云南省华宁一中2018届高三复习第三次质量检测 高三物理.docx

1、绝密启用前：考试时间：201年12月20日云南省华宁一中2019届高三复习第三次质量检测高三理综物理明天教师： 审题教师：单选题(共8小题,每小题6分,共48分)1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是( )A 奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律B 库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e的数值C 伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量D 法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机2.如图所示,在两等量异种点电荷连线上有D，E，F三点,且DEEF.K，M，L分别

2、为过D，E，F三点的等势面.一不计重力的带负电粒子,从a点射入电场,运动轨迹如图中实线所示,以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值,以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值,则()A |Wab|Wbc|B |Wab|Wbc|C 粒子由a点到b点,动能增加Da点的电势较b点的电势低3.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点在已知，v0和小球所受的电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A 可求出小球落到N点时重力的功率B 由图可知小球所受的重力大小可能等于电

3、场力C 可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量D 可求出小球落到N点时速度的大小和方向4.某物体沿直线运动，其vt图象如图所示，则下列说法正确的是()A物体8 s内始终向一个方向运动B前3 s内速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动C46 s内物体速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动D第7 s内速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动5.如图所示，金属杆ab静止放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中，当磁感应强度均匀增大时，金属杆ab总保持静止则()A杆中感应电流方向从b到aB杆中感应电流大小保持不变C金属杆所受安培力大小保持不变D金属杆所受安培力水平向右 6

4、.如图5，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()A从P到M所用的时间等于B从Q到N阶段，机械能逐渐变大C从P到Q阶段，速率逐渐变小D从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功7.(多选)在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有()A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大8.

5、(多选)如图所示一轻质弹簧下端悬挂一质量为m的小球，用手托着，使弹簧处于原长，放手后，弹簧被拉至最长的过程中，下列说法正确的是()A小球先失重后超重B小球机械能守恒C小球所受的重力做的功大于弹簧的弹力对小球所做的功D弹簧最长时，弹簧的弹性势能、小球的重力势能之和最大分卷II三、实验题(共2小题,每小题10.0分,共20分) 9.某实验小组拟用甲图所示的装置研究滑块的运动。实验器材有：滑块，钩码，纸带，毫米刻度尺，带滑轮的木板，漏斗和细线组成的单摆（细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大）等。实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第1

6、00次经过最低点共用时100秒；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置。（1）单摆的周期是s；（2）图乙是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为m/s2；（结果取两位有效数字）（3）用该实验装置测量滑块加速度，对实验结果影响最大的因素是。10.某同学通过实验测定一个阻值约为5的电阻Rx的阻值。（1）现有电源（4V,内阻可不计）,滑动变阻器（050,额定电流2A）,开关和导线若干以及下列电表A. 电流表（00.6 A,内阻约0.125） B. 电流表

7、（03 A,内阻约0.025）C.电压表（03 V,内阻约3 k） D.电压表（015 V,内阻约15 k）为减小测量误差,在实验中,电流表应选用,电压表应选用（选填器材前的字母）;实验电路应采用图中的（选填“甲”或“乙”）。（2）接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I，电压表示数U。某次电表示数如图所示,可得该电阻的测量值Rx=。（3）若在（1）问中选用甲电路,产生误差的主要原因是;若在（1）问中选用乙电路,产生误差的主要原因是。（选填选项前的字母）A.电流表测量值小于流经Rx的电流值B.电流表测量值大于流经Rx的电流值C.电压表测量值小于Rx两端的电压值D.电压表测

8、量值大于Rx两端的电压值三、计算题(共2小题,共30分) 11.如图所示电动机带动滚轮作逆叫针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从斜面底端A送往上部，已知斜面光滑且足够长倾角=。滚轮与金属板的切点B到斜面底端A的距离为L=6.返回斜面底部与挡板相撞后立即静止此时放下滚轮再次压紧板，再次将板从最底端送往斜面上部，如此往复已知板的质量为滚轮边缘线速度恒为v=4m/s滚轮对板的压力，滚轮与板间的动摩擦因数为，g取10m/s2。求：（1）在滚轮作用下板上升的加速度：（2）板加速至与滚轮速度相同时前进的距离（3）每个周期中滚轮对金属板所做的功；（4）板往复运动的周期12.在真空中，半径r3102

9、m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图6所示，磁感应强度B0.2 T，一个带正电的粒子以初速度v01106m/s从磁场边界上直径ab的一端a点射入磁场，已知该粒子的比荷1108C/kg，不计粒子重力(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角及粒子的最大偏转角33、 【物理选修3-3】15分（1）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A. 固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的B. 液体表面层中分子间的相互作用表现为引力C.

10、 液体的蒸发现象在任何温度下都能发生D. 汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的E. 有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高如图所示是生活上常用喷雾器的简化图。已知贮液瓶容积为3L（不计贮液瓶中打气筒和细管的体积），喷液前，瓶内气体压强需达到2.5 atm，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入P0=1.0atm的空气V=50mL。现打开进水阀门A和喷雾头阀门B，装入2L的清水后，关闭阀门A和B。设周围大气压恒为P0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强。求： (i)为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n； (ii)当瓶内气压达到2.5

11、atm时停止打气，然后打开阀门B，求喷雾器能喷出的水的体积最大值。34、【物理选修3-4】15分（1）如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab6 m，ac8 m在t10时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t24 s时c点开始振动，则()A. 该机械波的传播速度大小为2 m/sB. c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率增大C. 该列波的波长是2 mD. 两列波相遇后，c点振动加强E. 两列波相遇后，c点振动减弱（2）如图，一截面为正方形ABCD的正方体容器放在真空环境中，正方形边长为l，一束

12、光线沿AC方向射来，由于容器内盛装有某种液体，使光线折射到距离C点l4处的O点，已知液体的折射率n=2，真空中的光速为c，求：盛装液体的高度h；光从A到O所用的时间t。答案解析1.【答案】D【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第提出了电磁感应定律，故A错误；库仑提出了库仑定律，但最早实验测得元电荷e的数值的不是库伦，所以B错误；伽利略发现了行星运动的规律，卡文迪许测出的引力常量，所以C错误；法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机，故D正确。2.【答案】B【解析】由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U=Ed知|Uab|Ubc|，而W=qU，所以|

13、Wab|Wbc|，则A错误，B正确；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，则C错误从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；3.【答案】BD【解析】质量未知，故无法求重力功率，故A错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B正确；小球从M点到N点的过程中电势能的变化量EpFyF，由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C错误；利用平抛知识有tan，速度偏向角设为，则tan2tan，则得：vy2v0tan，故vNv0，D正确4.【答案】B【解析】物体在04 s内做加速运动，速度

14、与加速度同向；在45 s内做减速运动，速度与加速度反向，5 s末速度减为0；56 s内做反方向的加速运动，速度与加速度同向；68 s内在反方向做减速运动，速度与加速度反向，综上所述，B项正确，A、C、D项错误5.【答案】B【解析】整个装置所在平面的磁感应强度均匀增大，磁通量增加，根据楞次定律，杆中感应电流方向是从a到b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，由于磁感应强度均匀变化，故在回路中会产生恒定的电流，选项B正确；根据安培力公式FBIL，磁感应强度均匀增加，故杆所受到的安培力大小也逐渐变大，选项C错误；根据左手定则，杆所受安培力水平向左，选项D错误6.【答案】CD【解析】由行星运动的对称性

15、可知，从P经M到Q点的时间为T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确7.【答案】CD【解析】升压和降压变压器的输出电压由输入电压和线圈的匝数决定，不受到输出功率的影响，因此输出电压不发生变化，A项和B项错误；P损I2R线2R线，可知随着输出功率的增大，输电线上损耗的功率越大，C项正确；根据n，U出、R线不变，P

16、出逐渐增大，因此损耗的功率占总功率的比例增大8.【答案】AD【解析】弹簧被拉至最大形变的过程中，弹力逐渐增大，弹力开始小于重力，加速度方向向下，后来弹力大于重力，加速度方向向上，所以小球先失重后超重故A正确弹簧被拉至最大形变的过程中，有弹簧弹力和重力做功，小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒故B错误根据动能定理知，整个过程中动能的变化量为零，则重力做功与小球克服弹簧弹力做功相等故C错误由系统机械能守恒知，弹簧被拉至最大形变时，系统动能最小，系统的势能最大，即弹簧的弹性势能、小球的重力势能之和最大故D正确9.【答案】(1)2 (2)0.10 (3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长

17、变化。从而改变单摆周期，影响加速度的测量值【解析】(1)一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T=2s；(2)由图可知时间间隔为半个周期t=1s，由逐差法可知；(3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化。从而改变单摆周期，影响加速度的测量值10.【答案】（1）A C 甲 （2）5.2 （3） B D【解析】（1）由于电动势为4v，待测电阻约为，电流最大值约为0.8A，电流和电压最大值都不到BD的三分之一，为了减少误差，最好使用电流表A，电压表C，据，应把电流表接成外接，故选电路图甲；（2）据电表所示，电压为,电流为，则待测电阻阻值为：；（3）在甲图中的误差原因是电压表的分流作用，使测量电流大于实际

18、电流，即选项B；乙图中误差原因是电流表的分压作用，使电压测量值大于实际电压，即选项D。11.【答案】（1）2m/s2（2）x=4m（3）J（4）5.225s【解析】（1）板沿斜面方向运动，在斜面方向受到沿斜面向下的重力分力以及滚轮对其沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可得加速度=2m/s2（2）板的速度与滚轮速度相同前，板一直匀加速，初速度为0，速度相同时速度v=4m/s，根据匀变速直线运动有，得x=4m（3）由于x=4mL=6.5m所以板的运动分为匀加速运动阶段和匀速运动阶段匀加速运动阶段电场力做功W1，根据动能定理有，得J。匀速运动阶段电场力做功W2，根据动能定理有，得所以电场力做功J（

19、4）板的运动分为四个阶段第一阶段从0匀加速到v=4m/s，时间s第二阶段匀速运动到板的下端到达滑轮，时间s第三阶段没有摩擦力，在自身重力沿斜面分力作用下匀减速到0，加速度，运动时间s，运动距离m第四阶段为沿斜面向下匀加速滑行，加速度，位移为m，根据可得时间所以一个周期的时间12.【答案】(1)5102m(2)3774【解析】(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有qv0BmR5102m.(2)粒子在圆形磁场区域内的运动轨迹为一段半径R5 cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为圆形区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O在ab弦的

20、中垂线上，如图所示由几何关系可知sin0.6，37最大偏转角274.33、【答案】BCE【解析】无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；蒸发是液体表面分子无规则运动的情况，故C正确；汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，而不是分子间的相互排斥而产生的，故D错误；冰在融化过程中吸收热量但温度不升高，故E正确。所以BCE正确，AD错误。【答案】（i）30（ii）1.5L【解析】（i）贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积 V1=V总V液=1L

21、打气过程瓶内气体做等温变化，有p0(V1+V外）=p2V1 V外=nV 将p0=1.0atm、p2=2.5atm代入可解得打气的次数至少为n =30 （ii）阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有p2V1=p3V3 最后瓶内气体的压强p3=p0 代入数据解得最后瓶内气体的体积 V3=2.5L 因此喷雾器能喷出的水的体积最大值V水=V3-V1=1.5L 故本题答案是：（i）30（ii）1.5L34、【答案】ACD【解析】A项：因为经过4s，振动由a点传到c点，则波的传播速度：v=st=84ms=2ms ，故A正确；B项：c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率仍然是不变的，

22、选项B 错误；C项：该波的波长为：=vT=21m=2m，选项C 正确；DE项：因为acab=2m=，故两列波相遇后，c点振动加强，选项D 正确，E错误。点晴：波在同一介质中匀速传播，a处振动先到达c点，由公式v=st，求解波速；由图读出周期，据路程差分析c点的振动强弱：若路程差等于半个波长的奇数倍时，振动减弱；相反，路程差等于半个波长的偶数倍时，振动加强。【答案】h=(3+3)l8；t=(6+72)l8c【解析】试题分析：画出光路图，根据折射率和几何关系即可求出盛装液体的高度；光在液体中的传播速度为v=cn，根据几何关系求出传播的距离，根据运动学公式从而得出光从A到O的时间。画出光路图，由题意知i=45根据折射定律：n=sinisinr=2 解得： r=30又：GE=AE=l-h 可得：sinr=OBGE(OBGE)2+h2=12 又：OB=3l4代入数字化简得：32h224hl+3l2=0解得：h=(3+3)l8 (另一解 h=(33)l8 舍去) 光在液体中的传播速度为v=cn=2c2光从A到G的时间为：t1=AGc=2AEc光从G到O的时间为：t2=OGv=hvcosr所以光从A到O的时间为：t=t1+t2=(6+72)l8c1.54lc