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1、学年佛山市普通髙中教学质量检测一高三理科20182019学年佛山市普通髙中教学质量检测(一)高三理科综合试题（物理部分）二、选择题1.在港珠澳大桥建设中，将一根直径22米、高40.5米的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录。钢筒质量为M，用起重机如图由8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态。则每根钢索受到的拉力大小为A. Mg B. Mg C. Mg D. Mg【答案】B【解析】【分析】根据几何知识，先求解每根钢索与竖直方向的夹角，在由正交分解法求解拉力.【详解】由题意，每根钢索与竖直方向夹角为300，则由平衡条件可知：8Tcos300=Mg，解得T= Mg，故选

2、B.2.一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是A. 要将硬币射出，可直接将开关拨到2B. 当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上板带负电C. 当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小D. 当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场【答案】D【解析】【分析】电容器先充电后放电，则穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律判断硬币中产生的感应磁场.【详解】电容器刚开始时处于无电状态，直接将开关拨到2，则不能将硬币射出，选项A错误；当开关拨向1时，电容器充电，有短

3、暂电流出现，且电容器上板带正电，选项B错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器放电，铁芯中产生的向下的磁通量增加，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，选项C错误，D正确；故选D.3.如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻(光照越强电阻越小)，C为电容器，电源内阻不可忽略。闭合开关后，当光照增强时，下列说法正确的是A. 电源的效率降低 B. 电流表的示数减小C. R1的电功率减小 D. 电容器两端电势差减小【答案】A【解析】【分析】闭合开关后，当光照增强时，R2阻值减小，外电路电阻R减小，根据电路的结构结合闭合电路欧姆定律分析各项。【详解】闭合开关后，当光照增强时，R2阻值减小，外电

4、路电阻R减小，根据可知电源的效率降低，选项A正确；外电路电阻R减小，总电流变大，电流表的示数变大，选项B错误；根据P=I2R1可知R1的电功率变大，选项C错误；R1两端电压变大，则电容器两端电势差变大，选项D错误；故选A.4.如图所示，在匀强电场中有O、A、B三点，OA=OB=5cm，其中O、A电势分别为0V、5V，OA与OB的夹角为120，A、B在同一条竖直线上。现有一不计重力、带电量为e的粒子以4eV的动能从A点沿AO方向飞入电场，经过B点时，动能与在A点时相同，则下列说法正确的是A. 该粒子带正电B. 粒子运动过程中，电场力一直做正功C. 粒子能运动到O点，且在O点时电势能为零D. 该电

5、场强度大小为200V/m，方向水平向左【答案】D【解析】【分析】粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，根据AB两点的动能知道电势能关系，从而知道电势关系和场强的方向，根据运动轨迹判断电场力做功情况；根据E=U/d求解场强.【详解】粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在AB两点的动能相同，可知粒子在AB两点的电势能相等，即AB两点电势相同，则场强的方向垂直AB指向O，由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，从A到B电场力先做负功后做正功，选项AB错误；粒子在A点时，电势能和动能之和为-5eV+4eV=-1eV，若粒子能运动到O点，则电势能为0动能为-1eV，不合实际，故

6、粒子不能运动到O点，选项C错误；该电场强度大小为，方向水平向左，选项D正确；故选D.【点睛】此题关键是知道粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行有关的判断；注意E=U/d公式中d的物理意义.5.下图为一个以O为圆心、半径为R、带电量为+Q的均匀带电圆环，在圆心O处放一个带电量为q的负点电荷，AB为圆环的中轴线，C点在AB上距O的长度为R。现把该点电荷从O拉到C，若不考虑点电荷对场源的影响，则下列说法正确的是A. 点电荷在O点受到的电场力不为零B. 点电荷在C点受到的电场力大小为C. 点电荷从O到C的过程中，外力对其做正功，电势能增大D. 若将点电荷从C由静止释放，则

7、它会一直沿由B到A的方向运动【答案】C【解析】【分析】根据对称性判断O点的场强；用微元法求解C点的场强，然后求解电场力；根据AB上场强的分布判断电荷的运动情况.【详解】由对称可知，圆环上电荷在O点形成的场强为零，则点电荷在O点受到的电场力为零，选项A错误；在圆环上取一小段电荷q，则该电荷在C点的场强为，则圆环上所有电荷在C点的场强为 ，则点电荷在C点受到的电场力大小为 ，选项B错误；因圆环上的电荷在AB直线上形成的场强为从O指向A或者从O指向B, 则点电荷从O到C的过程中，电场力做负功，外力对其做正功，电势能增大，选项C正确；若将点电荷从C由静止释放，则它会一直沿由B到A的方向运动直到运动到与

8、C点关于O点对称的位置，选项D错误；故选C.6.在2018年俄罗斯世界杯某场比赛中，一个球员在球门中心正前方某处高高跃起，将足球以水平速度v0顶出，恰落在球门的右下方死角P点。假设球门宽为L，守门员作出准确判断的时间为t，扑球的运动时间为t，将足球看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，则A. 若球员顶球点的高度为h，则守门员扑球时间t必须小于t才可能成功防守B. 球员要成功破门，球员顶球点的高度必须大于C. 球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0=D. 若球员到P点的水平距离小于v0(t+t)，则可能成功破门【答案】AD【解析】【分析】足球做平抛运动，竖直方向做自由落体运

9、动，水平方向做匀速运动；守门员反应时间t，扑球时间为t，根据时间以及位移关系求解.【详解】球做平抛运动，则落地的时间为，则守门员扑球时间t必须小于-t才可能成功防守，选项A正确；球员要成功破门，球运动的时间必须小于(t+t)，则球员顶球点的高度必须小于g(t+t)2，选项B错误；球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度 ，选项C错误；若球员到P点的水平距离小于v0(t+t)，则可能成功破门，选项D正确；故选AD.7.某宇宙飞船在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，假设地球赤道平面与其公转平面共面，地球半径为R。日落后3小时时，站在地球赤道上的小明，刚好观察到头顶正上方的宇宙飞船正

10、要进入地球阴影区，则A. 宇宙飞船距地面高度为RB. 在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90C. 宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为6小时D. 若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4【答案】BD【解析】【分析】根据题意画出草图，结合几何关系求解宇宙飞船距地面高度和宇航员观测地球的张角；宇航员绕地球一周经历的“夜晚”转过的角度为90，据此求解所用的时间.【详解】如图所示：太阳光可认为是平行光，O是地心，人开始在A点，这时刚好日落，因为经过24小时地球转一圈，所以经过3小时，地球转了45，即：AOC=45，此时人已经到了B点，卫星在人的正上方C点，太阳光正好能照到

11、卫星，所以根据AOC=45就能确定卫星的轨道半径为：r=OC=OA=R则卫星距地面高度等于(-1)R故A错误。因ACO=45，则在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90，选项B正确；宇航员绕地球一周经历的“夜晚”转过的角度为90，但是因卫星的周期不是24h，则经历的时间不是6小时，若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4，选项C错误，D正确；故选BD.8.如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L=，圆弧轨道圆心为O半径为R，DOE=，OG水平。现有一质量为m可看为质点的滑块从A点无初速下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数

12、为，重力加速度为g，则A. 滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB. 滑块下滑后将会从G点飞出C. 滑块第二次经过E点时对轨道的压力为3mgD. 滑块在斜面上经过的总路程为s=【答案】CD【解析】【分析】滑块从A点滑下后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，此时经过E点时对轨道的压力最小，根据动能定理结合牛顿第二定律求解各项.【详解】滑块从A点滑下后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，此时经过E点时对轨道的压力最小，则从D到E点，由机

13、械能守恒定律：，在E点：，联立解得N=mg(3-2cos) ，选项A错误；从A到G由动能定理： 其中 ，解得：，则滑块下滑后不能从G点飞出，选项B错误；滑块第一次到达E点时，根据动能定理： ，解得，第二次到达E点的速度与第一次相同，则由牛顿第二定律：NE-mg=m，解得NE=3mg，选项C正确；由以上的分析可知，滑块最终 将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，则由动能定理：，解得，选项D正确；故选CD.【点睛】此题的运算和物理过程都比较复杂，根据是搞清滑块运动的物理过程，并能分析出滑块最终的状态这是解题的关键.二、非选择题： (一)必考题9.某物理兴趣小组，利用频闪拍照技术和水龙头滴水的方法

14、测量当地的重力加速度。甲同学从一定高度控制水龙头让一滴水滴从高处自由滴落，乙同学控制架设好的相机对下落水滴进行拍照，重复多次拍摄，取最佳拍摄的照片进行分析和计算。已知频闪照相的曝光周期为T=0.02s，照片和实物的比例是1：10，利用毫米刻度尺直接在照片上测量相应的数据x1、x2、x3、x4，如图所示。请根据以上条件回答下列问题：(1)请写出重力加速度的计算式，用题中给出的字母表示_；(2)照片上OD间的距离为_cm。根据测得的数据可得重力加速度的大小g=_m/s2(结果保留3位有效数字)【答案】 (1). (2). 8.41-8.44 (3). 9.53-10.00【解析】【分析】（1）根据

15、x=gT2求解重力加速度的表达式，注意照片和实物的比例是1：10；（2）从刻度尺上读出数据，带入求解重力加速度的数值。【详解】（1）根据x=gT2可得； （2）照片上OD间的距离为8.42cm。x1+x2=3.90cm；x3+x4=8.42cm-3.90cm=4.52cm，代入可得重力加速度的大小g=9.68m/s210.国家有关酒驾的裁量标准如下：酒精检测仪是交警执法时通过呼气来检测司机饮酒多少的检测工具。现有一个酒精检测仪的主要原件“酒精气体传感器”，其阻值随气体酒精浓度变化的情况如下表。(1)请根据上表数据在右上图中描绘出“R气体酒精浓度”的关系曲线_。(2)已知人体血液酒精浓度是所呼出

16、气体酒精浓度的2200倍。若测得某司机小明，经过气体酒精浓度测试，显示呼气酒精浓度为120mg/m3，则司机小明应该是属于_驾驶，此时R的阻值为_。(3)现有一个电源，电动势为4.5V，内阻约为1；电压表V，量程为3V，内阻约为2000；电流表A，量程为3A，内阻约为5；滑动变阻器R1，阻值050；滑动变阻器R2，阻值0500；开关、导线若干若要用以上器材和上述“酒精气体传感器”组成一个测定气体酒精浓度的电路。该电路只使用一个电表，且正常工作时，被测气体酒精浓度若为0，则电表指针满偏。且该电路可以在电源老化，内阻变大的情况下，通过调节变阻器，保证被测气体酒精浓度为0时，电表指针仍能满偏。则，该

17、电路应选用的电表是_(填字母代号，下同)，应选用的滑动变阻器是_。请在虚线框中完成设计电路图_。【答案】 (1). （1）如图： (2). （2）饮酒； (3). 22-26 (4). V (5). R1 (6). 电路如图；【解析】【分析】根据数据画出“R气体酒精浓度”的关系曲线；将“120mg/m3”换算成“mg/100ml”即可判断，由“R气体酒精浓度”的关系曲线中可读出电阻；根据电路要求的特征设计电路。【详解】（1）根据数据描绘出“R气体酒精浓度”的关系曲线如图；（2）司机小明，经过气体酒精浓度测试，显示呼气酒精浓度为：120mg/m3=120mg/1000ml=12mg/100ml，

18、司机小明应该是属于饮酒驾驶；由图线可知，此时R的阻值为24。（3）根据电路要求的特征，则该电路应选用的电表是V，因R=24，则应选用的滑动变阻器是R1。电路如图；【点睛】本题考查了电路的动态分析和电流的计算、是否饮酒或醉酒驾车的界定标准以及欧姆定律的应用，关键明白电路的连接和能从图象上找到有用的数据。11.如图所示，两根互相平行的金属导轨MN、PQ水平放置，相距d=1m、且足够长、不计电阻。AC、BD区域光滑，其它区域粗糙且动摩擦因数=0.2，并在AB的左侧和CD的右侧存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=2T。在导轨中央放置着两根质量均为m=1kg，电阻均为R=2的金属棒a、b，用一锁定装

19、置将一弹簧压缩在金属棒a、b之间(弹簧与a、b不栓连)，此时弹簧具有的弹性势能E=9J。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好进入磁场，且b棒向右运动x=0.8m后停止，g取10m/s2，求：(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；(2)金属棒b刚进入磁场时的加速度大小(3)整个运动过程中电路中产生的焦耳热。【答案】（1）3m/s（2）8m/s2（3）5.8J【解析】【分析】对ab系统，所受的合外力为零，则动量守恒，根据动量守恒定律和能量关系列式求解速度；（2）当ab棒进入磁场后，两棒均切割磁感线，产生感生电动势串联，求解感应电流，根据牛顿第二定律求解b刚进入磁场时的加速度；（3）由能量守恒

20、求解产生的热量.【详解】（1）对ab系统，由动量守恒：0=mva-mvb由能量关系： 解得va=vb=3m/s（2）当ab棒进入磁场后，两棒均切割磁感线，产生感生电动势串联，则有：Ea=Eb=Bdva=6V又： 对b，由牛顿第二定律：BId+mg=mab解得ab=8m/s2（3）由动量守恒可知，ab棒速率时刻相同，即两者移动相同距离后停止，则对系统，由能量守恒：EP=2mgx+Q解得Q=5.8J【点睛】此题是力、电磁综合题目，关键是分析两棒的受力情况和运动情况，运用动量守恒定律和能量守恒关系列式求解.12.如图所示，质量为m、长度为L的滑板B，静置于水平面上，滑板与地面间的动摩擦因数1=，水平

21、面右端的固定挡板C与滑板等高。在挡板C的右边有一个区域PQMM，区域内有竖直向上的匀强电场，还有两个半径分别为R1=r和R2=3r的半圆构成的半圆环区域，在半圆环区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，半圆环圆心O到固定挡板C顶点的距离为2r。现有一质量为m带电量为+q的小物块A(视为质点)以初速度v0=2滑上滑板B，A与B之间的动摩擦因数2=3。当小物块A运动到滑板B右端时两者刚好共速，且滑板B刚好与挡板C碰撞，A从挡板C上方飞入PQNM区城，并能够在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动。求：(1)A刚滑上B时，A和B的加速度大小；(2)A刚滑上B时，B右端与挡板C之间的距离S；(3)区域PQMN内电场强

22、度E的大小，以及要保证小物块A只能从半圆环区域的开口端飞出，磁感应强度B的取值范围。【答案】（1）g；3g（2）L/4（3）；或 【解析】【分析】（2）根据牛顿第二定律求解A刚滑上B时，A和B的加速度大小；（2）由运动公式求解A刚滑上B时，B右端与挡板C之间的距离S；（3）A进入区域PQNM，并能在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，洛伦兹力充当向心力；结合几何关系，求解保证小物块A只能从半圆环区域的开口端飞出，磁感应强度B的取值范围.【详解】（1）对物块A有： 解得a2=2g=3g；对滑块B： 解得：a1=2g-21g=g（2）设AB的共同速度为v，对小物块A： 对B: 解得

23、 （3）A进入区域PQNM，并能在半圆环磁场区域内做匀速圆周运动，则：mg=qE解得 粒子做匀速圆周运动： 要使物块A不从半圆环区域的内环和外环飞出磁场要满足： ；解得 ，即；解得；即综上，要让物块A不从半圆环区域的内环和外环飞出磁场B要满足：或(二)选考题【物理选修3-3】13.2013年6月20日神舟十号宇航员王亚平完成了精彩的太空授课，在下列相关的说法正确的是_A.在太空舱中，自由飘浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果B.在太空舱中将红色液体注入悬浮的水球，虽失重，但红色液体还是很快充满了整个水球，这是由于分子在做无规则的热运动C.由我们所学的知识可知，在太空舱中两个自由飘浮的小水

24、滴缓慢正碰后，会像弹性球一样弹开D.小球用细线悬挂在铁架台上，在太空舱给小球一个初速度后，小球绕悬点做圆周运动，说明在太空更容易制造出永动机E.如果太空舱空气中水蒸气压强等于饱和汽压，水的蒸发与凝结速率会相同，此时人体感觉并不是最舒适的【答案】ABE【解析】【详解】在太空舱中，自由飘浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果，选项A正确；在太空舱中将红色液体注入悬浮的水球，虽失重，但红色液体还是很快充满了整个水球，这是由于分子在做无规则的热运动，选项B正确；由我们所学的知识可知，在太空舱中两个自由飘浮的小水滴缓慢正碰后，会结合在一起成一个更大的水滴，选项C错误；小球用细线悬挂在铁架台上，在太空

25、舱给小球一个初速度后，小球绕悬点做圆周运动，小球的重力势能不变，动能不变，机械能守恒，不能说明在太空更容易制造出永动机，选项D错误；如果太空舱空气中水蒸气压强等于饱和汽压，水的蒸发与凝结速率会相同，此时人体感觉并不是最舒适的，选项E正确；故选ABE.14.炎热的夏天，我们在课室打开空调后，由于课室并非是完全密闭的空间，室内空气的质量会发生变化。已知标准状况下(压强为1个标准大气压、温度为0)空气的密度为p0，且降温前后，室内外压强始终保持1个标准大气压。欲估算降温前后室内空气质量变化的大小，则（1）需要直接测量哪些物理量?（2）根据这些测量量(分别用字母表示)，写出演算过程及结果。【答案】（1

26、）还需测课室的长L、宽D、高H以及开空调前后室内空气温度t1和t2；（2） 【解析】【分析】（1）室内压强不变，则要测量室内空气的质量，必须要测量空气的体积和温度；（2）把室内空气的体积换算成0时体积，根据密度公式求解室内空气质量变化.【详解】（1）还需测课室的长L、宽D、高H，以及开空调后室内空气温度t1与t2；（2）设室内温度从t1降至0时体积变为V1，而温度从t2降至0时体积变为V2，则： 故室内空气从t1降至t2，减小的空气的质量为： 解得：【物理选修3-4】15.图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，M是平衡位置为x=0.5m处的质点，N是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点N由该时

27、刻起的振动图像，则下列说法正确的是_A.该波沿x轴的负方向传播B.该波的周期是0.20sC.该波的传播速度是10m/sD.t=0.15s时，质点N的速度方向沿y轴正方向E.从t=0.20s到t=0.30s，质点M通过的路程为5cm【答案】ACD【解析】【分析】根据质点N的振动图像，结合波形图可知波的传播方向，从图像中读出波长和周期求解波速；结合波形图进行相关的判断.【详解】由振动图像可知，质点N在t=0时刻向下振动，可知该波沿x轴的负方向传播，选项A正确；由振动图像读数周期为T=0.4s，波长为=4m，则波速，选项C正确；由N质点的振动图像可知，t=0.15s时，质点N的速度方向沿y轴正方向，

28、选项D正确；从t=0.20s到t=0.30s，经过了T/4，由于质点M不是从平衡位置或者最高点最低点开始振动，则质点M通过的路程不等于5cm，选项E错误；故选ACD.16.如图所示，一横截面为半圆形的玻璃砖，O为圆心，半径为R，PQ为直径，A为OQ的中点，PQ与竖直放置的足够大的平面镜平行，两者间距为d=，一单色细光束沿垂直于玻璃砖上表面的方向从A点射入玻璃砖，光从弧形表面上某点B射出后到达平面镜上某处C点，从C点出来的反射光线恰好经过D点，D点到P点距离为R。求：（1）玻璃砖对该光的折射率n（2）光束从A点射入玻璃砖后到达平面镜上C点所用的时间(不考虑玻璃砖中的反射光，光在真空中传播速度为c。【答案】（1） （2） 【解析】【分析】光在PQ面上是垂直入射，进入圆弧面上时发生折射，作出光路图，求解出各个角度，然后根据折射率公式列式，结合几何关系求解折射率；根据v=c/n求解玻璃中的速度，结合几何关系求解总时间【详解】（1）做出光路如图；设角ABO=，CBE=则由几何关系可知：=300， ， 又 故有： ； 可得 解得 ，=300所以由折射定律： 解得n= （2） ，则 解得BC=2R，故 ， 解得 ； 则光束从A点射入玻璃砖后到达平面镜上C点所用的时间为：【点睛】本题关键画出光路图，由几何知识求入射角和光在空中传播的距离，结合折射率公式和介质中的光速公式解决这类问题