1、2019届云南省曲靖市第一中学高三上学期高考复习质量监测卷三理综物理试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 物理注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第I卷（选择题)一、单选题1一物体在外力作用下做直线运动，其运动的vt图象如图所
2、示，则（ ）A0-t1内物体做加速度增大的加速运动Bt1时刻合外力的功率最大Ct3时刻速度为零，加速度也为零Dt3-t4内加速度的方向和速度方向相同2如图所示，质量为m的物体在斜面体上匀速下滑，已知斜面的倾角为60，则斜面体受到该物体的作用力大小为（ ）A B C D3如图所示，一圆形磁场区域半径为R，有垂直于纸面向里的匀强磁场，有a、b两个完全相同的粒子（重力忽略）以相同速度水平向右分别从A、B两点射入圆形磁场区域（从B点射入的粒子速度沿半径方向），其中从B点射入的粒子刚好从圆形磁场的最上端D点离开，A点离BO的距离为，则a、b两个粒子在磁场中运动的时间：之比为（ ）A1:2 B: C2：3
3、 D1：4一质点做曲线运动，速率逐渐增大。关于它在运动过程中在P点时的速度v和合外力F的方向，下列描述准确的是（ ）A BC D二、多选题5某静电场在x轴上的电势随x的变化关系-x图象如图所示，电场方向平行于x轴，下列说法正确的是（ ）Ax2处电场强度为零B正电荷从x1处移到x3处电势能增大C正电荷在x3处和x3处的加速度方向相反D电荷在x4处受到的电场力最大6如图为甲、乙两物体在同一直线上运动时的位移与时间的关系图线。其中甲为过原点的倾斜直线，乙为开口向下的抛物线。则下列说法正确的是（ ）A物体乙的速度先变大后变小Bt1时刻甲、乙两物体的位移相同、速度相同Ct1到t2时间内两物体间的距离先变
4、大后变小Dt1到t2时间内两物体的平均速度相同7竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图9所示的电路图连接。绝缘线与左极板的夹角为，电流表的示数为I当滑动变阻器滑片向右滑动时，下列说法正确的是（ ）A夹角变大 B夹角不变 CI示数变小 DI示数不变8如图，地球半径为R地球表面的重力加遠度为g，离地面高h的轨道上有两颗卫星1和2，若两颗卫星地球逆时针做匀速圆周运动，不计两卫星间的相互作用力，则（ ）A若卫星2向后喷气就一定能追上卫星1B由2位置运动到1位置过程中引力做正功C这两颗卫星的加速度大小相等，均为D由2位置运动到1位置经历的时间是第II卷（非选择
5、题)三、实验题9如图，读出下列游标卡尺和螺旋测微器的读数。(1)游标卡尺读数为_cm。(2)螺旋测微器读数为_mm。10利用打点计时器和小车来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。 (1)关于本实验的操作，下列说法正确的是_（填序号）。A本实验应用比值定义法B砝码和砝码盘的总质量越大，实验误差越小C平衡摩擦力时，应将砝码盘用细线跟小车连在一起D本实验应先接通打点计时器再释放小车(2)在探究加速度与力的关系的实验中，得出的aF图线如图所示，发现图线既不过原点，又不是直线，原因可能是_（填序号）。A没有完全平衡摩擦力，且小车质量较大B平衡摩擦力过度，且小车质量较大C没有完全平衡摩擦力
6、，且砝码和砝码盘的总质量较大D平衡摩擦力过度，且砝码和砝码盘的总质量较大(3)如图为某次实验所得的纸带，已知打点计时器的时间间隔为002s，相邻计数点间还有四个点未画出，从图中可计算出小车的加速度为_m/s2（保留2位有效数字）。四、解答题11如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距L，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨的电阻可以忽略，导体棒的电阻为r。求：（1）导体棒中电流大小
7、；（2）水平外力的功率。12如图，光滑水平面上，用轻质弹簧连接质量mB3kg的物体且处于静止状态，mB的右端有一质量mC1kg的物体也处于静止状态，质量mA1kg的物体以初速度v4m/s向右运动和B发生弹性碰撞。求： (1)碰撞后A和B的速度；(2)弹簧的最大弹性势能和最终C的速度大小。13如图所示，两个相同的气缸固定在水平面上，“工”形的活塞将理想气体A、B分别密封在气缸内，系统静止时缸内的气体温度均为外界热力学温度T，压强均为大气压强P，B的体积是A的体积的2倍。现对A缓慢加热活塞缓慢右移，当A体积增大为原来的2倍时立即对A停止加热。已知B的温度始终保持不变，不计一切摩擦。求对A停止加热时
8、A的热力学温度T.14直角三角形的玻璃砖BCD放置于水平面上，C30，A点发射出一束光由E点射入玻璃砖，如图25所示。光线经玻璃砖折射后垂直CD边射出，且此光束经过AE用时和在玻璃砖内传播的时间相等。已知光在真空中的传播速度为c，ECL，BAE15求：(1)玻璃砖的折射率；(2)A、E两点间的距离。五、填空题15下列说法正确的是_。A当气体膨胀时，气体分子的势能减小，因而气体的内能一定减少B气体温度越高，气体分子的热运动就越剧烈C气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的D气体的体积是所有气体分子的体积之和E液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点16一列简谐横波沿x轴正方向传
9、播，在0时刻的波形如图所示。已知波速为0.2m/s，且波刚传到c点。下列选项正确的是_。A波源的振动频率为Bt0时，质点d点沿y轴正方向运动Ct0时，质点a的加速度比质点b的加速度小D质点b比质点d先回到平衡位置Et01s时，质点c将运动到x10cm处2019届云南省曲靖市第一中学高三上学期高考复习质量监测卷三理综物理试题物理答案1D【解析】速度时间图象切线的斜率等于加速度，图象与时间轴所围面积表示位移的大小根据P=Fv分析瞬时功率的情况。速度时间图象切线的斜率等于加速度，由图可知，在时间内斜率不断减小，故加速度不断减小，故A错误；在时刻，图象的切线斜率为0，即加速度为0，根据牛顿第二定律可知
10、，合外力为0，由P=Fv，可知此时合外力的瞬时功率为0，故B错误；由图可知时刻速度为0，但加速度不为0，故C错误；在时间内，图象的斜率是负的，即加速度的方向与初速度方向反，这段时间的速度也是负的，即与初速度方向相反，所以在时间内加速度的方向和速度方向相同，故D正确；故选D。【点睛】对于速度时间图象的理解，关键抓住图象切线的斜率等于加速度，要知道速度为零时，加速度不一定为零2D【解析】对物体受力分析，可知物体受到竖直向下的重力与斜面体对物体的作用力处于平衡状态，所以斜面体对物体的作用力一定与重力大小相等，方向相反，由牛顿第三定律定律可知，斜面体受到该物体的作用力大小为mg，方向竖直向下，故D正确
11、，ABC错误；故选D。3C【解析】根据要求画出粒子的运动轨迹，确定两个粒子在磁场中运动的圆心角，利用周期相等，根据求出时间之比。由题可知，两个粒子在磁场中运动的半径相同，由于从B点射入的粒子刚好从圆形磁场的最上端D点离开，可知两个粒子的半径都为R，如图所示：由几何关系可知，从A点入射的粒子在磁场中运动的圆心角为，从B点入射的粒子在磁场中运动的圆心角为，根据运动时间，得a、b两个粒子在磁场中运动的时间，故选C。【点睛】本题是带电粒子在匀强磁场中的运动问题，解题要求熟练掌握洛伦兹力提供向心力的情形下圆周运动对应物理量的求解，如：半径，周期，速度等量，解决这种类型的问题一般都要先用到平面几何知识作图
12、，找出轨迹和半径4A【解析】当物体速度方向与加速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度指向曲线凹的一侧；当加速度与速度方向夹角小于时物体做加速运动；当加速度的方向与速度方向大于时物体做减速运动；分析图示情景然后答题由图示可知，加速度方向与速度方向夹角小于，物体做加速运动，故A正确；由图示可知，加速度的方向不能是沿曲线的切线方向，故B错误；由图示可知，加速度方向与速度方向夹角大于，物体做减速运动，故C错误；由图示可知，速度方向应该是沿曲线的切线方向，故D错误；故选A。【点睛】该题考查速度的方向与受力的方向、轨迹的方向之间的关系；知道物体做曲线运动的条件，分析清楚图示情景即可正确解题5BC
13、【解析】图象的切线斜率表示场强，正电荷在电势越高的点，电势能越大。根据电场强度的变化，判断电场力的变化，从分析加速度的情况。在处，图象的切线斜率不为零，即该处的电场强度不为零，故A错误；正电荷从处移到处电势在升高，而正电荷在电势越高的点，电势能越大，故B正确；正电荷在处和处的切线斜率是一正一负，故电场强度方向相反，则电场力方向相反，根据牛顿第二定律可知加速度方向相反，故C正确；在处切线斜率为零，故电场强度为零，则电场力为零，故D错误；故选BC。【点睛】解决本题的关键要明确图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向。6CD【解析】位移时间图线的斜率表示速度，速度的正负表示物体的运动方向，根
14、据两个物体速度的关系，分析两物体间距离如何变化。通过位移与时间的比值比较平均速度的大小。根据位移时间图线的斜率表示速度，知物体乙的速度先变小后变大，故A错误；时甲乙两物体的位移相同，由于图象的斜率不同，所以速度不同，故B错误。到时间内，乙在甲的前方，甲的速度先小于乙的速度，后大于乙的速度，则两物体间的距离先增大后减小，故C正确。到时间内两物体的位移相同，所用时间相同，则平均速度相同。故D正确。故选CD。【点睛】对于位移-时间图象，关键要理解点和斜率的物理意义，知道图线的斜率表示速度。7AD【解析】电路稳定时电容器两极板间的电压等于变阻器左边的电压，根据电压的变化，分析板间场强的变化，确定夹角的
15、变化根据电路中电阻有无变化，分析电流有无变化当滑动变阻器R的滑片向右滑动时，根据串联电路的特点可知，变阻器左边部分分担的电压增大，电容器板间电压增大，板间场强增大，小球所受的电场力增大，则增大而变阻器接入电路的电阻不变，根据欧姆定律得知，电路中的电流不变，故AD正确，BC错误；故选AD。【点睛】本题综合考查电路知识、电容器及共点力的平衡知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系，进而由部分物理量的变化可得出其它量的变化8CD【解析】两卫星处于同一轨道上，加速度大小相等，两卫星均由由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到加速度与半径的关系卫星2向后喷气将做离心运动，轨道半径增大，不可能追上卫星
16、由卫星的速度公式求出其角速度，即可求出卫星1由位置2第一次运动到位置1所用的时间卫星由位置2运动到位置1的过程中，万有引力与速度总是垂直，不做功两卫星在同一轨道上，卫星2向后喷气线速度增大，将做离心运动，轨道半径增大，不可能追上卫星1故A错误。卫星由位置2运动到位置1的过程中，万有引力与速度总是垂直，不做功，故B错误。在地球表面上，有，在运行轨道上有：，联立解得：，故C正确；运动经历的时间，且。所以，故D正确；故选CD。【点睛】解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵活运用9（1）10.04 （2）5.803（5.8025.804） 【解析】解决本题的关键掌握游
17、标卡尺读数的方法，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（1）游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.4mm，所以最终读数为：10mm+0.4mm=100.4mm=10.04cm（2）螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为30.30.01mm=3.030mm，所以最终读数为5.5mm+3.030mm=5.803mm【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量10（1）D （2）C （3）0.50 【解析】
18、（1）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤。（2）探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西。当小盘与砝码的质量远小于小车的质量时，可以认为小车受到的拉力等于小盘与砝码的重力。（3）根据x=aT2求出加速度的大小。【详解】（1）A、探究加速度与力的关系时，需控制小车的质量不变，研究加速度与质量的关系时，需控制小车所受的合力不变，采用的是控制变量法，故A错误。B、实验时，为了使砝码和砝码盘的重力等于绳子的拉力，需满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量，则砝码和磁码盘的总质量越大，实验误差越大，故B错误。C、平衡摩擦力时，让
19、小车拖着纸带运动，不能将砝码和砝码盘通过定滑轮连接在小车上，故C错误。D、实验时，先接通电源，再释放小车，故D正确。故选D。（2）图线不过原点，F不等于零，a仍然为零，知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。从图象上可以看出：F从0开始增加，砂和小桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂的质量在增加，那么在后面砂和小桶的质量就没有远小于车的质量，那么绳子的拉力与砂和小桶的总重力就相差较大。图线不是直线的原因是砂和小桶的质量没有远小于车的质量，即砂和小桶的质量较大，故C正确，ABD错误。故选C。（3）相邻计数点之间还有四个点没有画，故相邻计数点的时间间隔T=0.1s，根据x=aT2得：。【点睛】在探究加速度与力
20、和质量关系的实验中，知道两个认为：1、认为细绳的拉力等于小车的合力，（前提要平衡摩擦力），2、认为砂和小桶的总重力等于绳子的拉力，（前提是砂和小桶的质量远小于车的质量）。11(1) (2)【解析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律即可求解导体棒中电流大小；（2）由平衡条件求出安培力，根据P=Fv求出水平外力的功率。【详解】（1）电动势 根据闭合电路欧姆定律有得（2）滑动摩擦力安培力 导体棒处于平衡状态，有F的功率得【点睛】在闭合电路中导体棒切割磁感线的问题中，一般由法拉第电磁感应定律求得电动势，然后根据实际电路求得电流、安培力，进而得到电量、做功等问题12(1)， (2)【解析】（
21、1）A、B发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒即可求出碰撞后A和B的速度；（2）当B、C速度相等时，弹簧的压缩量最大，由动量守恒定律求出速度，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能当B、C分离后速度不变，由动量守恒和能量守恒即可求出分离后B和C的速度。【详解】（1）A和B发生弹性碰撞由动量守恒得：由能量守恒得： 解得，（2）B和C共速时有最大的弹性势能由动量守恒得：，解得由能量守恒得：解得B和C从开始接触到分开可以类比为弹性碰撞由动量守恒得： 由能量守恒得：解得【点睛】本题考查了动量守恒、能量守恒、弹性势能问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，注意要规定正方向13【解
22、析】对活塞，受两侧气体的压力和外界大气压力，根据平衡条件列式判断出A、B气压情况，然后根据玻意尔定律和理想气体状态方程列式求解即可A、B的压强相等：活塞缓慢向右移动，B发生等温变化，根据玻意尔定律有：对A，用理想气体状态方程有：解得【点睛】本题考查理想气体的状态方程，要熟悉理想气体等温变化，用玻意耳定律；理想气体等容变化，用查理定律；理想气体等压变化，用盖吕萨克定律。14（1） （2）L【解析】（1）由几何关系可求出入射角i和折射角r，再由折射定律求解折射率（2）根据光束经过AE用时和在玻璃砖内的传播时间相等，列式可求得AE两点间的距离【详解】（1）根据题意，作出光路图，如图所示：由几何关系，
23、入射角，折射角折射率公式 （2）在玻璃砖中光速 光束经过AE和玻璃砖内的传播时间相等有：解得：【点睛】解答本题的关键是依据几何关系和折射定律、光速公式解题，解题时要作出光路图15BCE【解析】当气体膨胀时，因为是理想气体，没有分子势能，气体分子之间的距离增大，分子势能不变仍为0，但温度的变化无法判断，所以内能变化无法判断。故A错误；B、温度是气体分子无规则热运动的标志，与分子的平均热运动动能成正比，故B正确；C、气体对容器的压力是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的，故气体对容器的压强是由大量气体分子对容器不断碰撞而产生的，故C正确；D、气体分子有很大的间隙，故气体的体积远大于所有气体分子的体
24、积之和，故D错误；E、液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，故E正确；故选BCE。16BCD【解析】由图得到波长，即可根据波速求得周期；根据波的传播方向得到质点振动方向，从而判断质点回到平衡位置的先后顺序；根据质点与平衡位置间的距离大小判断加速度大小关系。A. 由图可得：波长，故周期，则频率，故A错误；B. 根据波向右传播，由图可得：质点d向上振动，故B正确；C. 由图可得：质点a比质点b离平衡位置近，故加速度小，故C正确；根据波向右传播，在t=0时刻质点b在波峰将向下运动，质点d将先向上运动到波峰且，再向下运动，故质点b先回到平衡位置，故D正确；根据质点不随波的传播而传播，只在平衡位置附近振动可得：质点横坐标不变，故E错误；故选BCD。【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
