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1、高三理科综合试卷（物理部分）一、选择题：本题共8小题。1.材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能在水平面上运动直到停止若两滑块运动过程中只受到水平面的摩擦力，则质量大的滑块( )A. 摩擦力冲量大B. 克服摩擦力做的功多C. 运动的位移大D. 运动的时间长【答案】A【解析】【详解】A、由动量定理可知：，初动能相同，则质量大的滑块动量的变化较大，摩擦力的冲量较大；A正确.D、由运动时间，可知质量大的物体运动时间较短；D错误.B、由动能定理可知W=-mgs=0-EK；由公式可知，因初动能相同，故两物体克服阻力做功相同；故B错误.C、匀减速运动的位移为，可知质量大的物体位移小;C错误.故选A.【
2、点睛】本题综合考查动能定理、牛顿第二定律及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间，则应考虑应用牛顿第二律，若不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系2.2017年9月，我国控制“天舟一号”飞船离轨，使它进入大气层烧毁，残骸坠人南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区在受控坠落前，“天舟一号”在距地面约380km的圆轨道上飞行，则下列说法中正确的是( )A. 在轨运行时，“天舟一号”的线速度大于第一宇宙速度B. 在轨运行时，“天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度C. 受控坠落时，应通过“反推”实现制动离轨D. “天舟一号”离轨后，在进入大气层前，运行速度不断减小【答案】C【解析】第一
3、宇宙速度是环绕地球运动的卫星的最大速度，则 “天舟一号” 在轨运行时的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误；根据可知，在轨运行时，“天舟一号”的运转半径小于同步卫星的运转半径，则其角速度大于同步卫星的角速度，选项B错误；受控坠落时要先调头，让原本朝后的推进器向前点火，通过反推实现制动，故C正确；“天舟一号”离轨后，在进入大气层前，运行半径逐渐减小，地球的引力做正功，则速度不断增大，D错误故选C.3.在电荷量分别为2q和q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b、c三点，且b、c两点到正点电荷距离相等，( )A. 在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点B. 将
4、一电子从a点由静止释放，它将在a、b间往复运动C. 负试探电荷在a点具有的电势能大于在b点时的电势能D. .c点的电势高于b点的电势【答案】D【解析】【分析】解答本题需要掌握：正确根据电场线分布特点判断电场强度、电势高低以及电势能的变化；电场力做正功电荷的电势能增加，电场力做负功电荷的电势能减少【详解】A、电场线是从正电荷出发，终止于负电荷，所以在在两点电荷之间的连线上存在电场线，即不存在一处电场强度为零的点，故A错误B、将一电子从a点由静止释放，电子受力指向+2q点电荷，电子向+2q点电荷运动，不会在a、b间往复运动，故B错误C、假设负试探电荷从a点向b点移动，电场力方向向右，电场力做负功，
5、电荷的电势能增加，即负试探电荷在a点具有的电势能小于在b点时的电势能，故C错误D、电势是标量，取无穷远处为零电势，正点电荷电场中各点的电势为正值，负点电荷电场中各点的电势为负值，b、c两点的电势分别为+2q和-q两点电荷产生的电势的代数和，由于c点离-q点电荷远，所以c点的电势高于b点的电势，故D正确故选：D【点睛】根据电场线的分布判断电场强度、电势、电势能等物理量的变化情况是高中物理的重点，在平时要加强训练，以加深对这些知识点理解和应用4.用如图所示的光电管研究光电效应，当滑动变阻器的滑片位于某一位置，开关S闭合时，用单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，用单色光b照射光电管阴极
6、K时，电流计G的指针不发生偏转，则（） A. a光的强度一定大于b光的强度B. a光的频率一定大于阴极K的极限频率C. b光的频率一定小于阴极K的极限频率D. 开关S断开后，用单色光a照射光电管阴极K电流计G的指针一定不会发生偏转【答案】B【解析】【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，即影响光电流的大小【详解】A项：用某种光照射金属能否发生光电效应与光的强度无关，所以无法判断a、b光的强度，故A错误；B项：用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，知a光频率大于金属的极限频率，故B正确；C项：由于在光电管两端加了
7、反向电压，有b光照射时，电流计G指针不发生偏转，所以无法判断是否发生光电效应，即无法判断b光的频率与阴极K的极限频率大小，故C错误；D项：由于在光电管两端加了反向电压时，电流计G的指针发生偏转即电子能从阴极运动到阳极，所以断开开关即不加反向电压时，电子一定能从阴极运动到阳极即电流计G一定发生偏转，故D错误故应选：B【点睛】解决本题的关键知道光电效应的条件，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目5.某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示演员A滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A、B质量均为50kg，长竹竿质量为5kg，A下滑的过程中速度随时间
8、变化的图象如图乙所示重力加速度取10m/s2，下列判断正确的是( )A. 竹竿的长度为8mB. t=2s时，演员B对地面的压力为1025NC. t=5s时，演员B对地面的压力为1050ND. 在4s6s时间内，演员B对地面的冲量大小为100Ns【答案】B【解析】【分析】根据v-t图像可得不同阶段的加速度，根据牛顿第二定律可得竹竿对A演员的摩擦力，最后分析演员B可得对地面的压力和冲量【详解】A、v-t图线下与时间轴包围的面积等于A下滑过程中的位移，即等于竹竿的长度，x=62m=6m，故A错误B、t=2s时，A向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律对A有：mg-Ff=ma，a=0.5m/s2,可解得竹
9、竿对A向上的摩擦力Ff=475N，所以演员B对地面的压力F=mg+mg+Ff=1025N，故B正确C、t=5s时，A向下做匀减速运动，加速度a=1m/s2,对A有：Ff-mg=ma，可解得竹竿对A向上的摩擦力Ff=525N，所以演员B对地面的压力F=mg+mg+Ff=1075N，故C错误D、在4s6s时间内，演员B对地面的冲量大小为I=Ft=10752Ns=2150Ns，故D错误故选B6.如图甲所示，标有“220V 40W”的灯泡和标有“20F 360V”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙中正弦曲线所示，闭合开关S下列判断正确的是( )A. 交流电源的输出电压的有
10、效值为220VB. 电容器会被击穿C. t=时刻，通过灯泡的电流为零D. t=时刻，的示数为零【答案】AC【解析】【分析】交流电压表测量的电压及灯泡的工作电压均为电压的有效值；而交流电的击穿电压为最大值【详解】A、交流电压表测量为交流电压的有效值，数值保持不变且不为零，有效值为U=V=220V,故A正确，D错误B、由乙图可知，交流电的最大值Um=220V=311V360V，故电容器不会被击穿，故B错误C、t=时刻，灯泡两端的瞬时电压为零，通过灯泡的瞬时电流为零，故C正确故选AC【点睛】本题考查描述交流电的有效值及最大值，要注意明确交流电的有效值不能超过电容器的最大耐压值；而电压表等测量的为有效
11、值7.把质量为0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球向下按至A位置，如图甲所示迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，g=10m/s2则下列说法正确的是A. 小球在A位置时弹簧的弹性势能等于小球在C位置的重力势能B. 小球到达B位置时，速度达到最大值2m/sC. 小球到达B位置时，小球机械能最大D. 若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达BC的中点【答案】CD【解析】【详解】A、小球从A到C的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能
12、的变化量等于重力势能的变化量，故A错；B、当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故B错误；C、从A到B的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达到最大，故C对；D、根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，BC中点处的弹性势能与A处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到BC点的中点，故D对；综上所述本题答案是：CD【点睛】当加速度为零时，速度达到最大，并结合能量守恒解题即可8.如图甲所示，质量为0.01kg、长为0.2m的水平金属细杆CD的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空
13、间存在磁感应强度大小B1=10T、方向水平向右的匀强磁场，且杆CD与该匀强磁场垂直有一匝数为100、面积为0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化关系如图乙所示在t=0.20s时闭合开关K，细杆瞬间弹起(可认为安培力远大于重力)，弹起的最大高度为0.2m不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水槽后的运动，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是A. 磁感应强度B2的方向竖直向上B. t=0.05s时，线圈中的感应电动势大小为10VC. 细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0.01NsD. 开关K闭合后
14、，通过CD的电荷量为0.01C【答案】ABD【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由左手定则可以判断出感应电流方向；然后用安培定则判断出线圈中感应电流磁场的方向，最后应用楞次定律判断磁感应强度的方向在t=0.20s时闭合开关K，CD杆向上做竖直上抛运动，应用竖直上抛运动规律可以求出其获得的初速度，由动量定理求出细框受到的安培力，然后由电流定义式的变形公式求出电荷量【详解】A、细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：CD，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.20-0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向
15、：竖直向上，故A正确B、由图示图象可知，00.10s内：=BS=（1-0）0.01=0.01Wb，00.10s线圈中的感应电动势大小：E=n=100V=10V，即0.15s时，线圈中的感应电动势大小为10V，故B正确C、细杆弹起瞬间的速度，v=m/s=2m/s，在t=0.20s时，细杆所受安培力的冲量(可认为安培力远大于重力)I=mv=0.01Ns=0.02Ns，故C错误D、开关K闭合后，对CD杆由动量定理得：B1ILt=mv-0，电荷量：Q=It，解得通过CD的电荷量：Q=It=C=0.01C，故D正确故选ABD【点睛】本题是电磁感应与电学、力学相结合的综合题，分析清楚图乙所示图象是解题的关
16、键，应用法拉第电磁感应定律、左手定则、安培定则、楞次定律、动量定理等即可解题二.实验题:本题共2小题。9.某探究小组为了研究小车的直线运动，用自制的“滴水计时器”计量时间实验前，将该计时器固定在小车旁，如图甲所示实验时，保持桌面水平，让小车在外力的作用下运动一段时间，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图乙记录了桌面上连续6个水滴的位置及它们之间的距离已知滴水计时器从滴出第1个水滴开始计时，到滴出第26个水滴共用时10s结果均保留两位有效数字.(1)水滴从滴到位置1至滴到位置6用时_s(2)小车运动过程的加速度大小为_m/s2；水滴滴到位置5时，小车的速度大小为_m/s【答案】 (1). 2.0
17、 (2). 0.10 (3). 0.35【解析】【详解】（1）滴水计时器从滴出第1个水滴开始计时，到滴出第26个水滴共用时10s，则滴水周期为 所以水滴从滴到位置1至滴到位置6用时为 （2）根据 可求得 根据中点时刻的速度等于平均速度可求得水滴滴到位置5时，小车的速度大小为 综上所述本题答案是：(1). 2.0 (2). 0.10 (3). 0.35【点睛】根据题意求出打点时间周期，并利用中点时刻的速度等于平均速度求解某点的速度，利用求解运动的加速度10.某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻率,实验室提供的器材有:A.电流表 (内阻 =100满偏电流 =10mA) B.电流表 (内阻
18、=100,满偏电流 =25mA)C.定值电阻 (100,1A) D.电阻箱 (09999,1A)E.滑动变阻器 (100,1A) F.电源E(36V,内阻不计)G.多用电表,螺旋测微器,刻度尺 H.开关S和导线若干某同学进行了以下操作：(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值,当用“10”挡测量时,发现指针偏转角度过小,为了更准确地测量该电阻丝的阻值,多用电表的欧姆挡位应换为_(填“1”或“100”)挡,并重新进行_(填“机械调零”或“欧姆调零”),若测量时指针位置如图甲所示,则示数为_.(2)把电流表与电阻箱串联,改装成量程为36V的电压表,则电阻箱的阻值应调为_.(3)用改装好的电表设计测量电阻丝
19、阻值的实验电路，电路图如图乙所示(4)测得电阻丝的长度为L,电阻丝的直径为d,开关闭合后,调节滑动变阻器的滑片到合适位置电流表的示数为 ,电流表 的示数为 ,则该种材料的电阻率的表达式为 _(请用相应物理量的字母符号表示)【答案】 (1). 100 (2). 欧姆调零 (3). 900 (4). 3500 (5). 【解析】【分析】（1）欧姆档测量电阻之间，红黑表笔为断开，电阻无穷大，指针指在最左侧，指针偏转角度过小，说明读数较大，应该换用大倍率即“100”档，换挡之后要重新欧姆调零，甲图中的示数为900（2）根据串联分压可求得电阻箱的阻值（4）由图乙电路测得的电阻与电阻定律算出的电阻比较可得
20、电阻率【详解】（1）欧姆档测量电阻之间，红黑表笔为断开，电阻无穷大，指针指在最左侧，指针偏转角度过小，说明读数较大，应该换用大倍率即“100”档，换挡之后要重新欧姆调零，甲图中的示数为900（2）表头改装电压表应该串联一个定值电阻，允许通过的最大电流不变，新量程36=Ig1(Rg1+R1),带入数据电阻箱的阻值应调为:R1=3500（4）电流表A1的示数为I1，则待测电阻的电压U=I1(R1+Rg1)，电流I=2I2-I1,待测电阻的阻值，R=，已知电阻丝的长度和直径，则有R=，整理即得电阻率：=三.计算题:本题共2小题。11.如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板
21、正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为(弧度)已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差U；(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径R【答案】(1)U=Bv0d；（2）；（3）R=【解析】【分析】（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间
22、（3）)由几何关系求半径R【详解】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：Bv0q=m同时有T=粒子在圆形磁场区域中运动时间t=T解得t=(3)由几何关系可知：r=R解得圆形磁场区域的半径R=12.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m物块A以某一速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B发生弹性碰撞，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m，物块
23、与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.5，A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短，有阴影的地方代表粗糙段)，碰后B最终停止在第100个粗糙段的末端求：(1)A刚滑入圆轨道时的速度大小v0；(2)A滑过Q点时受到的弹力大小F；(3)碰后B滑至第n个(n100)光滑段上的速度vn与n的关系式【答案】(1)10m/s；（2）150N；（3）vn=m/s,(k100)【解析】【分析】（1）先求出滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E，进而求得损失的总能量，根据动量守恒和和能量守恒可得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0（2）在最高点Q由机械能守恒求得速度，由牛顿第二定律
24、可得弹力F（3）算出B滑到第n个光滑段前已经损失的能量，由能量守恒得速度vn与k的关系式【详解】（1）滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E=mgL，解得E=0.5J设碰后B的速度为vB，由能量关系有：mvB2=100E设碰后A的速度为vA，A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和和能量守恒有：mv0=mvA+mvBmv02=mvA2+mvB2解得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0=10m/s(2)从A刚滑入轨道到最高点Q，由机械能守恒有：mv02=mg2R+mv2在Q点根据牛顿第二定律得：F+mg=m解得A滑过Q点时受到的弹力大小F=150N（3）B滑到第n个光滑段前已经损失的能量E损=kE由能量守恒有
25、：mvB2-mvn=kE解得碰后B滑至第n个(nr0时，分子间的作用力先增大后减小D. 由图丙可知，当分子力表现为斥力时，分子力总是随分子间距离的减小而减小E. 由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做正功【答案】ACE【解析】【详解】A当温度升高时分子的平均动能增大，则分子的平均速率也将增大，图甲中状态的温度比状态的温度高，故A正确B一定质量理想气体由状态A变化到B的过程中，由乙图线知A状态与B状态的PV乘积相等，则可知A状态与B状态的温度相同，由P-V图线的特点，温度升高，PV乘积增大，所以气体温度先增大再降低到原来温度，所以气体分子平均动能先增大后减小，故B错误C由图丙可知，当分子
26、间的距离rr0时，分子力表现为引力，分子间的作用力先增大后减小，故C正确D由图丙可知，当分子力表现为斥力时，分子间的距离rr0，分子力随着分子间距离的减小而增大，故D错误E丁图为分子势能图线，r2对应的分子势能最小，则r2对应的分子间的平衡位置r0，当分子间的距离rr0时，分子力表现为斥力，分子间距离由r1变到r2的过程中，分子力做正功，分子势能减小，故E正确。故选ACE14.如图所示，向一个空的易拉罐中竖直插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内注入一小段油柱，再在吸管上标上刻度，就做成一个简易的温度计已知易拉罐的容积是268cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.5cm2，吸管的有效长度(
27、易拉罐外的长度)为30cm，当温度为0时，油柱在距易拉罐上表面10cm处设大气压强保持不变，不计油柱质量和毛细现象的影响吸管上所标的刻度是否均匀?说明理由求该温度计的测量范围【答案】(1)t=0.5x，因为变化的温度与变化的刻度成正比，所以吸管上所标的刻度是均匀的；（2）温度计测量的范围是-50C到100C【解析】【分析】（1）温度变化时，封闭的气体做等压变化，根据等压变化=可得温度变化与刻度变化的关系（2）分别求出油柱在易拉罐上表面时与油柱在上端管口处时所对应的温度【详解】(1)温度变化时，封闭的气体做等压变化，设温度变化t时，油柱的位置变化x，则有：=解得t=0.5x因为变化的温度与变化的
28、刻度成正比，所以吸管上所标的刻度是均匀的(2)当油柱在易拉罐上表面时，x1=-10cm，t1=0.5x1=-50C当油柱在上端管口处时，x2=20cm，t2=0.5x2=100C所以该温度计测量的范围是-50C到100C物理选修3-415.一列简谐横波在t=0时的波形图如图甲所示，图乙是介质中质点P的振动图象则该波沿x轴_ (填“正”或“负”)方向传播；平衡位置在x=0处的质点回到平衡位置且沿y轴负方向运动的时刻为_【答案】 (1). 负 (2). （）s,n=0,1,2,3,【解析】【分析】由P的振动图象，可以确定t=0时刻P点的振动方向，由P点的振动方向可以确定波的传播方向由波传播方向确定
29、x=0处质点的振动方向，进而确定在x=0处的质点回到平衡位置且沿y轴负方向运动的时刻【详解】由P的振动图象，可以确定t=0时刻P点的振动方向向上，从t=0时刻的波形图可以确定波的传播方向沿x轴负方向由P的振动图象，可以确定波的传播周期T=2s，由波的传播方向可知x=0处质点在t=0时刻的振动方向向上，x=0处质点在t=0时刻的位移为-，则可知x=0处质点经向上回到平衡位置，再经第一次回到平衡位置且沿y轴负方向运动，即x=0处质点经（+）=时间回到平衡位置且沿y轴负方向运动，根据波传播的周期性，所以平衡位置在x=0处的质点回到平衡位置且沿y轴负方向运动的时刻为t=+nT，代入T=2s，即t=(+
30、2n)s，n=1,2,3,答案为：负；t=(+2n)s，n=1,2,3,16.图示为直角三棱镜的截面ABC其中B=60，直角边AC的长度为L，一束单色光从D点以与AC边成30角入射到棱镜中，已知CD=2AD，棱镜对该单色光的折射率为，光在真空中的速度为c求：光线从BC边射出时与该边的夹角；此单色光通过三棱镜的时间【答案】(1)光线从BC边射出时与该边夹角为900；（2）【解析】【分析】(1)由折射定律和几何关系可以确定光射到AB边上时发生全反射，从而可以知道单色光从BC边垂直射出(2)由几何关系得光在三棱镜中通过的距离，由v=得单色光在三棱镜中的速度，即可求时间【详解】（1）由题意可知，单色光射到AC边的入射角i=600，设光从AC边入射的折射角为r，由折射定律可知：n=，可得：r=300，由几何关系可知，该单色光在AB边的入射角也是600，设单色光从三棱镜向空气发生全反射的临界角为C，由于=，故光射到AB边上时发生全反射，光路如下图所示，反射光线与AB边的夹角是300，所以单色光从BC边垂直射出，即光线从BC边射出时与该边的夹角为900（2）由几何关系可知，光在三棱镜中通过的距离为：X=DE+FE=+(-)=单色光在三棱镜中的速度：v=此单色光通过三棱镜的时间:t=18汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！