本试卷分第1卷和第Ⅱ卷两部分．共16页。满分240分。考试用时150分钟。答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

    H1   C12   N14   016   Na 23   Mg 24   Al 27  Si 28  S 32   Cl 35.5  K 39   Ca 40

Mn 55  Fe 56  Cu   Br 80   Ag 108  1 127   Pb 207

第Ⅰ卷（必做，共87分）

注意事项：

    1．第1卷共20小题。

    2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净以后，再选涂其他答案标号。若不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。

二、选择题（本题包括7小题，每小题给出四个选项中，有的只有…个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得O分）

14.以下关于物理学史和物理学方法的叙述中，正确的是

  A.“电流的周围存在磁场”最早是由奥斯特发现的

  B．牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”

  C．如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷静电力就要做功，这里用的是归纳法

  D．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法

【答案】AD

【解析】伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”，B错误；选项C是假设法；选项AD符合物理学史。

15．如图所示，矩形物块甲和丙在水平外力F的作用下静止在物体乙的斜面上，物体乙静止在水平地面上。现减小水平外力F，三物体仍然静止，则下列说法中正确的是

A．物体甲对物体丙的支持力一定减小

B．物体乙对物体甲的摩擦力一定减小

C．地面对物体乙的摩擦力一定减小

D．物体甲可能受5个力的作用

【答案】CD

【解析】把甲乙丙看成一个整体，系统处于平衡状态，水平方向上根据静摩擦力大小的判断f=-F外可知，当F减小时，地面给乙的摩擦力随之减小，C正确；对丙进行受力分析，丙始终处于静止状态，所受各个力的大小均不变，A错误；将甲丙看成一个整体，由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定，故物体乙对物体甲的摩擦力的大小变化不确定，B错误；当甲乙之间的静摩擦力为0时，物体甲受5个力的作用，故D正确．故选CD．

16．某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研   究质量为5 kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图所示。设第Is内运动方向为正方向，则物体

   A．先向正方向运动，后向负方向运动

   B．在第3s末的速度最大

   C．在第3 s末距离出发点最远

   D．在第4s末的动能为22.5 J

【答案】BD

【解析】由题图可知物体0-1s做加速度增大的加速运动，1-3s做加速度减小的加速运动，3-4s加速度反向，物体沿正方向做加速度增大的减速运动，故3s末速度值达到最大，4s末物体离出发点最远。由于由静止开始运动，故加速度时间图像围成的面积表示速度的大小，物体在第4s末的速度为3m/s，故其动能为22.5 J.本题应选BD。

17．有些卫星因能量耗尽而报废，成为太空垃圾，所以被称为“垃圾卫星”。“轨道康复者”是“垃圾卫星”的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾卫星”补充能量，延长卫星的使用寿命。假设“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合。下列判断正确的是

   A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍

   B．“轨道康复者”的周期是地球同步卫星周期的倍

   C．站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向西运动

   D．“轨道康复者”要在原轨道上加速才能“拯救”更低轨道上的卫星

【答案】A

【解析】根据卫星运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度，即=mg=ma，知，由于“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，故其加速度是地球同步卫星加速度的25倍，A正确．根据=m得：，由于“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，故其周期是地球同步卫星周期的倍，故B错误；由B选项知轨道半径越大，周期越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以轨道康复者的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到轨道康复者向东运动．故C错误；“轨道康复者”要“拯救”更低轨道上的卫星必须做近心运动，使万有引力大于向心力，故需要在原轨道减速，D错误。

18．如图所示，虚线为某一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，M、N为运动轨迹上两点，下列说法中正确的是

   A．如果实线表示电场线，则该粒子在M点的动能一定小于在N

      点的动能

   B．如果实线表示等势面，则该粒子在M点的动能一定小于在N

      点的动能

   C．不论实线丧示电场线还是等势面，粒子在M点的加速度一定小于在N点的加速度

   D．不论实线表示电场线还是等势面，都不能确定M、N 两点电势高低关系，但能确定该粒子所带电荷的正负

【答案】AC

【解析】如果实线表示电场线，由粒子轨迹弯曲方向可知由M至N粒子的速度方向跟受力方向所夹的角是锐角，故粒子由M至N做加速运动，在M点的动能一定小于在N点的动能，A正确；如果实线表示等势面，由M至N粒子的速度方向跟受力方向所夹的角是钝角，故粒子由M至N做减速运动，在M点的动能一定大于在N点的动能，B错误；电场线或等势面密集处电场强度大，粒子受到的电场力大，故不论实线丧示电场线还是等势面，粒子在M点的加速度一定小于在N点的加速度，C正确；由于不清楚电场的方向，不论实线表示电场线还是等势面，都不能确定M、N 两点电势高低关系，也不能确定该粒子所带电荷的正负，D错误。

19．某小型水电站的电能输送示意图如图，发电机的输出电压为220 v，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为降压变压器原副线圈匝数分别为。（变压器均  为理想变压器）。要使额定电压为200 V的用电器正常工作，则

    A． 

B．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率

    C．若增大，输送功率不变，则输电线上损失的电压减小

D．若用电器增多，则输电线上损失的功率减小

【答案】BC

【解析】根据变压器工作原理可知，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2＞U3，所以，故A错误．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故B正确。若增大，输送功率不变，则输电线上的电流减小，输电线上损失的电压减小，C正确。若用电器增多，则用户端的输出功率增大，用户端的电流增大，从而导致通过降压变压器原线圈的电流增大，故输电线上损失的功率增大，D错误。

20．如图所示，在倾角为的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是

A．v= v。

B．线框离开MN的过程中电流方向为adcba

C．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为3 gsin

D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框

       产生的热量为

【答案】BCD

【解析】由题可知，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度 v0做匀速直线运动，加速度为零．当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，安培力的表达式分别为F1=和F2=2BLI2=2BL=，由平衡条件即可求得，选项A错误．由楞次定律可知选项B正确。线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有：mgsinθ=BIL=①，当ab边刚越过JP时，此时线框速度仍为v0，此时有：2BI2L-mgsinθ=ma2 ② I2=  ③由②③得：a=3gisnθ，故C正确。从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，只有线框的重力和安培力做功，据动能定理可知产生的热量即安培力做的功为，故D正确。故选BCD。

高三巩固训练

理科综合

第Ⅱ卷（必做1 29分十选做24分，共153分）

注意事项：

    1．第Ⅱ卷共18道题。其中21～30题为必做部分，31-- 38题为选做部分。

    2．第Ⅱ卷所有题目的答案，须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分。

    3．选做部分必须从中选择1道物理题、1道化学题和1道生物题作答。答题前，请考生务必将所选题号用2B铅笔涂黑，答完题后，再次确认所选题号。

【必做部分】

21. (13分)

  (1)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图甲所    示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点汁时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点。

①图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、l、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=_________（保留两位有效数字）。

②为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是    。

    A．木板的长度L

  B．木板的质量mi

    C．滑块的质量

  D．托盘和砝码的总质量t

  E．滑块运动的时间t

③滑块与木板间的动摩擦因数=________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）

(2)某兴趣小组用下面的方法测量小球的带电量：图中小球是一个外表面镀有金属膜的空心塑料球．用绝缘丝线悬挂于O点，O点固定一个可测量丝线偏离竖直方向角度的量角器，M、N是两块竖直放置的较大金属板，加上电压后其两板间电场可视为匀强电场。另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电源、开关、滑动变阻器及导线若干。

  实验步骤如下：

①用天平测出小球的质量m．并用刻度尺测出M、N板之间的距离d，使小球带上一定的电量；

②连接电路：在虚线框内画出实验所需的完整的电路图；

③闭合开关，调节滑动变阻器滑片的位置，读出多组相应的电压表的示数U和丝线偏离竖直方向的角度；

④以电压U为纵坐标，以_____为横坐标作出过原点的直线，求出直线的斜率为k；

⑤计算小球的带电量q=_________.

【答案】(1)① 0.49 (2分 ) ② CD (2分 )③(2分 )

（2）（共7分）②电路如图 (3分 )    ④tanθ　(2分 )　      ⑤q= mgd/k  (2分 )

【解析】（1）①每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s，根据逐差法有：a==0.49m/s2，②要测量动摩擦因数，由f=μFN 可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小，压力就是滑块的重力，所以需要知道滑块的质量，摩擦力要根据滑块的运动来求得，滑块做的是匀加速运动，拉滑块运动的是托盘和砝码，所以也要知道托盘和砝码的质量，故ABE错误，CD正确．故选：CD． ③以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律有：m3g-f=（m2+m3）a   ①f=m2gμ      ②

联立①②解得：μ=．

（2）电路图如图（a）所示。带电小球的受力如图（b），根据平衡条件有tanθ=，又有F=qE=q，联立解得，U= tanθ=ktanθ，所以应以tanθ为横坐标．由上可知k=，则小球的带电量为q=。

22.（15分）如图所示，质量M=2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=l kg的小球通过长L =0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度，取。

    (1)若锁定滑块．试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向

(2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道位置到轴O的距离

(3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小，试求此时滑块的速度大小

【答案】见解析

【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则                 

              得   m/s                (2分 )

      设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则 

                     (2分 )

              得   F=2N       (1分 ) 

      由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上(1分 )

    （2）小球飞出后做平抛运动，设运动时间为t 

由            (2分 )

到轴O的距离                    (2分 )

得   m              (1分 )

    （3）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2。

       在上升过程中，系统的机械能守恒，则(3分 )

       得   v =1m/s     (1分 )

23．（18分）如图所示，是一种电子扩束装置的原理示意图。

直角坐标系原点O处有一电子发生器，朝xOy平面内x≥0区域任意方向发射电子，电子的速率均为，已知电子的电荷量为e、质量为m。在0≤x≤d的区域内分布着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小,在x>d区域内分布着足够大且垂直于xOy平面向外的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度。ab为一块很大的平面感光板，在磁场内平行于y轴放置，电子打到板上时会在板上形成一条亮线。不计电子的重力和电子之间的相互作用。

(1)求电子进入磁场时速度的大小；

(2)当感光板ab沿x轴方向移到某一位置时，恰好没有电子打到板上，求感光板到y轴的距离

(3)保持(2)中感光板位置不动，若使所有电子恰好都能打到感光板上，求磁感应强度的大小以及电子打到板上形成亮线的长度。

【答案】见解析

【解析】 (1)根据动能定理：      (3分 )

得                   (1分 )

(2)由v0＝知，对于沿y轴负方向射出的电子进入磁场时与边界线夹角θ＝60°  

若此电子不能打到ab板上，则所有电子均不能打到ab板上。

当此电子轨迹与ab板相切时，根据洛伦兹力提供向心力有

           (2分 )

又    

得               (1分 )

由几何知识  (1分 )

解得             (1分 )

（3）易知沿y轴正方向射出的电子若能打到ab板上，则所有电子均能打到板上。其临界情况就是此电子轨迹恰好与ab板相切           

此时           (1分 )

故                (1分 )

由           

解得                       (2分 )

此时，所有粒子恰好都能打到板上

电子在电场中运动过程   

沿y轴方向的位移  (2分 )

电子在磁场中运动过程，沿y轴负方向的偏转量

        (1分 )

沿y轴正方向的偏转量

          (1分 )

电子打到板上形成亮线的长度

     (1分 )

【选做部分】

(36)．(8分)[物理------物理3--3]

  (1)下列说法中正确的有__________。

    A.“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积

B．布朗运动中，悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高，布朗运动越剧烈

C．质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同

    D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性

  (2)如图所示，竖直放置的粗细均匀的U形管，右端封闭有一段空气柱，两管内水银面高度 差为h=19cm，封闭端空气柱长度为=40cm。为了使左、右两管中的水银面相平，

    （设外界大气压强=76 cmHg，空气柱温度保持不变）试问：

    ①需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱？此时封闭端空气柱的长度是多少？

②注入水银过程中，外界对封闭空气做_____（填“正功”或“负

      功”或“不做功”）气体将______（填“吸热”或“放热”）。

【答案】见解析

【解析】（1）BD      （3分）计算油酸分子直径应用一滴纯油酸的体积，A错误；温度是分子平均动能的量度，温度相同，则分子的平均动能相同，C错误。

（2）①对空气柱    

得L2=30cm      （2分）

需要再注入39 cm的水银柱。（1分）

②正功 （1分）  放热   （1分）

37.（8分）[物理一物理3--4]

  (1)如图所示是一列简谐横波在某时刻的波动图象，从该时刻开始，此波中d质点第一次到达波谷的时间比e质点第一次到达波谷的时间早0. 05 s。

    ①求此列波的传播方向和波速；

    ②若b质点的平衡位置为x=l.5 m，求至少经过多长时间b质点经过平衡位置且向下运动以及b质点在这段时间内经过的路程。

(2)如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP=OQ=R，一束单色光垂直OP面射人玻璃体，在OP面上的入射点为A,OA=，此单色光通过玻璃体后沿BD方向射出，且与x轴交于D点，BD=R，求该玻璃的折射率。

【答案】(1)①沿x轴正方向传播　20 m/s　（2分）

②0.125 s　(10＋) cm （2分）

 (2) （4分）

【解析】（1）①由“从该时刻开始，此波中d质点第一次到达波谷的时间比e质点第一次到达波谷的时间早0. 05 s”可知d质点此时刻向下振动，由质点振动方向和波的传播方向的关系可知波向x轴正方向传播，由图像可知波长为4m，周期为0.054=0.2s，故=20m/s。②将x=1.5m代入可得b质点此时的位移为m，结合波的传播方向，由可知b质点第一次回到平衡位置的时间为0.025s，可知至少经过0.125s，b质点经过平衡位置且向下运动，b质点在这段时间内经过的路程为(10＋) cm。

（2）由折射率的定义结合图中的几何关系可求得该玻璃的折射率为。

38．（8分）[物理一物理3—5]

  (1)已知氢原子各定态能量为，式中n=1,2,3，…为氢原子的基态能量。要使处于基态的氢原子跃迁到激发态，入射光子具有的最小频率为______。若大量氢原子处于n=4的激发态，则它们发生跃迁时，最多能辐射_____ 种频率的光子。（普朗克常量为h）

(2)如图所示，两个并排放置的木块A和B静止在光滑水平面上，已知之间不粘连。有一质量为的小物块C以的水平速度滑上A表面，最终在木块B上以2.5 m/s的速度与B共同运动，求：C离开A时的速度大小。

【答案】见解析

【解析】（1）        （2分）   = 6种   （1分）

（2）设C离开A时速度为v，根据动量守恒定律得

  \      （2分）

C与A分离后，对C、B由动量守恒定律：

       （2分）

解得                  （1分）下载本文