1、福建省泉州市泉港一中 2019 届高三上学期期末质量检测模拟测试理科综合物理试题一、选择题1.如图所示， M、 N 两点分别放置两个等量异种电荷， P 为 MN 连线的中点， T 为连线上靠近 N的一点， S 为连线的中垂线上处于 P 点上方的一点。把一个电子分别放在 P、 S、 T 三点进行比较，则( )A. 电子从 T 点移到 S 点，电场力做负功，动能减小B. 电子在 P 点受力最小，在 T 点电势能最大C. 电子在 S 点受力最小，在 T 点电势能最大D. 电子从 P 点移到 S 点，电场力做正功，动能增大【答案】C【解析】【分析】明确等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象，知道电场线
2、的疏密程度表示电场强度的大小，电场线与等势面垂直，沿着电场线方向电势逐渐降低，负电荷在高电势处电势能小【详解】等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在 P、S、T 三点中，S 位置电场线最稀疏，故场强最小的点是 S 点。故电荷在S 点受到的电场力最小；S、P 两个点在一个等势面上，电势相等；沿着电场线电势逐渐降低，故 P 点电势高于 T 点电势；故电势最低的点是 T 点，负电荷放在电势低处的电势能大，故放在 T 点处电能最大，放在 AC 上电势能相等；故 C 正确，B 错误。电子从 T 点移到 S 点，电势能减小，则电场力做正功，动能增加，选项 A
3、 错误；电子从 P 点移到 S 点，电场力不做功，动能不变，选项 D 错误；故选 C。【点睛】本题关键是要能够画出等量异号电荷的电场线和等势面分布图，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿着电场线，电势逐渐降低2.如图所示，电路中 R1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器 C 的极板水平放置，闭合电键 S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，能使油滴向上运动的是( )A. 增大两板间的距离B. 增大 R2的阻值C. 增大 R1的阻值D. 增大电容器的极板面积【答案】C【解析】【分析】分析电路结构，明确电容器与 R1并联；再根据电容器的性
4、质以及电场中电场强度的变化分析电场力的变化，从而明确如何才能使油滴向上运动【详解】开始时油滴静止，则重力与电场力相互平衡，电场力向上；增大两板间距离时，电压不变，d 变大，故电场强度减小，因此油滴将向下运动，故 A 错误；R 2与电容器串联，视为导线，故对电容器的电压没有影响，增大 R2的阻值，油滴不动；故 B 错误；增大 R1的阻值，则路端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，故电场力增大，油滴将向上运动，故 C 正确；增大电容器的极板面积时，由于电压不变，板间距离不变，则电场强度不变，故油滴不动，故 D 错误。故选 C。【点睛】本题关键分析电容器的电压是否变化要注意当开关闭合时，如果
5、电路结构不变，则电压不变，只有改变板间距离时，板间场强才发生变化3.如图，在倾角为 的光滑斜面上垂直纸面放置根长为 L，质量为 m 的直导体棒，有一匀强磁场垂直于斜面，当导体棒内通有垂直纸面向里的电流 I 时，导体棒恰好静止在斜面上（重力加速度为 g）则（ ）A. 磁感应强度的大小为 ，方向垂直斜面斜向上B. 磁感应强度的大小为 ，方向垂直斜面斜向下C. 磁感应强度的大小为 ，方向垂直斜面斜向上D. 磁感应强度的大小为 ，方向垂直斜面斜向下【答案】B【解析】试题分析：根据共点力平衡知，安培力的方向沿斜面向上，根据左手定则知，磁场的方向垂直斜面向下根据平衡知，安培力 FA=BIL=mgsin解得
6、： 故选：B考点：物体的平衡；安培力【名师点睛】本题考查应用平衡条件处理通电导体在磁场中平衡问题的能力对导线受力分析，根据共点力平衡求出安培力的大小，以及根据左手定则判断磁场的方向，通过安培力大小公式求出磁感应强度的大小；此题难度不大.4.如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环 A、 B，可沿轴线 OO自由转动，现通以图示方向电流，沿 OO看去会发现( )A. A 环、 B 环均不转动B. A 环将逆时针转动， B 环也逆时针转动，两环相对不动C. A 环将顺时针转动， B 环也顺时针转动，两环相对不动D. A 环将顺时针转动， B 环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止【答案】D【解
7、析】试题分析：由安培定则可得，A 环产生的磁场的方向向下，B 环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，所以 A 环顺时针转动，B 环逆时针转动二者相互靠拢故 D 正确，ABC 错误。考点：电流的磁场、磁场对电流的作用【名师点睛】本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识要注意利用“两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势”是解题的最佳方法根据安培定则判断出通电圆环 A 的周围有磁场，通电圆环 B 放在了通电圆环 A 的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力5.如图所示，半球形物体 A 和小球 B 紧靠着放在一固定斜面上
8、，并处于静止状态，忽略小球B 表面的摩擦，用水平力 F 沿物体 A 表面将小球 B 缓慢拉至物体 A 的最高点 C，物体 A 始终保持静止状态，则下列说法中正确的是（ ）A. 物体 A 受到 5 个力的作用B. 小球 B 对物体 A 的压力逐渐增加C. 小球 B 对物体 A 的压力先增大后减小D. 物体 A 受到斜面的摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【分析】先对球 B 分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，据此分析拉力和支持力的变化情况；再对 A、B 整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法分析【详解】对球 A 分析可知，A 受
9、重力、支持力、B 的压力和斜面的摩擦力作用，共四个力，故 A 错误；对球 B 分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：将小球 B 缓慢拉至物体 A 的最高点过程中， 变小，故支持力 N 变小，拉力 F 也变小；根据牛顿第三定律，压力也减小，选项 BC 错误； 再对 A、B 整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有：f=（M+m）gsin+Fcos， 为斜面的倾角，由于 F 减小，故拉力 F 减小，故静摩擦力减小；故 D 正确。故选 D。【点睛】本题考查共点力平衡条件的应用，解题的关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，
10、要结合平衡条件作图进行动态分析即可明确各力的变化规律6.如图所示，在半径为 R 的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为 B，AC 为圆的直径。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子从 A 点射入磁场区域，速度方向与 AC 夹角为 ，粒子最后从 C 点离开磁场。下列说法正确的是( )A. 该粒子带正电荷B. 粒子速度大小为C. 粒子速度大小为D. 粒子在磁场中运动时间为【答案】ABD【解析】由左手定则可知，该粒子带正电荷，运动轨迹如图由几何关系可得 ，粒子做圆周运动的半径为 ，根据 可得粒子速度大小为 ，粒子在磁场中运动时间为 ，故 AC 错误，BD 正确；故选 BD。7.如图所示，在 x
11、Oy 平面的第一象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀 强磁场。两个相同的带电粒子，先后从 y 轴上的 P 点（0， a）) 和 Q 点（纵坐标 b 未知） ，以相同的速度 v0 沿 x 轴正方向射入磁场，在 x 轴上的 M 点（ c，0）相遇。 不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，由题中信息可以确定( )A. Q 点的纵坐标 bB. 带电粒子的电荷量C. 两个带电粒子在磁场中运动的半径D. 两个带电粒子在磁场中运动的时间【答案】ACD【解析】【详解】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，轨迹如图所示：洛伦兹力做向心力，故有： Bqv0 m ；根据几何关系可得
12、P 点粒子的轨道半径，从而可以求出 Q 点射出粒子半径及坐标，故 AC 正确；由于是同种粒子，比荷相同，无法具体求解电荷量和质量，但可以求出比荷，故 B 错误；根据根据粒子运动轨道半径和粒子转过的中心角；故根据周期 ，可求得运动时间 t T，故 D 正确；故选 ACD。【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动半径；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。8.如图是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E平板 S 上有可让
13、粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A2 平板 S 下方有磁感应强度为 B0的匀强磁场下列表述正确的是（ ）A. 能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C. 质谱仪是一种可测定带电粒子比荷的仪器D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的比荷越大【答案】BCD【解析】【详解】在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB，解得 v=E/B故 A 错误。根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外。故 B 正确。进入偏转电场后，有
14、：qvB 0=m ，解得： ，可知质谱仪是可以测定带电粒子比荷的仪器。故 C 正确；由上式可知，知越靠近狭缝 P，r 越小，比荷越大。故 D 正确。故选 BCD。【点睛】解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律：带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动；掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式二、实验题9.利用图的装置可以验证机械能守恒定律。（1）要验证重物下落过程中机械能守恒，除了图示器材，以下实验器材中必须要选取的是有_。A. 秒表B. 刻度尺C. 天平D. 交流电源（2）下列有关操作的叙述正确的是_ 。A. 安装打点计时器时
15、要注意让上下限位孔在同一竖直线上B. 将打点计时器与直流低压电源连接C. 释放纸带时应尽量让重锤靠近打点计时器D. 应先释放纸带，然后接通电源（3）若实验中所用重物的质量为 m，某次实验打出的一条纸带如图所示在纸带上选取五个连续的点 A、B、C、D 和 E，量得相邻点间的距离分别为，当地的重力加速度为 g本实验所用电源的频率为从打下点 B 到打下点 D 的过程中，重锤重力势能减小量Ep=_，重锤动能增加量Ek=_。在误差允许的范围内，通过比较就可以验证重物下落过程中机械能是否守恒（4）设重锤在下落过程中受到恒定不变的阻力 F，则可根据本实验数据求得阻力 F 的表达式为_（用题中所给字母 m，g
16、，s 1，s 4，f 表示） 【答案】 (1). BD (2). AC (3). (4). (5). 【解析】【分析】（1）纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，同时使用打点计时器，则需要交流电源，对于利表与天平则不需要；（2）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项（3）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值（4）根据x=aT 2求出加速度，再根据牛顿第二定律列方程求阻力 F 的表达式【详解】 （1
17、）图示中的器材已知知道了，但实验时我们还需要选取的刻度尺，用它来测量距离，还需要交流电源，用它来让打点计时器工作，而秒表与天平就不需要了，故 BD 正确，AC 错误；（2）安装打点计时器时要注意让上下限位孔在同一竖直线上，以减小实验误差，故 A 正确；打点计时器都是使用的交流电源，故 B 错误；释放纸带应尽量让重锤尽量靠近打点计时器，这样可能得到更多的数据，故 C 正确；应先接通电源，稳定后，再释放纸带，这样可以在纸带上尽量多打点，提供纸带利用率，故 D 错误；故选 AC；（3）本实验所用电源的频率为 f=50Hz；根据重力势能表达式，则有从打下点 B 到打下点 D的过程中，减小的重力势能为：
18、E P=mg（s 2+s3）从打下点 B 到打下点 D 的过程中，重锤动能增加量为：（4）根据x=aT 2得：s 4-s1=aT 2可得： 根据牛顿第二定律得：mg-F=ma则得 F=mg-m =mg- m（s 4-s1）f 2；【点睛】纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，同时要注意符号运算的正确性某实验小组要哦精确测定额定电压为 2.5V 的 LED 灯正常工作时的电阻。已知该灯正常工作时的电阻为 500，电路符号与小灯泡相同。实验室提供的器材有：A电流表 A1（量程为 010m
19、A，内阻 RA1约为 3，示数用 表示）B电流表 A2（量程为 03mA，内阻 RA2=15，示数用 表示）C定值电阻 R1=697 D定值电阻 R2=985E滑动变阻器 R（020） F电压表 V（量程为 012V，内阻 RV=1k，示数用 U 表示）G蓄电池（电动势为 12V，内阻很小） H开关一个，导线若干10. 如图所示，请选择合适的器材，电表 1 为_，电表 2 为_，定值电阻为_ （填写器材前的字母编号）11. 将采用的电路图如图补充完整_ 12. 写出测量 LED 灯正常工作时的电阻表达式 Rx=_（用相应字母表示） 【答案】 (1). （1）A； (2). B； (3). D
20、(4). （2）见解析 (5). （3）【解析】（1）要精确测定额定电压为 2.5V 的 LED 灯正常工作时的电阻，需测量 LED 灯两端的电压和通过 LED 灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量 LED两端的电压，需要改装电压表，若将电流表 A1与定值电阻 R1串联改装为电压表，量程为，将电流表 A1与定值电阻 R2串联改装为电压表，量程更大；将电流表 A2与定值电阻 R1串联改装为电压表，量程为 ，将电流表 A2与定值电阻 R1串联改装为电压表，量程为 ，量程恰好，故选用电流表 A2（电表 2）与定值电阻 R2（D）串联改装电压表；电流表 A1（电表 1）
21、测量电流；（2）实物图如图所示（3）根据闭合电路欧姆定律知，LED 灯两端的电压 ，通过 LED 灯的电流，所以 LED 灯正常工作时的电阻 三、计算题如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB 段是水平的，BD 段为半径 R=0.2m 的半圆，两段轨道相切于 B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小 E=5.0103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度 沿水平轨道向右运动，与静止在 B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞,甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 D。已知甲、乙两球的质量均为m=1.010-2kg，乙所带电荷量 q=2.010-5C，g 取 10m/s2.(水平轨
22、道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：13. 乙在轨道上的首次落点到 B 点的距离；14. )碰撞前甲球的速度 .【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据乙球恰能通过轨道的最高点，根据牛顿第二定律求出乙球在 D 点的速度，离开 D 点后做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出竖直方向上的加速度，从而求出竖直方向上运动的时间，根据水平方向做匀速直线运动求出水平位移(2)因为甲乙发生弹性碰撞，根据动量守恒、机械能守恒求出碰后乙的速度，结合动能定理求出甲的初速度【详解】(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为 ，乙离开 点到达水平轨道的时间为
23、，乙的落点到 点的距离为 ，则 联立得: (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 、 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有:联立得 由动能定理得: 联立得 【点睛】本题综合考查了动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练如图所示，在 x 轴下方有一匀强电场，方向沿 y 轴正方向，在 y 轴上 P 点由静止释放一带电粒子，离开电场后从 O 点进入一磁感应强度大小为 B 的方形匀强磁场区域（图中未标出） ；粒子飞出磁场后从 A 点进入平行板电容器间的匀强电场，OA 连线与 x 轴成 30角，粒子在A 点速度与 x 轴夹角也是 30，粒子从 M 点飞出平行板电容器
24、时速度恰好沿 x 轴正方向。P点距 O 点以及平行板电容器左边缘 A 到 y 轴的距离都是 l，平行板电容器板长为 2l，粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力，求：15. x 轴以下电场的电场强度大小以及方形磁场的方向；16. 粒子运动到 M 点的速度大小；17. 粒子从 P 到 M 的运动时间。【答案】 （1） （2） （3）【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示，由在电场中粒子的运动轨迹可知，粒子带正电，在磁场中向右偏转，故磁场方向垂直纸面向外设粒子在磁场中运动的半径为 r，由几何知识可知 ，解得在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得粒子从 P 点运动到 O 点由动能
25、定理可得 ，解得（2）粒子在平行板电容器间，沿电场线方向做匀减速运动，沿 x 轴方向做匀速运动，M 点速度是 A 点速度的水平分量（3）设粒子从 P 点运动到 O 点的时间为 ，则在磁场中由几何知识可得粒子转过的圆心角 ，粒子的周期粒子在磁场中运动的时间粒子在平行板电容器间运动的时间是 ，则粒子从 P 点运动到 M 点的运动时间 ，联立解的18.2013 年,嫦娥三号成功实现月面软着陆,中国成为世界上第三个在月球上实现软着陆的国家。如图所示,嫦娥三号经历漫长的地月旅行后,首次在距月表 100km 的环月轨道上绕月球做匀速圆周运动。运动到 A 点时变推力发动机开机工作,嫦娥三号开始快速变轨,变轨
26、后在近月点 B 距月球表面 15km 的椭圆轨道上绕月运行;当运动到 B 点时,变推力发动机再次开机,嫦娥三号从距月面 15km 处实施动力下降。关于嫦娥三号探月之旅,下列说法正确的是_A 在 A 点变轨时，嫦娥三号的机械能减少B 在 A 点变轨时，嫦娥三号发动机的推力和其运动方向相反C 在 A 点变轨后，嫦娥三号在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道周期短D 在 A 点变轨后，在沿椭圆轨道向 B 点运动的过程中，嫦娥三号的加速度逐渐减小E. 无论在 A 点变轨时还是变轨后，嫦娥三号的速度均保持不变【答案】ABC;【解析】【分析】嫦娥三号在 A 处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速，做近心运动才能进入圆
27、轨道根据开普勒第三定律比较周期的大小在 A 点变轨时，距离月球的距离没有变，故嫦娥三号所受万有引力不变【详解】嫦娥三号在 A 点变轨时，发动机的推力和嫦娥三号运动方向相反，卫星做减速运动，万有引力大于向心力做近心运动，使其进入椭圆轨道，故在 A 点变轨时，机械能要减小，故A B 正确，E 错误；根据开普勒第三定律 k，知卫星在轨道 100km 环月轨道上运动的半径大于在椭圆轨道上运动的半长轴，故在 A 点变轨后，嫦娥三号的周期短。故 C 正确；在 A 点变轨后沿椭圆轨道向 B 点运动过程中，根据万有引力定律可知嫦娥三号所受的万有引力逐渐增大，则其加速度逐渐增大。故 D 错误。故选 ABC。如图
28、所示，弧形轨道的下端与半径为 R=1.6m 的圆轨道平滑连接现在使一质量为 m=1kg 的小球从弧形轨道上端距地面 h=2.8m 的 A 点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计，g 取 10m/s2试求：19. 小球在最低点 B 时对轨道的压力大小；20. 若小球在 C 点（未画出）脱离圆轨道，求半径 OC 与竖直方向的夹角 大小；【答案】 （1）45N （2）60 0【解析】试题分析：小球从 A 到 B 的过程中，由动能定理得：mgh= mv2在 B 点，由牛顿第二定律得；F Nmg=mFN=45N（2）根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等 0，弹力不等于 0，小球不会离开轨道。设小球在 C 点（OC 与竖直方向的夹角为 ）脱离圆轨道，则在 C 点轨道弹力为 0 有：mgcos=m小球从 A 到 C 的过程中，由机械能守恒定律得：mgh=mgR+mgRcos+ mvc2由得：v 0=2 m/s，=60 0考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律
