1、石嘴山三中 2019 届高三期末考试理科综合能力测试二、选择题1. 如图是物体 A、B 的 xt 图象，由图可知（ ）A. 5s 内 A、B 的平均速度相等B. 两物体由同一位置开始运动，但物体 A 比 B 迟 3s 才开始运动C. 在 5s 内物体的位移相同，5s 末 A、B 相遇D. 从第 3s 起，两物体运动方向相同，且 vAv B【答案】D【解析】试题分析：从图中可知到 A 从 3s 末开始从 x=0 处开始运动，B 从 t=0 开始从 x=5m 处开始运动，即两者不是从同一位置开始运动的，A 比比 B 迟了 3s 才开始运动，5s 内的平均速度分别为 ， ，两者的平均速度不相等，AB
2、 错误；在 5s 内 A 的位vA=102=5m/s vB=1055 =1m/s移为 10m，B 的位移为 5m，位移不相同， C 错误；图像的斜率表示运动速度，故从第 3s起，两物体运动方向相同，且 ，D 正确；vAvB考点：考查了位移时间图像【名师点睛】关键掌握位移图象的基本性质：横坐标代表时刻，而纵坐标代表物体所在的位置，纵坐标不变即物体保持静止状态；位移时间图像是用来描述物体位移随时间变化规律的图像，不是物体的运动轨迹，斜率等于物体运动的速度，斜率的正负表示速度的方向，质点通过的位移等于 x 的变化量 x2.图中静止的光滑小球质量为 m，固定斜面倾角为 ，挡板竖直，斜面对小球的支持力大
3、小为 N1，挡板对小球的水平压力为 N2，则( )A. N1 = mgcos B. N1 = mgtanC. N2 = mgtan D. N 2 = mgsin【答案】C【解析】【分析】球受重力、挡板和斜面对球体的弹力 N1 和 N2，三力平衡，两个弹力的合力与重力等值、反向、共线【详解】球受三个力：mg、N 1、N2如图所示：根据平衡条件得： , ;故选 C.N1=mgcosN2=mgtan【点睛】本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解3. 已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的 6.6 倍一飞行器绕地球做匀速圆周运动的周期为 3 小时。若地球半径为 R，则该
4、飞行器绕地心飞行的轨道半径最接近A. 0.83R B. 1.7R C. 1.9R D. 3.3R【答案】B【解析】试题分析：根据卫星的向心力由万有引力提供 可知：GMmr2=m42T2r对同步卫星有：GMm(6.6R)2=m42T21(6.6R)对飞行器有：GMm/r2 =m/42T22r又因地球同步卫星绕地球运动的周期为 24 小时，则有T1T2=243联立以上各式得： ，故飞行器绕地心飞行的轨道半径最接近r=1.65R 1.7R考点：本题主要考查了人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用4.如图所示，含有 、 、 的带电粒子束从小孔 O1 处射入速度选择器，沿直线 O1O2
5、 运11H21H42He动的粒子在小孔 O2 处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在 P1、P2 两点则( )A. 打在 P1 点的粒子是42HeB. 打在 P2 点的粒子是 和21H 42HeC. O2P2 的长度是 O2P1 长度的 2 倍D. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【答案】BC【解析】试题分析：从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，然后 结合带电粒子在磁场中运动的半径公式 周期公式 即可分析求解r=mvqB T=2rv带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即： ，qvB=qE所以 ，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度 带电粒子在磁场中
6、做匀速v=EB直线运动，洛伦兹力提供向心力，所以 ，解得 ，可知粒子的比荷越大，则运动的qvB=mv2r r=mvqB半径越小，所以打在 点的粒子是 ，打在 P2 点的粒子是 和 ，故 A 错误 B 正确；由题P111H 21H 42He中的数据可得， 的比荷是 和 的比荷的 2 倍，所以 的轨道的半径是 和 的半径的11H 21H 42He 11H 21H 42He倍，即 的长度是 长度的 2 倍，故 C 正确；粒子运动的周期 ，三种粒子的比荷不12 O2P2 O2P1 T=2rv相同，所以粒子在偏转磁场中运 动的时间不相等，故 D 错误5.两物块 A、B 用轻弹簧相连，质量均为 2kg，初
7、始时弹簧处于原长，A、B 两物块都以v6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量 4kg 的物块 C 静止在前方，如图所示，B与 C 碰撞后二者会粘在一起运动.则下列说法正确的是( )A. B、C 碰撞刚结束时 BC 的共同速度为 3 m/sB. 弹簧的弹性势能最大时，物块 A 的速度为 3 m/sC. 弹簧的弹性势能最大值为 36JD. 弹簧再次恢复原长时 A、 B、C 三物块速度相同【答案】B【解析】【分析】B 与 C 发生碰撞后，根据动量守恒求出物 BC 的速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的速度，此时 A 的速度最大；根据动量守恒求出 BC 碰撞后的共同速度由能量守恒求解弹
8、性势能的最大值【详解】A、B 与 C 碰撞时 B、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间 B、C 两者速度为 vBC，规定向右为正方向，则 mBv=(mB+mC)vBC,解得 ；故 A 错误.vBC=262+4m/s=2m/sB、C、当 A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由 A、B、C 三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向：(m A+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,解得 ： , 设物vABC=(2+2)62+2+4m/s=3m/sABC 速度相同时弹簧的弹性势能最大为 Ep，根据能量守恒：；故 B 正确，C 错误.EP=12(mB+mC)v2BC+12mAv212(mA+mB
9、+mC)v2ABC=12JD、若三者共速时系统减少的动能最多，一定是变成储存的弹性势能，则此时弹簧不会是原长；故 D 错误.故选 B.【点睛】本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误6.如图所示电路中，电键闭合后将滑动变阻器 R0 的滑片向上滑动，下列说法正确的是（ ） A. 电流表的示数变大B. 电阻 R1 消耗的功率减小C. 电压表的示数降低D. 滑动变阻器变压器 R0 两端的电压升高【答案】ABD【解析】【分析】由图知：R 0、R2 并联后与 R1 串联，电压表测量路端电压，由 R0 接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数
10、的大小【详解】C、 当滑动变阻器的滑动触头向上移动的过程中，变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，干路电流减小，由 可知电压表的示数变大；故 C 错误.UV=U=EIrB、由纯阻的功率 知功率随干路电流的减小而减小；故 B 正确.P=I2R1D、滑动变阻器两端的电压为 ，随电流的减小而升高；故 D 正确.U并 =EIrIR1A、电流表测得定值电阻 R2 的电流为 知示数变大；故 A 正确.IA=U并R2故选 ABD.【点睛】本题按“局部整体局部”的思路进行动态分析，掌握闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律是分析的理论依据.7.如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之
11、间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知A. 三个等势面中，c 的电势最高B. 带电质点通过 P 点时电势能比通过 Q 点时的电势能大C. 带电质点通过 P 点时动能比通过 Q 点时的动能大D. 带电质点通过 P 点时加速度比通过 Q 点时的加速度大【答案】BD【解析】【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大【详解】A、电荷
12、所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故 a 等势线的电势最高，c 等势线的电势最低，故 A 错误；B、根据质点受力情况可知，从 P 到 Q 过程中电场力做正功，电势能降低，故 P 点的电势能大于 Q 点的电势能，故 B 正确；C、从 P 到 Q 过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故 P 点的动能小于 Q 点的动能，故 C 错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故 P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大；故 D 正确.故选 BD.【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电
13、势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化8.如图所示，一质量为 m 的物体静置在倾角为 的固定光滑斜面底端。现用沿斜面向=30上的恒力 F 拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间 t，力 F 做功为 W，此后撤去恒力F，物体又经时间 t 回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是A. 回到出发点时重力的瞬时功率为 g2WmB. 从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了 WC. 恒力 F 大小为23mgD. 物体回到出发点时的速度大小是撤去恒力 F 时速度大小的三倍【答案】BC【解析】【详解】从开始到经过时间 t，物体受重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为： ;撤
14、去恒力 F 到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体a=Fmgsin30m加速度大小为：a= =gsin30 ；两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等。则得： 12at2=-（att- at2）；联立解得： a=3a，F= mg，撤去 F 时的速度为 at；回到出发点时的速度为-12 23at+ at=2at，则故 C 正确，D 错误；除重力以外的力做功等于物体机械能的变化量，两个过程中，力 F 做功为 W，则从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了 W，故 B 正确；根据过程中，根据动能定理得： mv2=W，解得： ，回到出发点时重力的瞬时功率为 12 v= 2WmP=mg
15、vsin30= ，故 A 错误；故选 BC。gWm2【点睛】本题是牛顿第二定律、动能定理、运动学公式等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系，知道除重力以外的力做功等于机械能的变化量.三、非选择题包括必考题和选考题两部分.第 22 题第 32 题为必考题，每个试题考生都必须做答.第 33 题第 40 题为选考题,考生根据要求做答。9.一位电工师傅在一次测量工作中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测量某样品，用 20 分度游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数 L=_mm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图乙所示，其示数 D=_mm【答案】 (1). 30.35 (2). 3
16、.206【解析】【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】游标卡尺的主尺读数为：30mm，游标读数为 0.057mm=0.35mm，所以最终读数为：30mm+0.35mm=30.35mm；螺旋测微器的固定刻度读数为 3mm，可动刻度读数为 0.0120.6mm=0.206mm，所以最终读数为：3mm+0.206mm=3.206mm【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动
17、刻度读数时需估读10.如图是研究平抛运动的两个演示实验，图丙中当用锤子击打钢片时，A 球水平飞出，B球自由下落，通过听声音知道两球在空中的运动时间相同，本实验说明平抛运动在_方向是_运动；丁图中电动小车上方有一电磁铁，通电时车子向左匀速运动，电磁铁吸住小钢球，钢球正下方有一碗 D，小车在水平桌面上运动时，切断电源，钢球恰落在碗内，本实验说明平抛运动在_方向是_运动【答案】 (1). 竖直 (2). 自由落体 (3). 水平 (4). 匀速直线【解析】【分析】小球 A 做平抛运动，B 做自由落体运动，根据同时落地，得出平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同小球 C 做平抛运动，D 做匀
18、速直线运动，通过相等时间内水平位移相等，知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动【详解】图丙中当用锤子击打钢片时，A 球水平飞出，B 球自由下落，因为落地时间极短，眼睛看不过来，通过听时间判断出两球运动的时间相等，从而确定平抛运动在竖直方向上做自由落体运动车在水平桌面上运动时，切断电源，钢球恰落在碗内，小球做平抛运动，碗在做匀速直线运动，在相等时间内水平位移相等，知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动11. 热敏电阻是传感电路中常用的电子元件现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求伏安特性曲线尽可能
19、完整已知常温下待测热敏电阻的阻值为 45 ，热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：A电流表 A1，量程 0.6 A，内阻约 1 B电流表 A2，量程 3 A，内阻约 2 C电压表 V1，量程 15 V，内阻约 15 kD电压表 V2、量程 3 V，内阻约 5 kE滑动变阻器 R1(0100 )F滑动变阻器 R2(020 )G电源 E(3 V，内阻可忽略 )H盛有热水的水杯(图中未画出)I开关、导线若干(1)实验中应选用的电流表为_(填“A 1”或“A 2”)，应选用的电压表为 _(填“V 1”或“V2”)，应选用的滑动变阻器为_(填“R 1”或“R 2
20、”)(2)画出实验电路原理图，要求测量误差尽可能小(3)根据电路原理图，在实物图上连线【答案】(1)A 1 V 2 R 2(2)如图所示(3)如图所示【解析】试题分析：(1)由于电源电动势为 3 V，则电压表应选 ，常温下待测热敏电阻的阻值为V24 5 ，再加电流表内阻，由闭合电路欧姆定律可知电路中最大电流小于 0.6 A，故电流表应选 ；本实验研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求伏安特性曲线尽可能完A1整，故滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器应选 R2.(2)设计电路图时，由于电流表内阻与热敏电阻阻值相差不大，故电流表采用外接法，如图所示(3)根据原理图即可将实物图作出，注意实物图
21、中不能交叉，并且导线要接在接线柱上，答案如下图所示；考点：用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，点评：要研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则需要电压的变化范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻为小电阻故安培表采用外接法；由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器要采用分压接法；按照发生的先后顺序实验步骤应考虑周全12.在一个水平面上建立 x 轴,在过原点 O 垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小 E=6105N/C，方向与 x 轴正方向相
22、同，在 O 处放一个带电量 q=-5x10-8C，质量m=10g 的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数 =0.2，沿 x 轴正方向给物块一个初速度 vo=2m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。(g 取 10ms 2)【答案】在 O 点左侧距 O 点 0.2m 处【解析】第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为 0。f =mg 1 分F=“qE “ 1 分a=（ f+F）/m=5（m/s 2）1 分s1= vo2/（2a ）= 04 （m）2 分第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后在做匀减速运动直到停止。由动能定理得：Fs 1 f（s 1+s2）=02 分得 s2=02（m）则物
23、块停止在原点 O 左侧 02m 处1 分13.在平面直角坐标系 xoy 中， y 轴左侧有两个正对的极板，极板中心在 x 轴上，板间电压U0=1102V，右侧极板中心有一小孔，左侧极板中心有一个粒子源，能向外释放电荷量q=1.610-8C、质量 m=3.210-10kg 的粒子（粒子的重力、初速度忽略不计） ；y 轴右侧以 O点为圆心、半径为 的半圆形区域内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场（电场未画R=52m出） ，匀强磁场的的磁感应强度为 B=2T，粒子经电场加速后进入 y 轴右侧，能沿 x 轴做匀速直线运动从 P 点射出。（1）求匀强电场的电场强度的大小和方向；（2）若撤去磁场，粒子在场区
24、边缘 M 点射出电场，求粒子在电场中的运动时间和到 M 点的坐标；（3）若撤去电场，粒子在场区边缘 N 点射出磁场，求粒子在磁场中运动半径和 N 点的坐标。【答案】 （1） 电场方向沿 y 轴负方向E=200N/m（2） ，M 点的坐标为（ 1m，0.5m）t1=0.01s（3） N 点的坐标为（ ， ）r=1m558m58m【解析】（1）粒子在板间加速，设粒子到 O 点时的速度为 ，有：v0 qU0=12mv20得： v0=2qU0m=100m/s粒子在电磁场中做匀速直线运动， qv0B=qE得： E=v0B=B2qU0m=200N/m由左手定则判断洛伦兹力沿 y 轴负方向，所以电场力沿 y
25、 轴正方向，电场方向沿 y 轴负方向。（2）撤去磁场后，粒子进入 y 轴右侧电场做类平抛运动，轨迹如图（1）所示：对粒子 x 轴方向有： x1=v0t1 y1=12at21y 轴方向有： Eq=ma由几何关系： x21+y21=R2解得： ， ，t1=0.01s x1=1my1=0.5m所以 M 点的坐标为（1m，0.5m）（3）撤去电场后，粒子在 y 轴右侧磁场内做匀速圆周运动，轨迹如图（2）所示：， qv0B=mv20rr=mv0qB=1m由几何关系， ， x2N+y2N=R2 x2N+(ryN)2=r2解得： ， xN=558m yN=58m所以 N 点的坐标为（ ， ）558m58m点
26、睛：本题考查带电粒子在电磁场中的运动情况，要注意明确当粒子在电磁场中做匀速直线运动时，受力一定平衡，而在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要注意根据不同的问题采用不同的分析方法求解。14.下列关于固体、液体和气体的说法正确的是_A. 固体、液体、气体中的分子都是运动的B. 液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力C. 高压气体的体积很难进一步被压缩，原因是高压气体分子间的作用力表现为斥力D. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零E. 在绝热条件下压缩气体，气体内能一定增加【答案】ABE【解析】【分析】分子永不停息做无规则运动；液体表面张力表现为引力；分子间存在相互作用的引力与斥
27、力，分子间作用力是引力与斥力的合力；当分子间的距离等于平衡距离时，引力等于斥力，分子力为零，当分子间的距离小于平衡距离时分子间作用力表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时，分子间作用力表现为引力；热力学第一定律公式U=W+Q .【详解】A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故 A 正确；B、当分子间距离为 r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于 r0，所以分子间作用力表现为引力，故 B 正确；C、高压气体的体积很难进一步被压缩，是因为气体压强太大，并不能说明高压气体分子间的作用力为斥力，实际上高压气体分子间距离大于平衡距离，分子间作用力为引力，
28、故 C错误；D、气体对容器壁的压强是气体分子不断撞击器壁产生的，与超失重无关，故 D 错误；E、根据热力学第一定律U=W +Q，在绝热条件下( Q=0)压缩气体(W 0)，气体的内能变化，即内能一定增加，故 E 正确；U0故选 ABE.【点睛】本题考查了分子动理论、热力学第一定律、压强的产生、分子力等，知识点多，关键是记住.15. 如图所示，一定质量的理想气体从状 态 A 变化到状态 B，再由状 态 B 变化到状态 C.已知状态 A 的温度为 300K.（1）求气体在状态 B 的温度；（2）由状态 B 变化到状态 C 的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由【答案】见解析【解析】设气体在状态
29、 B 的温度 TB。-（3 分）-（2 分）由状态 B 变化到状态 C 的过程中，等容降压，温度降低，内能 减小 （2 分） ；体积不变，做功 W0 （2 分） ；由热力学第一定律 ，气体是放热 （1 分） 。本题考查气体状态方程和热力学第一定律,找到前后两个状态,根据 PV/T=C 求解可得16.下列关于光的说法中正确的是 A. 雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生全反射形成的B. 泊松亮斑的发现支持了光的波动说C. 在双缝干涉实验中，用红光代替黄光作为入射光可减小干涉条纹的间距D. 在潜水员看来，岸上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里E. 光从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介
30、质中的传播速度不同【答案】BDE【解析】【分析】彩虹是光的折射现象形成的；泊松亮斑是光的波动现象。在双缝干涉实验中，当波长越长时，条纹间距越宽；根据光的折射定律，即可分析潜水员视野的形状；发生光的折射现象时，光的速度随着折射率不同，而发生变化，从而即可各项求解.【详解】A、雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的，故 A 错误；B、泊松亮斑是光照射的很小的圆形障碍物上形成的，影子的中间出现一个亮斑，是光的衍射想象，故 B 正确；C、在双缝干涉实验中，用红光代替黄光后，波长变长，则导致干涉条纹的间距增大，故C 错误；D、水面上所有景物发出的光进入水中时经过折射，最大的折射角为全反射临界角
31、。光从空气折射进入人眼，折射角小于入射角，人眼认为光是直线传播的，所以在潜水员看来，岸上的所有景物都出现在一个顶角为临界角 2 倍的倒立的圆锥里；故 D 正确.E、从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质的折射率不同，根据 c=nv，可知，传播速度也不同，故 E 正确.故选 BDE.【点睛】本题的关键是理解各种光现象形成的原因，理解光的折射、衍射与干涉现象的原理，及其区别，注意干涉条纹间距影响的因素，并理解折射中，传播速度与折射率成反比.17.如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜， A=30，C90三棱镜材料的折射率是 一束与 BC 面成 角的光线射向 BC 面n= 3 =30（1）试通过计算说明在 AC 面下方能否观察到折射光线？（2）作出三棱镜内完整的光路图，指出最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角【答案】在 AC 面下方不能观察到折射光线; 120【解析】由折射定律：在 BC 界面： ，解得=30sin60= 3sin由临界角公式 得 = sinC=1n sinC 33所以全反射临界角 C 60而光线在 AC 面上的入射角为 60C，故光线在 AC 界面发生全反射，在 AC 面下方不能观察到折射光线光路如图所示，最终的出射光线与最初的入射光线之间的夹角为 120。
