2019届高考物理(课标通用)一轮复习阶段综合检测(三) 第七～九章验收(重点高中)

阶段综合检测（二） 第一~六章验收(时间：90分钟 满分：110分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)★1.甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动。

以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的a -t 图像如图所示。

关于甲、乙在0～t 0时间内的运动情况，下列说法正确的是( )A ．在0～t 0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动B ．在0～t 0时间内，甲和乙的平均速度相等C ．在t 0时刻，甲的速度比乙的速度小D ．在t 0时刻，甲和乙之间的距离最大解析：选D 甲、乙两质点初速度相同，由题图可知，开始运动时，甲的加速度大于乙的加速度，则开始后甲的速度大于乙的速度，直至t 0时刻两者速度再次相同，故t 0时刻，甲和乙之间的距离最大，D 正确。

2．(2018·厦门一中月考)一质量为m 的铁锤，以速度v 竖直打在木桩上，经过Δt 时间停止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A ．mg ΔtB ．m v ΔtC ．m v Δt ＋mgD ．m v Δt －mg 解析：选C 对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg －F )Δt ＝0－m v ，得：F ＝m v Δt ＋mg ，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为m v Δt ＋mg ，选项C 正确。

★3．(2018·河南百校联盟模拟)如图所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为 2 m ，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为( )A ．34m B ．23 m C ．22 m D ．43m 解析：选D 设斜面的高AB 为h ，落地点到C 点的距离为x ，则由几何关系及平抛运动规律有⎝⎛⎭⎫h tan θ＋x 2hg ＝⎝⎛⎭⎫h 2tan θ＋x h g ，求得x ＝43m ，选项D 正确。

2019高考物理一轮选练习题（3）李仕才一、选择题1、(多选)一质点做匀变速直线运动，先后通过P 、Q 、N 三点，如图所示，已知PQ ＝QN ＝15 m ，质点通过PQ 的时间t 1＝3 s ，通过QN 的时间t 2＝2 s ，则下列说法中正确的是( )A ．此质点运动的加速度为1 m/s 2B ．此质点通过P 的速度为3.0 m/sC ．此质点通过Q 的速度为6.5 m/sD ．此质点通过Q 的速度为6.0 m/s解析：选AC.设质点加速度为a ，经过P 点时速度为v P ，对PQ 段有x ＝v P t 1＋12at 21，对PN 段有2x ＝v P (t 1＋t 2)＋12a(t 1＋t 2)2，联立并代入数据解得v P ＝3.5 m/s ，a ＝1 m/s 2，则v Q ＝v P ＋at 1，代入数据解得v Q ＝6.5 m/s ，所以选项A 、C 正确．【链接】（2018山东省临沂市高三上学期期中）某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，该质点的图象如的是( )图所示，下列说法错误．．A. 质点的加速度大小为B. t=0时，质点的初速度大小为aC. t=0到t=b这段时间质点的平均速度为0D. t=0到t=b这段时间质点的路程为【答案】D2、（2018届天津市耀华中学月考）2007年11月5日,“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球,在距月球表面200km 的P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获,进入椭圆轨道I 绕月飞行,如图所示、之后,卫星在P点又经过两次“刹车制动”,最终在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动、则下列说法正确的是( )A. 由于“刹车制动”,卫星在轨道Ⅲ上运动的周期将比沿轨道I运动的周期长B. 虽然“刹车制动”,但卫星在轨道Ⅲ上运动的周期还是比沿轨道Ⅰ运动的周期短C. 卫星在轨道Ⅱ上经过P点时的速度比在轨道Ⅲ上经过P 点的速度大D. 卫星在轨道Ⅲ上运行时的速度比月球的第一宇宙速度大【答案】BC3、（2018江西省南昌第二中学期末）如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n 号木块的初速度分别为v 0、2v 0、3v 0、……、nv 0，v 0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则 （ ）A. 所有木块与木板一起匀速运动的速度为01v 4n + B. 所有木块与木板一起匀速运动的速度为012n v + C. 若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为0229v D. 若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为03516v 【答案】AC联立解得： 1012v v = 1012mgt mv μ= 设再经过2t 时间，第2块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为2v ，则：对第2个木块： ()()12202mg t t mv m v μ-+=-对木板和第1个木块： ()()()22111n mgt n m v v μ-=+-，解得： 20212n v v n -= 2012n mgt mv nμ+= 再经过3t 时间，第3块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为3v ，则：对第3个木块： ()()123303mg t t t mv m v μ-++=-对木板和第1、2个木块： ()()()33222n mgt n m v v μ-=+-，……再经过k t 时间，第k 块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为k v ，则：对第k 个木块： ()()1230k k mg t t t t mv m kv μ-+++⋅⋅⋅+=-对木板和第1、2、3…、k-1个木块：()()()3111k k n k mgt n k m v v μ-+-=+--，解得： ()0214k n k v kv n +-=，将9,8n k ==代入： 80229v v = 故C 正确D 错误4、质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m 可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】AB【解析】根据动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p ，则总动量为2p ，根据动量守恒，M 的速度不大于m 的速度，Mm ≥1，根据能量的关系及动能的关系有p 2＝2mE k 得，由于动能不增加，则有242p M ≥22p m ＋22p M ，得1≤M m ≤3，故A 、B 正确，C 、D 错误。

2019年普通高等学校招生全国统一考试（III 卷）理科综合能力测试（物理部分）答案详解（本试卷物理分值分布：力学49分、电磁学46分、热学/光学15分、原子物理学0分）二、选择题：本题共8小题，每小题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.14．（电磁学）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A ．电阻定律B ．库仑定律C ．欧姆定律D ．能量守恒定律【解析】当线圈与磁体间有相对运动时，根据"来拒去留”可知，磁场力都是阻碍线圈与磁体间的相对运动，有外力对系统做了功，导致其他形式的能转化为线圈的电能；当导体做切割磁感线运动时，安培力总是阻碍导体的运动，导体克服安培力做，把其他形式的能转化为电能，所以楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，故D 正确.【答案】D【分析】考察对楞次定律的理解.根据"来拒去留”可知，线圈与磁体间的相对运动过程中存在能量的转化.15．（力学）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火.已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定A ．a 金>a 地>a 火B ．a 火>a 地>a 金C ．v 地>v 火>v 金D ．v 火>v 地>v 金【解析】行星绕太阳运动时，万有引力提供向心力，设太阳的质量为M ，行星的质量为m ，行星的轨道半径为R ，根据牛顿第二定律有：Rv m ma R Mm G 22==可得向心加速度为2R M G a =，线速度为RGM v =.由已知R 金<R 地<R 火，所以有a 金>a 地>a 火，v 金>v 地>v 火.【答案】A【分析】行星绕太阳做匀速圆周运动，由太阳的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式分析距离关系、线速度关系及加速度关系.16．（力学）用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示.两斜面I 、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则A ．12=F F ，B ．12F F ，C ．1213==22F mg F ，D ．1231==22F mg F mg ，【解析】将重力进行分解如图A16所示，根据几何关系可得mg mg F 2330cos 1== ，mg mg F 2130sin 2== ，故D 正确.图A16【答案】A【分析】将重力进行分解，根据几何关系求解圆筒对斜面I 、II 压力的大小.17．（力学）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示.重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg【解析】根据动能定理可得k E mah Δ=，得斜率的大小为hE ma k Δ=.设物体受到与运动方向相反的外力为F ，上升过程中，N 12N 33672Δ111=-===+h E ma F mg k ，下落过程中，N 8N 32448Δ222=-===-h E ma F mg k ，解得kg 1=m .【答案】C 【分析】根据动能定理得到图象的斜率表示的物理量，再根据牛顿第二定律列方程求解质量.18．（电磁学）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为A ．5π6mqB B ．7π6mqB C ．11π6mqB D ．13π6mqB【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图A18所示，粒子在第二象限的运动时间为qBm qB m t 2ππ2411=⨯=第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据qB mv R π=可知，其运动半径为第二象限的2倍，即122R R =，根据几何关系可得21cos 212=-=R R R θ，得3π=θ，所以粒子在第一象限的运动时间为qB m B q m t 32π2π2612=⨯=所以粒子在磁场中运动的时间为qBm qB m qB m t t t 67π32π2π21=+=+=.图A18【答案】A【分析】画出粒子在磁场中的运动轨迹，求出轨迹对应的圆心角，再根据周期公式求解.19．（电磁学）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上.t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动.运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示.下列图像中可能正确的是【解析】A 、B ：金属棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得mv mv 20=，得20v v =，所以ab 的速度逐渐减小，cd 的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后为零，则安培力逐渐减小、加速度逐渐减小到零，故A 正确、B 错误；C 、D ：设两根导体棒的总电阻为R ，由于Rv v BL I )(21-=，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为0，则感应电流越来越小，最后为零，故C 正确、D 错误.【答案】AC【分析】根据动量守恒定律分析最终的速度大小，根据受力情况确定速度变化情况；根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势大小和闭合电路的欧姆定律分析电流强度的变化.20．（力学）如图（a ），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t =0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t =4s 时撤去外力.细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g =10m/s 2.由题给数据可以得出A ．木板的质量为1kgB ．2s~4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0~2s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】A ：根据图象可知物块与木板之间的滑动摩擦力为2N .0=滑f .在t =4s 后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，根据图象可知此时木板的加速度大小为22s /m 2.0=a ，根据牛顿第二定律有2ma f =滑，所以木板的质量为kg 1=m .故A 正确.B ：2s 〜4s 内，根据图象可知，木板的加速度为21s /m 2.0=a ，根据牛顿第二定律有1ma f F =-滑，解得N 4.0=F .故B 正确.C ：0〜2s 内，整体受力平衡，拉力F 的大小始终等于绳子的拉力f ，即F=f ，根据图象可知绳子的拉力f 增大，则力F 增大.故C 错误.D ：物块与木板之间的滑动摩擦力g m f 物块滑μ=，由于物块的质量未知，因此物块与木板之间的动摩擦因数无法求得.故D 错误.【答案】AB【分析】根据图象得到各阶段木板的加速度大小，根据经过受力分析以及牛顿第二定律即可求解木板的质量、拉力F .21．（电磁学）如图，电荷量分别为q 和–q （q >0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a 、b 是正方体的另外两个顶点.则A ．a 点和b 点的电势相等B ．a 点和b 点的电场强度大小相等C ．a 点和b 点的电场强度方向相同D ．将负电荷从a 点移到b 点，电势能增加【解析】A ：等量异号电荷形成的电场线和等势面如图A21所示.结合题图中对应的几何关系可知，a 靠近负电荷，而b 靠近正电荷，则可知，a 点电势一定小于b 点电势；故A 错误.(a)(b)(c)图A21B 、C ：a 、b 两点是两电荷单独在两点形成的电场强度的叠加，由图A21(c)可知，两点处的两分场强恰好相同，故合场强一定相同，故B 、C 正确.D ：根据A 中分析可知将负电荷从a 点移到b 点时，是从低点势移向高电势，因电荷带负电，故电势能减小，故D 错误.【答案】BC【分析】真空中两等量异号电荷叠加形成电场，根据等量异种电荷电场线以及等势面的性质即可确定两点的电势和场强关系；再根据电场线确定电场力做功情况，从而确定电势能的变化.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.（一）必考题：共129分.22．（5分）（力学）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机每间隔0.1s 拍1幅照片.（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是__________.（填正确答案标号）A ．米尺B ．秒表C ．光电门D ．天平（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法.答：____________________________________________________________.（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a 、b 和c 得到ab =24.5cm 、ac =58.7cm ，则该地的重力加速度大小为g =__________m/s 2.（保留2位有效数字）【解析】（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，好需要测量距离的器材，因此在此实验中还必须使用的器材是米尺，故A 正确.（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺.（3）根据匀变速直线运动的规律有2Δgt h =，因此该地的重力加速度大小为222m/s 7.9(0.1s)m 245.0m)245.0m 587.0(Δ=--==t h g .【答案】1）A ；（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺；（3）9.7【分析】根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的测量器材；根据匀变速直线运动的规律得出该地的重力加速度大小.23．（10分）（电磁学）某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50μA刻度.可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5 V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干.（1）欧姆表设计将图（a）中的实物连线组成欧姆表.欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为__________Ω：滑动变阻器选__________（填“R1”或“R2”）.（2）刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示.表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为__________、__________.（3）校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向__________kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量.若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为__________Ω.【解析】（1）将电源、电流表、定值电阻以及滑动变阻器串接即可组成欧姆表，故实物图如图A23所示；图A23根据闭合电路欧姆定律有：Rr R R R EA ++++=)(A 500滑μ式中A R 为电流表的内阻，滑R 为滑动变阻器的电阻，R 为所测电阻阻值.解得：Ω900=滑R ，故滑动变阻器选择1R .（2）由（1）可知，欧姆表的内阻15kΩ0=+++=r R R R R A 滑内，根据闭合电路欧姆定律有：aR R E +=内A 25μ解得：kΩ45=a R .同理可知：aR R E +=内A 75μ解得：kΩ5=b R .（3）欧姆表在使用时应先将两表笔短接，使欧姆表指针指向满偏刻度，即Ω0处；电阻箱的读数为：35000.0Ω35kΩ1kΩ510kΩ3==⨯+⨯.【答案】（1）实物图如图A23所示，900，R 1；（2）45，5；（3）0；35000.0【分析】明确欧姆表的原理，从而确定内部结构；再根据闭合电路欧姆定律即可求出滑动变阻器接入阻值；明确欧姆表的内阻，根据闭合电路欧姆定律和内阻的意义即可确定对应的刻度；根据欧姆表使用前需要进行欧姆调零进行分析，同时明确电阻箱的读数方法.24．（12分）（电磁学）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点.从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q （q >0）.A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为2t .重力加速度为g ，求（1）电场强度的大小；（2）B 运动到P 点时的动能.【解析】（1）设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg +qE =ma ①2211()222t a gt =②解得3mgE q =③（2）设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有2k 112E mv mgh qEh -=+④且有102t v v t =⑤212h gt =⑥联立③④⑤⑥式得222k 0=2()E m v g t +⑦【分析】（1）根据牛顿第二定律分析加速度，结合位移时间关系即可求出电场强度；（2）结合动能定理，位移时间、速度时间关系式进行分析，即可正确解答.25．（20分）（力学）静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0kg ，m B =4.0kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0m ，如图所示.某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0J.释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动.A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为u =0.20.重力加速度取g =10m/s².A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？（3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=m A v A –m B v B ①22k 1122A AB B E m v m v =+②联立①②式并代入题给数据得v A =4.0m/s ，v B =1.0m/s ③（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B .，则有B B m a m g μ=④212B B s v t at =-⑤B v at -=⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为212A A S v t at =-⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A =1.75m ，s B =0.25m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25m 处.B 位于出发点左边0.25m 处，两物块之间的距离s 为s =0.25m+0.25m=0.50m ⑨（3）t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有()2211222A A A A AB m v m v m g l s μ'-=-+⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得/sA v '=⑪故A 与B 将发生碰撞.设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ′′和v B ′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有()A A A A B B m v m v m v '''''-=+⑫222111222A A A AB B m v m v m v '''''=+⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得m /s,m /s 55A B v v ''''==-⑭这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动.设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式222,2A A B B as v as v ''''''==⑮由④⑭⑮式及题给数据得0.63m,0.28m A B s s ''==⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离0.91m A B s s s '''=+=⑰【分析】（1）A 与B 分离的过程中二者的动量守恒，由动量守恒定律结合功能关系即可求出分离后的速度；（2）由动量定理即可分别求出停止的时间，由动量定理求出其中的一个停止运动时另一个的速度，由动能定理求出位移，由几何关系求出距离；（3）由动能定理求出位移，由几何关系求出距离.（二）选考题：共45分.请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答.如果多做，则每科按所做的第一题计分.33．[物理——选修3–3]（15分）（热学）（1）（5分）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是________________________________________________________________.实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________________.为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是___________________________________.【解析】用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积；为得到油酸分子的直径，由S V d =，还需测量的物理量是单分子层油膜的面积.【答案】使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积；单分子层油膜的面积.【分析】根据浓度按比例算出纯油酸的体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由SV d =可以求出直径大小.（2）（10分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm.若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同.已知大气压强为76cmHg ，环境温度为296K.（i ）求细管的长度；（i ）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度.【解析】（i ）设细管的长度为L ，横截面的面积为S ，水银柱高度为h ；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h 1，被密封气体的体积为V ，压强为p ；细管倒置时，气体体积为V 1，压强为p 1.由玻意耳定律有pV =p 1V 1①由力的平衡条件有p =p 0+ρgh②p 1=p 0–ρgh ③式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p 0为大气压强.由题意有V =S （L –h 1–h ）④V 1=S （L –h ）⑤由①②③④⑤式和题给条件得L =41cm⑥（ii ）设气体被加热前后的温度分别为T 0和T ，由盖–吕萨克定律有10V V T T ⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T =312K ⑧【分析】（i ）此过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由玻意耳定律列式计算即可.（ii ）对管内气柱缓慢加热，气柱经历等压变化，根据盖-吕萨克定律列式求解.34．[物理——选修3–4]（15分）（力学/光学）（1）（5分）水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上.振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源.两波源发出的波在水面上相遇.在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样.关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，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 ．不同质点的振幅都相同B ．不同质点振动的频率都相同C ．不同质点振动的相位都相同D ．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E ．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化【解析】A 、B 、D ：由题意可知两列波的周期与频率相同，即这两列波为相干波，形成干涉图样后，有加强与减弱区域，处在不区域的质点的振幅不一样，但不同的质点，振动的频率和周期与波源的频率和周期相同，即不同的质点的振动频率相同，故A 错误，B 、D 正确；C ：不同位置处的质点起振的先后顺序不同，离波距离不同的质点，振动的相位是不同的，故C 错误；E ：同一质点，两列波传播到该质点的时间差是一定的，故两列波的相位差是恒定的，不随时间变化，故E 正确.【答案】BDE【分析】振动加强点的振幅等于两列波的振幅之和，振动减弱点的振幅等于两列波的振幅之差；介质中各质点振动的周期与波源的周期相同；质点在振动过程，不同时刻偏离平衡位置的位移大小会发生变化；对同一质点而言，两列波的相位差是恒定的.（2）（10分）如图，直角三角形ABC 为一棱镜的横截面，∠A =90°，∠B =30°.一束光线平行于底边B C 射到AB 边上并进入棱镜，然后垂直于AC 边射出.（i ）求棱镜的折射率；（ii ）保持AB 边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC 边上恰好有光线射出.求此时AB 边上入射角的正弦.【解析】（i ）光路图及相关量如图所示.光束在AB 边上折射，由折射定律得图A34sin sin i n α=①式中n 是棱镜的折射率.由几何关系可知α+β=60°②由几何关系和反射定律得==Bββ'∠③联立①②③式，并代入i =60°得n =④（ii ）设改变后的入射角为i '，折射角为α'，由折射定律得sin sin i n α'='⑤依题意，光束在BC 边上的入射角为全反射的临界角c θ，且c 1sin n θ=⑥由几何关系得c 30θα'=+⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sin i'=⑧【分析】（i）根据折射定律求出光线从AC边进入棱镜时的折射率；（ii）根据c 1sinCθ=求出临界角，判断光是在BC面上发生全反射的入射角，然后求出此时AB边上入射角的正弦.附：试卷2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.二、选择题：本题共8小题，每小题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.14．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A ．电阻定律B ．库仑定律C ．欧姆定律D ．能量守恒定律15．金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火.已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定A ．a 金>a 地>a 火B ．a 火>a 地>a 金C ．v 地>v 火>v 金D ．v 火>v 地>v 金16．用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示.两斜面I 、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g .当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则A ．12=F F ，B ．12F F ，C ．1213==22F mg F ，D ．1231==22F mg F mg ，17．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用.距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示.重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为A ．2kgB ．1.5kgC ．1kgD ．0.5kg18．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限.粒子在磁场中运动的时间为A ．5π6mqB B ．7π6mqB C ．11π6mqB D ．13π6mqB19．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上.t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动.运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示.下列图像中可能正确的是20．如图（a ），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t =0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t =4s 时撤去外力.细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图（b ）所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图（c ）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g =10m/s 2.由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.221．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点.则A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加三、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.（一）必考题：共129分.22．（5分）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机每间隔0.1s拍1幅照片.（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是__________.（填正确答案标号）A．米尺B．秒表C．光电门D．天平（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法.答：____________________________________________________________.（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速度大小为g=__________m/s2.（保留2位有效数字）。

阶段综合检测（一）第一~三章验收(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题，有多项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2018·吉林大学附中模拟)从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。

则在0～4 s的时间内()A．甲物体所受合力不断变化B．甲物体的速度不断减小C．2 s末乙物体改变运动方向D．2 s末乙物体速度达到最大解析：选D由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动，在2～4 s 内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。

由牛顿第二定律F＝ma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误。

物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误。

由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。

说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确。

2.(2018·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。

现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。

若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选D滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。

2019届全国高三一轮精准复习卷（三）理综物理试卷本试卷共16页，共38题（含选考题），分选择题和非选择题两部分。

全卷满分300分，考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题1. 在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的物理思想方法，如理想化模型、极限思想、控制变量法、等效替代法、类比法、比值法等．下关于所用思想方法的叙述错误．．的是（）A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是类比法B. 合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法C. 再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法D. 当△t很小时，表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想【答案】A【解析】在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法，选项A错误；合力与分力、交变电流的有效值等概念的建立都用到了等效替代法，选项B正确；再用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，采用了控制变量法，选项C正确；当△t很小时，表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想，选项D正确；此题选择错误的选项，故选A.2. 如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v﹣t 图象，根据图象可以判断出（）A. 在t=4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度B. 在t=5s时，两球相距最远C. 在t=6s时，甲球的速率小于乙球的速率D. 在t=8s时，两球相遇【答案】D【解析】甲球的加速度，故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度，故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A错误．当两物体速度相同时两物体相距最远，即40+a1t=-20+a2（t-2），解得t=4.4s，即4.4s时两物体相距最远．故B错误．t=6s时甲球的速度v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s；乙球的速度v2=v乙+a2△t=-20+×4=m/s，故t=6s时甲球的速率大于乙球的速率．故C错误．设t1时刻两物体相遇，故有40t1+a1t12=-20t+a2（t1-2）2解得t1=8s, 故D正确．故选D．点睛：运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同．3. 做匀加速直线运动的质点，在第1s末的速度为2m/s．下面判断正确的是（）A. 质点在第2s末的速度一定是4m/sB. 质点在前2s内的位移一定是4mC. 质点的加速度一定是2m/s2D. 质点的加速度可能是3m/s2【答案】B【解析】试题分析：根据题意不知道物体的具体运动情况，根据v=知前2s的平均速度，从而知前2s位移．解：A、做匀加速直线运动，根据 v=v0+at知要知2s末速度须知加速度和初速度，由于初速度和加速度不确定，所以2s末速度不一定为4m/s，故A错误；B、根据v=知前2s的平均速度为2m/s，由x=知前2s内的位移一定是4m，故B正确；C、初速度为零时加速度大小为2m/s2，因为初速度不一定为零，故加速度不一定为是2m/s2，但加速度最大为2m/s2，故CD错误；故选：B【点评】此题考察匀变速直线运动的规律：v=v0+at以及v=，如果不熟练掌握此规律，不太容易想到解题思路，比较难．4. 如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端．当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时（0＜α＜π），OP杆的弹力T和绳子的张力F的大小变化是（）A. T先变小后变大，F变大B. T先变小后变大，F不变C. T先变大后变小，F不变D. T不变，F变大【答案】D【解析】对点P受力分析，设杆的弹力为T，绳子的拉力为F，如图根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有解得：；F=G；由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力T不变，AP变大，则绳子拉力F变大．故D正确．故选D．5. 如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到水平向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2．下列说法正确的是（）A. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）gC. 木板受到地面摩擦力的大小一定等于FD. 当F＞μ2（m+M）g时，木板便会开始运动【答案】A【解析】木块和长木板发生了相对运动，所以两者之间是滑动摩擦力；根据公式可知木板受到木块的摩擦力大小为1mg；又因为长木板处于静止状态，所以受到地面的静摩擦力与受到木块的滑动摩擦力等大反向，即也为1mg，说明地面的最大静摩擦力应该大于1mg，不管木块是加速状态还是减速状态，长木板受到木块的摩擦力都等于1mg，所以不能使长木板运动起来，故AD对综上所述本题答案是：AD点睛:本题考查了摩擦力的计算，意在考查考生的识记和理解能力。

2019年新课标高考物理总复习高考复习验收卷一、选择题详细信息1.难度：简单如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是( )A. B. C. D.详细信息2.难度：简单太空中运行的宇宙飞船处于完全失重状态，我国“神舟十号”宇航员王亚平在太空授课时利用质量测量仪完成了测量聂海胜质量的实验。

受这一实验启发，某实验小组在实验室也完成了一个不用天平测量物体质量的实验：如图在光滑水平台面右端固定一个永磁恒力器，在台面左端放一辆小车，车上固定一遮光条，遮光条宽度为d，永磁恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F，使小车由静止开始依次经过两个光电门，光电门1、2记录的挡光时间分别为t1、t2，测得两光电门中心间距为x，不计遮光条质量。

根据以上实验数据可得小车质量为( )A. B. C. D.详细信息3.难度：中等如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在P处进入空间站轨道，与空间站实现对接。

已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，下列说法中正确的是( )A. 航天飞机向P处运动过程中速度逐渐变小B. 根据题中条件不能计算出月球质量C. 根据题中条件可以算出空间站受到月球引力的大小D. 航天飞机在与空间站对接过程中速度将变小详细信息4.难度：中等某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。

下列说法正确的是( )A. b点的电势低于a点的电势B. 若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C. c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D. 若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c详细信息5.难度：简单科学家利用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：和。

下列表述正确的有( )A. X是中子B. Y的质子数是3，中子数是6C. 两个核反应都没有出现质量亏损D. 氘和氚的核反应是核聚变反应详细信息6.难度：简单图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是( )A. 电流表的示数为10AB. 线圈转动的角速度为50π rad/sC. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行D. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左二、多选题详细信息7.难度：中等某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。

2019届全国高三一轮精品卷（三）理综物理试卷本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。

一、选择题。

本题共8小题，每小题3分，共24分。

每小题只有一项符合题目要求）1.关于原子核的结合能，下列说法正确的是A.原子核的比结合能等于将其完全分解成自由核子所需能量的最小值B.原子核衰变成α粒子和另一原子核，并释放出能量，衰变产物的结合能之和一定小于原来原子核的结合能C.铯原子核(13355Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)的结合能D.比结合能越大，原子核越不稳定2.如图所示，光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m的金属导体棒。

当开关闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图中分别加了不同方向的磁场，其中不可能平衡的是3.把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给B 一个沿垂直于AB方向的速度，B球将A.若A、B为异种电荷，B球可能做加速度变大、速度变小的曲线运动B.若A、B为异种电荷，B球一定做圆周运动C.若A、B同种种电荷，B球一定做远离A的变加速曲线运动|D.若A 、B 同种种电荷， B 球的动能一定会减小4.如图所示，电场中有A 、B 两点，则下列说法中正确的是A.电势A B ϕϕ>，场强A B E E >B.电势A B ϕϕ>，场强A B E E <C.将+q 电荷从A 点移到B 点电场力做了负功D.将-q 电荷分别放在A 、B 两点时具有的电势能pA pB E E >5.如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直。

第9章磁场章末过关检测(九)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是( )A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右解析：选C.负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO′向左．由于磁针N极指向为磁场方向，可知选项C正确．2．如图所示是电子射线管的示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向上(z轴正方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A．加一沿y轴正方向的磁场B．加一沿y轴负方向的磁场C．加一沿z轴正方向的磁场D．加一沿z轴负方向的磁场解析：选B.若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A错误．若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，故B正确．若加一沿z轴正方向的磁场，电子受沿y轴正向的磁场力作用，亮线向y轴正方向偏转，故C错误．若加一沿z轴负方向的磁场，电子受沿y轴负向的磁场力作用，亮线向y轴负方向偏转，故D错误．3.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A 极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A ．将变阻器滑动头P 向右滑动B ．将变阻器滑动头P 向左滑动C ．将极板间距离适当减小D ．将极板间距离适当增大解析：选D.电子射入极板间后，偏向A 板，说明qE >qvB ，由E ＝U d可知，减小场强E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C 错误，D 正确；而移动变阻器滑动头P 并不能改变板间电压，故A 、B 均错误．4.不计重力的两个带电粒子M 和N 经小孔S 垂直磁场边界且垂直磁场方向进入匀强磁场，在磁场中的轨迹如图．分别用v M 与v N ，t M 与t N ，q M m M 与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，下列说法正确的是( )A ．如果q M m M ＜q N m N，则v M >v N B ．如果q M m M ＜q N m N，则t M <t N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：选C.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r ，得v ＝B ·r ·q m，由它们在磁场中的轨迹可知两个带电粒子M 和N 轨迹半径关系为r M ＞r N ，结合上式可知，如果q M m M ＜q N m N，v M 不一定大于v N ，选项A 错误．由题意可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中的轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，如果q M m M ＜q N m N ，由T ＝2πr v ＝2πm qB可知，两个带电粒子M 和N 在匀强磁场中运动周期关系为T M ＞T N ，则t M ＞t N ，选项B 错误．由q m ＝v rB且r M ＞r N 可知，如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m N ，选项C 正确．由t ＝T 2＝πm qB 可知q m ＝πBt，如果t M ＝t N ，则q M m M ＝q N m N，选项D 错误． 5．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qR B ．mv 0qR C.3mv 0qR D ．3mv 0qR解析：选A.如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv 0B ＝m v 20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r ＝R tan 60°＝3R ，解得B＝3mv03qR，选项A正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分) 6．(2018·河北定州中学模拟)速度相同的一束粒子(不计重力)经速度选择器射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A．该束带电粒子带正电B．速度选择器的P1极板带负电C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E B 1D．若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小解析：选ACD.由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A 正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P 1极板带正电，故B 错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB 1＝qE ，解得：v ＝E B 1，故C 正确．粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB.可见，由于v 是一定的，B 不变，半径r 越大，则q m越小，故D 正确. 7.(2018·江西吉安一中段考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°时，出射粒子速度v 的大小错误的是( ) A.2×106 m/s B ．22×106 m/sC．22×108 m/s D ．42×106 m/s解析：选ACD.粒子从小孔a 射入磁场，与ab 方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b 离开磁场时速度与ab 的夹角也为α＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O ′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ＝2α＝90° ，则粒子的轨迹半径有关系：2r ＝2R ，由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r ，解得：v ＝qBr m＝22×106 m/s ，故选项B 正确．8.(2018·长沙市长郡中学模拟)绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0(v0>0)，方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是( )A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mgqvB．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqvC．小球在斜面做变加速曲线运动D．小球达到底边MN的时间t＝2h g sin2α解析：选BD.对小球受力分析，受重力、支持力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，由于速度与合力垂直，因此小球做匀变速曲线运动，故C错误；根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f＝qvB≤mg cos α，解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤mg cos αqv，故A错误，B正确；小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则及牛顿第二定律，则小球的加速度a＝mg sin αm，再由运动学公式，球到达底边MN的时间t＝2hg sin2α，故D正确．三、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？解析：对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N ＝mg水平方向BIL－F f－Mg＝0又F f＝μF N联立解得I＝2 A由左手定则知电流方向由a指向b.答案：2 A 电流方向由a指向b10．(12分)(2018·山西大同联考)如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中的运动时间．解析：(1)粒子在电场中运动时由几何关系可知粒子水平方向位移为2h ，竖直方向位移为h ，由类平抛运动规律得2h ＝v 0t ，h ＝12at 2， 由牛顿第二定律可知Eq ＝ma ，联立解得E ＝mv 202qh. (2)粒子到达O 点，沿＋y 方向的分速度v y ＝at ＝Eq m ·2h v 0＝v 0， 则速度与x 正方向的夹角α满足tan α＝v y v x＝1，α＝45°，粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，垂直于NP 射出磁场，粒子在磁场中的速度v ＝2v 0，轨道半径R ＝2h ，又Bqv ＝m v 2R， 解得B ＝mv 0qh. (3)由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间t ＝18T ＝2πm Bq ·18＝πh 4v 0. 答案：(1)mv 202qh (2)mv 0qh (3)πh 4v 011.(15分)(2018·河南开封高三考试)如图所示，竖直平面内的空间中，有沿水平方向、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在磁场中建立竖直的平面直角坐标系xOy ，在x <0的区域内有沿x 轴负向的匀强电场，电场强度大小为E ，在x >0的区域内也存在匀强电场(图中未画出)．一个带正电的小球(可视为质点)从x 轴上的N 点竖直向下做匀速圆周运动至P点后进入x<0的区域，沿着与水平方向成α＝30°角斜向上做直线运动，通过x轴上的M点，求：(重力加速度为g，不计空气阻力)(1)小球运动速度的大小．(2)在x>0的区域内所加的电场强度的大小．(3)小球从N点运动到M点所用的时间．解析：(1)带电小球做直线运动时的受力情况如图1所示由受力分析图1得qE＝mg tan 30°mg＝qvB cos 30°联立得v＝2E B.(2)小球在x＞0的区域内做匀速圆周运动，则带电小球所受电场力应与所受重力相平衡qE1＝mg解得E1＝3E.(3)小球的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知∠OPO′＝α＝30°，∠NO ′P ＝120°由匀速圆周运动特点，可知小球做圆周运动的半径R ＝mv qB由几何知识可知，线段MP ＝Rtan α＝3R带电小球做直线运动的时间t 1＝MP v ＝3R v ＝3m qB ＝3E gB带电小球做圆周运动的周期T ＝2πR v ＝23πE gB所以小球做圆周运动从N 到P 所用的时间t 2＝T 3＝2πE 3gB则带电小球从N 点到M 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝E gB ⎝⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π3. 答案：(1)2E B (2)3E (3)E gB ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3＋2π312．(15分)(2018·浙江省名校协作体高三联考)如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切．在OP 与QR 之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .C 、D 是质量为m 和4m 的绝缘小物块(可视为质点)，其中D 带有电荷量q ，C 不带电．现将物块D 静止放置在水平轨道的MO 段，将物块C 从离水平轨道MN 距离h 高的L 处由静止释放，物块C 沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D 相碰，碰后物体C 被反弹滑至斜面h 9处，物体D 进入虚线OP 右侧的复合场中继续运动，最后从RQ 侧飞出复合场区域．求：(1)物块D 进入磁场时的瞬时速度v D ；(2)若物块D 进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E 的值及物块D 的电性；(3)若物块D 飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60°，求物块D 飞出QR 边界时与水平轨道的距离d .解析：(1)对物块C ，根据动能定理有mgh ＝12mv 2 反弹后12mv 21＝mg h 9得：v 1＝v 3碰撞时由动量守恒定律：mv ＝－mv 1＋4mv D代入得：v D ＝v 3＝2gh 3. (2)若物块D 做匀速圆周运动，则电场力与重力相等： 4mg ＝Eq得：E ＝4mg q 带正电．(3)由几何关系得d ＝(1－cos 60°)R ＝R2R ＝4mv 3Bq ＝4m 2hg 3Bq 得：d ＝R 2＝2m 2hg 3Bq.2hg 3(2)4mgq带正电(3)2m2hg3Bq答案：(1)。

2019年高考新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题（命题范围：选修3—1 静电场）说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分；答题时间90分钟.第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面.A 、B 、C 三点的电场强度分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为A ϕ、B ϕ、C ϕ，关于这 三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（ ） A ．E A <E B ，B ϕ=C ϕ B ．E A >E B ，A ϕ>B ϕ C ．E A >E B ，A ϕ<B ϕ D ．E A =E C ，B ϕ=C ϕ2．如图所示，在直线MN 上有一个点电荷，A 、B 是直线MN 上的两点，两点的间距为L ， 场强大小分别为E 和2E .则（ ）A ．该点电荷一定在A 点的右侧B ．该点电荷一定在A 点的左侧C ．A 点场强方向一定沿直线向左D ．A 点的电势一定低于B 点的电势3．如图所示，A 、B 为两个固定的等量的同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C ，现给电荷C 一个垂直于连线的初速度v 0，若不计电荷C 所受的重力， 则关于电荷C 运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是 （ ）A ．加速度始终增大B ．加速度先增大后减小C ．速度始终增大，最后趋于无穷大D ．速度始终增大，最后趋于某有限值4．电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是（ ）A ．铜丝编织的衣服不易拉破B ．电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零C ．电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零D ．铜丝电阻小，能对人体起到保护作用5．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1.若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（）A．若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2>v1B．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1C．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1D．若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2<v16．如图所示，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且Oa=ab，以下说法正确的是（）A．将质子从a点由静止释放，质子向b做匀加速运动B．将质子从a点由静止释放，质子运动到b的速率为v，2则将 粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为v2C．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O 做匀速圆周运动的线速度为2vD．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕Ov做匀速圆周运动的线速度为27．如图所示，AB 、CD 为一圆的两条直径，且相互垂直，O 点为圆心.空间存在一未知静电场，场强方向与圆周所在平面平行.现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A 点运动到C 点，动能减少了W ；又从C 点运动到B 点，动能增加了W ，那么关于此空间存在的静电场可能是（ ）A ．方向垂直于AB 并由O 指向C 的匀强电场 B ．方向垂直于AB 并由C 指向O 的匀强电场 C ．位于O 点的正点电荷形成的电场D ．位于D 点的正点电荷形成的电场8．如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q 、质量为m 的带电粒子（不计重 力）以0v 从A 点水平射入电场，且刚好以速度v 从B 点射出.则 （ ）①若该粒子以速度v -从B 点射入，则它刚好以速度0v -从A 点射出②若将q 的反粒子),(m q -以v -从B 点射入，它将刚好以速度0v -从A 点射出 ③若将q 的反粒子),(m q -以0v -从B 点射入，它将刚好以速度v -从A 点射出 ④若该粒子以0v -从B 点射入电场，它将v -从A 点射出 A ．只有①③正确 B ．只有②④正确C ．只有①②正确D ．只有③④正确9．如图所示，a 、b 两个带电小球，质量分别为a m 、b m ，用绝缘细线悬挂，两球静止时，它们距水平地面的高度均为h （h 足够大），绳与竖直方向的夹角分别为α和β（βα<），若剪断细线Oc ，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度取g ，则（ ）A ．a 球先落地，b 球后落地B ．落地时，a 、b 水平速度相等，且向右C ．整个运动过程中，a 、b 系统的电势能增加D ．落地时，a 、b 两球的动能和为gh m m b a )(+10．如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度0v 先后射入电场中，最后分别打在正极板的C 、B 、A 处，则（ ）A ．三种粒子在电场中运动时间相同B ．三种粒子在电场中的加速度为C B A a a a >> C ．三种粒子到达正极板时动能kA kB kC E E E >>D ．落在C 处的粒子带正电，落在B 处的粒子不带电，落在A 处的粒子带负电第Ⅱ卷（非选择题，共60分）二、本题共1小题，共12分，把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答.11．（12分）某研究性学习小组设计了以下方法来测量物体的带电量.如图所示的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α的量角器，M 、N 是两块相同的、正对着平行放置的金属板（加上电压后其内部电场可看作匀强电场）.另外还要用到的器材有天平、刻度尺、电压表、直流电流表、开关、滑动变阻器及导线若干.该小组的实验步骤如下，请你帮助该小组完成：（1）用天平测出小球的质量m ，按上图所示进行器材的安装，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（请在图中的虚线框中画出实验所用的电路图，电源、开关已经画出）.（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和丝线的偏转角度θ.（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k . （5）小球的带电量q =__________________.（用m 、d 、k 等物理量表示）三、本题共4小题，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.12．（14分）如图所示（a ），一条长为3L 的绝缘丝线穿过两个质量都是m 的小金属环A和B ，将丝线的两端共同系于天花板上的O 点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电量是多少？某同学在解答这道题时的过程如下：设电量为q ，小环受到三个力的作用，拉力T 、重力mg 和库仑力F ，受力分析如图b ，由受力平衡知识得，22Lq k =mg tan30°，kmgL q 332=. 你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答？13．（14分）如图所示，空间存在着强度E=2.5×102N/C方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10－2C的小球.现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂.取g=10m/s2.求：（1）小球的电性；（2）细线能承受的最大拉力；（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度.14．（16分）如图所示，一个带电量为q-的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v的方向与电场方向成θ角.已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v.求：（1）最高点的位置可能在O点上方的哪一侧？（2）最高点处（设为N）与O点的电势差U.NO（3）电场强度E.15．（16分）如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球用绝缘轻绳（不伸缩）悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳于竖直方向的夹角θ=53°，绳长为L，B、C、D到O点的距离为L，BD水平，OC竖直.（1）将小球移到B点，给小球一竖直向下的初速度v B，小球到达悬点正下方时绳中拉力恰等于小球重力，求v B．（2）当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，求：小球经悬点O正下方时的速率.（计算结果可保留根号，取sin53°=0.8）参考答案1．答案：B 根据电场线疏密判断E 的大小，密的地方场强大，有E A >E B ；根据沿电场线方向电势降低，有A ϕ>B ϕ.2．答案：A 由点电荷的电场分布特点可知，距离点电荷越近，场强越大，因此该点电荷必然处于A 点右侧.但点电荷带电性质不确定，因此场强的方向不确定.3．答案：BD 由电场的叠加，AB 中垂线中由C 向上场强为先增后减，故电荷C 所受电场力向上且先增后减，所以C 的加速度先增后减，但速度始终增大，可知BD 正确. 4．答案：C 静电屏蔽作用，人体相当于一个等势体.5．答案：BC 注意两种情况的区别，电键K 始终闭合，则电容器两板间的电压保持不变，闭合后再断开则电量保持不变，然后再根据平行板电容器电容、电势差和电量的关系及匀强电场中场强和距离的关系即可.6．答案：B 由于库仑力变化，因此质子向b 不是做加速运动，A 错误；由于a 、b 之间的电势差恒定，根据动能定理得，qU mv =221可得mqU v 2=，则知α粒子从a 点由静止释放后运动到b 点的速率为v 22，B 正确；当电子以Oa 为半径绕O 做匀速圆周运动时，根据r v m rQqk 22=，可得mr kQqv =，则知电子以Ob 为半径绕O 做匀速圆周运动时的线速度为2v ，C 、D 错误.7．答案：AD 减小的动能转化为电子的电势能，由A 到C 减小的动能与由C 到B 增加的动能相等，所以场强方向由O 指向C ，A 和B 的电势相等，形成电场的正电荷应位于D 点.8．答案：A 根据带电粒子在电场中水平方向上匀速和竖直方向上匀加速即可推出A 正确.9．答案：D 剪断细线Oc 后，a 、b 作为一个系统在水平方向只受内力（库仑力、绳子拉伸后的拉力）作用，外力无冲量故其水平方向上动量恒为零.在竖直方向上，二者同时在重力作用下做初速度为零的匀加速运动，同时落地机械能守恒，故落地时，ab 两球的动能和为gh m m b a )(+.在运动过程中，电场力做正功，因此其系统电势能减小. 10．答案：BD 粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移s 大的时间长，因C B A s s s <<，故C B A t t t <<，A 错.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，有2/2at y =，因为位移y 相同，所以运动时间长的粒子加速度小，即C B A a a a >>，故B 正确.粒子到达正极板的动能为)(220⊥+=v v m E k ，而ay v 22=⊥，所以有kC kB kA E E E >>，C 错误.由C B A a a a >>可以判断A 带负电，B 不带电，C 带正电，D 正确.11．答案：（1）如图（a ）.（4分）（2）θtan （4分）（3）kmgd（4分） 提示：带电小球的受力如图b ， 根据平衡条件有mgF =θtan ， 又有dUqqE F ==，联立解得， θθtan tan k qmgdU ==，所以应以θtan 为横坐标. 12．解析：他的解答是错误的. （5分）小环是穿在丝线上，作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不同.小环受四个力，如图所示.竖直方向 T sin60°=mg ① （3分） 水平方向 T cos60°+T=22Lq k ②（3分）由①②联立得 kmgL q 23=（3分） 13．解析：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2分）（2）设小球运动到最高点时速度为v ，对该过程由动能定理有，221)(mv L mg qE =-①（2分） 在最高点对小球由牛顿第二定律得，L v m qE mg T 2=-+②（2分） 由①②式解得，T =15N （1分）（3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a ，则mmg qE a -=③（2分） 设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t ，则vt L =④（1分）设竖直方向上的位移为s ，则221at s =⑤（1分） 由①③④⑤解得，s=0.125m （2分）∴小球距O 点高度为s+L =0.625m. （1分）14．解析：（1）因油滴到达最高点时速度大小为v ，方向水平，对O →N 过程用动能定理有0=+电W W G ，（2分）所以电场力一定做正功，油滴带负电，则最高位置一定在O 点的左上方. （3分）（2）由（1）的分析可知mgh qU NO =，在竖直方向上油滴做初速为θsin v 的竖直上抛运动，则有gh v 2)sin (2=θ，（3分） 即qmv U NO 2sin 22θ=.（2分） （3）油滴由O →N 的运动时间g v t θsin =，（2分） 则在水平方向上由动量定理得，θcos mv mv qEt +=（2分） 即θθsin )cos 1(q mg E +=.（2分） 15．解析：（1）小球由B 点运动到C 点过程，由动能定理有，222121)(B C mv mv L qE mg -=-，（2分） 在C 点，设绳中张力为F C ，则有L v m mg F C C 2=-（2分）因F C =mg ，故v C =0（2分）又由小球能平衡于A 点得，mg mg qE 3453tan =︒=（2分） gL v B 32=∴（2分） （2）小球由D 点静止释放后将沿与竖直方向夹θ=53°的方向作匀加速直线运动，直至运动到O 点正下方的P 点，OP 距离h=L cot53°=L 43（2分）在此过程中，绳中张力始终为零，故此过程的加速度a 和位移s 分别为：g m F a 35==，L L s 4553sin =︒=.（2分） ∴小球到达悬点正下方时的速率为gL as v P 6252==.（2分）感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，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.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？ A. 电阻定律 B. 库仑定律 C. 欧姆定律 D. 能量守恒定律【答案】D 【解析】【详解】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.2.金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火．已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定 A. a 金>a 地>a 火 B. a 火>a 地>a 金 C. v 地>v 火>v 金 D. v 火>v 地>v 金 【答案】A 【解析】【详解】AB ．由万有引力提供向心力2MmG ma R 可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A 项正确，B 错误；CD ．由22Mm v G m R R=得GM v R =可知轨道半径越小,运行速率越大,故C 、D 都错误．3.用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面I 、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°．重力加速度为g ．当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I 、Ⅱ压力的大小分别为F 1、F 2，则A. 1233==F mg F mg ， B. 1233==F mg F mg ， C. 1213==2F mg F mg ，D. 1231==2F mg F mg ， 【答案】D 【解析】【详解】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，1cos30F mg '=︒，2sin30F mg '=︒ ．解得13F mg '=，212F mg '= 由牛顿第三定律知1231,2F mg F mg ==，故D 正确4.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10m/s 2．该物体的质量为A. 2kgB. 1.5kgC. 1kgD. 0.5kg【答案】C 【解析】【详解】对上升过程，由动能定理，0()k k F mg h E E -+=-，得0()k k E E F mg h =-+，即F +mg =12N ；下落过程，()(6)k mg F h E --=，即8mg F k '-==N ，联立两公式，得到m =1kg 、F =2N ． 5.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为A.5π6mqBB.7π6mqBC.11π6mqBD.13π6mqB【答案】B 【解析】【详解】运动轨迹如图:即运动由两部分组成,第一部分是14个周期,第二部分是16个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为2212442T m mt qB qBππ==⋅=；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为111226632T m mt B qB q ππ==⋅=；则粒子在磁场中运动的时间为：1227326m m m t t t qB qB qBπππ=+=+=，故B 正确，ACD 错误．.6.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t =0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是A. B. C. D.【答案】AC【解析】【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故A C正确，B D错误．7.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出A. 木板的质量为1kgB. 2s~4s内，力F的大小为0.4NC. 0~2s内，力F的大小保持不变D. 物块与木板之间动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.8.如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则A. a点和b点的电势相等B. a点和b点的电场强度大小相等C. a点和b点的电场强度方向相同D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC 【解析】【详解】由几何关系，可知b的电势大于a的电势,故A错误,把负电荷从a移到b,电势能减少,故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确．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。