广东省广州市荔湾区2018届高三物理综合测试试题（一）（含解析）.doc

1、1广东省广州市荔湾区 2018 届高三物理综合测试试题（一） （含解析）二、选择题：本题共 8 小题，每题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第1418 题只有一个选项符合题目要求，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，有选错的得 0 分。1. 两位同学在冰面滑冰，如图所示。刚开始面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是A. 互推后两同学总动量增加 B. 互推过程中两同学的动量总是大小相等C. 分离时质量大的同学的速度大一些 D. 分离时质量小的同学的动量大一些【答案】B【解析】把这两位同学看成一个系统为研究

2、对象，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量保持为零，则两同学的动量大小相等，方向相反；但两个人的动量都是增大的，故 A 错误，B 正确；根据动量守恒：，可知质量大的，分离时速度小，但分离后他们的动量大小相等，故 CD 错误。所以 B 正确，ACD 错误。2. 如图是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是A. 01 s 内的平均速度是 2 m/sB. 02 s 内的位移大小是 4 mC. 01 s 内的运动方向与 2 s4 s 内的运动方向相反D. 01 s 内的加速度大小大于 2 s4 s 内加速度的大小【答案】D【解析】01s 内质点做匀加速直线

3、运动，其平均速度为初末速度之和的一半即：2，故 A 错误；在 v-t 图象中，图线与坐标轴所围的面积大小等于位v=v0+v2 =0+22m/s=1m/s移： ，故 B 错误；速度的正负表示速度的方向，则知 01s 内的运动x=12(1+2)2m=3m方向与 24s 内的运动方向相同，故 C 错误；速度图象的斜率等于加速度，则知 01s 内的加速度大于 24s 内的加速度，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。3. 如图所示，已知甲空间中没有电场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场。三个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的相同位置O 点以相同初速度 v0

4、沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙图中斜面上 A、B、C 点（图中未画出） ，距离 O 点的距离分别为 lOA、 lOB、 lOC。小球受到的电场力始终小于重力，不计空气阻力。则A. B. C. D. lOAlOBlOC lOBlOAlOC lOClOAlOB lOClOBlOA【答案】C【解析】甲图小球不受电场力加速度为 g，带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，加速度大于 g，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，加速度小于 g，根据类平抛运动规律，他们落在斜面上时均有： ，解得： ，可知，当加速度tan=hx=12at2v0t=at2v0 t=2v0tana越大时，所用时间越短，因

5、此沿斜面运动的距离也就越小，即 ，故 C 正确，lOClOAlOBABD 错误。4. 如图为氢原子能级图， 5 种金属的逸出功如下表：3大量处在 n4 能级的氢原子向低能级跃迁时，可产生多种不同频率的光。现将其中频率最大的光，分别照射在以上 5 种金属的表面。则在这五种金属表面逸出的光电子中，最大的动能约为A. 7.77eV B. 10.61eV C. 11.46eV D. 12.75eV【答案】B5. 用一段横截面半径为 r、电阻率为 、密度为 d 的均匀导体材料做成一个半径为R(r R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在 N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度

6、大小均为 B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为 v，忽略电感的影响，则A. 此时在圆环中产生了（俯视）逆时针的感应电流B. 此时圆环受到竖直向下的安培力作用C. 此时圆环的加速度D. 如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度4【答案】D6. 无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度 B 的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即 （式中 k 为常数） 。如图所示，两根相距 L 的无限长直导线分别通有电流 I 和 3I。在两根导线的连线上有 a、 b 两点， a 点为两根直导线连线的中点， b 点距导线 I 的距离为 L。下列说法正确的是A. a 点和 b 点的磁感应强度方向相

7、同B. a 点和 b 点的磁感应强度方向相反C. a 点和 b 点的磁感应强度大小之比为 81D. a 点和 b 点的磁感应强度大小之比为 161【答案】AD【解析】解：AB、根据右手螺旋法则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I 导线与 I 导线在 a 处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下的；根据B=K ，3I 导线在 b 处的磁感应强度方向向下，而 I 导线在 b 处的磁感应强度方向向上，因3I 导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此 a 点和 b 点的磁感应强度方向相同，故 A 正确，B 错误；CD、3I 导线与 I 导线在 a 处的磁感应强度大小

8、Ba=K +K =K ，5而 3I 导线与 I 导线在 b 处的磁感应强度大小 Bb=K K =K ，则 a 点和 b 点的磁感应强度大小之比为 16：1，故 C 错误，D 正确故选：AD【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提7. 如图所示， AB CD 且 A、 B、 C、 D 位于同一半径为 r 的竖直圆上，在 C 点有一固定点电荷，电荷量为 Q，现从 A 点将一质量为 m，电荷量为 q 的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道 ADB 运动到 D 点时速度为 （ g 为重力加速度） ，规定电场中 Bgr点的电势为零，则在

9、 Q 形成的电场中A. A 点电势低于 O 点电势 B. D 点电势为mgrqC. O 点电场强度大小是 B 点的 2 倍 D. 点电荷 q 在 D 点具有的电势能为mgr2【答案】ACD【解析】因为 O 点离 Q 比 A 点近，又因为 Q 是正电荷，电场线方向沿着半径方向背离电荷，根据沿着电场线的方向，电势降低，可知 A 点的电势低于 O 点电势，故 A 正确；从 A 到 D运动，根据动能定理，则有： ，解得电场力做功： ，场中mgr+W电 =12m( gr)20 W电 =-12mgrB 点的电势为零， A 点的电势也为零，因为电场力做负功，则电势能增加，因此点电荷- q在 D 点的电势能为

10、： ；规定电 D 点的电势为： ，故 B 错误，D 正确；EPD=12mgr D=EPDq=mgr2q由几何关系得： B 到 C 的距离是 O 到 C 的距离的 倍，根据点电荷电场强度公式： ，2 E=kQr2则有 B 点电场强度大小是 O 点的倍，故 C 正确。所以 ACD 正确，B 错误。8. 如图所示，AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆 AB 一端通过铰链固定在 A 点，另一端 B 悬挂一重为 G 的物体，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 C，用力 F 拉绳，开始时BAC90，现使BAC 缓慢变小，直到杆 AB 接近竖直杆 AC。此过程中6A. 绳子拉力逐渐增大 B. 绳

11、子拉力逐渐减小C. 轻杆 B 端所受弹力先减小后增大 D. 轻杆 B 端所受弹力保持不变【答案】BD【解析】对 B 点分析受力：重物的拉力 T（等于重物的重力 G） 、轻杆的支持力 N 和绳子的拉力 F，作出力图如图，根据三角形相似可得： ，杆 AB 接近 AC 过程中， AC、 AB 保持不变， CB 变小，TCA=mgCA=NAB=FCB则 N 保持不变， F 变小，故 BD 正确，AC 错误。三、非选择题：共 174 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. 为了测量木块与木板间的动摩擦因数 ，某小组使用位移传感器设计了如图甲

12、所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点 A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移 x 随时间 t 的变化规律，如图乙所示。7（1）根据上述图线，计算 0.4 s 时木块的速度大小 v_ m/s，木块加速度大小a_m/s2；（保留两位有效数字）（2）为了测定动摩擦因数 ，还需要测量的量是_。 （已知当地的重力加速度 g）【答案】 (1). 0.40 (2). 1.0 (3). 斜面倾角(或 A 点的高度)【解析】试题分析：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式

13、即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数 还需要测量的量是木板的倾角 ；解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得 0.4s 末的速度为：v= m/s=0.4m/s，0.2s 末的速度为：v= =0.2m/s，则木块的加速度为：a= = =1m/s2（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：=所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角 ；故答案为：（1）0.4，1； （2）斜面倾角 【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所

14、需测量的物理量10. 某实验小组设计了如图甲的电路，其中 RT 为热敏电阻，电压表量程为 3 V，内阻RV 约 10 k，电流_表量程为 0.5 A，内阻 RA4.0 ， R 为电阻箱。8（1）该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数 U1、电流表的示数 I 和电阻箱的阻值 R，在 I U 坐标系中，将各组 U1、 I 的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示。为了完成该实验，应将导线 c 端接在_（选填“ a”或“ b”）点；（2）利用（1）中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压 U2，

15、U2 的计算式为_；（用 U1、 I、 R 和 RA 表示）（3）实验小组利用（2）中的公式，计算出各组的 U2，将 U2 和 I 的数据也描绘在 I U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势 E_V，内电阻 r_ ；（保留两位有效数字）（4）实验中，当电阻箱的阻值调到 8.5 时，热敏电阻消耗的电功率 P_ W。 （保留两位有效数字）【答案】 (1). a (2). a (3). U2 U1 I(R RA) (4). 6.0 (5). 5.0 (6). 0.48【解析】 （1）采用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线 c 应

16、接在 a 点。（2）根据电路串并联规律可知外电压为： U2=U1+I(R+RA)（3）电源两端的电压利用欧姆定律可知利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为 6.0，内电阻为： 。r=6.04.50.5=3.0（4）等效电源内阻为： r0=3.0+4.0+3.0=10； 在 I-U 图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示；与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标（4.2，0.31） 所以热敏电阻的电功率9为： 。P=UI=4.20.31=1.3W11. 如图所示， QB 段为一半径为 R=1m 的光滑圆弧轨道， AQ 段为一长度为 L=1m的粗糙

17、水平轨道，两轨道相切于 Q 点， Q 在圆心 O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内。物块 P 的质量为 m=1kg（可视为质点） ， P 与 AQ 间的动摩擦因数 =0.1，若物块P 以速度 v0从 A 点滑上水平轨道，到 C 点后又返回 A 点时恰好静止。取 g=10m/s2，求：（1） v0的大小；（2）物块 P 第一次刚通过 Q 点时对圆弧轨道的压力。【答案】 （1）2 m/s （2）12N。【解析】试题分析：在整个过程中由动能定理即可求得速度；由动能定理求出到达 Q 点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力。物块 P 从 A 到 C 又返回到 A 的过程中，由动能定理有： mg2L=0

18、12mv20代入数值解得 ： =2 m/s v0= 4gL设物块 P 通过 Q 点的速度为 v，在 Q 点轨道对 P 的支持力为 F，由动能定理有： mgL=12mv212mv02根据向心力表达式： Fmg=mv2R联立两式代入数值得： F=12N物块 P 第一次刚通过 Q 点时对圆弧轨道的压力，与圆弧轨道对 P 的支持力是一对相互作用力，所以物块 P 对轨道压力大小为 12N，方向竖直向下。点睛：本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的灵活运用，关键是过程的选取。12. 如图所示，直空中有以 O 为圆心，半径为 R 的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、 x 轴上方足

19、够大的范围内有宽度为 d，方向沿 y 轴负向、10大小为 E 的匀强电场。圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点 O 沿纸面不同方向发射速率为 v 的质子，已知质子的电荷量为 e，质量为 m，不计质子的重力。求（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度 B 要满足什么条件？（2）P、N 两点在圆周上，M 是 OP 的中点，MN 平行于 x 轴，若质子从 N 点平行于 x 轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从 O 点出射时的方向。（3）求质子从 N 点平行于 x 轴出磁场后与 x 轴的交点坐标。【答案】 （1） （2） 600 （3） （ ，0 ） （ ，0）B2mveR R+d2+mRv

20、22eEd R+vmReE【解析】试题分析：当质子做圆周运动的半径 时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律rR2即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与 x 轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解。（1）当质子做圆周运动的半径 时，质子不会出磁场rR2由牛顿第二定律，得 F=mv2r洛伦兹力为： F=evB解得： B2mveR（2）如图，质子做圆周运动的圆心在 NA 上， AB 为 ON 的垂直平分线，故交点 A 为圆心，OM 为 ON 的一半，知角 ONM 为 300，角 CNA 为 600，则 NA=R，质子做

21、圆周运动的的半径为 R11结合以上解得： B= mveR易知 OB 与 x 轴的夹角为 600故质子出射时速度与 x 轴成 600角（3）设质子刚好打到电场右边界与 x 轴的交点在竖直方向： R2=12eEmt2在水平方向： d=vt联立解得： d=vmReEi)当 时，质子出边界之后与 x 轴相交，设在电场中的偏移为 y，出电场时在 y 轴dvmReE方向的速度为 ，偏转角为 由 结合以上解得：vy y=12eEmt2 y=12eEd2mv2在竖直方向的速度为： vy=eEmt=eEdmv偏转角为： tan=vyv=eEdmv2由图 DF=R2y DG=DFtan联立求解得： DG=mRv2

22、2eEdd2根据几何关系得： OG=R+d+DG=R+d2+mRv22eEd故与 x 轴交点坐标为（ ，0）R+d2+mRv22eEdii) 当 时，质子在电场区域内与 x 轴相交dvmReE由 解得： R2=12eEmt2 t= mReE水平位移 sx=vt=vmReE12根据几何关系得： OH=R+sx=R+vmReE故与 x 轴交点坐标为（ ，0）R+vmReE点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题。13. 下列说法正确的是（选对 1 个给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 5 分，每选错 1 个扣 3 分

23、，最低得分为 0 分） A. 当分子间距离为平衡距离时分子势能最大B. 饱和汽压随温度的升高而减小C. 对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强可以不变D. 熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势【答案】CDE【解析】当分子间距离 ，随着距离的增大，分子引力和斥力都减小，但斥力减小快，rr0分子力表现为引力，分子之间的距离增大时，分子力做负功，分子势能增大；相反 ，rr0分子力表现为斥力，分子间距离越小，分子力做负功，分子势能增大，故可知当分子间距离为平衡距离时，分子具有最小势

24、能，A 错误；对于同一种液体，饱和汽压随温度升高而增大，B 错误；当分子热运动变剧烈时，可知温度升高，分子平均动能增大，气体的压强在微观上与分子的平均动能和分子的密集程度有关要看压强的变化还要看气体的密集程度的变化，所以压强可能增大、可能减小、可能不变，C 正确；熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，D 正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故液体表面有收缩趋势，故 E 正确14. 如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为 m1.0 kg 的活塞 A、 B 用一长度为 3L30 cm、质量不计的

25、轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气活塞 A、 B 的面积分别为 SA200 cm 2和SB100 cm 2，汽缸内 A 和 B 之间封闭有一定质量的理想气体， A 的左边及 B 的右边都是13大气，大气压强始终保持为 p01.010 5Pa当汽缸内气体的温度为 T1500 K 时，活塞处于图示位置平衡问：此时汽缸内理想气体的压强多大？当汽缸内气体的温度从 T1=500 K 缓慢降至 T2=400 K 时，活塞 A、 B 向哪边移动？移动的位移多大？【答案】 （1）1.010 5 Pa （2）10 cm【解析】试题分析：（i）设被封住的理想气体压强为 p，轻细杆对 A 和对

26、 B 的弹力为 F，对活塞 A 有： （1 分）对活塞 B，有： （1 分）得： （1 分）（ii）当气缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞 A、B 一起向右移动 （1 分）活塞 A 最多移动至两筒的连接处。设活塞 A、B 一起向右移动的距离为 x。对理想气体：（1 分） T 1 =“ 500“ K（1 分） T 2 =“ 400“ KSA= 200 cm2SB= 100 cm2由盖吕萨克定律： （2 分）解得：x =“ 10“ cm（1 分）x 2L =“ 20“ cm 表明活塞 A 未碰两筒的连接处。故活塞 A、B 一起向右移动了 10 cm。考

27、点：本题考查气体压强、盖吕萨克定律15. 如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源 S1、 S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)， S1 的振幅 A1=3cm， S2的振幅A2=2cm，则下列说法正确的是_（选对 1 个 D2 给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个14给 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A. 质点 D 是振动减弱点B. 质点 A、D 在该时刻的高度差为 10cmC. 再过半个周期，质点 B、C 是振动加强点D. 质点 C 的振幅为 1cmE. 质点 C 此刻以后将向下振动【答案】BDE【解析

28、】两个波源的振动步调一致，因图中 AD 到两个波源路程差为零，是振动加强点，而BC 是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故 A 错误；图示时刻，质点 A 的位移为：+3cm+2cm=+5cm，质点 D 的位移为-3cm-2cm=-5cm，故质点 A、 D 在该时刻的高度差为10cm，故 B 正确；振动的干涉图象是稳定的， AD 一直是振动加强点，而 BC 一直是振动减弱点，故 C 错误；质点 C 是振动减弱点，振幅为 3cm-2cm=1cm，故 D 正确；质点 C 是振动减弱点，此刻在上方最大位移处，故质点 C 此刻以后将向下振动，故 E 正确。所以 BDE 正确，AC 错误。16. 如图所示为用

29、某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧 CD 为半径为 R 的四分之一的圆周，圆心为 O，光线从 AB 面上的某点入射，入射角 145，它进入棱镜后恰好以临界角射在 BC 面上的 O 点画出光线由 AB 面进入棱镜且从 CD 弧面射出的光路图；求该棱镜的折射率 n15【答案】 （1） （2）【解析】试题分析：根据题目要求作出光路图，注意光线沿半径方向射出，在圆弧面上的入射角为 0，将径向射出运用几何关系，根据折射定律，结合 ，求出棱镜的折射率。光路图如图所示光线在 BC 面上恰好发生全反射，入射角等于临界角 C根据： ， 可得： 光线在 AB 界面上发生折射，折射角 290 C，由几何关系得：sin 2cos C， 由折射定律得： n=sin1sin2由以上几式联立解得： n=62点睛：本题主要考查了光的折射定律，解决本题的关键掌握折射定律以及临界角与折射率的关系。