1、高三理科综合试题（二） （物理）1.下列的若干叙述中，不正确的是A. 核泄漏事故污染物 Cs137 能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为，可以判断 x 为 粒子B. 对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系C. 一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量剩下一半D. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大了【答案】C【解析】【详解】核反应方程式为 ，可以根据质量数和电荷数守恒判断 x 为 粒子，故 A 说法正确；根据 Ekm=hv-W0，对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大
2、初动能与照射光的频率成线性关系，故 B 说法正确；一块纯净的放射性元素矿石，经过一个半衰期以后，只是这种放射性元素原子核的质量剩下一半，但还有生成的新核的质量，所以剩下矿石质量肯定大于原来的一半，故 C 说法错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，吸收光子，原子的能量增大了，由库仑力提供向心力得电子的速率 ，所以动能减小，故 D 说法正确。所以选 C。2.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个材料相同的物体 A、B，质量均为m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动在 t=0 时轻绳断开， A 在 F 作用下继续前进，则下列说法正确的是A. t=
3、0 至 t= 时间内，A、B 的总动量不守恒B. t= 时，A 的动量为 2mvC. t= 至 t= 时间内，A、B 的总动量守恒D. t= 时，A 的动量为【答案】B【解析】【详解】在 B 停止滑动前，以整体为研究对象，A， B 摩擦力并没有发生变化，所以 AB 的合外力仍为零，所以系统动量守恒，A， B 所受摩擦力均为 ，所以对 B，t=0 到 B 停下，对B，动量定理 ，即 时，B 停下。所以 t=0 至 时间内，A 、B 的总动量守恒，故 A 错误； 时，即 B 刚停下时，对 AB，从 t=0 到 运用动量守恒定律，解得 A 的动量为 ，故 B 正确； 至 时间内，B 已经停止运动，A
4、 合外力不为零，所以 A、B 的总动量不守恒，故 C 错误； 至 时，对 A运用动量定理 ，A 的动量为 ，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。3.从中国科学院微小卫星创新研究院获悉，北斗卫星导航系统（BDS ） ，预计今年将发射 18颗卫星这就意味着：北斗将全覆盖亚洲地区，尤其是一带一路沿线国家如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知 a、b、c 三颗卫星均做圆周运动，a 是地球同步卫星，a 和 b 的轨道半径相同，且均为 c 的 k 倍，己知地球自转周期为 T。则A. 卫星 b 也是地球同步卫星B. 卫星 a 的向心加速度是卫星 c 的向心加速度的 k2 倍C. 卫星 c
5、 的周期为D. a、b、c 三颗卫星的运行速度大小关系为 va=vb=【答案】C【解析】卫星 b 相对地球不能保持静止，故不是地球同步卫星，A 错误；根据公式 可得，即 ，B 错误；根据开普勒第三定律 可得 ，C 正确；根据公式 可得 ，故 ，D 错误4.如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为 1：2，两端共接有 4 个电阻，其中R1=R0，R2=2R0， R3=R4=4R0，现将 a、b 两端接在交流电源上，则下列说法中正确的是A. R1 消耗的电功率为 R2 消耗的电功率的 2 倍B. 流过 R1 的电流有效值等于流过 R3 的电流有效值C. R2 两端的电压有效值是 R3 两端电压有效值的
6、 2 倍D. 流过 R2 的电流有效值等于流过 R4 电流有效值【答案】A【解析】【详解】根据变压器的规律有： ，则： ， ，通过 R1 的电流为：，通过 R3 的电流和通过 R4 的电流相等，即 ，结合以上各式可得：，故 A 正确；由 A 的分析可知，流过 R1 的电流有效值不等于流过 R3的电流有效值，故 B 错误；R 2 两端的电压等于变压器的输入电压 ，R3 两端电压等于输出电压的一半，所以 R2 两端的电压有效值与 R3 两端电压有效值相等，故 C 错误；流过 R2 的电流： ，又流过 R4 电流： ，所以流过 R2 的电流有效值流过是 R4 电流有效值的 2 倍，故 D 错误。所以
7、 A 正确，BCD 错误。5.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度 B用绝缘轻质丝线把底边长为 L、电阻为R、质量为 m 的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，电源内阻不计，电压可调，导线的电阻忽略不计。当外界拉力 F 作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小 F当线框接入恒定电压为 E1 的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为 F1；当线框接入恒定电压为 E2 的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F2下列说法正确的是A. 当线框接入恒定电压为 E1 的电源时所受安培力大小为 F1B. 当线框接入恒定电压为易的电源时力敏传感器显示拉力的大小为线框所
8、受安培力与重力之差C. 待测磁场的磁感应强度 B 的大小为D. 待测磁场的磁感应强度 B 的大小为【答案】D【解析】【详解】由图可知，安培力竖直向下；当线框接电动势为 E1的电源时力敏传感器显示拉力的大小为 F1，所受安培力为 F1-F，故 A 错误；当线框接电动势为 E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与 F 之差，故 B 错误；根据题意有： ，联立可得： ，故 D 正确，C 错误。所以 D 正确，ABC 错误。6.如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为 m1 和 m2 的甲、乙两个点电荷，t=0 时，乙电荷向甲运动，水平向左的速度大小为 6ms，甲的速度为零之后，
9、它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触 )，它们运动的 vt 图象分别如图(b) 中甲、乙两曲线所示则由图线可知A. 两电荷的电性一定相反B. t1 时刻两电荷的电势能最大C. 0t 2 时间内，两电荷的静电力都是先减小后增大D. m1：m2=2：1【答案】BD【解析】【详解】由图象 0-t1 段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故 A 错误；0t 1 时间内两电荷间距离逐渐减小，在 t1t 2 时间内两电荷间距离逐渐增大，t 1 时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大，故 B 正确；0t 1 时间内两
10、电荷间距离逐渐减小，在 t1t 2 时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故 C 错误；以甲乙为研究对象，系统动量守恒，所以 ，解得 m1:m2=2:1，故 D 正确。所以 BD 正确，AC 错误。7.根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光滑圆柱形磁棒，在它的侧面有均匀向外的辐射状磁场。现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属线圈的质量为 m，半径为 R，电阻为 r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为 B。让金属线圈从磁棒上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰(碰前金属线圈已达最大速度) 并原
11、速率反弹，又经时间 t，上升到距离地面高度为 h 处速度减小到零。下列说法中正确的是A. 金属线圈与地面撞击前的速度大小B. 撞击反弹后上升到最高处 h 的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量C. 撞击反弹后上升到最高处 h 的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量D. 撞击反弹后上升到最高处 h 的过程中，金属线圈中产生的焦耳热【答案】BD【解析】金属线圈与地面撞击前已达最大速度，设最大速度为 v。感应电动势为：E=B2Rv感应电流大小为：I=E/r，线圈受到的安培力为：F A=BIL=BI2R联合解得安培力大小为：F A=根据平衡条件有：F A=mg解得： 故 A 错误。撞击反弹后上升到最高
12、处 h 的过程中，取向下为正方向，由动量定理得：mgt+B2Rt=0-（-mv）又 通过金属线圈某一截面的电荷量为：q=t联立解得： 故 B 正确，C 错误。撞击反弹后上升到最高处 h 的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为：Q= mv2-mgh= -mgh故 D 正确。故选 BD。点睛：本题是电磁感应与力学的综合，要明确线圈与磁场垂直，有效的切割长度等于周长，要知道在电磁感应中，动量定理是求电荷量常用的方法。能量守恒定律是求焦耳热常用的思路。8.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将 m=1kg 的货物放在传送带上的 A
13、端，经过 1.2s到达传送带的 B 端。用速度传感器测得货物与传送带的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙所示。已知重力加速度 g=10ms 2，则可知A. 货物与传送带间的动摩擦因数为 0.5B. A、B 两点的距离为 2.4mC. 货物从 A 运动到 B 过程中，传送带对货物做功的大小为 12.8JD. 货物从 A 运动到 B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 4.8J【答案】AD【解析】【详解】由 v-t 图象可知，物块在传送带上先做 a1 匀加速直线运动，加速度为，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma1，即：mgsin+mgcos= ma1，同
14、理，做 a2 的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为： ，得：mgsin-f=ma2，即： mgsin-mgcos=ma2，联立解得：cos=0.8，=0.5，故 A 正确；物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，接着做匀加速直线运动，但加速度减小，所以物块由 A 到 B 的间距对应图象所围梯形的“面积”，故 B 错误；根据功能关系，由 B 中可知f=mgcos=0.51010.8=4N，做 a1 匀加速直线运动，有图象知位移为：，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=40.2=0.8J，同理做 a2 匀加速直线运动
15、，有图象知位移为：，物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：W f2=-fx2=-43=-12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故 C 错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，由 C 中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做 a1 匀加速直线运动，位移为： ，皮带位移为：x 皮 =20.2=0.4m，相对位移为： x1=x 皮 -x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做 a2 匀加速直线运动，位移为： ，x 皮 2=21=2m，相对位移为： x2=x2-x 皮 2=3-2=1m，故两者之间的总相对路程为：
16、x=x1+x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W= fx=41.2=4.8J，故 D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。9.如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为 M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有 6 个钩码，设每个钩码的质量为 m，且 M=4m（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度 d=_cm；（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为 t，则滑块通过光电门的速度为_（用题中所给字母表示） ；（3）开始实验时，细线另一端挂有 6 个钩码，由静止释放后
17、细线上的拉力为 F1，接着每次实验时将 1 个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩 3 个钩码时细线上的拉力为 F2，则F1_2F2（填“大于”、 “等于”或“小于”）；（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为 L，钩码的个数为 n，测出每次挡光片通过光电门的时间为 t，测出多组数据，并绘出 n 图象，已知图线斜率为 k，则当地重力加速度为_（用题中字母表示） 【答案】 (1). (1) 0.520cm (2). (2) (3). (3)小于 (4). (4)【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为 5mm，游标读数为 0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=
18、0.520cm.(2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小,则滑块通过光电门的速度(3)对整体分析 ，隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律得,F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，隔离对滑块分析 ,根据牛顿第二定律得,F 2=7ma2=2.1mg,知 F12F2.(4)滑块通过光电门的速度 ，根据 v2=2aL 得 ，因为 ,代入解得 ，图线的斜率 ，解得10.某同学欲测量欧姆表“1”档的内电阻和内部电源电动势。现有以下实验器材：A1：电流表 200 ，300A2：电流表 30mA，5R1：电阻箱 09999R2：滑动变阻器 050电键、导线若干。他利用电阻箱 R1 与电流表 A1 串联接入图
19、 1 电路。其电阻箱的阻值选择如图 2。(1)闭合开关 S，移动滑动变阻器的滑动端至某一位置，读出电流表 A1 和 A2 的示数 I1 和I2。多次改变滑动端的位置，得到的数据为：在图 3 所示的坐标纸上 I1 为纵坐标、 I2 为横坐标画出所对应的 I1I2 如曲线。(2)利用所得曲线求得欧姆表内电源的电动势 E=_V，欧姆表内阻 r=_ 。(结果保留三位有效数字)(3)将该欧姆表两个表笔短接，欧姆表的电流为 I=_A。(结果保留三位有效数字)【答案】 (1). (2). 1.46（1.451.49）；14.6（14.015.5） (3). 0.100（0.09800.102）【解析】【详解
20、】 （1）根据描点法可得出对应的 I-U 图象，如图所示；所作图线：根据欧姆定律可知： ，变形可得： ；由图可知， ；因为 R0=9700，解得：r=14.6；E=1.46V。（3）若把该欧姆表红黑表笔短接，通过欧姆表的电流大小为 .11.如图所示，在倾角为 =30的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 AB，它们的质量均为为 m，弹簧的劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于静止状态现开始用一沿斜面方向的力 F 拉物块 A 使之向上匀加速运动，当物块 B 刚要离开 C 时 F 的大小恰为2mg求：（1）从 F 开始作用到物块 B 刚要离开 C 的时间（2）到物块 B 刚要离开 C 时力
21、F 所做的功【答案】 （1） （2） 【解析】(1) 令 x1 表示未加 F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：mgsin30=kx 1 ，令 x2 表示 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量，a 表示此时 A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：kx 2=mgsin30，Fmgsin30kx 2=ma ，将 F=2mg 和 =30代入以上各式，解得 a=g；由 ，解得 ；(2) 物块 B 刚要离开 C 时，物块 A 的速度为 ，此时弹簧的伸长量和 F 开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零。由动能定理得 ，解得 。12.如图所示，在第三、第四象限存在电场强度为 E，方向与 x
22、轴成=60的匀强电场，在第一象限某个区域存在磁感应强度为 B、垂直纸面向里的有界匀强磁场，x 轴上的 P 点处在磁场的边界上，现有一群质量为 m、电量为+q 的带电粒子在纸面内以速度 v（0v ）垂直于 x 轴从 P 点射入磁场所有粒子均与 x 轴负方向成=30角进入匀强电场中，其中速度最大的粒子刚好从坐标原点 O 射入电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，第二象限为无场区，求：（1）P 点的坐标；（2）速度最大的粒子自 P 点开始射入磁场到离开电场所用的时间；（3）磁场区域的最小面积。【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）速度最大的粒子运动轨迹如图，设粒子在磁场中轨迹半径设为 R
23、,有得由几何关系得： ，所以 P 点坐标为（ ，0）（2）粒子在磁场中运动时间粒子在 OA 段做匀速直线运动，OA 距离 ，运动时间在电场中做类平抛运动，设运动时间为 则：解得：总时间 （3）由题可画出图示运动情况，扇形面积 S=的面积磁场最小面积为 PA 连线与最大轨迹圆弧围成的面积 ：13.下列说法正确的是_ (选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)A相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，分子势能先增加后减小B气体的温度不变，某个分子的动能可能改变C对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，那
24、么它的内能一定减小D若液体对某种固体是浸润的，当液体装在由这种固体物质做成的细管中时，附着层分子密度大于液体内分子的密度，附着层分子的作用力表现为引力E在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的【答案】BCE【解析】【详解】相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，分子势能先减小后增加，故 A 错误；气体的温度不变，某个分子的动能可能改变，但分子的平均动能不变，故B 正确；对于一定量的理想气体，如果体积不变，压强减小，温度减小，而理想气体的内能是由温度决定的，那么它的内能一定减小，故 C 正确；这首先是浸润现象，这时固体分子与液体分子间的引力相当强，造成附着层内分子
25、的分布比液体内部更密，这样就会使附着层内分子间出现了相互排斥力，使液体跟固体接触的面积有扩大的趋势，所以液面中部位置较低，成为凹夜面，故 D 错误；在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，这就是饱和汽压，故 E 正确。所以 BCE 正确，AD 错误。14.如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向下竖直放置，通过一下端带有挂钩的绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为 m、横截面积为 s，与容器顶部相距 h。现通过电热丝缓慢加热气体，当活塞下降了 h 后停止加热并保持稳定，此时气体的热力学温度为 T1。己知大气压强为 p0，重力加速度为 g，活塞与气缸间无摩擦且不漏气。求：（
26、i）加热过程中气体所做的功；（ii）停止对气体加热后，在活塞挂钩上加上质童为 m0 的钩码后，活塞又下降了 h，则此时气体的温度。【答案】(1) (2) 【解析】（i）等压过程气体的压强为则气体对外做功为（ii）停止对气体加热后，活塞恰好下降了 h，气体的温度为 T2则初态 ， 热力学温度为末态 ， 热力学温度为 由气态方程解得： 或15.如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点 a、b、c、d、e、f，相邻两质点之间的距离均为2 m，各质点均静止在各自的平衡位置， t=0 时刻振源 a 开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以 2 ms 的速度水平向
27、右传播，则下列说法正确的是_。A波传播到质点 c 时，质点 c 开始振动的方向沿 y 轴负方向B04 s 内质点 b 运动的路程为 12 cmC45 s 内质点 d 的加速度正在逐渐减小D6 s 时质点 e 第二次回到平衡位置E各质点都振动起来后，a 与 e 的振动方向始终相同【答案】BDE【解析】根据乙图可知，波源 a 开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点 c 时，质点 c 开始振动的方向也竖直向上，故 A 错误；波的周期与 a 点振动周期相等，由图乙知：周期为T=2s，根据公式 ，得： ，波从 a 传到 b 点的时间为 ，则在 0-4s 内质点 b 已经振动了 t=3s 时间，而 ，所
28、以质点 b 运动路程为，故 B 正确；波从 a 传到 d 点的时间为 ，则在 4s 时，质点 d 已经振动了 1s，则在 4-5s 这段时间内质点 d 正由平衡位置向波谷运动再回到平衡位置，加速度先增大后减小，故 C 错误 该波的波长 ，此六质点都振动起来后，a 、e 的距离等于两个波长，故 a 与 e 的振动方向始终相同，故 E 正确；选 BDE.16.某种柱状透明工艺品的截面形状如图所示，AO、BO 为夹角 60的平面，底部 AMB 为半径为 R 的一段圆弧，其对应的圆心角也为 60，圆心在 AOB 的角平分线 OM 延长线上。 一束单色平行光沿与 OA 面成 45角的方向斜向下射向 OA
29、 面，经 OA 折射进入该柱状介质内，已知介质折射率为 。（）通过计算说明在介质 OA 面的折射光线的方向；（）求底部弧面 AMB 有光线射出的部分对应的弧长（不考虑二次反射） 。【答案】(i) 平行于 OB(ii)【解析】(i)所有光线在 OA 面上入射角都相同，如图所示：由折射定律知： 其中 解得折射角所以，折射光线均平行于 OB；(ii)如图所示，进入介质内的光线，在 AMB 弧面上到达位置越向左入射角越大在此面上恰发生全反射时临界角 C，满足设恰好射到 P 点的光线为对应临界角时的光线，设此时入射角为，则由几何关系得 故，射出光线的圆弧部分对应圆心角为对应的弧长为 。 点睛：本题是一道几何光学题，对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角。
