1、1鄂尔多斯西部四旗 20182019 学年度第一学期期末联考高三理科综合（物理部分）二、选择题： 1.如图所示，系统处于静止状态，不计一切摩擦，细绳、滑轮的质量都可忽略，则甲、乙两物块的质量之比为A. 1 B. C. D. 2【答案】C【解析】乙处于平衡状态，则绳子拉力等于乙的重力，即 ，甲处于静止状态，受力平衡，合力为零，对甲受力分析，根据平衡条件得：，解得： ， C 正确；ABD 错误；故选 C。2.火星跟地球的相似度很高，被认为是人类进行星际移民的首选之地.将火星和地球绕太阳的运动视为匀速圆周运动，已知火星与地球的质量之比为 p、轨道半径之比为 q，则火星与地球绕太阳运动的角速度大小之比
2、为A. B. C. D. pq qp 1q 1q32【答案】D【解析】【分析】由万有引力提供向心力可以列出关于角速度的表达式，即可求出对应的比值【详解】根据万有引力提供向心力，有： ; 解得： ;所以火星与地球绕GMmr2=m2r = GMr32太阳运动的角速度大小之比为： ，故 D 正确，ABC 错误；故选 D。12= r32r31=1q32【点睛】本题考查万有引力定律的应用，要注意求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用3.空间存在着平行于 x 轴方向的静电场，P、M、O、N、Q
3、为 x 轴上的点，P、Q 之间各点的电势 随位置坐标 x 的变化如图所示。一个带电粒子仅在电场力作用下从 M 点由静止开始沿 x 轴正方向运动，下列说法正确的是A. 粒子一定带负电B. P 点的电势低于 M 点的电势C. M 点的电场强度小于 N 点的电场强度D. 粒子从 M 点向 N 点运动的过程中，电势能一直减小【答案】D【解析】【分析】根据电势来确定电场线的方向，再依据电场力方向，从而确定电性；依据电场线方向，确定电势的高低；由图象的斜率来确定电场强度的大小；由粒子运动中，电场力做功的正负来确定电势能变化。【详解】由图可知，粒子从 M 到 Q，电势渐渐降低，且粒子由静止开始运动，因此电场
4、线方向由 P 到 Q 点，那么粒子带正电，故 A 错误；由于电场线方向由 P 到 Q，则沿着电场线方向，电势降低，那么 P 点的电势高于 M 点的电势，故 B 错误；根据=Ex，可知，图象的斜率的绝对值大小表示电场强度的大小，那么 M 点的电场强度小于 N 点的电场强度，故 C 错误；因带电粒子仅在电场力作用下从 M 点由静止开始沿 x 轴向右运动，电场力做正功，则电势能一直减小，故 D 正确；故选 D。【点睛】本题要理解电势 随位置坐标 x 图象的含义，知道其斜率表示电场强度，掌握沿3着电场线方向，电势降低，并理解电场力做功与电势能的变化情况。4.如图，竖直平面内有一正方形，一个质量为 m
5、电荷量为 q 的带正电小球在 A 点以一定初速度沿 AB 方向抛出，小球恰好过 C 点。若在竖直平面内加一个竖直方向的匀强电场，仍将小球在 A 点沿 AB 方向抛出，当其初速度减小为原来的一半时，恰好也能通过 C 点，则电场强度的大小和方向分别是(重力加速度为 g，空气阻力不计) A. ，竖直向下mg4qB. ，竖直向上3mg4qC. ，竖直向下3mg4qD. ，竖直向上5mg4q【答案】B【解析】当只有重力时，小球作平抛运动，设小球的初速度为 v，正方形的边长为 l，则： ，l=vt；当存在匀强电场后，小球做类平抛运动，则： ， ，联立解得：a=g/4；l=12gt2 l=v2t l=12a
6、t2加速度减小，电场力向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，由牛顿第二定律得：，即 ，故 B 正确。mg-Eq=ma E=3mg4q5.如图所示，OM 的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ON(在纸面内)与磁场方向垂直且NOM=60，ON 上有一点 P，OP=L。P 点有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(重力不计)，速率均为 ，则粒子在磁场中运动的最短时间为6qBL4m4A. B. C. D. m2qB m3qB m4qB m6qB【答案】A【解析】【分析】由题设条件求出粒子做匀速圆周运动的半径 r，结合左手定则
7、粒子做逆时针方向匀速圆周运动，粒子运动时间 t 最短时，所转过的圆心角 最小，所对的弦也最短，画出最短的弦，再作出粒子在磁场中做匀速圆周运动最短时间的轨迹，由几何关系求出此种情况下粒子的偏转角 ，从而求出了最短时间【详解】粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有： ，而将题设的 v 值代入得：qvB=mv2r，分析可知：粒子运动的时间 t 最短时，所粒子偏转的角度 最小，则 所对弦r=64L最短，作 PBOM 于 B 点，PB 即为最短的弦，结合左手定则，以 为半径作出过 P、Br=64L两点的轨迹圆如图所示，O为圆心；根据几何关系有：OB=OP= ；PB=Lsin60= L；联立式可得：r=64L
8、32PB= OB，则粒子偏转的角度：=90；结合周期公式： ，可知粒子在磁场中运2 T=2mqB动的最短时间为： ，故 A 正确，BCD 错误。故选 A。t=T4=m2qB5【点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，对几何能力要求较高，本题采用转化法分析求解，同学们注意体会，解题的关键在于要分析出：粒子运动时间 t 最短时，粒子偏转的角度 最小，所对的弦也最短，最后转化为求弦最短的情况，而弦最短的情况很容易画出，这样可以使分析过程变得简单，提高解题效率6.下列说法正确的是A. 温度越低，压强越大，放射性元素的半衰期越小B. 原子核的比结合能越大，其核子结合得越牢固，原子核越稳定C. 玻尔认为
9、，氢原子核外电子从某能级向另一能级跃迁的过程中原子的能量不变D. 两个质子和两个中子结合成一个 粒子，则质子与中子的质量之和一定大于 粒子的质量【答案】BD【解析】【分析】根据玻尔理论，可知，原子能量的量子化；比结合能越大时，原子核越稳定；外界环境的变化不会影响半衰期；根据质能方程，结合质量亏损，从而即可求解【详解】放射性物质的温度与压强不论如何变化，半衰期总不变，故 A 错误；比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故 B 正确；波尔理论：氢原子核外电子从某能级向另一能级跃迁的过程中，会释放或吸收能量的，则原子的能量会变化，故C 错误；根据质能方程，及质量亏损可知，两个质子
10、与两个中子的质量之和大于 原子核42He的质量，故 D 正确；故选 BD。7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 2：1.原线圈两端接有一正弦式交变电源，理想电流表 A 的示数为 1A，负载电阻 R 的阻值为 5。下列判断正确的是A. 副线圈两端的电压为 2.5VB. 副线圈中通过的电流为 2AC. 负载电阻 R 消耗的电功率为 20WD. 原线圈两端电压的峰值为 20V【答案】BC6【解析】【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率 P=I2R，电阻两端的电压 U=IR 即可求解，再根据最大值和有效值之间的关系可求和最大值，由功率公式即可求得电功率【详解】
11、原、副线圈的匝数比为 2：1，设原线圈电流为 I，根据根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得副线圈的电流 I2=2I=2A；由 U=IR 可知，副线圈两端的电压U2=I2R=25=10V，故 A 错误，B 正确；R 消耗的功率 P=I2R=45=20W，故 C 正确；副线圈两端电压的峰值 Um= U2=10 V；故 D 错误。故选 BC。2 2【点睛】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解明确电压之比和电流之比与线圈匝数之间的关系8.如图所示，绝缘细线下端悬吊有一质量为 m 的带正电小球，当细线与竖直方向的夹角为 时，让小球从 A 处
12、由静止开始释放，在垂直匀强磁场方向的竖直面内向右下方摆动，小球运动到最低点 B 时，细线突然断裂，最终落到水平地面上。已知 B 点离地面的高度为h，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是A. 小球在落地前的运动过程中机械能守恒B. 小球落地时的速度方向可能竖直向下C. 细线断裂的瞬间，其拉力大小为 mg(32sin)D. 从细线断裂到小球落地的这一段时间小于2hg【答案】ABD【解析】【分析】洛伦兹力不做功，小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒；由左手定则判断小球经过最低点时所受洛伦兹力方向；根据牛顿第二定律列方程得出小球经过最低点时轻绳所受拉力的表达式【详解】小球 A 到 B 的运动过程中
13、受重力、洛伦兹力和绳子拉力，而绳子拉力和洛伦兹力7力时刻和速度的方向垂直不做功；在从 B 点到小球落地的过程中小球受到重力和洛伦兹力，洛伦兹力不做功，所以只有重力做功，故小球运动过程机械能守恒，故 A 正确；小球的速度的方向最小右下方时，根据左手定则可知，洛伦兹力的方向沿左下方，有沿水平方向向左的分量，根据曲线运动的特点可知，小球落地时的速度方向可能竖直向下。故 B 正确；设绳子的长度为 R，小球摆到最低点过程：mgR（1-cos）= mv2；小球向右摆动通过最低12点是：T-qvB-mg=m ，得：T=mg+m +qvB=mg（3-2cos）+qB ，故 C 错误；v2R v2R 2gR(1
14、cos)根据左手定则可知，从细线断裂到小球落地的这一段时间内小球受到的洛伦兹力始终有向下的分力，所以小球沿竖直向下的方向上的加速度始终大于 g，所以向下运动的时间小于故 D 正确；故选 ABD。2hg【点睛】该题考查小球在重力与磁场的复合场中的运动，结合两段不同的过程，正确地对小球进行受力分析，特别是洛伦兹力的方向变化是解决本题的关键点三、非选择题： (一)必考题： 9.某同学做探究弹力和弹簧伸长的关系”实验.他按图卬所示安装好实验装置，使刻度尺零刻度线与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂 1 个钩码，静止时弹簧的长度为 l1；然后在弹簧下端分别挂 2 个、3 个、4 个、5 个相同钩码，静止时弹簧的
15、长度分别为 l2、 l3、 l4、 l5。图乙为根据所得数据作出的弹簧的长度随所挂钩码质量的变化关系图线，已知每个钩码的质量均为 30g。取 g=10m/s2，结果均保留两位有效数字。(1)弹簧下端挂 3 个钩码时，弹簧的弹力大小为_N，(2)该弹簧的原长为_cm，劲度系数为_N/m。【答案】 (1). （1）0.90 (2). （2）6.0 (3). 27【解析】【分析】8（1）弹簧的弹力等于钩码的重力；（2）根据乙图判断出弹簧的原长，斜率代表弹簧的劲度系数【详解】 （1）弹簧下端挂 3 个钩码时，弹簧的弹力大小为 F=3mg=0.90N（2）根据乙图可知，弹簧的原长为 l0=6.0cm，斜
16、率代表劲度系数则 k=Fx 0.15100.055N/m 27N/m10.某实验小组欲测定一个未知电阻 R 的阻值，他们先用多用电表在正确操作的情况下粗测电阻 Rx的阻值，多用电表的挡位选择及其示数如图甲所示。然后该小组利用伏安法测量 Rx的阻值，实验室可提供的器材有：A.电压表 V1(量程 3V，内阻约为 3k)B 电压表 V2(量程 15V，内阻约为 15k)C.电流表 A1(量程 30mA，内阻约为 8)D.电流表 A2(量程 0.6A，内阻约为 0.1)E.滑动变阻器 R1(最大阻值 10，额定电流 2A)F.滑动变阻器 R2(最大阻值 3k，额定电流 0.5A)G.电池组(电动势约为
17、 3V，内阻很小)H.开关一个，导线若干(1)用多用电表测得该未知电阻 Rx的阻值为_。(2)用伏安法测量 Rx的阻值时，电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。(填所选器材前的字母)9(3)用笔画线代替导线将图乙所示电路补充完整_。(4)某次实验测得的数据如下表所示：测量次数 1 2 3 4 5 6电压表的读数 U/V 1.20 1.50 1.80 2.10 2.40 2.70电流表的读数 I/mA 11.4 16.8 17.0 20.0 23.0 25.7上表数据中，有一组数据明显有误，该小组舍弃有误数据后，利用平均值法计算出未知电阻的阻值 Rx=_(结果保留三位有效数字)。【
18、答案】 (1). （1）110 (2). （2）A (3). C (4). E (5). （3）电路如图；(6). （4）105【解析】【分析】（1）根据欧姆表的读数方法可确定最终读数；（2）明确电流大小范围，从而确定对应的量程；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（3）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，然后作出电路图。（4）分析给出的表中数据，根据电阻为定值，其电流和电压成正比例变化，从而确定误差数值；根据实验数据应用欧姆定律求出电阻阻值。【详解】 （1）欧姆表对应的档位为10 档，故读数为：1110=
19、110；（2）电源电动势为 3V，则电压表选择 A 即可；根据表中给出的数据可知，电流最大值为25.7mA，故电流表应选用 C；因给出的 F 总阻值太大，无法准确测量，故应采用总阻值较小的 E 进行实验，因其阻值较小，故应采用分压接法；10（3）根据以上分析可知，本实验采用分压接法，同时因电阻较小，故为了减小误差，电流表采用外接法；连接出实物图，如图所示；（4）电阻阻值不变，故电流和电压应成正比，由表中数据可知，第 2 组数据错误；由欧姆定律可知，待测电阻阻值：R x=U/I，由表中实验数据可知，待测电阻阻值为：；RX=15(1.200.0114+1.800.0170+2.100.0200+2
20、.400.0230+2.700.0257)=105.1【点睛】本题考查了实验器材选择、设计实验电路图、电表读数、求电阻阻值等问题，要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法是设计实验电路的关键。11.如图所示，间距为 d 的两竖直光滑金属导轨间接有一阻值为 R 的电阻，在两导轨间水平边界 MN 下方的区域内存在着与导轨平面垂直的匀强磁场。一质量为 m、长度为 d、电阻为r 的金属棒 PQ 紧靠在导轨上。现使棒 PQ 从 MN 上方 高度处由静止开始下落，结果棒 PQ 进d2入磁场后恰好做匀速直线运动。若棒 PQ 下落过程中受到的空气阻力大小恒为其所受重力的，导轨的电阻忽略不
21、计，棒与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度大小为 g，求：14（1）棒 PQ 在磁场中运动的速度大小 v；（2）匀强磁场的磁感应强度大小 B。【答案】(1) (2) v=3gd2 B= 3mg(R+r)2d23gd【解析】（1）棒 PQ 进入磁场前做匀加速直线运动，设其加速度大小为 a.有，11v2=2a d2根据牛顿第二定律有，mg- mg=ma14解得： v=3gd2（2）棒 PQ 在磁场中做匀速直线运动时，切剖磁感线产生的感应电动势为；E=Bdv回路中通过的感应电流为 I=ER+r对棒 PQ，由受力平衡条件有：BId=mg- mg14解得： B=3mg(R+r)2d23gd12.如图
22、所示，倾角为的固定粗糙斜面上有一物块 A，物块到斜面底端的高度为 h，紧靠斜面底端有一长为 L 的长木板 B 停放在光滑的水平面上，斜面底端刚好与长木板上表面左端接触，长木板上表面粗糙，右端与一 圆弧面 C 粘接在一起，圆弧面左端与木板平滑相接，14现释放物块 A 让其从斜面上滑下，圆弧面表面光滑，圆弧面的半径为 R，物块与斜面、长木板表面的动摩擦因数均为 三者的质量相等，重力加速度大小为 g，不计物块 A,A、B、C从斜面滑上木板时的机械能损失。（1）求物块 A 到达斜面底端时的速度大小 v；（2）改变物块 A 由静止释放的位置，若物块 A 恰好能滑到圆弧面 C 的最高点，求其开始下滑时到斜
23、面底端的高度 ；h1（3）在（2）中情况下，求物块 A 从圆弧面最高点返回后停留在长木板 B 上的位置到长木板右端的距离 s（设物块 A 不会从长木板 B 的左端滑下） 。【答案】(1) (2) (3) v=2gh2ghtan h1=3(L+R)tan2(tan) s=R【解析】（1）设物块 A 沿斜面下滑的加速度大小为 a，有：，mgsinmgcos=ma由运动学规律有： ，hsin=v22a12解得： ；v=2gh2ghtan（2）若物块 A 恰好能滑到 圆弧面 C 的最高点，则物块 A 滑到圆弧面的最高点时物块与圆14弧面、长木板具有共同的速度，此种情况下，物块 A 到达斜面底端时的速度
24、大小为：，v1=2gh12gh1tan设物块 A 滑到 圆弧面 C 的最高点时的速度大小为 ，由动量守恒定律有：14 v2，mv1=3mv2由功能关系有： ，mgL=12mv21123mv22mgR解得： ；h1=3(L+R)tan2(tan)（3）经分析可知，当物块 A 最终停留在长木板 B 上时，物块、木板与圆弧面具有共同的速度（设为 ） ，由动量守恒定律有：v3 mv1=3mv3上式中， ，且 ，v1=2gh12gh1tan h1=3(L+R)tan2(tan)由功能关系有： ，mg(L+s)=12mv2112mv23解得： s=R点睛：物块 A 沿斜面下滑的过程中，重力做正功，滑动摩擦
25、力做负功，由动能定理求物块A 到达斜面底端时的速度大小 v；先由动能定理求出物块 A 到达斜面底端时的速度表达式物块 A 恰能滑上圆弧面 C 时，三个物体的速度相同，根据动量守恒定律求得共同速度，再由能量守恒定律求解即可；物块 A 最终停留在长木板 B 上时，物块、木板与圆弧面具有共同的速度，由动量守恒定律和能量守恒定律即可求解物块最终停留的位置(二)选考题： 物理选修 3-313.关于液体和固体，下列说法正确的是_A. 具有各向同性的固体一定是非晶体B. 液体的温度越低，其饱和汽压越小C. 第一类永动机违反了能量守恒定律D. 纳米材料的颗粒半径一定是 1nmE. 酒精灯中的酒精能沿灯芯向上升
26、，这与毛细现象有关13【答案】BCE【解析】【详解】多晶体与非晶体都有各向同性。故 A 错误。同种液体的饱和气压仅仅与温度有关，液体的温度越低，其饱和气压越小。故 B 正确；第一类永动机违反了能量守恒定律。故 C正确；纳米材料的颗粒半径是在纳米的数量级上，并不是颗粒的大小都是 1nm。故 D 错误；毛细作用，是液体表面对固体表面的吸引力，酒精灯中的酒精能沿灯芯上升，这与毛细现象有关。故 E 正确；故选 BCE。14.一足够长的内径均匀的细玻璃管，一端封闭，一端开口如图所示。当开口竖直向上时，用 h=25cm 的水银柱封闭住长 L1=37.5cm 的空气柱.大气压强 p0=75cmHg，空气柱温
27、度不变。（1）若将细玻璃管缓慢水平放置，求此时管内被封闭的空气柱的长度 L2；（2）若玻璃管总长度 L0=1m，将管口密封后再缓慢水平放置，求此时原封闭空气柱(即竖立时水银柱下方的空气柱)的长度 L3。【答案】 （1）50cm（2）42.9cm【解析】【分析】利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律，即可求出末态空气柱的长度 L2；将管口密封后在缓慢水平放置，上下两部分封闭气体均发生等温变化，分别对上下两部分空气柱利用几何关系结合玻意耳定律，即可求出此时原封闭空气柱（即竖立时水银柱下方的空气柱）的长度 L3【详解】设玻璃管的横截面积为 S，以 cmHg 作为单位
28、，当开口竖直向上时根据平衡可得封闭气体的压强：P 1=P0+h=100cmHg初态：压强 P1=100cmHg，体积 V1=L1S=37.5S14末态：压强 P2=P0=75cmHg，体积 V2=L2S封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律可得：P 1V1=P2V2解得：L 2=50cm将管口密封后，水银柱上方空气柱的长度为：L 4=L0-L1-h水平放置后，水银柱上下两部分空气柱的压强相同，设为 P，对上部分空气柱运用玻意耳定律：P 0L4S=P（L 0-h-L3）S对下部分空气柱运用玻意耳定律：P 1L1S=PL3S联立解得：L 3=42.9cm【点睛】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，
29、解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压强 P、体积 V、温度 T 三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决物理选修 3-415.质点沿 y 轴做简谐运动的振动图象如图所示，下列说法正确的是_A. 该质点的振动周期为 0.4sB. 0.04s 时，该质点沿 y 轴负方向运动C. 在一个周期内，该质点的位移为 0.4mD. 0.2s 时，该质点受到的回复力等于 0E. 在 0.3s0.5s 内，该质点的速度先增大后减小【答案】ADE【解析】【详解】由图像可知，该质点的振动周期为 0.4s，选项 A 正确；由图像可知，在 0-0.2s时间内，该质点沿 y 轴正方向运动，选项 B 错
30、误；在一个周期内，该质点回到平衡位移，则质点的位移为 0.选项 C 错误；0.2s 时，该质点在平衡位置，则此时受到的回复力等于0，选项 D 正确；在 0.3s0.5s 内，该质点由最低点到平衡位置，然后到达最高点，则其速度先增大后减小，选项 E 正确；故选 ADE.16.如图所示，一半圆形玻璃砖半径 R=18cm，可绕其圆心 O 在纸面内转动，MN 为一根光标15尺，开始时玻璃砖的直径 PQ 与光标尺平行。一束激光从玻璃砖左侧垂直于 PQ 射到 O 点，在 MN 上留下一光点 O1。保持入射光方向不变，使玻璃砖绕 O 点逆时针缓慢转动，光点在标尺上移动，最终在距离 O1点 h=32cm 处消失。已知 O、O 1间的距离 l=24cm，光在真空中传播速度 c=3.0108m/s，求：玻璃砖的折射率 n。标尺上光点消失后，光从射入玻璃砖到射出玻璃砖过程经历的时间 t。【答案】 （1）1.67（2）210 -9s【解析】发生全反射时光路如图，由数学知识得：全反射临界角 C=/ 2则玻璃的折射率 n=1/sinC=5/3=1.67光在玻璃中传播的速度 v=c/n 全反射时光穿过玻璃砖的时间 t=2R/v=2109s
