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

1、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 1418 题只有 一项符合题目要求，第 1921 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. 衰变所释放的电子是原子核外的最外层电子C. 、 和 三种射线中， 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

2、元素的半衰期与外界因素无关，选项A错误；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；、和三种射线中，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 - g t 2 B. h = - v0t + g t 2C. h = v0t + g t 2 D. -h = v0t + g t 2【答案】B【解析】【分析】规定一个正方向，根据匀变速直线运

3、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，ABC 中B 为直角，A = 60，AB = 4 cm。空间中存在一匀强电场，其方向 平行于 ABC 所在的平面，A、B、C 三点的电势分别为 0 V、2 V、8 V，则该电场的电场强度为A. 50 V/m B. 50V/mC. 100 V/m D. 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 0 V

4、、8 V，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 2 kg 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 = 60，从 P 点运动到 Q 点的时间为 1 s，经过 P、Q 两点时的速率均为 3 m/s，则恒力 F 的大小为A. 6 N B. 6 NC. 3 N D. 3 N【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 3 m/s，可知从P点到Q点，力F做功为零，可知力F

5、垂直PQ连线斜向下；在沿力F的方向，加速度，速度：；解得F=6N，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

6、，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，tan减小，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

7、到底端的过程中，重力对物体做功 24 J，电场力对物体做功-12 J，摩擦力对物体做功-8 J，则物体的A. 动能增加 4 J B. 电势能增加 12 JC. 机械能增加 4 J D. 重力势能增加 24 J【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-12 J，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 24 J，则重

8、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=r可知线速度关系；根据a=2r可知向心加速度关系；根据万有

9、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=r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=2r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

10、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.第卷（非选择题 共 174 分）三、非选择题：本卷包括必考题和选

11、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

12、。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

13、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 WFx2；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 9 ），定值电阻 R1 （阻值等于 9 k），电阻箱 R2（阻值 范围 09999 ），电压表 V（量程 03 V，内阻等于 3 k），开关 S，导线若干。（1）小明连接好电路，闭合开关 S 后发现，无

14、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：保持开关 S 闭合；对多用电表进行机械调零后，将选择开关置于100 挡，再进行欧姆调零；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 UR2 坐标

15、系中描点连线，得到如图丙的曲线，其中虚线 U= 2.80 V 为曲线的渐近线，可得待测电源的电动势 E = _V，内阻 r =_。（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）步骤应该断开开关S；步骤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R

16、2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）步骤应该断开开关S；步骤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3k，定值电阻R1=9k，可知定值电阻上的电压等于：1.70V3=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=42.80V=11.20V；解得r=9；（4）由可知，若以为纵坐

17、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 0.1 kg，电荷量为 2.0 10-6 C。A 的正下方 0.3 m 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 = 9 109 Nm2/C2，重力加速度 g = 10 m/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

18、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+Tmgsin300-Fsin300=ma联立解得：T= ；a=3m/s212.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

19、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

20、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

21、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

22、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 k100 N/m 的轻质弹簧。A、B 的质量均为 2.0 kg，面积均为 10 cm2， 外界大气压强恒为1.0105Pa。初始时刻，环境温度为 300 K，气体的压强为1.1105Pa， A、B 间的距离和 B 到汽缸底部的距离均为 1.0 m。不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度 g = 10 m/s2。求：（i） 弹簧的原长；（ii）当环境温度

23、缓慢上升到 330 K 时，活塞 B 与汽缸底部的距离。【答案】（）1.1m（）1.1m【解析】【分析】（）对活塞A列出平衡方程求解弹簧的原长；（）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】（）对活塞A受力分析可得： 可得l0=1.1m（）对活塞AB及弹簧系统受力分析可知，气体的压强始终保持不变，根据盖吕萨克定理： 解得l=1.1m15.一列简谐横波沿 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

24、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 0.8 m【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0.8 m，选项E正确；故选A

25、DE.【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】（）不会发生全反射；（）【解析】【分析】（）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；（）根据折射定律求解折射率。【详解】（）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：i2C，不会发生全反射；（）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