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vAvB【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错误；在5s内A的位移为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
2、度，故从第3s起，两物体运动方向相同，且，D正确；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2.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
3、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、N1、N2如图所示：根据平衡条件得：,;故选C.【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：对同步卫星有：对飞行器有：又因地球同步卫星绕地球运动的周期为24小时，则有联立以上各
4、式得：，故飞行器绕地心飞行的轨道半径最接近考点：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运动的粒子在小孔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B. 打在P2点的粒子是和C. 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：
5、，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做匀速直线运动，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.
6、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.B、C、当A、B、C三者的速度相等时弹簧
7、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：(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,解得：, 设物ABC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.D、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】A
8、BD【解析】【分析】由图知：R0、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.B、由纯阻的功率知功率随干路电流的减小而减小；故B正确.D、滑动变阻器两端的电压为，随电流的减小而升高；故D正确.A、电流表测得定值电阻R2的电流为知示数变大；故A正确.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，
9、虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，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
10、强度大【详解】A、电荷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，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变
11、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B. 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D. 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加速度大小为：a= =gsin30；
12、两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等。则得： at2=-（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-at+ 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 P=mgvsin30=，故A错误；故选BC。【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
13、.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). 3.206【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，
14、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
15、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
16、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
17、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“A1”或“A2”)，应选用的电压表为_(填“V1”或“V2”)，应选用的滑动变阻器为_(填“R1”或“R2”)(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)A1V2R2(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45 ，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
18、，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整，故滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器应选(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
19、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10ms2)【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/s2）1
20、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：Fs1 f（s1+s2）=02分得 s2=02（m）则物块停止在原点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（电场未画出），匀强磁场的的磁感应强度为B=2T，粒子经电
21、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（2），M点的坐标为（1m，0.5m）（3） N点的坐标为（，）【解析】（1）粒子在板间加速，设粒子到O点时的速度为，有：得：粒子在电磁场中做匀速直线运动，得：由左手定则判断洛伦兹力沿y轴负方向，所以电场力沿y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
22、图（1）所示：对粒子x轴方向有： y轴方向有： 由几何关系：解得：，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：， 由几何关系， 解得：， 所以N点的坐标为（，）点睛：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
23、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
24、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，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(W0)，气体的内能变化，即内能一定增加，故E正确；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.
25、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
26、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，
27、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。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（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; 【解析】由折射定律：在BC界面：，解得=30由临界角公式得= 所以全反射临界角C60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。