届福建省莆田市高三教学质量检测理科综合物理试题解析版.docx

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届福建省莆田市高三教学质量检测理科综合物理试题解析版

2019年福建省莆田市高中毕业班教学质量检测试卷理科综合能力测试物理试卷

二、选择题：

本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

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.下列说法正确的是

A.温度升高时放射性元素的半衰期变长

B.β衰变所释放的电子是原子核外的最外层电子

C.α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强

D.某放射性元素的原子核有80个，经过2个半衰期后一定只剩20个

【答案】C

【解析】

【详解】放射性元素的半衰期与外界因素无关，选项A错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，选项C正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核的衰变不适用，选项D错误；故选C.

2.在离水面高h处的跳台上，运动员以大小为v0的初速度竖直向上起跳，重力加速度大小为g，为估算运动员从起跳到落水的时间t，可用下列哪个方程

A.h=v0t-

gt2B.h=-v0t+

gt2

C.h=v0t+

gt2D.-h=v0t+gt2

【答案】B

【解析】

【分析】

规定一个正方向，根据匀变速直线运动的位移时间公式即可列式判断。

【详解】规定竖直向上为正方向，根据匀变速直线运动的位移时间公式可得：

-h=v0t-

gt2，即h=-v0t+

gt2，故选B.

3.如图，ΔABC中∠B为直角，∠A=60°，AB=4cm。

空间中存在一匀强电场，其方向平行于ΔABC所在的平面，A、B、C三点的电势分别为0V、2V、8V，则该电场的电场强度为

A.50V/mB.50

V/m

C.100V/mD.

V/m

【答案】C

【解析】

【分析】

根据几何关系找到B点的等势点，确定等势面，根据E=U/d求解场强。

【详解】过B点做AC的垂线，则垂足D为AC的四等分点，因A、C两点的电势分别为0V、8V，可知D点的电势为2V，则BD为等势面；根据E=U/d可得场强：

，故选C.

4.在光滑水平面上，质量为2kg的物体受水平恒力F作用，其运动轨迹如图中实线所示。

物体在P点的速度方向与PQ连线的夹角α=60°，从P点运动到Q点的时间为1s，经过P、Q两点时的速率均为3m/s，则恒力F的大小为

A.6

NB.6N

C.3

ND.3N

【答案】A

【解析】

【分析】

根据物体的运动轨迹和PQ两点的速率关系确定力F的方向，结合牛顿第二定律和运动公式求解力F.

【详解】经过P、Q两点时的速率均为3m/s，可知从P点到Q点，力F做功为零，可知力F垂直PQ连线斜向下；在沿力F的方向，加速度

，速度：

；解得F=6

N，故选A.

【点睛】解决本题的关键是明确物体的受力情况和运动情况，运用运动的分解法研究恒力作用下的曲线运动，这是常用的方法，要学会运用。

5.如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下（与纸面平行）；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里。

一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，第二次穿过MN时的位置记为Q点，PQ两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t。

不计粒子的重力，若增大v0，则

A.t不变，d不变B.t不变，d变小

C.t变小，d变小D.t变小，d不变

【答案】D

【解析】

【分析】

粒子在电场中做类平抛运动，到达MN的竖直速度不变，根据类平抛运动的规律求解进入磁场的入射角和速度，在根据在磁场中做圆周运动的周期和半径求解d和t的表达式即可讨论.

【详解】粒子在电场中做类平抛运动，设第一次到达P点竖直速度v1（大小不变），则粒子进入磁场的速度

，速度方向与MN的夹角

，

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径

，第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得：

；

，带入可知

，即当增大v0时d不变；运动的时间

，则当增大v0时，tanθ减小，θ减小，t减小；故选D.

6.如图，在匀强电场中有一固定斜面。

带电物体从斜面顶端滑到底端的过程中，重力对物体做功24J，电场力对物体做功-12J，摩擦力对物体做功-8J，则物体的

A.动能增加4JB.电势能增加12J

C.机械能增加4JD.重力势能增加24J

【答案】AB

【解析】

【分析】

动能增量等于合外力的功；电势能的变化量等于电场力的功；重力势能的变化等于重力的功；除重力以外的其它力的功等于机械能的增量；据此判断。

【详解】根据动能定理可知，动能增量：

，选项A正确；电场力对物体做功-12J，则电势能增加12J，选项B正确；机械能增量等于除重力以外的其它力的功，则机械能增量为：

-12J-8J=-20J，选项C错误；重力对物体做功24J，则重力势能减小24J，选项D错误；故选AB.

7.如图，L1、L2为地月系统的两个拉格朗日点，卫星位于这两点时，会在地球引力与月球引力的共同作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与月球同步绕地球做圆周运动。

若有两颗质量相同的卫星分别位于L1、L2，则

A.在L2处的卫星的角速度大于在L1处的

B.在L2处的卫星的线速度大于在L1处的

C.在L2处的卫星的向心加速度大于在L1处的

D.在L2处的卫星受到的地球引力大于在L1处的

【答案】BC

【解析】

【分析】

两星保持与月球同步绕地球做圆周运动，则角速度相同，根据v=ωr可知线速度关系；根据a=ω2r可知向心加速度关系；根据万有引力定律可判断受地球的引力关系。

【详解】根据题意可知，两颗卫星位于L1处和L2处时绕地球运动的角速度都与月球绕地球运转的角速度相同，根据v=ωr可知，在L2处的卫星的线速度大于在L1处的，选项A错误，B正确；根据a=ω2r可知，在L2处的卫星的向心加速度大于在L1处的，选项C正确；根据万有引力定律可知在L2处的卫星受到的地球引力小于在L1处的，选项D错误；故选BC.

8.如图甲，在竖直向下的匀强磁场中，两平行光滑金属导轨固定在水平面上，左端接电阻R，金属棒ab垂直于导轨放置。

现给棒ab一个水平向右的初速度v0，同时对其施加一个水平向右的外力F，F与棒ab的速度v的关系如图乙。

棒ab与导轨始终垂直且接触

良好，导轨电阻可忽略不计，则棒ab运动的v-t图像可能是

A.

B.

C.

D.

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律列出加速度的表达式，即可讨论加速度的和速度的关系，从而确定v-t图像.

【详解】设某时刻导体棒的速度为v，则由牛顿第二定律：

，由题图可知F=kv，则

，若开始时a=0，则导体棒保持匀速运动，图像A正确；由题图可知随F增大，速度v增加，由

可知，加速度a和速度v成正比关系，即随速度的增加，加速度增加，v-t线的斜率增大，选项D正确，C错误；故选AD.

第Ⅱ卷（非选择题共174分）

三、非选择题：

本卷包括必考题和选考题两部分。

第22~32题为必考题，每道试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

9.某同学用如图甲的实验装置探究“恒力做功与动能变化的关系”。

他将细绳一端固定在小车上，另一端绕过定滑轮与力传感器、重物相连。

实验中，小车在细绳拉力的作用下从静止开始加速运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况，力传感器记录细绳对小车的拉力大小。

（1）下列措施中不．必．要．的一项是_____

A．使细绳与长木板平行

B．实验前调节长木板的倾角以平衡摩擦力

C．使小车质量远大于重物和力传感器的总质量

（2）某次实验中，小车的质量为M，力传感器的示数为F，打出的纸带如图乙。

将打下的第一个点标为O，在纸带上依次取A、B、C三个计数点。

已知相邻计数点间的时间间隔为T，测得A、B、C三点到O点的距离分别为x1、x2、x3。

则从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝______________小车动能的增加量△Ek＝________（用M、F、T、x1、x2、x3表示）

【答案】

（1）.

（1）C

（2）.

（2）Fx2；（3）.

【解析】

【分析】

（1）根据实验原理和实验的装置判断各个选项；

（2）根据功的公式求解拉力功；根据纸带求解B点的速度，再表示动能的增加量.

【详解】

（1）实验中必须要使细绳与长木板平行，这样才能使得绳子的拉力等于小车的合外力，选项A有必要；实验前调节长木板的倾角以平衡摩擦力，以保证细绳的拉力等于小车受的合力，选项B有必要；由于有力传感器测量绳的拉力，则没必要使小车质量远大于重物和力传感器的总质量，选项C没必要；故选C.

（2）从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝Fx2；B点的速度

；小车动能的增加量△Ek＝

；

10.为测量某一电源的电动势和内阻，小明设计的实验电路如图甲，所用到的器材有：

待测电源E，定值电阻R0（阻值等于9Ω），定值电阻R1（阻值等于9kΩ），电阻箱R2（阻值范围0～9999Ω），电压表V（量程0～3V，内阻等于3kΩ），开关S，导线若干。

（1）小明连接好电路，闭合开关S后发现，无论怎样调节电阻箱，电压表的指针都不偏转。

他怀疑电压表发生故障，因此拿来一个表盘中央电阻刻度为“30”的多用电表，用电阻挡进行检测，操作如下：

①保持开关S闭合；

②对多用电表进行机械调零后，将选择开关置于×100Ω挡，再进行欧姆调零；

③将多用电表的红表笔接电压表的正接线柱，另一只表笔接电压表的负接线柱，观察多用电表指针的偏转情况。

以上操作存在两处错误，请指出并改正。

____________________________________

（2）排除故障后，闭合开关S，将电阻箱的阻值由零开始逐渐增大，记录若干组电阻箱的阻值R2和对应的电压表读数U。

某次测量中，电压表的示数如图乙，该示数为_______V，此时电路中的路端电压为______V。

（3）小明将得到的数据在U﹣R2坐标系中描点连线，得到如图丙的曲线，其中虚线U=2.80V为曲线的渐近线，可得待测电源的电动势E=________V，内阻r=________Ω。

（4）若以

为纵坐标，以_____为横坐标，则可使根据本实验数据作出的图线变为一条直线。

【答案】

（1）.

（1）步骤①应该断开开关S；步骤③中多用电表的红表笔应该接电压表的负接线柱，另一只表笔接电压表的正接线柱；

（2）.

（2）1.70；（3）.6.80（4）.（3）11.20；（5）.9（6）.（4）

【解析】

【分析】

（1）根据欧姆表的使用规则进行分析；

（2）根据电路的结构以及定值电阻R1与电压表的内阻关系确定路端电压；（3）根据闭合电路的欧姆定律，建立U和R2的函数关系，对照图像的数据求解电动势和内阻；（4）根据U和R2的函数关系确定要使图线变为一条直线要建立的函数关系。

【详解】

（1）步骤①应该断开开关S；步骤③中多用电表的红表笔应该接电压表的负接线柱，另一只表笔接电压表的正接线柱；

（2）电压表的示数为1.70V；因电压表的内阻为3kΩ，定值电阻R1=9kΩ，可知定值电阻上的电压等于：

1.70V×3=5.10V，此时电路中的路端电压为1.70V+5.10V=6.80V。

（3）由闭合电路欧姆定律可得：

，即：

；由图像可知，当R2=0时U=1.40V，则

；当R2趋近无穷大时，U=2.80V，则E=4×2.80V=11.20V；解得r=9Ω；

（4）由

可知

，若以

为纵坐标，以

为横坐标，则可使根据本实验数据作出的图线变为一条直线。

11.如图，小球A用两根等长的绝缘细绳a、b悬挂在水平天花板上，两绳之间的夹角为60°。

A的质量为0.1kg，电荷量为2.0×10-6C。

A的正下方0.3m处固定有一带等量同种电荷的小球B。

A、B均可视为点电荷，静电力常量k=9×109N·m2/C2，重力加速度g=10m/s2。

求：

（1）细绳a的拉力大小；

（2）剪断细绳a瞬间，细绳b的拉力大小和小球A的加速度大小。

【答案】

（1）

N

（2）

；3m/s2

【解析】

【分析】

（1）根据库仑定律结合平衡条件求解细绳a的拉力；

（2）剪断细绳a瞬间，根据牛顿第二定律列式求解细绳b的拉力大小和小球A的加速度.

【详解】

（1）小球AB之间的库仑力：

对小球A受力分析，根据平衡条件有：

2Tcos300+F=mg

解得T=

N

（2）剪断细绳a瞬间，a的加速度方向与细绳b垂直，根据牛顿第二定律：

mgcos300=Fcos300+T′

mgsin300-Fsin300=ma

联立解得：

T′=

；a=3m/s2

12.如图，n+1个质量均为m的小木块静止在光滑水平地面上。

现对最左侧的木块1施加一大小为F、方向水平向右的恒力，使木块1开始向右运动，并依次引起一系列的碰撞。

木块1从开始运动到与木块2发生碰撞、木块2从开始运动到与木块3发生碰撞、木块3从开始运动到与木块4发生碰撞、……、木块n从开始运动到与木块n+1发生碰撞的时间间隔依次为t、2t、3t、……、nt。

所有碰撞均为完全非弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，求：

（1）开始时木块1和木块2之间的距离；

（2）开始时木块n和木块n+1之间的距离；

（3）整个过程中因碰撞而损失的机械能。

可能会用到的数学公式：

1+2+3+……+n=

，12+22+32++n2=

【答案】

（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】

（1）根据牛顿第二定律和位移时间公式求解开始时木块1和木块2之间的距离；

（2）分析物理过程，根据牛顿第二定律，动量守恒定律和运动公式求解开始时木块n和木块n+1之间的距离；（3）分析能量转化关系，由能量守恒定律求解整个过程中因碰撞而损失的机械能；

【详解】

（1）设木块1开始运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律：

F=ma1，

根据匀变速直线运动的公式：

s1=

a1t2

解得

（2）设木块k开始运动的加速度为ak，根据牛顿第二定律：

F=kmak

设木块k开始运动的速度为vk；木块k碰到木块k+1前瞬间的速度为vk′，则

同理可得：

开始时刻木块n与n+1之间的而距离

联立解得

（3）根据能量守恒定律：

解得

（二）选考题：

共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

13.关于热力学定律，下列说法中正确的是（）

A.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变

B.一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量

C.第二类永动机违背了热力学第一定律，因而是不可能实现的

D.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程

E.热量可以从低温物体传到高温物体

【答案】BDE

【解析】

【详解】根据热力学第一定律可知，物体放出热量，同时对外做功，其内能一定减小，选项A错误；一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，选项B正确；第二类永动机违背了热力学第二定律，因而是不可能实现的，选项C错误；根据热力学第二定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，选项D正确；根据热力学第二定律，热量可以从低温物体传到高温物体，但是要引起其他的变化，选项E正确；故选BDE.

14.如图，两个导热活塞A、B将I、II两部分理想气体封闭在导热汽缸内，A、B间有一劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧。

A、B的质量均为2.0kg，面积均为10cm2，外界大气压强恒为1.0×105Pa。

初始时刻，环境温度为300K，气体Ⅰ的压强为1.1×105Pa，A、B间的距离和B到汽缸底部的距离均为1.0m。

不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。

求：

（i）弹簧的原长；

（ii）当环境温度缓慢上升到330K时，活塞B与汽缸底部的距离。

【答案】（ⅰ）1.1m（ⅱ）1.1m

【解析】

【分析】

（ⅰ）对活塞A列出平衡方程求解弹簧的原长；（ⅱ）根据盖吕萨克定律列式求解活塞B与汽缸底部的距离：

【详解】（ⅰ）对活塞A受力分析可得：

可得l0=1.1m

（ⅱ）对活塞AB及弹簧系统受力分析可知，气体Ⅱ的压强始终保持不变，根据盖吕萨克定理：

解得l′=1.1m

15.一列简谐横波沿x轴方向传播，某时刻的波形如图，质点a正向上运动。

由此可知（）

A.该波沿x轴正方向传播

B.此时质点c正向上运动

C.从此时刻起，质点a比质点b先到达平衡位置

D.从此时刻起，质点b比质点c先到达平衡位置

E.质点a振动一个周期的过程中，波传播的距离为0.8m

【答案】ADE

【解析】

【分析】

由a点的振动方向向上，可判断波的传播方向，确定c的运动方向，并能比较b、c两点回到平衡位置的先后．

【详解】根据波形图，因质点a正向上运动，则该波沿x轴正方向传播，此时质点c正向下运动选项A正确，B错误；从此时刻起，因a向上振动，而质点b向上振动，可知质点b比质点a先到达平衡位置，选项C错误；从此时刻起，因b向上振动，而质点c向下振动，可知质点b比质点a先到达平衡位置，选项D正确；质点a振动一个周期的过程中，波传播一个波长的距离，即0.8m，选项E正确；故选ADE.

【点睛】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．

16.如图，真空中有一半径为R的透明介质球，MN、BC为它的两条直径。

光线AB平行于MN射到介质球上的B点。

（i）试判断光线AB进入介质球后，第一次再到达界面时能否发生全反射，并说明理由；

（ii）若AB与MN的距离H=

R，光线AB经介质球内表面一次反射后从C点射出，求介质的折射率。

【答案】（ⅰ）不会发生全反射；（ⅱ）

【解析】

【分析】

（ⅰ）根据光的折射定律结合几何关系找到光线从介质球内射出的入射角和临界角的关系进行判断；（ⅱ）根据折射定律求解折射率。

【详解】（ⅰ）如图根据折射定律：

由几何关系可知：

i2=r1

设临界角为C，则sinC=1/n

由上述各式解得：

i2

（ⅱ）如图根据对称性，由几何关系可知：

，r=450

根据折射定律：

联立解得