2018~2019学年佛山市普通髙中教学质量检测(一)高三理科...

1、- - 20182019 学年佛山市普通髙中教学质量检测(一)高三理科综合试题（物理部分）二、选择题1.在港珠澳大桥建设中，将一根直径22 米、高 40.5 米的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。钢筒质量为m，用起重机如图由8 根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态。则每根钢索受到的拉力大小为a. mg b. mg c. mg d. mg【答案】 b 【解析】【分析】根据几何知识，先求解每根钢索与竖直方向的夹角，在由正交分解法求解拉力. 【详解】由题意，每根钢索与竖直方向夹角为300，则由平衡条件可知：8tcos300=mg，解得 t=mg，故选 b.2.一个简

2、易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是a. 要将硬币射出，可直接将开关拨到2 b. 当开关拨向1 时，有短暂电流出现，且电容器上板带负电- - c. 当开关由1拨向 2 瞬间，铁芯中的磁通量减小d. 当开关由1 拨向 2 瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场【答案】 d 【解析】【分析】电容器先充电后放电，则穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律判断硬币中产生的感应磁场. 【详解】 电容器刚开始时处于无电状态，直接将开关拨到2，则不能将硬币射出，选项 a 错误；当开关拨向1

3、时，电容器充电，有短暂电流出现，且电容器上板带正电，选项b 错误；当开关由 1 拨向 2瞬间，电容器放电，铁芯中产生的向下的磁通量增加，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，选项c 错误， d 正确；故选d.3.如图所示的电路中，r1为定值电阻， r2 为光敏电阻 (光照越强电阻越小)，c 为电容器，电源内阻不可忽略。闭合开关后，当光照增强时，下列说法正确的是a. 电源的效率降低b. 电流表的示数减小c. r1的电功率减小d. 电容器两端电势差减小【答案】 a 【解析】【分析】闭合开关后，当光照增强时，r2阻值减小，外电路电阻r 减小，根据电路的结构结合闭合电路欧姆定律分析各项。【详解】

4、闭合开关后， 当光照增强时，r2阻值减小， 外电路电阻r减小，根据可知电源的效率降低，选项a正确；外电路电阻r减小，总电流变大，电流表的示数变大，选项 b 错误；根据p=i2r1可知 r1的电功率变大，选项c 错误； r1两端电压变大，则电容器两端电势差变大，选项d 错误；故选a.4.如图所示，在匀强电场中有o、a、b 三点， oa=ob=5cm ，其中 o、a 电势分别为0v、5v，oa 与 ob 的夹角为 120 ，a、b 在同一条竖直线上。现有一不计重力、带电量为e的粒子以4ev 的动能从a 点沿 ao 方向飞入电场，经过b 点时，动能与在a 点时相同，- - 则下列说法正确的是a. 该

5、粒子带正电b. 粒子运动过程中，电场力一直做正功c. 粒子能运动到o 点，且在o 点时电势能为零d. 该电场强度大小为200v/m ，方向水平向左【答案】 d 【解析】【分析】粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，根据 ab 两点的动能知道电势能关系，从而知道电势关系和场强的方向，根据运动轨迹判断电场力做功情况；根据e=u/d 求解场强. 【详解】粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在ab 两点的动能相同，可知粒子在ab 两点的电势能相等，即ab 两点电势相同，则场强的方向垂直ab 指向 o，由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，从a 到 b 电场力先做负功后做正功

6、，选项ab错误；粒子在a 点时，电势能和动能之和为-5ev+4ev=-1ev ，若粒子能运动到o 点，则电势能为 0 动能为 -1ev，不合实际，故粒子不能运动到o 点，选项c 错误；该电场强度大小为，方向水平向左，选项d正确；故选d. 【点睛】 此题关键是知道粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行有关的判断；注意e=u/d公式中d的物理意义.5.下图为一个以o 为圆心、半径为r、带电量为 +q 的均匀带电圆环，在圆心o 处放一个带电量为 q 的负点电荷， ab 为圆环的中轴线，c 点在 ab 上距 o 的长度为r。现把该点电荷从 o 拉到 c，若不考虑点电荷对场源

7、的影响，则下列说法正确的是- - a. 点电荷在o 点受到的电场力不为零b. 点电荷在c 点受到的电场力大小为c. 点电荷从o 到 c 的过程中，外力对其做正功，电势能增大d. 若将点电荷从c 由静止释放，则它会一直沿由b 到 a 的方向运动【答案】 c 【解析】【分析】根据对称性判断o 点的场强；用微元法求解c 点的场强，然后求解电场力；根据ab 上场强的分布判断电荷的运动情况. 【详解】由对称可知，圆环上电荷在o 点形成的场强为零，则点电荷在o 点受到的电场力为零， 选项 a 错误；在圆环上取一小段电荷?q， 则该电荷在c 点的场强为，则圆环上所有电荷在c 点的场强为， 则点电荷在c 点受

8、到的电场力大小为，选项 b 错误；因圆环上的电荷在ab 直线上形成的场强为从o 指向 a或者从 o 指向 b, 则点电荷从o 到 c 的过程中， 电场力做负功， 外力对其做正功，电势能增大，选项c正确；若将点电荷从c由静止释放，则它会一直沿由b到a的方向运动直到运动到与 c 点关于 o 点对称的位置，选项d 错误；故选c.6.在 2018 年俄罗斯世界杯某场比赛中，一个球员在球门中心正前方某处高高跃起，将足球以水平速度v0顶出，恰落在球门的右下方死角p点。假设球门宽为l，守门员作出准确判断的时间为 t，扑球的运动时间为t，将足球看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，则- - a. 若球员顶球

9、点的高度为h，则守门员扑球时间t 必须小于t才可能成功防守b. 球员要成功破门，球员顶球点的高度必须大于c. 球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0=d. 若球员到p点的水平距离小于v0(t+ t)，则可能成功破门【答案】 ad 【解析】【分析】足球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动；守门员反应时间?t，扑球时间为t，根据时间以及位移关系求解. 【详解】球做平抛运动，则落地的时间为，则守门员扑球时间t 必须小于- t 才可能成功防守，选项a 正确；球员要成功破门，球运动的时间必须小于(t+?t) ，则球员顶球点的高度必须小于g(t+?t)2，选项 b 错

10、误；球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度，选项c 错误；若球员到p 点的水平距离小于v0(t+t)，则可能成功破门，选项d 正确；故选ad.7.某宇宙飞船在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，假设地球赤道平面与其公转平面共面，地球半径为r。日落后 3 小时时，站在地球赤道上的小明，刚好观察到头顶正上方的宇宙飞船正要进入地球阴影区，则a. 宇宙飞船距地面高度为r b. 在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90c. 宇航员绕地球一周经历的“ 夜晚 ” 时间为 6 小时d. 若宇宙飞船的周期为t，则宇航员绕地球一周经历的“ 夜晚 ” 时间为 t/4【答案】 bd - - 【解析】

11、【分析】根据题意画出草图，结合几何关系求解宇宙飞船距地面高度和宇航员观测地球的张角；宇航员绕地球一周经历的“ 夜晚 ” 转过的角度为90 ，据此求解所用的时间. 【详解】如图所示：太阳光可认为是平行光，o 是地心，人开始在a 点，这时刚好日落，因为经过24 小时地球转一圈，所以经过3 小时，地球转了45 ，即： aoc=45 ，此时人已经到了b 点，卫星在人的正上方c 点，太阳光正好能照到卫星，所以根据aoc=45 就能确定卫星的轨道半径为： r=oc=oa=r则卫星距地面高度等于(-1)r故 a 错误。因 aco=45 ，则在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90 ，选项 b 正确；宇航员

12、绕地球一周经历的“ 夜晚 ”转过的角度为90，但是因卫星的周期不是24h，则经历的时间不是6小时，若宇宙飞船的周期为 t，则宇航员绕地球一周经历的“ 夜晚 ” 时间为 t/4，选项 c 错误， d 正确；故选bd.8.如图所示，斜面abc 竖直固定放置，斜边ac 与一光滑的圆弧轨道deg 相切，切点为d，ad 长为 l=，圆弧轨道圆心为o 半径为 r，doe= ，og 水平。现有一质量为m 可看为质点的滑块从a 点无初速下滑， 滑块与斜面间的动摩擦因数为 ， 重力加速度为g，则a. 滑块经过e 点时对轨道的最小压力为mg b. 滑块下滑后将会从g 点飞出c. 滑块第二次经过e点时对轨道的压力为

13、3mg d. 滑块在斜面上经过的总路程为s=- - 【答案】 cd 【解析】【分析】滑块从 a 点滑下后在ad 部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到 ad 斜面上时的高度逐渐降低， 最终滑块将在以e点为最低点， d 为最高点来回滚动，此时经过e 点时对轨道的压力最小，根据动能定理结合牛顿第二定律求解各项. 【详解】 滑块从 a 点滑下后在ad 部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到ad 斜面上时的高度逐渐降低， 最终滑块将在以e 点为最低点， d 为最高点来回滚动，此时经过e 点时对轨道的压力最小， 则从 d 到 e点， 由机械能守恒定律：， 在 e 点：，联 立 解 得n=mg(3- 2cos

14、) ， 选 项a错 误 ； 从a到g由 动 能 定 理 ：其中，解得：，则滑块下滑后不能从g点 飞 出 ， 选 项b错 误 ； 滑 块 第 一 次 到 达e点 时 ， 根 据 动 能 定 理 ：，解得，第二次到达e点的速度与第一次相同，则由牛顿第二定律：ne-mg=m，解得 ne=3mg，选项 c 正确；由以上的分析可知，滑块最终将在以 e 点为最低点， d 为最高点来回滚动， 则由动能定理：，解得，选项 d 正确；故选cd. 【点睛】 此题的运算和物理过程都比较复杂，根据是搞清滑块运动的物理过程，并能分析出滑块最终的状态这是解题的关键.二、非选择题：(一)必考题9.某物理兴趣小组，利用频闪拍

15、照技术和水龙头滴水的方法测量当地的重力加速度。甲同学从一定高度控制水龙头让一滴水滴从高处自由滴落，乙同学控制架设好的相机对下落水滴进行拍照，重复多次拍摄，取最佳拍摄的照片进行分析和计算。已知频闪照相的曝光周期为t=0.02s，照片和实物的比例是1： 10，利用毫米刻度尺直接在照片上测量相应的数据x1、x2、x3、 x4，如图所示。请根据以上条件回答下列问题：- - (1)请写出重力加速度的计算式，用题中给出的字母表示_；(2)照片上 od 间的距离为 _cm。根据测得的数据可得重力加速度的大小g=_m/s2(结果保留3 位有效数字 )【答案】(1). (2). 8.41-8.44(3). 9.

16、53-10.00 【解析】【分析】（1）根据 ?x=gt2求解重力加速度的表达式，注意照片和实物的比例是1：10； （2）从刻度尺上读出数据，带入求解重力加速度的数值。【详解】 （1）根据 ?x=gt2可得；（2）照片上od 间的距离为8.42cm。x1+x2=3.90cm；x3+x4=8.42cm-3.90cm=4.52cm ，代入可得重力加速度的大小g=9.68m/s210.国家有关酒驾的裁量标准如下：酒精检测仪是交警执法时通过呼气来检测司机饮酒多少的检测工具。现有一个酒精检测仪的- - 主要原件 “ 酒精气体传感器” ，其阻值随气体酒精浓度变化的情况如下表。(1)请根据上表数据在右上图中

17、描绘出“ r 气体酒精浓度 ” 的关系曲线 _。(2)已知人体血液酒精浓度是所呼出气体酒精浓度的2200 倍。若测得某司机小明，经过气体酒精浓度测试， 显示呼气酒精浓度为120mg/m3， 则司机小明应该是属于_驾驶， 此时 r 的阻值为 _ 。(3)现有一个电源，电动势为4.5v ，内阻约为1 ；电压表 v，量程为 3v，内阻约为2000 ；电流表a，量程为3a，内阻约为5；滑动变阻器r1，阻值050；滑动变阻器r2，阻值0500 ；开关、导线若干若要用以上器材和上述“ 酒精气体传感器” 组成一个测定气体酒精浓度的电路。该电路只使用一个电表，且正常工作时，被测气体酒精浓度若为0，则电表指针满

18、偏。且该电路可以在电源老化，内阻变大的情况下，通过调节变阻器，保证被测气体酒精浓度为0 时，电表指针仍能满偏。则，该电路应选用的电表是_(填字母代号，下同)，应选用的滑动变阻器是_。请在虚线框中完成设计电路图_。【答案】(1). （1）如图：- - (2). （ 2） 饮酒；(3). 22-26 (4). v (5). r1(6). 电路如图；【解析】【分析】根据数据画出“r 气体酒精浓度”的关系曲线；将“120mg/m3”换算成“ mg/100ml”即可判断，由 “r 气体酒精浓度”的关系曲线中可读出电阻；根据电路要求的特征设计电路。【详解】（1）根据数据描绘出“r气体酒精浓度”的关系曲线如

19、图；（2）司机小明，经过气体酒精浓度测试，显示呼气酒精浓度为：120mg/m3=120mg/1000ml=12mg/100ml ，司机小明应该是属于饮酒驾驶；由图线可知，此时r 的阻值为24。（3）根据电路要求的特征，则该电路应选用的电表是v，因 r=24 ，则应选用的滑动变阻器是 r1。电路如图；【点睛】 本题考查了电路的动态分析和电流的计算、是否饮酒- - 或醉酒驾车的界定标准以及欧姆定律的应用，关键明白电路的连接和能从图象上找到有用的数据。11.如图所示，两根互相平行的金属导轨mn 、pq 水平放置，相距d=1m、且足够长、不计电阻。 ac、bd 区域光滑，其它区域粗糙且动摩擦因数=0.

20、2 ，并在 ab 的左侧和cd 的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度b=2t 。 在导轨中央放置着两根质量均为m=1kg，电阻均为 r=2 的金属棒a、b， 用一锁定装置将一弹簧压缩在金属棒a、b 之间 (弹簧与 a、b不栓连 )，此时弹簧具有的弹性势能e=9j。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b 棒刚好进入磁场，且b 棒向右运动x=0.8m 后停止， g取 10m/s2，求：(1)a、b 棒刚进入磁场时的速度大小；(2)金属棒 b 刚进入磁场时的加速度大小(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。【答案】 （1）3m/s（2）8m/s2（ 3）5.8j 【解析】【分析】对 ab系统，所

21、受的合外力为零，则动量守恒， 根据动量守恒定律和能量关系列式求解速度；（2）当 ab棒进入磁场后，两棒均切割磁感线，产生感生电动势串联，求解感应电流，根据牛顿第二定律求解b 刚进入磁场时的加速度；（3）由能量守恒求解产生的热量. 【详解】（1）对 ab系统，由动量守恒：0=mva-mvb由能量关系：解得 va=vb=3m/s （2）当 ab 棒进入磁场后， 两棒均切割磁感线，产生感生电动势串联，则有：ea=eb=bdva=6v又：对 b，由牛顿第二定律：bid+mg=mab解得 ab=8m/s2（3）由动量守恒可知，ab 棒速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则对系统，由能- - 量守恒：

22、 ep=2mgx+q 解得 q=5.8j 【点睛】此题是力、电磁综合题目， 关键是分析两棒的受力情况和运动情况，运用动量守恒定律和能量守恒关系列式求解.12.如图所示，质量为m、长度为l 的滑板 b，静置于水平面上，滑板与地面间的动摩擦因数 1= ，水平面右端的固定挡板c 与滑板等高。在挡板c 的右边有一个区域pqmm ，区域内有竖直向上的匀强电场，还有两个半径分别为r1=r 和 r2=3r 的半圆构成的半圆环区域，在半圆环区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，半圆环圆心o 到固定挡板c 顶点的距离为2r。现有一质量为m 带电量为 +q 的小物块 a( 视为质点 )以初速度v0=2滑上滑板b，a 与

23、 b之间的动摩擦因数2=3 。当小物块a 运动到滑板b 右端时两者刚好共速，且滑板b 刚好与挡板 c 碰撞， a 从挡板 c 上方飞入pqnm 区城，并能够在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动。求：(1)a 刚滑上 b 时， a 和 b 的加速度大小；(2)a 刚滑上 b 时， b 右端与挡板c 之间的距离s；(3)区域 pqmn 内电场强度e 的大小，以及要保证小物块a 只能从半圆环区域的开口端飞出，磁感应强度b 的取值范围。【答案】 （1）g；3g（2）l/4（3）；或【解析】【分析】（2）根据牛顿第二定律求解a 刚滑上 b 时，a 和 b 的加速度大小； （2）由运动公式求解a刚滑上 b 时

24、，b 右端与挡板c 之间的距离s； （3）a 进入区域pqnm ，并能在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，洛伦兹力充当向心力；结合几何关系，求解保证小物块 a 只能从半圆环区域的开口端飞出，磁感应强度b 的取值范围 . - - 【详解】 （1）对物块 a 有：解得 a2=2g=3g；对滑块 b：解得： a1=2g-21g=g（2）设 ab 的共同速度为v，对小物块 a：对 b: 解得（3）a 进入区域 pqnm ，并能在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动，则：mg=qe 解得粒子做匀速圆周运动：要使物块 a 不从半圆环区域的内环和外环飞出磁场要满足：；解得，即；解得；即综上，要让

25、物块a 不从半圆环区域的内环和外环飞出磁场b 要满足：或(二)选考题【物理 选修 3-3】13.2013 年 6 月 20 日神舟十号宇航员王亚平完成了精彩的太空授课，在下列相关的说法正确的是 _ a.在太空舱中，自由飘浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果b.在太空舱中将红色液体注入悬浮的水球，虽失重，但红色液体还是很快充满了整个水球，这是由于分子在做无规则的热运动c.由我们所学的知识可知，在太空舱中两个自由飘浮的小水滴缓慢正碰后，会像弹性球一样弹开d.小球用细线悬挂在铁架台上，在太空舱给小球一个初速度后，小球绕悬点做圆周运动，说明在太空更容易制造出永动机- - e.如果太空舱空气中水蒸

26、气压强等于饱和汽压，水的蒸发与凝结速率会相同，此时人体感觉并不是最舒适的【答案】 abe 【解析】【详解】在太空舱中，自由飘浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果，选项a 正确；在太空舱中将红色液体注入悬浮的水球，虽失重，但红色液体还是很快充满了整个水球，这是由于分子在做无规则的热运动，选项b 正确；由我们所学的知识可知，在太空舱中两个自由飘浮的小水滴缓慢正碰后，会结合在一起成一个更大的水滴，选项c 错误；小球用细线悬挂在铁架台上，在太空舱给小球一个初速度后，小球绕悬点做圆周运动，小球的重力势能不变，动能不变，机械能守恒，不能说明在太空更容易制造出永动机，选项d 错误；如果太空舱空气中水蒸

27、气压强等于饱和汽压，水的蒸发与凝结速率会相同，此时人体感觉并不是最舒适的，选项e 正确；故选abe.14.炎热的夏天，我们在课室打开空调后，由于课室并非是完全密闭的空间，室内空气的质量会发生变化。已知标准状况下(压强为 1 个标准大气压、温度为0)空气的密度为p0，且降温前后，室内外压强始终保持1 个标准大气压。 欲估算降温前后室内空气质量变化的大小，则（1）需要直接测量哪些物理量? （2）根据这些测量量(分别用字母表示)，写出演算过程及结果。【答案】（1） 还需测课室的长l、宽d、高h 以及开空调前后室内空气温度t1和t2；（ 2）【解析】【分析】（1）室内压强不变，则要测量室内空气的质量，必须要测量空气的体积和温度；（2）把室内空气的体积换算成0时体积，根据密度公式求解室内空气质量变化. 【详解】（1）还需测课室的长l、宽 d、高 h，以及开空调后室内空气温度t1与 t2；（2）设室内温度从t1降至 0时体积变为v1，而温度从t2降至 0时体积变为v2，则：- - 故室内空气从t1降至 t2，减小的空气的质量为：解得：【物理 选修 3-4】15.图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，m 是平衡位置为x=0.5m 处的质点， n 是平衡位置为 x=2m 处的质点，图乙为质点n 由该时刻起的振动图像，则下列说法正确的是_ a.