山西省太原市五中高三理综物理试题解析版.docx

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山西省太原市五中高三理综物理试题解析版

太原五中2018——2019学年度第二学期阶段性检测

高三理科综合

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.β射线也可能是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力

B.按照电离能力来看，放射性元素放出的三种射线由弱到强的排列顺序是α射线、β射线、γ射线

C.按照玻尔的氢原子理论，当电子从高能级向低能级跃迁时，氢原子系统的电势能减少量可能大于电子动能的增加量

D.在微观物理学中，不确定关系告诉我们不可能准确地知道单个粒子的运动情况，但是可以准确地知道大量粒子运动时的统计规律

【答案】D

【解析】

【详解】β射线是原子核内电子形成的电子流，它具有中等的穿透能力,故A错误；按照电离能力来看，放射性元素放出的三种射线由弱到强的排列顺序是γ射线、β射线、α射线、故B错误；按照玻尔的氢原子理论，当电子从高能级向低能级跃迁时，要释放出能量，所以电势能的减小量大于动能的增加量，故C错误；根据不确定关系我们知道虽然不可能准确地知道单个粒子的运动情况，但是可以准确地知道大量粒子运动时的统计规律，故D正确；故选D

2.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2.下列说法中正确的是

A.若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变大

B.若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小

C.若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小

D.若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大

【答案】B

【解析】

【详解】设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若F不动，根据变压比公式

，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变；滑片P向下滑动时，R接入的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，电阻R的电压：

，由于电流减小，故电压U增大，电压表V2读数增大，而V1示数不变，故A错误；由A的分析可知，当滑片向下滑动时，电阻增大，干路电流减小，小灯泡中电流减小，功率减小，故B正确；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，则V1的示数不变，根据变压比公式

，由于n2减小，故输出电压U2也减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数也变小，故CD错误。

故选B。

3.如图所示是两个横截面分别为圆和正方形但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场区域的速度方向对准了圆心，进入正方形磁场区域的方向是沿一边的中点且垂直于边界线，则下列判断正确的是

A.两电子在两磁场中运动时，其轨迹圆对应的圆心角一定不相同

B.两电子在两磁场中运动的时间一定不相同

C.进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场

D.进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞出磁场

【答案】ABD

【解析】

【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：

，解得：

，两过程电子速度v相同，所以半径相同，故A正确；

电子在磁场中的可能运动情况如图所示，电子从O点水平进入由于它们进入圆形磁场和正方形磁场的轨道半径、速度是相同的，把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与正方形边界处出磁场；运动时间相同，偏转角度相同，为90度；故B正确；由图可以看出进入圆形区域的电子不一定先飞离磁场，但是进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场，故C错误，D正确。

故选ABD。

【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，解题的难点在于能否想到在同一个图象中做出多个轨迹进行比较哪个先出磁场，找出相同轨迹2是判断时间长度的关键．

4.如图所示，匀强电场中的六个点A、B、C、D、E、F为正八面体的六个顶点，已知BE中点O的电势为零，A、B、C三点的电势分别为7V、-1V、3V，则E、F两点的电势分别为

A.2V、-2VB.1V、-3VC.1V、-5VD.2V、-4V

【答案】B

【解析】

【详解】如图所示

设AB的中点为M，MO平行于AE，且AE=2MO，根据U=Ed可知沿着AE方向电势变化量是沿MO方向的2倍，而M点电势为3V，即UMO=3V，故有UAE=6V，由此可知E点电势为1V；根据正八面体的特点可知，AE平行于CF，故沿CF方向电势降低为UCF=6V，由此可得F点电势为-3V，故B正确；ACD错误，故选B。

5.小铁块置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，铁块的质量大于木板的质量。

t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动，t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动，此时与开始运动时的位置相比较，下列示意图符合实际的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

开始时两者具有等大反向的初速度，由于铁块的质量大于木板的质量，所以系统的总动量水平向左，根据动量守恒定律知，当两物体相对静止时共同速度水平向左，而且在速度达到相等前，小铁块一直向左运动，所以两者速度相等时，小铁块在初位置的左侧，故A正确，BCD错误．故选A.

6.如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知

A.该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0

B.该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度不一定

v0

C.该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点

速度大小一定为v0

D.该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度一定小于v0

【答案】AD

【解析】

【详解】物体从D点滑动到顶点A过程中,由动能定理可得:

由几何关系

因而上式可以简化为

即

从上式可以看出,到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D点出发（沿DCA滑动刚好到顶点A）初速度一定也为v0，故A正确；B错误；该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点有动能定理可知：

与公式

比较可知：

故C错误；D正确；故选AD

7.已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方.假设某时刻，该卫星如图在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2.设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为To，不计空气阻力.则

A.

B.

C.卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能不变

D.卫星由图中A点变轨进入椭圆轨道，机械能增大

【答案】ABC

【解析】

【详解】赤道上某城市

人每两天恰好三次看到卫星掠过其正上方，可知地球转2圈，卫星转了5圈，所以卫星的周期为

，故A正确；根据开普勒第三定律有

，解得：

，故B正确；卫星在图中椭圆轨道由A到B时，只有万有引力做功，所以机械能不变，故C正确；卫星由图中A点变轨进入椭圆轨道，从高轨道变到低轨道，卫星在A点要减小，所以机械能减小，故D错误；故选ABC

8.用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m。

现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中

A.小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒

B.小球B的机械能一直减小

C.小球B落地的速度大小为

D.当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg

【答案】CD

【解析】

【详解】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系

可知小球B的速度为

，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD

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，每个试题考生都必须做答。

第33～38题为选考题，考生根据要求做答。

9.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律.

（1）已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是______（填字母代号）.

A.直流电源、天平及砝码B.直流电源、毫米刻度尺

C.交流电源、天平及砝码D.交流电源、毫米刻度尺

（2）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h.某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是__________（填字母代号）.

A.用刻度尺测出物体下落的高度h，由打点间隔数算出下落的时间t，通过v=gt算出瞬时速度v

B.用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过

计算出瞬时速度v

C.根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过

计算得出高度h

D.用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v

（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是_________（填字母代号）.

A.该误差属于偶然误差

B.该误差属于系统误差

C.可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差

D.可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差

【答案】

（1）.D

（2）.D（3）.BD

【解析】

【详解】

（1）打点计时器需接交流电源．机械能守恒中前后都有质量，所以不要天平和砝码．计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选D．

（2）在验证机械能守恒时不能用有关g值来计算速度，利用

、

，在计算高度时直接测量距离，在计算速度时利用中点时刻的速度等于平均速度求解，故ABC错误；D正确

（3）由于系统内不可避免的存在阻碍运动的力，比如空气阻力，纸带与限位孔之间的摩擦力等系统误差导致重力势能的减小量与动能的增加量不相等，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确

10.某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：

两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω），

电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω），

电阻箱R2（最大阻值

999.9Ω），

电压表V（内阻约为2kΩ），

电流表A（内阻约为2Ω），

灵敏电流计G，两个开关S1、S2．

主要实验步骤如下：

①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G

示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为I1、U1、R1、R2；

②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为I2、U2．

回答下列问题：

（1）电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势φA和φB的关系为______；

（2）电压表的内阻为______，电流表的内阻为______；

（3）电源的电动势E为______，内阻r为______．

【答案】

（1）.φA=φB

（2）.

（3）.

（4）.

（5）.

【解析】

试题分析：

由本电路的连接特点可知左右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同。

根据部分电路欧姆定律可分别求解电压表与电流表的内阻；在不同状态下数据采集，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势E和内阻r。

（1）电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等

（2）由于电流计G的示数为0，在步骤1中，通过电压表的电流

，电压表的内阻为

；左右两个电源两极间的电压相等，

，得电流表内阻为

。

（3）根据闭合电路欧姆定律得

，

，解得

，

【点睛】解题关键要理解题意，明确电流计G的示数为0的意义，知道相同电源，电流相等时路端电压相等，运用欧姆定律和电路的特点研究。

11.蹦床比赛分成预备运动和比赛动作。

最初，运动员静止站在蹦床上在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。

把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F="kx"（x为床面下沉的距离，k为常量）。

质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m；在预备运动中，假设运动员所做的总共W全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为△t=2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为xl。

取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。

（1）求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；

（2）求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；

（3）借助F-x图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求x1和W的值

【答案】

（1）k=5000N/m

（2）5m（3）W=2525J

【解析】

试题分析：

（1）床面下沉x0=0.1m时，运动员受力平衡，有mg=kx0，解得k=5×103N/m。

F-x图线如图所示。

（2）运动员从x=0处离开床面，开始腾空，由运动的对称性知其上升、下落的时间相等，

，解得hm=5.0m。

（3）参照由速度时间图线求位移的方法可知F-x图线下的面积等于弹力做的功，从x处到x=0处，弹力做的功

，

运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理可得

，解得x1=1.1m

对整个预备运动过程分析，由题设条件以及功和能的关系，有

解得W=2525J.

考点：

胡克定律；能量守恒定律.

【此处有视频，请去附件查看】

12.如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长.（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？

（2）当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？

（3）在

（2）问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？

【答案】

（1）2.4N；　

（2）0.25m；　（3）0.1J；

【解析】

试题分析：

（1）m1、m2运动过程中，以整体法有

m1gsinθ－μm2g＝（m1＋m2）a

a＝2m/s2

以m2为研究对象有T－μm2g＝m2a（或以m1为研究对象有m1gsinθ－T＝m1a

T＝2.4N

（2）线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有

m1gsinθ－μm2g－

＝0

v＝1m/s

ab到MN前线框做匀加速运动，有

v2＝2axx＝0.25m

（3）线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：

m1gsinθ（x＋d＋L）－μm2g（x＋d＋L）＝

（m1＋m2）

＋Q

解得：

Q＝0.4J

所以Qab＝

Q＝0.1J

考点：

牛顿第二定律及能量守恒定律；

13.下列说法中正确的是_______。

A.饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关

B.气体在等压变化过程中，若其温度升高，则容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减少

C.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是因为油脂使水的表面张力增大的缘故

D.分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，分子势能不一定减小

E.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大。

【答案】ABD

【解析】

【详解】饱和汽压只与温度有关，与饱和汽的体积无关，故A正确；气体在等压变化过程中，若其温度升高，分子平均作用力变大，由于压强不变，所以容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减小，故B正确；水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，表面张力是一样的，故C错误；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，但是分子势能不一定减小，关键要看分子力做正功还是负功，故D正确；气体的温度升高时，根据理想气体的状态方程：

由于体积不知如何变化，所以气体的压强不一定增大；故E错误；故选ABD

14.如图所示，固定在水平地面上的气缸，用一个不漏气的活塞封闭了一定质量理想气体，活塞可以无摩擦地移动，活塞的面积S=100cm2。

活塞与在另一水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m=12.5kg，物块与平台间的动摩擦因数μ=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

两物块间距d=5cm。

开始时活塞距缸底L1=10cm，缸内气体压强Pl等于外界大气压强P0，温度t1=27℃。

现对气缸内的气体缓慢加热。

（P0=1.0×105Pa，g=10m／s2）求:

（I）使物块A刚开始移动时，气缸内的温度为多少K；

（II）使物块B刚开始移动时，气缸内的温度为多少K。

【答案】

（1）330K

（2）540K

【解析】

①物块A开始移动前气体做等容变化,则有

p2＝p0+

＝1.5×105Pa

由查理定律有：

解得T2＝450K

②物块A开始移动后,气体做等压变化,到A与B刚接触时

p3＝p2＝1.5×105Pa,V3＝（L1＋d）S

由盖—吕萨克定律有

解得T3＝900K

之后气体又做等容变化,设物块A和B一起开始移动时气体的温度为T4

p4＝p0＋

＝2.0×105Pa

V4＝V3

由查理定律有

解得T4＝1200K

故本题答案是：

①450K②1200K

点睛：

本题考查了理想气体方程方程，对于此类问题，要把握各个状态下的状态参量，然后利用公式求解即可。

15.如图所示，一列简谐横波沿x轴方向传播，实线表示t=0时刻的波形图，虚线表示t=0.2s时刻的波形图，已知波速为80m/s。

则下列说法正确的是____

A.波沿x轴负方向传播

B.该波的周期为0.125s

C.在t=0时刻，波上质点a沿y轴正方向运动

D.从t=0时刻起，在0.075s内a质点通过的路程为20cm

E.若观察者从坐标原点O沿x轴负方向运动，则观察者单位时间内接收到波的个数比波源的频率数小

【答案】ADE

【解析】

波长λ=12m，波速为v=80m/s，t=0.2s传播的距离为x=vt=16m=1

λ，可知该波沿x轴负方向传播，选项A正确；该波的周期为

，选项B错误；因波沿x轴负向传播，则在t=0时刻，波上质点a沿y轴负方向运动，选项C错误；0.075s=0.5T．则从t=0时刻起，在0.075s内a质点通过的路程为2A=20cm，选项D正确；因波沿x轴负向传播，根据多普勒效应，若观察者从坐标原点O沿x轴负方向运动，则观察者单位时间内接收到波的个数比波源的频率数小，选项E正确；故选ADE.

点睛：

本题关键是时间t=0.2s与T的关系，利用波形的平移法判断波的传播方向．根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态．要理解波的双向性和周期性．

16.图是一段长为L的直线段光导纤维内芯，一单色光从左端面射入光纤，已知光纤对该单色光的折射率为n，光在真空传播速度大小为c。

①求该单色光在光纤中传播的最短时间？

②已知光纤对该单色光的折射率

，当该单色光以入射角

从左端面射入，求此单色光从左端面传播到右端面所用的时间。

【答案】

（1）

（2）

【解析】

（1）当光线垂直于左侧面入射时，光传播的路径最短x=L①

由

得光在光纤中传播速度大小为

②

光在光纤传播的最短时间为

③

联解得

④

（2）由于

，得

⑤

该单色光在光纤中中的路程

⑥

传播时间

⑦

由②⑥⑦得，