1、青岛二中20182019学年第一学期第二学段期末高三模块考试理科综合试题二、选择题： 1.在物理学发展过程中做出了重要贡献。下列表述正确的是（ ）A. 开普勒测出了万有引力常数B. 爱因斯坦发现了天然放射现象C. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D. 卢瑟福提出了原子的核式结构模型【答案】D【解析】【分析】根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【详解】A.卡文迪许测出了万有引力常数，A错误；B.天然放射现象是法国物理学家贝克勒耳发现的，B错误；C.磁场对运动电荷的作用力公式是由洛伦兹提出的，C错误；D.卢瑟福提出了原子的核式结构模型，D正确。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问
2、题，对于物理学上重大发现、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦，如图所示现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止则下列说法正确的是A. 在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变B. 物体A所受细绳的拉力一定变大C. 物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D. 物体A所受斜面体的作用力的合力一定变大【答案】B【解析】【分析】先对物体B分析，根据共点力平衡条件求出绳子拉力；再对木块A分析，可以得出各个力的情况。【详解】A.对木块B受力分析,如图所示,根据共点
3、力平衡条件有:，在缓慢拉开B的过程中,变大,故F变大,故A错误；B.根据共点力平衡有,在缓慢拉开B的过程中,变大,故T变大，B正确;C.物体A受重力、支持力、细线的拉力,可能没有静摩擦力,也可能有沿斜面向下的静摩擦力,还有可能受沿斜面向上的静摩擦力,故拉力T变大后,静摩擦力可能变小,也可能变大,C错误；D.支持力不变,故斜面对物体A的作用力的合力可能增大也可能减小或不变,D错误。【点睛】本题关键分别对A、B受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解。3.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是A. a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B. 20秒时
4、，a、b两物体相距最远C. 60秒时，物体a在物体b的前方D. 40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m【答案】C【解析】【分析】速度时间图像的斜率表示加速度、面积表示位移、面积差表示相对位移，两物体速度相同对应相对距离的极值，两物体从同一位置出发，据此可以分析出接下来的位置关系。【详解】A. a、b加速时，b的斜率更大，所以b的加速度更大，A错误；B.第40秒时，两物体速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，B错误；C.由面积可得，60秒时a的位移是2100m，b的位移是1600m，所以a在b的前方，C正确；D.40秒时，由图像面积差可得，两物体的相对位移是900m，故D错误。【点睛】对
5、于速度时间图像要抓住两个数学方面的意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移。4.卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用第一代、第二代海事卫星只使用地球同步卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区第三代海事卫星采用地球同步卫星和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成中轨道卫星高度为10354千米，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)，在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为6小时则下列判断正确的是（ ）A. 中轨道卫星的角速度小于地球同步卫星B. 中轨道卫星的线速度小于地球同步卫星C. 如果某一时刻中轨道卫星、地球同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们
6、仍在同一直线上D. 在中轨道卫星经过地面某点的正上方24小时后，该卫星仍在地面该点的正上方【答案】D【解析】【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,根据人造卫星的万有引力等于向心力,列式求出线速度、角速度、周期的表达式,进而可分析各问题.【详解】A.根据万有引力提供向心力,中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星.半径小的速度大,所以中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星,故A错误;B.根据得，中轨道卫星轨道半径小，线速度更大，B错误；C.经过6小时,中轨道卫星完成一周,而同步卫星与地球为周.故不可能在一直线上.故C错误;D.一天后地球完成1周,中轨道卫星完成4周.则卫星仍在地面该点的正上方.所以D选项
7、是正确的。【点睛】考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而判断各量的大小关系。5.如图所示，电阻可忽略的平行金属导轨与水平面成角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，导体棒受到的安培力的大小为F，此时（ ）A. 电阻R1消耗的热功率为B. 整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvC. 电阻R2消耗的热功率为D. 整个装置消耗的机械功率为mgvcos+Fv【答案】CD【解析】【分析】图中导体棒为电源，两电阻并联之后与电源串联。由感
8、应电动势、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式。由功率分析电阻的功率、热功率及机械功率。【详解】A.设ab长度为L,磁感应强度为B,电阻均为R.电路中感应电动势E=BLv，ab中感应电流为得到,ab所受安培力电阻R1消耗的热功率由得, ,故A错误；B.根据功率公式,得整个装置因摩擦而消耗的热功率 ，故B错误；C.电阻R2消耗的功率与R1相同，为，故C正确；D.整个装置消耗的机械功率为 ，D选项正确.【点睛】本题分析导体棒的受力情况是求解的关键，不能将滑动摩擦力遗漏。画出等效电路图有助于分析电路中的电流与电阻消耗的功率。6.如图，一理想变压器原副线圈匝数比为41，原线圈两端接入一正弦交
9、流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表。下列结论正确的是（ ）A. 若电压表读数为6V，则输入电压的有效值为24VB. 若输入电压不变，负载电阻的阻值减少到原来的1/2，则输入功率增加到原来的2倍C. 若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半D. 若保持负载电阻阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍【答案】ACD【解析】【分析】由理想变压器的电压之比等于匝数之比可求出输入电压，由P=UI可分析功率的变化。【详解】A.输出电压为6V，匝数之比为4：1，所以输入电压为24V，A正确；B.输入电压不变则输出电压也
10、不变，负载电阻变为一半，根据电功率的公式可知输出功率变为4倍，理想变压器输入功率等于输出功率，也变为4倍，B错误；C.输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则匝数之比变为2：1，输出电压变为原来一半，电阻不变，故电流也变成一半，C正确；D. 保持负载电阻阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出电压也变为2倍，根据电功率的公式可知输出功率变为4倍，D正确。【点睛】本题考查变压器基本原理的应用，理解电流变与电压表的示数为有效值，电压电流与匝数的关系即可顺利解题。7.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MNNQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度
11、飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则( ) A. a一定带正电，b一定带负电B. a加速度减小，b加速度增大C. MN两点电势差UMN大于NQ两点电势差UNQD. a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【答案】BC【解析】【分析】根据曲线运动的知识判断粒子的受力方向，再根据带电粒子在电场中受力的规律即可判断电性，根据电场线判断电场大小从而得到电场力的大小，根据牛顿第二定律即可判断加速度的变化；由电势差与电场强度的关系可以判断电势差；粒子运动过程中电势能与动能相互转化，可通过判断电势能变化的大小来比较动能变化量。【详解】A.粒子受到的电场力一定与电场方向
12、在同一直线上，再根据曲线运动的知识可知粒子受到的合外力应指向弯曲的凹侧，可得a、b粒子电性相反，但条件没有给出电场线的方向，故无法判断电性；B.由题意知a往电场线稀疏的区域运动，故电场力变小，加速度变小，b相反，故B正确；C.MN之间平均电场比NQ之间的平均电场大，MN=NQ，有U=Ed可知，MN之间的电势差更大，C正确；D.因为不知道两个粒子带电量的关系，故无法判断电势能的变化，也就没有办法比较动能变化量的关系。【点睛】本题是电场中轨迹问题，常见题型，比较简单，需要注意不是匀强电场不能直接用U=Ed。8.一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为
13、L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后恰好到达a点与物体P相对静止，重力加速度为g，则：A. 粗糙水平面ab的动摩擦因数为h/LB. 当木块最后到达a时的速度为0C. 当木块最后到达a时的速度为v0/3D. 整个过程产生的热量为2mgh【答案】ACD【解析】【分析】分不同阶段应用动量守恒和能量守恒即可解决问题。【详解】先分析小物块从开始到最高点的过程，根据动量守恒：mv0=3mv，根据能量守恒，有，同理，最后到达a点时的速度也是，整个过程能量守恒有，联立得
14、，得，整个过程产生的热量；综上ACD正确，B错误。【点睛】本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，要注意摩擦生热与相对运动的关系。三、非选择题： （一）必考题9.为了测定滑槽对物体的摩擦力所做功的大小，利用刻度尺和如图所示的实验装置进行实验。其中，a是质量为的小球(可视为质点),b是固定于桌面的滑槽(滑槽末端切线沿水平方向),实验时让小球a从滑槽上同一位置C点多次由静止释放滑下,落在地面上的平均落地点为p点，当地重力加速度为g，不计空气阻力。则实验时（1）需要测量的物理量（用文字和字母表示）：_、_、 _。（2）计算滑槽b对小球的摩擦力所做的功的关系式（用测得的物理量的字母表示）：=_。【答
15、案】 (1). （1）C点到桌面的高度h1 (2). 桌面到地面高度h2 (3). O点到p点的水平距离x (4). （2）【解析】【分析】需要测出C点到桌面的高度,求出小球重力所做的功,测出桌面到地面的高度及小球落地点到桌边的水平距离,以便应用平抛运动的知识求出小球离开滑槽时的速度,最后由动能定理求出滑槽阻力对小球所做的功.【详解】(1)实验中需要测量的物理量有:C点到桌面的高度h1,桌面到地面高度h2,O点到p点的水平距离x;(2)设小球离开滑槽时的速度是v,在空中的运动时间为t,小球离开滑槽后做平抛运动,在水平方向上,做匀速直线运动,位移:x=vt在竖直方向上做自由落体运动: 由计算得出
16、: 小球从C点滑到滑槽末端的过程中,由动能定理可得: ,.【点睛】本实验考查了实验需要测量的物理量、求摩擦力做的功等问题,知道实验原理、熟练应用动能定理即可正确解题.10.实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率=1.710-8m。课外活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度。他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等。（1）他们使用多用电表粗略测金属丝的电阻，操作过程分三个步骤：（请填写第步操作）将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“”插孔；选择电阻档“1”；_；用多用表测金属丝的电阻，其示数如图（a
17、）所示,则可知电阻为_（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并且要求测量数据从零调起，应从如图（b）的A、B、C、D四个电路中选择_电路来测量金属丝电阻； （3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，金属丝的直径为_mm；（4）如电压表示数为U,电流表示数为I,金属丝直径为D，金属丝电阻率为，用上述物理量写出金属丝长度L的表达式为_【答案】 (1). （1）将红黑表笔对接，调节调零电阻，使指针指在最右端零刻度线处。 (2). 4 (3). （2）D (4). （3）0.260 (5). （4）【解析】【分析】（1）用欧姆表测电阻，换挡之后要调零；（2）伏安法测电阻要求从零开始变化应
18、该用分压接法；（3）螺旋测微计读数要注意估读；（4）由电阻定律可以求解。【详解】(1)选择挡位后,要对欧姆表进行欧姆调零,即:将红、黑表笔短接,调整欧姆调零旋钮使指针指在欧姆零处.(2)为测多组实验数据,使电压与电流变化范围大些,滑动变阻器应采用分压接法;由欧姆表所示可以知道,金属丝电阻约为4欧姆,电流表内阻很小,约为零点几欧姆,电压表内阻很大,约为几千欧姆甚至几万欧姆,电压表内阻远大于电阻丝阻值,电流表应采用外接法,故选图D所示电路.(3)由图所示螺旋测微器可以知道,固定刻度示数为0mm,可动刻度示数为,则螺旋测微器示数为.(4)横截面积，由电阻定律可得，【点睛】要区分欧姆调零与机械调零。1
19、1.如图所示，O点距水平地面的高度为H=3m，不可伸长的细线一端固定在O点另一端系一质量m=2kg的小球（可视为质点），另一根水平细线一端固定在墙上A点，OB线与竖直方向的夹角为37o，lH, g取10m/s2, 空气阻力不计. (sin370=0.6，cos370=0.8，)（1）若OB的长度l=1m ,剪断细线AB的同时,在竖直平面内垂直OB的方向上,给小球一个斜向下的冲量,为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动,求此冲量的大小；（2）若先剪断细线AB,当小球由静止运动至最低点时再瞬间断开OB,小球最终落地,求OB的长度l为多长时,小球落地点与O点的水平距离最远,最远水平距离是多少.【
20、答案】（1）2kgm/s（2） 【解析】【分析】（1）要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足临界条件，再根据动能定理可得一开始的冲量大小；（2）最低点剪断绳子后小球做平抛运动，利用相关知识可得平抛水平距离与绳长的关系，用函数知识分析最大值。【详解】（1）要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：写出从B点到最高点的动能定理：联立得一开始的冲量（2）从B点剪断绳子到小球至最低点用机械能守恒可得小球从H-l高度做初速度为v0的平抛运动，联立得，L=1.5m时x取最大值，为【点睛】本题主要考查圆周运动与机械能守恒，难度较低，需要记住竖直平面圆周运动的临界条件。12.
21、如图所示，在直角坐标系的第象限0x4区域内，分布着场强的匀强电场，方向竖直向上；第象限中的两个等腰直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里.质量、电荷量为q=+3.210-19C的带电粒子(不计粒子重力)，从坐标点M（-4，）处，以106m/s的速度平行于x轴向右运动，并先后通过匀强磁场区域和匀强电场区域.(1)求带电粒子在磁场中的运动半径；(2)在图中画出粒子从直线x=-4到x=4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与y轴和直线x=4的坐标(不要求写出解答过程)；(3)求粒子在两个磁场及电场区域所用的总时间.【答案】（1）m（2）2m（3）4.4010-7s【
22、解析】【分析】(1)由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律即可求解;(2)根据粒子做匀速圆周运动,及圆周的特性,并结合运动学公式与牛顿第二定律可得,轨迹与直线的纵坐标,从而作出运动轨迹;(3)根据圆周运动的周期公式可算出运动的时间,再由匀速直线运动借助于可确定时间,则两者时间之和即可求解.【详解】解:(1)带电粒子在磁场中偏转,由牛顿第二定律得,所以.代入数据得.(2)通过分析可以知道,粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针方向运动了周,下移了;由对称性可以知道粒子在方向向里的磁场中恰好沿逆时针方向运动了周,又下移了;故轨迹与y轴交点的纵坐标在电场中竖直方向加速度轨迹与直线x=4交点的纵坐标如图所
23、示.(3)带电粒子在磁场中的运动周期,运动的时间,带电粒子在电场中运动的时间:,故粒子在电场偏转所用的总时间:.【点睛】本题让学生理解牛顿第二定律，向心力公式，几何关系来确定半径大小，以及运动学公式的掌握，关键是根据运动与受力特性，作出正确的运动轨迹图，并由物理规律与几何基础综合求解（二）选考题： 33物理选修33 13.关于热力学定律，下列说法正确的是_A. 物体的温度不能降到0 KB. 一定量气体，吸热200 J，内能减少20 J，气体对外做功220 JC. 任何固体在全部熔化前，温度都是保持不变的D. 利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E.
24、一定质量的100 C的水吸收热量后变成100 C的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能【答案】ABE【解析】【分析】根据热力学第三定律、热力学第一定律分析答题；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；由热力学第二定律可知，宏观热学过程是有方向性的，根据热力学第二定律分析答题。【详解】A.0K为宇宙的最低温度，只能接近不能达到，故A正确；B.由题意可知：W220J，Q200J，由热力学第二定律可知：UQW20220J20J，内能减少200J，故B正确；C.只有晶体在全部熔化前，温度才是保持不变的，故C错误；D.由热力学定律可知，热量的散失具有不可逆性，不能完全收集起来而不引起其他变化，故D错误；E
25、.一定质量的100的水吸收热量后变成100的水蒸气，内能不变，但体积增大，对外做功，说明吸收的热量大于增加的内能，故E正确。【点睛】本题考查了高中物理选修内容，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容，要注意基础知识的学习与掌握。14.如图甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S2.5103 m2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好汽缸内密封有温度t027 C，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0.若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F也变化，描绘出Ft图象如图乙所示，求：（1）力传感器的读数为5 N时，密封气体的温度t；（2）外界大气的压强p0.【答案】（1）32 C（2）1.2105 Pa【解析】【分析】缸内气体等容变化，由于气压不可能为零，故根据题中数据可得一定是升温，根据查理定律列式求解即可。【详解】（1）由题图乙可以知道得:（2）温度时,密封气体的压强密封气体发生等容变化,则联立以上各式并代入数据计算得出【点睛】本题关键求解出初、末状态的气压和温度，然后根据查理定律列式求解。
