广东省广州市荔湾区高三物理综合测试试题(一)(含解析)

广东省广州市荔湾区2018届高三物理综合测试试题（一）（含解析）二、选择题：本题共8 小题，每题6 分，共48 分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求，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. 两位同学在冰面滑冰，如图所示。

刚开始面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是
A. 互推后两同学总动量增加
B. 互推过程中两同学的动量总是大小相等
C. 分离时质量大的同学的速度大一些
D. 分离时质量小的同学的动量大一些
【答案】B
【解析】把这两位同学看成一个系统为研究对象，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量保持为零，则两同学的动量大小相等，方向相反；但两个人的动量都是增大的，故A错误，B正确；根据动量守恒：，可知质量大的，分离时速度小，但分离后他们的动量大小相等，故CD错误。

所以B正确，ACD错误。

2. 如图是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是
A. 0～1 s内的平均速度是2 m/s
B. 0～2 s内的位移大小是4 m
C. 0～1 s内的运动方向与2 s～4 s内的运动方向相反
D. 0～1 s内的加速度大小大于2 s～4 s内加速度的大小
【答案】D
【解析】0～1s内质点做匀加速直线运动，其平均速度为初末速度之和的一半即：
，故A错误；在v-t图象中，图线与坐标轴所围的面积大小等于
位移：，故B错误；速度的正负表示速度的方向，则知0～1s内的运动方向与2～4s内的运动方向相同，故C错误；速度图象的斜率等于加速度，则知0～1s 内的加速度大于2～4s内的加速度，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

3. 如图所示，已知甲空间中没有电场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场。

三个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的相同位置
O 点以相同初速度v0沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙图中斜面上A、B、C 点（图
中未画出），距离O 点的距离分别为l OA、l OB、l OC。

小球受到的电场力始终小于重力，
不计空气阻力。

则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】甲图小球不受电场力加速度为g，带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，加速度大于g，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，加速度小于g，根据类平抛运动规律，他们落在斜面上时均有：，解得：，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此沿斜面运动的距离也就越小，即，故C正确，ABD 错误。

4. 如图为氢原子能级图， 5种金属的逸出功如下表：
大量处在n＝4 能级的氢原子向低能级跃迁时，可产生多种不同频率的光。

现将其中频率最大的光，分别照射在以上5 种金属的表面。

则在这五种金属表面逸出的光电子中，最大的动能约为
A. 7.77eV
B. 10.61eV
C. 11.46eV
D. 12.75eV
【答案】B
5. 用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R(r＜＜R)
的圆环。

圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。

圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则
A. 此时在圆环中产生了（俯视）逆时针的感应电流
B. 此时圆环受到竖直向下的安培力作用
C. 此时圆环的加速度
D. 如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度
【答案】D
............
6. 无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即（式中k为常数）。

如图所示，两根相距L的无限长
直导线分别通有电流I 和3I。

在两根导线的连线上有a、b 两点，a点为两根直导线连线的中点，b 点距导线I 的距离为L。

下列说法正确的是
A. a 点和b 点的磁感应强度方向相同
B. a 点和b 点的磁感应强度方向相反
C. a 点和b 点的磁感应强度大小之比为8∶1
D. a 点和b 点的磁感应强度大小之比为16∶1
【答案】AD
【解析】解：AB、根据右手螺旋法则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I导线与I导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下的；根据B=K，3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而I导线在b处的磁感应强度方向向上，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A 正确，B错误；
CD、3I导线与I导线在a处的磁感应强度大小B a=K+K=K，
而3I导线与I导线在b处的磁感应强度大小B b=K﹣K=K，则a点和b点的磁感应强
度大小之比为16：1，故C错误，D正确．
故选：AD．
【点评】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．
7. 如图所示，AB⊥CD 且A、B、C、D位于同一半径为r 的竖直圆上，在C点有一固定点
电荷，电荷量为＋Q，现从A 点将一质量为m，电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该
电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D 点时速度为（g 为重力加速度），规定电场中B
点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中
A. A 点电势低于O 点电势
B. D 点电势为－
C. O 点电场强度大小是B 点的2 倍
D. 点电荷－q 在D 点具有的电势能为
【答案】ACD
【解析】因为O点离Q比A点近，又因为Q是正电荷，电场线方向沿着半径方向背离电荷，根据沿着电场线的方向，电势降低，可知A点的电势低于O点电势，故A正确；从A到D
运动，根据动能定理，则有：，解得电场力做功：，场中B点的电势为零，A点的电势也为零，因为电场力做负功，则电势能增加，因此点电荷-q 在D点的电势能为：；规定电D点的电势为：，故B错误，D正确；由几何关系得：B到C的距离是O到C的距离的倍，根据点电荷电场强度公式：，则有B点电场强度大小是O点的倍，故C正确。

所以ACD正确，B错误。

8. 如图所示，AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB 一端通过铰链固定
在A点，另一端B悬挂一重为G 的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮 C，用力F拉绳，开始时∠BAC＞90°，现使∠BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC。

此过程中
A. 绳子拉力逐渐增大
B. 绳子拉力逐渐减小
C. 轻杆B端所受弹力先减小后增大
D. 轻杆B端所受弹力保持不变
【答案】BD
【解析】对B点分析受力：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图，
根据三角形相似可得：，杆AB接近AC过程中，AC、AB保持不变，CB变小，则N保持不变，F变小，故BD正确，AC错误。

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。

9. 为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所
示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感
器的距离。

位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x 随时间t 的变化规律，如图乙所示。

（1）根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度大小v＝__________ m/s，木块加速度大小a＝_________m/s2；（保留两位有效数字）
（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是_________。

（已知当地的重力加速度g）【答案】 (1). 0.40 (2). 1.0 (3). 斜面倾角(或A点的高度)
【解析】试题分析：（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；
（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；
解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，
得0.4s末的速度为：v=m/s=0.4m/s，
0.2s末的速度为：v′==0.2m/s，
则木块的加速度为：a===1m/s2．
（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ
得：μ=
所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ；
故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角θ．
【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．
10. 某实验小组设计了如图甲的电路，其中R T为热敏电阻，电压表量程为3 V，内阻
R V约10 kΩ，电流___________表量程为0.5 A，内阻R A＝4.0 Ω，R 为电阻箱。

（1）该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。

闭合开关，
调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，
在I－U坐标系中，将各组U1、I 的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏
安特性曲线，如图乙中曲线所示。

为了完成该实验，应将导线c 端接在______（选
填“a”或“b”）点；
（2）利用（1）中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为________；（用U1、I、R 和R A表示）
（3）实验小组利用（2）中的公式，计算出各组的U2，将U2和I 的数据也描绘在I－U
坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E＝_____V，内
电阻r＝______ Ω；（保留两位有效数字）
（4）实验中，当电阻箱的阻值调到8.5 Ω 时，热敏电阻消耗的电功率P＝______ W。

（保留两位有效数字）
【答案】 (1). a (2). a (3). U2＝U1＋I(R＋R A) (4). 6.0 (5). 5.0 (6).
0.48
【解析】（1）采用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点。

（2）根据电路串并联规律可知外电压为：
（3）电源两端的电压利用欧姆定律可知．利用电源的外特性曲线可知电动势和内电阻．把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为6.0，内电阻为：。

（4）等效电源内阻为：r0=3.0+4.0+3.0=10Ω；在I-U图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示；与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标（4.2，0.31）．所以热敏电阻的电功率为：。

11. 如图所示，QB 段为一半径为R=1m 的光滑圆弧轨道，AQ 段为一长度为L=1m
的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平
面内。

物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P 与AQ 间的动摩擦因数μ=0.1，若物块
P以速度v0从A 点滑上水平轨道，到C点后又返回A 点时恰好静止。

取g=10m/s2，求：
（1）v0的大小；
（2）物块P第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力。

【答案】（1）2 m/s （2）12N。

【解析】试题分析：在整个过程中由动能定理即可求得速度；由动能定理求出到达Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力。

⑴物块P从A到C又返回到A的过程中，
由动能定理有：
代入数值解得：=2 m/s
⑵设物块P通过Q点的速度为v，在Q点轨道对P的支持力为F，
由动能定理有：
根据向心力表达式：
联立两式代入数值得：F=12N
物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力，与圆弧轨道对P的支持力是一对相互作用力，所以物块P对轨道压力大小为12N，方向竖直向下。

点睛：本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的灵活运用，关键是过程的选取。

12. 如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度
方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场。

圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不
同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力。

求
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？
（2）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向。

（3）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标。

【答案】（1）（2）600 （3）（，0）（，0）
【解析】试题分析：当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解。

（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场
由牛顿第二定律，得
洛伦兹力为：
解得：
（2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心，OM 为ON的一半，知角ONM为300，角CNA为600，则NA=R，质子做圆周运动的的半径为R
结合以上解得：B=
易知OB与x轴的夹角为600
故质子出射时速度与x轴成600角
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
在竖直方向：
在水平方向：
联立解得：
i)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴方向的速度为，偏转角为由结合以上解得：
在竖直方向的速度为：
偏转角为：
由图
联立求解得：
根据几何关系得：
故与x轴交点坐标为（，0）
ii) 当时，质子在电场区域内与x轴相交
由解得：
水平位移
根据几何关系得：
故与x轴交点坐标为（，0）
点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题。

13. 下列说法正确的是（选对1 个给3 分，选对2 个给4 分，选对3个给5 分，
每选错1 个扣3 分，最低得分为0 分）．
A. 当分子间距离为平衡距离时分子势能最大
B. 饱和汽压随温度的升高而减小
C. 对于一定质量的理想气体，当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
D. 熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
E. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面具有收缩的趋势【答案】CDE
【解析】当分子间距离，随着距离的增大，分子引力和斥力都减小，但斥力减小快，分子力表现为引力，分子之间的距离增大时，分子力做负功，分子势能增大；相反，分子力表现为斥力，分子间距离越小，分子力做负功，分子势能增大，故可知当分子间距离为平衡距离时，分子具有最小势能，A错误；对于同一种液体，饱和汽压随温度升高而增大，B错误；当分子热运动变剧烈时，可知温度升高，分子平均动能增大，气体的压强在微观上与分子的平均动能和分子的密集程度有关．要看压强的变化还要看气体的密集程度的变化，所以压强可能增大、可能减小、可能不变，C正确；熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，D正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故液体表面有收缩趋势，故E正确．
14. 如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，
质量均为m＝1.0 kg 的活塞A、B 用一长度为3L＝30 cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气．活塞A、B 的面积分别为S A＝200 cm2和S B＝100 cm2，汽缸内A 和B 之间封闭有一定质量的理想气体，A 的左边及B 的右边都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105Pa．当汽缸内气体的温度为T1＝500 K 时，活塞处于图示位置平衡．问：
①此时汽缸内理想气体的压强多大？
②当汽缸内气体的温度从T1=500 K 缓慢降至T2=400 K 时，活塞A、B 向哪边移动？
移动的位移多大？
【答案】（1）1.0×105 Pa （2）10 cm
【解析】试题分析：（i）设被封住的理想气体压强为p，轻细杆对A和对B的弹力为F，对活塞A有：（1分）
对活塞B，有：（1分）
得：（1分）
（ii）当气缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A、B一起向右移动（1分）
活塞A最多移动至两筒的连接处。

设活塞A、B一起向右移动的距离为x。

对理想气体：（1分） T1 =" 500" K
（1分） T2 =" 400" K
S A= 200 cm2S B= 100 cm2
由盖•吕萨克定律：（2分）
解得：x =" 10" cm（1分）
x < 2L =" 20" cm表明活塞A未碰两筒的连接处。

故活塞A、B一起向右移动了10 cm。

考点：本题考查气体压强、盖•吕萨克定律
15. 如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S1 的振幅A1=3cm，S2的振幅
A2=2cm，则下列说法正确的是_______（选对1个D2给3 分，选对2个给4 分，选对3个给5分，每选错1 个扣3分，最低得分为0 分）．
A. 质点D 是振动减弱点
B. 质点A、D 在该时刻的高度差为10cm
C. 再过半个周期，质点B、C是振动加强点
D. 质点C的振幅为1cm
E. 质点C此刻以后将向下振动
【答案】BDE
【解析】两个波源的振动步调一致，因图中AD到两个波源路程差为零，是振动加强点，而BC是波峰与波谷相遇，是振动减弱点，故A错误；图示时刻，质点A的位移为：+3cm+2cm=+5cm，质点D的位移为-3cm-2cm=-5cm，故质点A、D在该时刻的高度差为10cm，故B正确；振动的干涉图象是稳定的，AD一直是振动加强点，而BC一直是振动减弱点，故C错误；质点C 是振动减弱点，振幅为3cm-2cm=1cm，故D正确；质点C是振动减弱点，此刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下振动，故E正确。

所以BDE正确，AC错误。

16. 如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD 为半径为R 的四分之一的圆周，圆心为O，光线从AB 面上的某点入射，入射角θ1＝45°，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O 点．
①画出光线由AB 面进入棱镜且从CD弧面射出的光路图；
②求该棱镜的折射率n．
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：根据题目要求作出光路图，注意光线沿半径方向射出，在圆弧面上的入
射角为0°，将径向射出．运用几何关系，根据折射定律，结合，求出棱镜的折射率。

①光路图如图所示．
②光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C
根据：，
可得：
光线在AB界面上发生折射，折射角θ2＝90°－C，
由几何关系得：sin θ2＝cos C，
由折射定律得：
由以上几式联立解得：
点睛：本题主要考查了光的折射定律，解决本题的关键掌握折射定律以及临界角与折射率的关系。