能 Ek=h-W，入射光频率越高，光电子的最大初动能就越大，故 B 错误； C. 衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，故 C 正确；D.一个处于 n=5 能级的氢原子从 n=5 的激发态跃迁到 n=2 的激发态时，原子核对核外电子做正功，核外电子动能增加，故 D 错误。故选：C2.一长木板静止在倾角为
3、 的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为 m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为 1，长木板与斜面间的动摩擦因数为 2，则下列说法正确的是（ ） - 2 -A. 斜面对长木板的摩擦力为 mgsinB. 斜面对长木板的摩擦力为 3 2mgcosC. 长木板对人的摩擦力为 2 1mgcosD. 长木板对人的摩擦力为 2mgsin【答案】D【解析】AB、对人，物块，长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为，故 AB 错误；CD、对人，物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为 ，
4、故 C 错误，D 正确。点睛：本题考查整体法与隔离法的应用，掌握平衡条件的运用方法，注意正确选择研究对象的方法，一般情况可以先整体后隔离进行分析。3.如图甲所示，边长为 L=0.1m 的 10 匝正方形线框 abcd 处在变化的磁场中，在线框 d 端点处开有一个小口，d、e 用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示(规定垂直纸面向外为磁场的正方向)，下列说法正确的是A. t=3s 时线框中的磁通量为 0.03WbB. t=4s 时线框中的感应电流大小为零C. t=5s 时通过线框中的电流将反向D. t=8s 时通过线框中电流沿逆时针方向【答案】C【解析】【分析】根据磁
5、通量公式可计算出穿过线框的磁通量；根据法拉第电磁感应定律可计算出线框中产生- 3 -的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律判断感应电流是否为零；根据楞次定律判断感应电流的方向。【详解】A.由磁通量的定义可知 t=3s 时穿过线框的磁通量为 =B 0L2=0.003Wb，故 A 错误；B.由法拉第电磁感应定律知 E= V=0.03V，所以线框中的感应电流为I=E/R，故 B 错误；C.由楞次定律 3s 到 5s，感应电流为逆时针方向，5s 到 11s，感应电流为顺时针方向，t=5s时通过线框中的电流将反向，故 C 正确，D 错误；故选：C4.如图所示，用长为 L 的绝缘轻线把质量为 m、带电量为 q
6、(q0)的小球悬挂于天花板上 O 点，小球静止于 O 点正下方。如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场，小球向右运动，悬线偏转的最大角度为 60，则所加匀强电场的电场强度为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】带电小球摆动最大角度 60，末速度为零，此过程中电场力对小球做正功，重力做负功，细线拉力不做功，根据动能定理，即可求解；【详解】带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为 60，末速度为零，此过程中电场力 Eq对小球做正功，重力 G 做负功，细线拉力 T 不做功，根据动能定理,则有：qElsinmgl(1cos)=0，解得：E= .故 ACD 错误，B 正确；故选：B5.如
7、图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为 4：1，电压表和电流表均为理想电表，R 2为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电。下列说法中正确的是- 4 -A. 输入变压器原线圈的交流电压的表达式为 u=36 sin100t(V)B. 变压器原、副线圈中的电流之比为 4：1C. t=0.01s 时，穿过发电机线圈的磁通量为 0D. R2处温度升高时，变压器的输入功率变小【答案】A【解析】【分析】由图乙可知交流电压最大值，周期 T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压 u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之
8、比，Rt 处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，输出功率等于输入功率，可知输入功率的变化。【详解】A. 由图乙可知交流电压最大值 Um=36 ，周期 T=0.02s，可由周期求出角速度的值为 2/0.02=100，则可得交流电压 u 的表达式 U=36 sin100t（V） ，故 A 正确；B.由于输入功率等于输出功率，U 1I1=U2I2，I 1：I 2=U2：U 1=n2：n 1=1:4，故 B 错误；C.t=0.01s 时，电动势瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故 C错误；D.t 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据 P=UI 可知，变压器输出功率
9、变大，输入功率等于输出功率，变大，故 D 错误；故选：A6.A、B、C 为直角三角形的三个顶点，ACB 为直角，点电荷 qA和 qB分别位于三角形斜边的两端，已知 qA0)的点电荷从 C 点移到无穷远处，电场力做的功为 q【答案】BD【解析】【分析】根据点电荷电场强度的公式及矢量合成法则分析；根据电场线从正电荷出发，到负电荷终止进行判断；根据电场强度的矢量合成法则解得；根据电场力做功公式解得。【详解】A. 由于 qAqB，根据 ，在 AB 连线 A 点的左侧，存在一点，两电荷产生的电场强度等大反向，该点右边电场线方向向左，该点左边电场线方向向右，故 A 错误；B.电场线从正电荷出发，到负电荷终
10、止。存在从 A 点出发，经无穷远到 B 点终止的电场线，沿电场线电势降低。所以线段 AB 上有一个电势为零的点，故 B 正确；C. 电荷 B 在 C 点产生的电场场强大小为 ，故 C 错误；D.根据电场力做功 W=qUC0=q ，故 D 正确。故选：BD7.轨道平面与赤道平面夹角为 90的人造卫星被称为极地轨道卫星，它运行时经过南北极的上空，气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地卫星，从北纬 45的正上方，按图示方向第一次运行到南纬 45的正上方用时 45min，则A. 该卫星的轨道半径与同步卫星轨道半径之比为 1：4B. 该卫星的加速度与同步卫星加速度之比为 16：1C.
11、该卫星的加速度与赤道上的人随地球自转的加速度之比为 16：1D. 该卫星从一次经过赤道上的某点正上方，到再次经过该点正上方所用时间为 24 小时【答案】ABD- 6 -【解析】【分析】根据题意求出卫星的周期，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出轨道半径、加速度，然后分析答题；求该卫星周期与地球自转周期最小公倍数，即再次经过该点正上方所用时间。【详解】由题意可知，卫星的周期：T= 45min=180min=3h；A. 万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比：r：r 同步 = =1：4，故 A 正确；B. 万有
12、引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得：a= ，该卫星加速度与同步卫星加速度之比：a：a 同步 = =16：1，故 B 正确；C. 根据加速度 a= 2r，赤道上的人随地球自转的加速度比同步卫星的加速度小，所以该卫星的加速度与赤道上的人随地球自转的加速度之比大于 16：1，故 C 错误；D.地球的自转周期为 24h，从卫星经过赤道上的某点正上方开始，24h 内该卫星刚好转了 8圈，又经过赤道上的该点正上方，故 D 正确。故选：ABD8.如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率 v0沿逆时针方向运行。t=0 时，将质量 m=1kg的炭块(可视为质点)轻放在传送带上，炭块相对地面的 v-t 图象
13、如图乙所示，整个过程炭块未滑离传送带。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度 g=10m/s2。则A. 传送带两轮间的距离为 20mB. 02.0s 内摩擦力对炭块做功24JC. 02.0s 内炭块与传送带摩擦产生的热量为 24J- 7 -D. 炭块在传送带上的痕迹长度为 4m【答案】BC【解析】【分析】由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数和倾角的大小，分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小；分别求出两个阶段的相对位
14、移，根据 Q=fx，即可求出产生的热量；划痕即相对位移的长度，但第二阶段的划痕与第一阶段重合。【详解】A. 由图象可以得出炭块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续向下做匀加速直线运动，整个过程炭块未滑离传送带，所以传送带两轮间的距离应足够长，故A 错误；B.由图象可知，在 01s 内物块受到的摩擦力沿斜面向下， a1=（mgsin+mgcos）/m=10m/s2；在 12s 内受到的摩擦力沿斜面向上，a 2=mgsin mgcosm=2m/s 2；联立两式解得：=0.5，=37.第一段匀加速直线运动的位移为：x 1= ，摩擦力做功为：W f1=mgcosx 1=0.5100.85J
15、=20J，第二段匀加速直线运动的位移为：x 2= =11m，摩擦力做功为：W f2=mgcosx 2=0.5100.811J=44J，所以有：W f=Wf1+Wf2=2044=24J.故 B 正确；C. 第一段匀加速直线运动炭块和传送带间的相对位移为：x 1=v0t1-x1=101-5=5m，产生的热量为：Q 1=mgcosx 1=0.5100.85J=20J；第二段匀加速直线运动炭块和传送带间的相对位移为：x 2=x2-v0t2=11-101=1m，产生的热量为：Q 2=mgcosx 2=0.5100.81J=4J；02.0s 内炭块与传送带摩擦产生的热量为 Q=Q1+Q2=20J+4J=2
16、4J，故 C 正确；D. 第一段匀加速直线运动传送带比炭块的位移大，划痕即炭块和传送带间的相对位移为5m；第二段匀加速直线运动炭块比传送带位移大，划痕即炭块和传送带间的相对位移为 1m，所以总的划痕长度即第一阶段的划痕 5m，故 D 错误。- 8 -故选：BC三、非选择题(一)必考题： 9.如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，靠近长木板的左端固定有一光电门，右端放置一带有细立柱的小车，小车和细立柱的总质量为 M，细线绕过定滑轮，端与小车相连，另一端挂有 5 个钩码，已知每个钩码的质量为 m，且 M=5m。(1)用螺旋测微器测小车上的细立柱的直径时，结果如图乙所示，则螺旋测微器读数
17、为_mm。(2)把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受细线的拉力时能沿木板做匀速直线运动。(3)将小车从木板右端由静止释放，记录小车上的细立柱通过光电门的时间 t。(4)开始实验时，细线另一端挂有 5 个钩码，然后每次实验时将 1 个钩码移到小车上，若每次移动钩码后都从同一位置释放小车，设细立柱宽度为 d，释放小车时细立柱与光电门的距离为 L，dL，细线所挂钩码的个数为 n，每次细立柱通过光电门的时间为 t，绘出 -n 图象如图所示，已知图线斜率为 k，则当地重力加速度为_(用题中所给字母表示)【答案】 (1). (1) 2.150(2.1482.152 均可） (2). (4)
18、 g5 kd2/L 【解析】【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则分别读出固定尺加上螺旋尺刻度即可；（2）根据极短时间- 9 -内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度。根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出 n- 的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度【详解】(1)螺旋测微器的固定尺读数为 2mm，螺旋尺读数为 0.0115.0mm=0.150mm，则最终读数为 2mm+0.150mm=2.150mm.(2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则细立柱通过光电门的速度 v=d/t.对整体分析， 根据 v2=2aL 得， ，得所以 k= ，当地重力加速度为 g5kd 2/L.
19、10.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，备有下列器材：A.待测的干电池一节B.电流表 G(量程 0150mA，内阻 Rg=3.09)C.电压表 V(量程 03V，内阻 RV约 1k)D.滑动变阻器 R0(020，1.0A)E.电阻箱 R(099.9)F.开关和若干导线(1)该同学发现上述器材中电流表的量程较小，他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为 00.6A 的电流表，则电阻箱 R 的阻值应取_，请在图甲的虚线框内画出利用上述器材测量干电池电动势和内阻的实验电路图_。(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的 UI 图象，U、I 分别为电压表和电流表的示数。根据该图象可
20、得被测电池的电动势 E=_V，内阻 r=_- 10 -【答案】 (1). (1) 1 (2). 或 (3).(2) 1.5（1.481.52 均可） (4). 1.2（1.21.3 均可）【解析】【分析】（1）根据电表的改装原理即可确定应并联的电阻大小；（2）根据闭合电路欧姆定律以及图象的性质进行分析即可求得电动势和内电阻；【详解】(1)利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为 00.6A 的电流表，则需要并联的电阻箱 R 的阻值应取 R= =1；电路图如图：；(2)若设电流表的电流为 I，则干路电流为 4I，由闭合电路的欧姆定律：U=E4Ir；延长图象与两坐标轴相交，由图象可知：E=1.48
21、V；4r= ，则 r=1.2。计算题 11.如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块 A 和 B(可视为质点)，A 的质量m=1.0kg，B 的质量 M=4.0kg，A、B 之间有一轻质压缩弹簧，且 A、B 间用细绳相连，弹簧的弹性势能 Ep=40J，弹簧的两端与物块接触而不固定连接。水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为 30的光滑斜面平滑连接。将细线剪断，A、B 分离后立即撤去弹簧，物块 A 与墙壁发生弹性碰撞后，A 在 B 未到达斜面前追上 B，并与 B 相碰后结合在一起向右运动 g 取10m/s2，求：(1)A 与弹簧分离时的速度大小；(2)A、B 沿斜面上升的最大距离。- 11 -
22、【答案】 （1）8m/s；（2）1.024m【解析】【分析】压缩弹簧释放后，由动量守恒和能量守恒列式，可求速度；A 与墙壁碰撞反弹后追上 B，设碰后黏合体的速度为 v，再由动量守恒定律列式可求共同速度。再由动能定理可求沿斜面上升的最大距离。【详解】(1)设 A、B 的速度分别为 v1、v 2，系统动量守恒：0=mv 1-Mv2系统能量守恒：得 v1=8m/s，v 2=2m/s(2)A 与墙壁碰后速度大小不变对 A、B 系统动量守恒：mv 1+Mv2=（m+M）vv=3.2m/s对 A、B 黏合体，由动能定理：L=1.024m12.如图所示，全空间中存在水平向里的匀强磁场，区域 II、III 中
23、存在竖直向下的匀强电场，区域 III 中 P 点固定有一负电荷（未画出） ，点电荷的电场只存在区域 III，不会影响区域 II 中的匀强电场；A 点有一质量为，电荷量为 q 的点电荷以某一初速度水平同右匀速直线运动；某时刻点电荷从 Ol进入区域，做圆周运动从 C 点进入区域 III;点电荷在区域 III恰好做圆周运动进入区域 II 并最终回到 O1;区域 II 的宽度为 2L,C 与 Ol的高度差为 L（区域II、III 中电场强度 ） ，重力加速度为 g，静电力常量为 k，求：(1)磁感应强度 B 和粒子的初速度 v0；- 12 -(2)P 点点电荷的电荷量大小 Q;(3)从 O1出发到回到
24、 O1的时间。【答案】(1) , (2) (3) 【解析】解：（1）在区域 I 中向右匀速直线运动，则有在区域 II 中做圆周运动，则有由几何关系解得磁感应强度 ， 粒子的初速度（2）在区域 III 中，电场力与重力平衡，库仑力与洛伦磁力的合力提供圆周运动的向心力由几何关系 得解得P 点点电荷的电荷量大小（3）粒子最终回到 O1，其轨迹关于 对称在区域 II 中运动时间在区域 III 中运动时间- 13 -解得(二)选考题13.下列说法正确的是_。A. 液体的浸润现象实质是由于附着层中分子间的引力作用形成的B. 温度相等的两个物体接触，它们各自的内能不变且内能也相等C. 当分子间的引力与斥力相
25、互平衡时，分子间分子势能最小D. 悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈E. 若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，则气体内能可能减小【答案】CDE【解析】【分析】液体的浸润现象实质是由于附着层中分子间相互的排斥作用形成的；温度相等的两个物体平均动能相等，内能不一定相等；颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；根据分子力做功情况判断分子势能的变化情况；根据热力学第一定律分析内能的变化。【详解】A. 液体的浸润现象实质是由于附着层中分子间距离小于 r0，分子间相互的排斥作用形成的，故 A 错误；B. 温度相等的两个物体接触，不进行热传递，它们各自的内能不变。但内能是物体所有分子动能和
26、势能之和，两物体质量不一定相等，内能也不一定相等。故 B 错误；C. 当分子间的引力和斥力相互平衡时，无论分子间距离增大或减小，都要克服分子力做功，分子势能都增大，所以当分子间的引力和斥力相互平衡时，分子间分子势能最小，故 C 正确；D. 布朗运动是液体分子无规则运动的反映，悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故 D 正确；E.若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，根据热力学第一定律可得U=WQ，如果 WQ，则气体内能减小，故 E 正确。 故选：CDE。14.如图所示，一长为 l=57cm 的竖直细玻璃管，下端封闭上端开口，现用 5cm 高的水银柱封闭着 50cm 长的理想
27、气体，管内外气体的温度均为4。- 14 -将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成 30角时，管中被封气体的长度为多少?在第一问的基础上，若接着将管内水银柱取走 1cm，再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?(大气压强为 P0=76cmHg)【答案】 （1）51.59 cm（2）274.6K.【解析】【分析】（1）将玻璃管倾斜，压强减小，温度不变，根据玻意耳定律求出气柱长度； （2）取走水银柱后，求出压强。加热气体的过程，压强不变，根据盖吕萨克定律求出升高后的温度。【详解】设玻璃管的横截面积为 S，初态时，管内气体的温度为 T1269 K，体积为V150S，压强为 p181cm
28、Hg 当玻璃管倾斜至与水平面成 30角时，管内气体的温度为 T2269 K，体积为 V2lS，压强为 p2(765sin30) cm Hg 由玻意耳定律得：p 1V1p 2V2代入数据，解得：l51.59 cm 设温度升至 T3时，水银柱长为 4cm，管内气体的体积为 V353S，压强为p3(76+4sin30) cm Hg由理想气体状态方程得： 代入数据，解得 T3274.6K.15.如图所示，甲图为一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t=1s 时刻的波动图象，乙图为参与波动的质点 P 的振动图象，则下列判断正确的是_。- 15 -A. 该波的传播方向沿 x 轴正方向B. 该波的传播速率为 4m
29、/sC. 经过 2s，质点 P 沿波的传播方向向前传播 4mD. 该波在传播过程中若遇到直径为 4m 的球，能发生明显衍射现象E. 在 01s 时间内，质点 P 的位移为零，路程为 0.4m【答案】ADE【解析】【分析】在乙图上读出 t=0 时刻 P 质点的振动方向，在甲图上判断出波的传播方向；由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速；波在同一介质中匀速传播，由 s=vt 可以求出经过波沿波的传播方向传播的距离，而质点并不向前传播；根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象；根据振动图像判断 01s 时间内质点 P 的运动情况，求出位移和路程【详解】A、在乙图上读出 t=1s
30、 时刻 P 质点的振动方向沿 y 轴正方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿 x 轴正方向故 A 正确； B、由甲读出该波的波长为 =4m，由乙图读出周期为 T=2s，则波速为 v= m/s=2m/s，故B 错误； C、质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播故 C 错误；D、由于该波的波长为 4m，所以该波在传播过程中若遇到 4m 的障碍物，能发生明显的衍射现象故 D 正确；E、在 01s 时间内，质点 P 由平衡位置向上运动到波峰再回到平衡位置，位移为零，路程s=2A=0.4m，故 E 正确。故选：ADE16.有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源 S 就在其对称轴上，如图所示，
31、从光源 S 发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折射入玻璃球冠- 16 -内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回，若球面半径为 R，玻璃折射率为 ，求光源S 与球冠顶点 M 之间的距离 SM 为多大？【答案】( 1)R【解析】如图所示，根据折射定律有 根据反射定律，有 1 = 2由题意可知 2 + 3 =90联立解得 1 = 60， 3 = 30 由图可得 = 3 =30， = 1 = 30 由几何关系可知 SO=2Rcos 30= R 故光源 S 与 P 间距 SP = SO R = ( 1)R 0.73 R点睛：处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度- 17 -
