精品解析吉林省延边州届高三下学期复习质量检测理综物理试题精校Word版.docx
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精品解析吉林省延边州届高三下学期复习质量检测理综物理试题精校Word版
延边州2019年高考复习质量检测
理科综合能力测试
二、选择题：
本题共8小题，每小题6分，共48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.放在光滑水平面上的物体，在两个互相垂直的水平力共同作用下由静止开始运动，若这两个力分别做了3J和4J的功，则该物体的动能增加了
A.5JB.12JC.7JD.1J
【答案】C
【解析】
【分析】
功是标量，总功等于各个分力功的代数和，运用动能定理求解物体动能的增加量。
【详解】运用动能定理：
△E=w合=3J+4J=7J
所以该物体的动能增加了7J。
故选：
C。
【点睛】注意功是标量，总功的求解运用代数和进行求解；而力的合成遵循平行四边形定则。
2.甲、乙两质点同时从某地沿同一直线运动，它们的速度-时间（v-t）图象分别如图中直线I和II所示，则两质点
A.运动方向相反B.加速度相同
C.前2s内位移相同D.前4S内的平均速度大小相等
【答案】D
【解析】
【分析】
v-t图象中每点的坐标表示物体的速度；根据速度的正负分析两物体的运动方向关系。
图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移。
根据位移关系分析何时相遇。
平均速度等于位移与时间之比。
图象的斜率表示物体的加速度，根据斜率关系分析加速度关系。
【详解】A项：
前4s内两个质点的速度均为正，说明均沿正向运动，是同向运动，故A错误；
B项：
根据速度图象斜率的绝对值表示加速度大小，由图象可知，甲、乙图象斜率的绝对值相等，则甲、乙两物体的加速度大小相等，斜率的正负表示加速度方向，所以甲、乙两物体的加速度方向不同，故B错误；
C项：
根据速度图象与时间轴围成的图形的面积表示位移，可知0-2s内乙的位移大于甲的位移，故C错误；
D项：
根据速度图线与坐标轴围成的面积表示位移，可知，前4s秒内两个质点的位移相等，时间相等，则平均速度大小相等，故D正确。
故选：
D。
【点睛】本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，图象的斜率表示物体的加速度，来分析质点的运动情况。
3.用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系。
图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节AK间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示，由图可知
A.单色光a的频率高于单色光c的频率
B.单色光a的频率低于单色光b的频率
C.单色光a和c的频率相同，但a更弱些
D.单色光a和b的频率相同，但a更强些
【答案】B
【解析】
【分析】
根据
，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大。
从图象中看出，b光对应的截止电压U截最大，所以b光的频率最高，a、c光的频率相等，再依据光电流大小来判定光的强弱。
【详解】光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，a、c光对应的截止频率小于b光的截止频率，
根据
，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大，a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等，且小于b光频率；
当a、c光照射该光电管，因频率相同，则a光对应的光电流大，因此a光子数多，那么a光的强度较强，，故B正确，ACD错误。
故选：
B。
【点睛】解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程
，同时理解光电流的大小与光强有关。
4.通常我们把太阳系中行星自转一周的时间称为“一天”，绕太阳公转一周的时间称为“一年”。
与地球相比较，金星“一天”的时间约是地球“一天”时间的243倍。
由此可知：
A.地球的自转角速度约是金星自转角速度的243倍
B.金星的质量约是地球质量的243倍
C.金星的半径约是地球半径的243倍
D.地球表面的重力加速度约是金星表面重力加速度的243倍
【答案】A
【解析】
试题分析：
根据
可得周期与角速度成反比，所以选项A正确；星球表面的重力加速度
，此处注意自转时物体的向心力不是物体所受的万有引力，金星的半径、质量无法判断，所以B、C、D都错误．
考点：
本题考查天体运动问题。
5.据媒体报道，某手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。
已知该手机设计质量约为160g，如果从1.25m高处自由掉落，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则以下分析正确的是（手机视为质点）
A.手机落地的速度为4.5m/s
B.保护器弹出的时间应小于0.55s
C.手机落地时重力的功率为7.5W
D.若保护器吸收撞击力的时间为0.05s，则地面对手机的平均作用力为17.6N
【答案】D
【解析】
【分析】
根据自由落体求速度，时间，保护器弹出的时间应小于落地时间，根据p=mgv落地功率；由动量定理求地面对手机的平均作用力。
【详解】A项：
手机做自由落体运动，落地的速度
，故A错误；
B项：
保护器弹出的时间应小于落地时间，根据自由落体的时间
所以保护器弹出的时间应小于0.5s，故B错误；
C项：
根据p=mgv得：
功率p=0.160×10×5=8W，故C错误；
D项：
取竖直向下为正方向，由动量定理（mg-F）t=0-mv，得
，故D正确。
故选：
D。
【点睛】本题要理清手机的运动过程，建立模型，要知道手机与地面撞击时，地面对手机的作用力是变力，只能根据动量定理求解。
6.一闭合矩形导体线圈垂直于磁场放置，且磁场足够大，磁感应强度随时间变化规律如图所示。
则以下说法正确的是
A.在t＝0.1s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
B.在t＝0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
C.在t＝0.1s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
D.在t＝0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用楞次定律的“增反减同”来确定感应电流的方向，由图象可知磁感应强度的变化，从而得出感应磁场方向，再由安培定则来确定感应电流方向．由法拉第电磁感应定律可得出在磁通量变化率最大时，电流最强。
【详解】根据法拉第电磁感应定律得：
，由闭合电路欧姆定律得：
。
A项：
在t=0.1s前后，图象斜率先正后负，所以导致产生感应电流的方向发生变化，故A正确；
B项：
在t=0.15s前后，图象斜率恒为负，所以产生感应电流的方向不会发生变化，故B错误；
CD项：
在t=0.1s时刻，斜率最大，此时磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，故C正确，故D错误。
故选：
AC。
【点睛】楞次定律可确定感应电流的方向，而法拉第电磁感应定律可确定感应电流的大小。
7.如图甲所示，一长直导线沿南北方向水平放置，在导线下方有一静止的灵敏小磁针，小磁针最初静止于图甲所示方位。
现在导线中通以图甲所示方向的恒定电流，测得小磁针偏离南北方向的角度θ的正切值tanθ与小磁针离开导线的距离x之间的关系如图乙所示。
若该处地磁场的水平分量为B0，则下列判断中正确的是
A.通电后，小磁针的N极向纸面内偏转
B.通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场方向
C.电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为
D.x0处合磁场的磁感应强度大小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据安培定则判断小磁针偏转的方向；
磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小；
分析明确产生磁场与地磁场之间的关系，同时根据图象进行分析即可明确对应的结论。
【详解】A项：
根据安培定则可知，通电后，小磁针的N极向纸里偏转。
故A正确；
B项：
磁场的磁感应强度是矢量，通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与地球的磁场的合磁场的方向，故B错误；
C项：
电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为BI，则：
，所以
，故C正确；
D项：
由矢量的合成可知，x0处合磁场的磁感应强度大小为
，故D正确。
故选：
ACD。
【点睛】本题考查探究电流磁场的实验，要注意明确磁感应强度为矢量，其运算符合平行四边形定则，同时要注意明确图象的性质，能根据图象分析数据是实验中常涉及到的基本内容，要注意掌握相关分析方法。
8.如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O，一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点。
在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上，由静止开始释放。
已知静电力常量为k、重力加速度为g，且
（忽略空气阻力及小球对原电场的影响），则
A.小球刚到达C点时，其动能为
B.小球刚到达C点时，其加速度为零
C.A、B两处的电荷在D点产生的场强大小为
D.小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据矢量合成的方法，结合库仑定律即可求出D点的电场强度；对C点的小球进行受力分析，结合库仑定律即可求出小球在C点的加速度；根据功能关系即可求出小球到达C的动能；根据等量同种点电荷的电场的特点分析各点的电势的变化，然后结合电势与电势能的关系分析小球的电势能的变化。
【详解】A项：
由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得
由几何关系可得：
小球的动能：
，故A错误；
B项：
由几何关系得：
，则：
∠OCD=45°
对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图：
由于C到A、B的距离与D到A、B的距离都等于L，结合A的分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即：
沿斜面方向：
mgcos45°-F•cos45°=ma
垂直于方向：
mgsin45°+Fsin45°=N
其中F是库仑力，
联立以上三式得：
a=0．故B正确；
C项：
负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿DA、DB的角平分线；
由库仑定律，A、B在D点的场强的大小：
它们的合场强：
ED=EAcos30°+EBcos30°=
，故C错误；
D项：
由几何关系可知，在CD的连线上，CD连线的中点处于到A、B的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在CD的连线中点处的电势能最小。
则小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大。
故D正确。
故选：
BD。
【点睛】此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意AB处有等量同异种电荷，CD位于AB边的中垂面上。
三、非选择题：
共174分。
第22～32题为必考题，每个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.某实验小组的同学用如图所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离L及相应遮光时间t的值。
（1）用游标卡尺测量遮光板的宽度d ，如图乙所示，则d=______cm。
（2）为测出滑块与斜面间的动摩擦因数μ，本实验还需要测出或知道的物理量是______（填下列序号）。
A．滑块和遮光板的总质量m
B．斜面的倾角θ
C．当地的重力加速度g
（3）实验中测出了多组L和t的值，若要通过线性图象来处理数据求μ值，则应作出的图象为_________；
A．
图象B．
图象
D．
图象C．
图象
【答案】
（1）.0.225cm；
（2）.BC； （3）.B
【解析】
【详解】
（1）d=0.2cm+0.05mm×5=0.225cm.
（2）设斜面的倾角为θ，释放滑块时遮光条到光电门间的距离x，滑块经过光电门时的速度为v，物体在斜面上受到重力。
支持力和摩擦力的作用，沿斜面的方向：
mgsinθ-μmgcosθ=ma，由导出公式2aL=v2-0，由于遮光片经过光电门的时间比较小，所以可以用遮光片经过光电门的平均速度表示瞬时速度，即v＝
，联立解得μ＝tanθ−
，从公式中可以看出，摩擦因数与斜面的倾角θ、遮光片的宽度d、重力加速度g、遮光时间t以及释放滑块时遮光片到光电门间的距离L有关，所以还需要测量的物理量为：
斜面的倾角θ和释放滑块时遮光条到光电门间的距离L、当地的重力加速度g，故选项BC正确；
（3）实验中测出了多组L及t的值，则有t2＝
•
，应作出的图象为t2−
图象；故选B.
10.某探究小组要尽可能精确地测量电流表○A1的满偏电流，可供选用的器材如下：
A.待测电流表A1（满偏电流Imax约为800μA、内阻r1约为100Ω，表盘刻度均匀、总格数为N）
B.电流表A2（量程为0.6A、内阻r2＝0.1Ω）
C.电压表V（量程为3V、内阻RV＝3kΩ）
D.滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）
E.电源E（电动势有3V、内阻r约为1.5Ω）
F.开关S一个，导线若干
（1）该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是________（选填“图甲”或“图乙”）．
（2）所选合理电路中虚线圈处应接入电表________（选填“B”或“C”）．
（3）在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片P置于________端（选填“a”或“b”）．
（4）在实验中，若所选电表的读数为Z，电流表A1的指针偏转了n格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Imax＝________.
【答案】
（1）.图乙
（2）.C（3）.b（4）.
【解析】
本题①的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电流表内阻可知，变阻器应采用分压式接法；题②的关键是根据串联电路电流相等可知虚线处应是电流表B；题③关键是明确闭合电键前应将变阻器滑片置于输出电压最小的一端；题④的关键是求出待测电流表每小格的电流．
（1）由于待测电流表的量程较小，而内阻大于滑动变阻器的最大阻值，为了减小误差，变阻器应采用分压式接法。
应选用甲电路图。
（2）由于两块电流表的量程差距较大，只能选用电压表当电流表使用，故选C.
（3）甲电路图中滑动变阻器采用的是分压式接法，在闭合开关前，要求测量电路的分压为零，故滑动变阻器的滑片P应置于b端．
（4）根据串联电路的特点，可得：
，解得：
11.一电视节目中设计了这样一个通关游戏：
如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳，当荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中，并和乙车一起继续向前滑行。
若人的质量m=56kg，甲车质量M1=10kg，乙车质量M2=40kg，甲车初速度v0=6m/s，求：
（1）最终人和乙车的速度；
（2）人落入乙车的过程中对乙车所做的功。
【答案】
（1）v共=1.0m/s；
（2）W=-95.2J
【解析】
【分析】
把该题分成几个过程，人在抓住绳子的过程中，对甲车的速度没有影响，甲车将于乙车发生弹性碰撞，由机械能守恒和动量守恒可求得甲乙两车碰撞后的速度，然后是人竖直的落到乙车上，人和乙车作用的过程中在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律动量列式即可求得最终人和乙车的速度；
在人和乙车作用的过程中，人对乙车所做的功等于乙车的动能的变化，以乙车为研究对象，利用动能定理即可求得人落入乙车的过程中对乙车所做的功。
【详解】
（1）甲乙两车碰撞，在水平方向上动量守恒，设碰撞后甲车的速度为v1，乙车的速度为v2，选向右的方向为正，则有：
M1v0=M1v1+M2v2…①
碰撞过程中机械能守恒，有：
…②
人松开绳子后做自由落体运动，与乙车相互作用使得过程中，在水平方向上合外力为零，动量守恒，设人和乙车的最终速度为v共，选向右的方向为正，有：
M2v2=（M人+M2）v共
代入数据解得：
v共=1.0m/s；
（2）人落入乙车的过程中对乙车所做的功，根据动能定理可知，即为乙车的动能的变化量，有：
。
【点睛】该题主要是考查了动量守恒定律的应用，首先应明确动量守恒定律的适用范围：
动量守恒定律是自然界最普遍、最基本的规律之一．不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用与微观物体的高速运动．小到微观粒子，大到宇宙天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适用的．再者是动量守恒动量成立的条件：
1．系统不受外力或者所受合外力为零；2．系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒；3．系统总的来看不符合以上条件的任意一条，则系统的总动量不守恒．但是若系统在某一方向上符合以上条件的任意一条，则系统在该方向上动量守恒。
12.如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。
（1）求此电场的场强大小E；
（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。
【答案】
（1）
；
（2）
．
【解析】
试题分析：
根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由
（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；
（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，
；
沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，
则在X方向位移关系有：
，所以
；
该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有
，
所以，
，则有
．
（2）根据
（1）可知粒子在电场中运动的时间
；
粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T
粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为
；
粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，
；
根据
（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即
；
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移
，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点
；根据几何关系，
可得
，即
；
所以
；
所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间
．
（二）选考题：
共45分。
请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。
如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
13.下列说法中正确的有（）
A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B.外界对物体做功，物体内能一定增加
C.足球充足气后很难压缩，是足球内气体分子间斥力作用的结果
D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
E.一定质量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
【答案】ADE
【解析】
【分析】
明确温度是分子热运动平均动能的标志；
明确热力学第一定律公式：
△U=Q+W的基本内容和应用；
自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的；体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大。
【详解】A项：
温度高的物体分子平均动能一定大，但是内能不一定大，故A正确；
B项：
外界对物体做功，若同时对外散热，物体内能不一定增加，故B错误；
C项：
足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关，故C错误；
D项：
根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；
E项：
一定质量的理想气体保持压强不变，温度降低，则体积变小，单位体积内分子数不增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大，故E正确。
故选：
ADE。
【点睛】加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好3-3的基本方法。
此处高考要求不高，不用做太难的题目。
14.一个水平放置的气缸，由两个横截面积不同的圆筒连接而成。
活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L=0.5m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。
A、B的横截面积分别为SA=40cm2，SB=20cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧（A的左方和B的右方）是压强为P0=1.0×105Pa的大气。
当气缸内气体温度为T1=700K时，两活塞静止于如图所示的位置。
①现使气缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？
（气缸足够长）
②若在此变化过程中气体共向外放热540J，求气体的内能变化了多少？
【答案】
（1）T2=400K；
（2）气体的内能减少240J
【解析】
【分析】
（1）发生等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解
（2）先求外界对气体所做的功，再根据热力学第一定律求内能变化量。
【详解】
（1）对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化
由盖•吕萨克定律有
代入数据解得：
T2=400K时活塞A恰好移到两筒连接处；
（2）活塞向右移动过程中，外界对气体做功
W=P0•3L（SA-SB）
由热力学第一定律得△U=W+Q=-240J。
即气体的内能减少240J。
【点睛】本题是气体实验定律与热力学第一定律的综合应用，这部分知识是高考的热点，应熟练掌握。
15.一列沿x轴方向传播的简谐波，t=0时刻的波形图如图所示，P点此时的振动方向沿y轴的正方向，经0.1s第二次回到P点。
则下列说法中正确的是（）
A.波的传播方向沿x轴的负方向
B.该简谐波的波速大小为20m/s
C.t=0.125s时，P点的振动方向沿y轴的负方向
D.t=0.15s时，P点的速度正在减小，加速度也正在减小
E.t=0.15s时，P点的速度正在减小，加速度正在增大
【答案】BCE
【解析】
【分析】
根据0.1后质点P第二次回到原位置求出周期，由图读出波长，求出波速．再P振动方向可确定波的传播方向，及一定时间以后的振动方向及速度大小，加速度等等。
【详解】A、质点P向上振动,可以判断出此列波向右传播，A选项错误；
B、由题意知，再过0.1s，质点P由图示位置第二回到P点，所以
，波的传播速度为
故B选项正确；
C、当t=0.125s，故P质点振动了
，P正在向y轴负方向运动，故C选项正确；
DE、当t=0.15s时，P点振动了1.5T，P到达了与x轴
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