1、包头四中2018-2019学年第一学期高三年级期中考试理科综合试卷一、选择题：(本题共8小题，每小题6分，共48分。在1418小题给出的四个选项中，只有一个选项正确；在19、20、21小题给出的四个选项中，有多个选项正确，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.如图所示，在一个水平圆盘上有一个木块P随圆盘一起绕轴O做匀速转动。若圆盘的转速逐渐减慢，木块P受到静摩擦力的方向A. 沿P与O连线指向圆心OB. 跟P与O的连线的夹角小于90C. 跟P与O的连线的夹角等于90D. 跟P与O的连线的夹角大于90【答案】B【解析】【分析】木块P随圆盘一起匀速转动时，静摩擦力提供向心力，指
2、向圆心，当圆盘的转速逐渐减慢，则线速度减小，做变速圆周运动，合外力不指向圆心，合外力做负功，据此分析即可【详解】木块P随圆盘一起匀速转动时，静摩擦力提供向心力，指向圆心，若圆盘的转速逐渐减慢，则线速度减小，做变速圆周运动，合外力不指向圆心，由于线速度减小，则静摩擦力对物体做负功，方向与速度方向的夹角大于90，速度方向为该点的切线方向，则P受到的静摩擦力的方向跟P与O的连线的夹角小于90，故B正确，A，C，D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键知道木块做圆周运动向心力的来源，知道向心力的方向时刻指向圆心，明确物体做变速圆周运动时，合外力不指向圆心2.光滑的半圆柱形物体固定在水平地面上，其横截面如
3、图所示。一重为G的小球在沿柱面切线方向的拉力F（F与圆柱的横截面共面）作用下，缓慢地由A向B运动。则在运动过程中，拉力F的大小和柱面对小球支持力N的大小变化情况是A. F、N均逐渐增大B. F、N均逐渐减小C. F逐渐减小，N逐渐增大D. F逐渐增大，N逐渐减小【答案】C【解析】【详解】对滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：N=mgsin，F=mgcos，其中为支持力N与水平方向的夹角；当物体向上移动时，变大，故N变大，F变小；故C正确.故选C.【点睛】本题关键对小球进行受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的表达式进行讨论3.如图所示，质量为
4、m的小球以速度v0水平抛出，恰好与倾角为30的斜面垂直相碰，其弹回的速度大小与碰撞前的速度大小相等，求小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为A. mv0 B. 2mv0 C. 3mv0 D. 4mv0【答案】C【解析】小球在碰撞斜面前做平抛运动,设刚要碰撞斜面时小球速度为,小球恰与倾角为的斜面垂直碰撞，碰撞时受到如图所示由几何关系得：，碰撞过程中，小球速度由变为反向的，以反弹的速度方向为正方向，由动量定理可得，小球与斜面碰撞过程受到的冲量大小：，方向垂直于斜面向上；故选C.【点睛】小球在碰撞斜面前做平抛运动，由平抛运动的规律可以求得与斜面碰撞时的速度的大小，再由动量定理可以求得斜面对小球的冲量4
5、.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M和N时加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为、.下列判断正确的是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【详解】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故MN ；若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即vMvN ，在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPMEPN ；根据电场线疏密可知，EM
6、EN，根据F=Eq和牛顿第二定律可知，aMaN ；综合可知选A.【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，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化.5.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为A. ，沿y轴正向B. ，沿y轴负向C. ，沿y轴正向D. ，沿y轴负向【答案】B【解析】试题分析：M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处
7、的电场强度恰好为零，故两个负电荷在G点形成的场强与电荷量为Q的正点电荷在G点形成的场强等大反向，大小；若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度的大小，方向沿y轴负向，故选B考点：电场的叠加【名师点睛】此题是电场的叠加问题；关键是能找到两个负电荷在G、H两点的场强大小，根据点电荷场强公式求解正电荷Q的场强，最后叠加即可视频6.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是A. 实验中，只将电容器b板向左平移，静电计指针的张角变小B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变大C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小D. 实验中，只增加极板带电量，
8、静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】BC【解析】【分析】静电计是测量电势差的装置，电势差越大，静电计指针的偏角越大由题，电容器的电量不变，根据各选项的操作分析电容器电容的变化，再由电容的定义式分析电容器两板间电势差的变化【详解】A、将b板向左平移，板间距离增大，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大；故A错误.B、将b板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大；故B正确.C、在a、b之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由分析可知，电容
9、器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小；故C正确.D、增大极板电量，而决定电容的几个量都不变则C不变，可知极板间的电压增大，则静电计指针偏角变大；故D错误.故选BC.【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系7.如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且POON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图象中，可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】AB【解析】试题分析：在AB
10、的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，由速度与时间的图象的斜率先变大后变小，由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性如果PN足够远，则B正确，如果PN很近，则A正确，CD错误故选：AB8.随着我国航天技术的发展，国人的登月梦想终将实现，若宇航员着陆月球后在其表面以一定的初速度竖直上抛一小球（可视为质点），经时间t小球落回抛出点；然后字航员又在距月面高度为h处，以大小相等的初速度沿水平方向抛出一小球，一段时间后小球落到月球表面，测得小球的水平射程
11、为L。已知月球的质量为M，引力常量为G，月球可看做质量分布均匀的球体下列判断正确的是A. 月球表面的重力加速度大小为B. 小球上的初速度大小为C. 月球的半径为D. 月球的第一宇宙速度大小为【答案】AC【解析】【详解】A.设竖直上抛小球初速度为v，月球表面重力加速度为g，根据题意知：在月球表面，有： ，小球做平抛运动时：，水平位移： ，联立得：g= 。故A正确；B.联立得初速度：，故B错误；C.根据万有引力提供重力得：，联立得：，故C正确；D.根据万有引力等于向心力，得：，所以：，故D错误。故选：AC。【点睛】竖直上抛运动返回地面时的速度和抛出时的速度大小相等，方向相反，根据匀变速直线运动的规
12、律得出加速度；根据平抛运动的规律得出初速度根据万有引力等于向心力，求解月球的第一宇宙速度。二、本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都做答；第33题39题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学把附有定滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点计时器及配套的电源、天平、小车、钩码、导线、复写纸、纸带、小木块等。组装的实验装置如图所示(1)若要完成该实验，还需要的一个的实验器材是_(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木
13、板平行他这样做的目的是下列的哪个_（填字母代号）A避免小车在运动过程中发生抖动B可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力(3)他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些。这一情况可能是下列哪些原因造成的_（填字母代号）。A在接通电源的同时释放了小车B小车释放时离打点计时器太近C阻力没有完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力。【答案】（1）天平 （2）D （3）C D【解析】试题分析：（1）根据实验原理可知，需要验证mgx=，同时根据运动
14、学规律可知，此实验中需要测量钩码质量、小车质量和位移，故还需要的器材有天平；（2）分析小车受力可知，在平衡摩擦力的基础上，使细绳与木板平行是为了让细绳的拉力充当小车所受合外力，选项D正确；（3）在此实验中，根据牛顿第二定律可知，钩码的重力大于细绳的拉力，而实验中用重力代替拉力会导致拉力做功大于小车动能增量；如果实验未平衡摩擦力也会导致拉力做功大于动能增量，选项CD正确。考点：本题考查了力学实验：探究功与动能变化的关系。10.某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；在重锤1上
15、加上质量为m的小钩码；左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。请回答下列问题(1)步骤可以减小对下落时间t测量的_（选填“偶然”或“系统”）误差。(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了_（填字母代号）。A.使H测得更准确B.使重锤1下落的时间长一些C.使系统的总质量近似等于2MD.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做?_.(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的
16、质量为m0。用实验中测量的量和已知量表示g，得g=_.【答案】 (1). 偶然 (2). B (3). 在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落 (4). 【解析】【详解】（1）时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差。（2）由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多，故选B。（3）为了消除滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力。（3）根据牛顿第二定律有，又，解得。【点睛】本
17、题以连接体运动为背景考查重力加速度的测量，解题的关键是要弄清该实验的原理，再运用所学的知识分析得出减小误差的方法。11.如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60。忽略空气阻力，求(1)两球a、b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律
18、或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比（1）b球下摆过程中，由动能定理得：碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：，两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：解得：（2）两球碰撞过程中损失是机械能：，碰前b球的最大动能，视频12.如图所示，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R0.2 m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E5.0103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0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。已知乙球质量为m1.0
19、102 kg，乙所带电荷量q2.0105 C，乙球质量是甲球质量的3倍。g取10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) (1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力是自身重力的2.5倍，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0；【答案】(1)x=0.6m (2) 【解析】【详解】(1)根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点D的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，根据曲
20、线运动规律有：xvDt联立得x=0.6m(2)设碰后甲、乙球的速度分别为v1，v2，根据动量守恒和机械能守恒定律有：两式联解得：乙球从B到D过程中，根据动能定理有:解得：联立解得：【点睛】熟记弹性碰撞的规律及结论，掌握物体完成圆周运动的临界条件、类平抛规律以及动能定理的综合运用13.如图所示，电路与一绝热密闭气缸相连，R为电阻丝，气缸内有一定质量的理想气体，外界大气压恒定。闭合电键后，绝热活塞K缓慢且无摩擦地向右移动，则下列说法正确的是_A.气体的内能增加B.气体分子平均动能不变 C.电热丝放出的热量等于气体对外所做的功D.气体的压强不变E.气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少【答案
21、】ADE【解析】试题分析：活塞可无摩擦滑动，外界大气压强不变，故气体为等压变化；活塞缓慢向右移动过程中，气体体积增大，故温度一定升高，气体内能增加，故A正确，D正确；电阻丝向气体放热气体温度升高，而理想气体内能只取决于分子动能，气体温度升高，分子平均动能增大，故B错误；气体内能增大，由热力学第一定律可知，电阻丝向气体放出的热量一定大于对外做功，故C错误；气体体积变大，故气体单位体积内的分子数减小时，故单位时间内气体分子对活塞的碰撞次数减小，故E正确故选ADE。考点：物体的内能；热力学第一定律【名师点睛】该题以气体的等压变化为基点，考查热流道第一定律、温度的无关意义以及压强的无关意义等，其中热力
22、学第一定律为热学中的重点内容，在学习中要注意重点把握。14.在一端封闭、内径均匀的直玻璃管内，有一段水银柱封闭一定质量的理想气体a。将管口向上竖直放置，若温度为T，达到平衡时，气柱a的长度为L ；将管口向下竖直放置，若温度为T1，达到平衡时，气柱a的长度为L1。然后将管平放在水平桌面上，此时温度为T2，在平衡时，气柱a的长度为L2。已知：T、T1、 T2、 L 、L1；大气压一直保持不变，不计玻璃管和水银的体积随温度的变化。求：L2.【答案】设管的横截面积为S，设水银柱在竖直放置时产生的压强为Ph根据理想气体状态方程有：3分可得：2分根据理想气体状态方程又有：3分得：2分【解析】试题分析：设管的横截面积为S，设水银柱在竖直放置时产生的压强为Ph根据理想气体状态方程有：可得：根据理想气体状态方程又有：得：考点：理想气体状态方程【名师点睛】本题考查理想气体状态方程的应用，关键是找出气体在各个状态下的状态参量，根据理想气体的状态变化方程列式子求解；计算时要细心，计算过程要仔细规范。