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1、云南省玉溪市峨山一中2019届高三9月份考试理综物理一、单选题(共5小题,每小题6.0分,共30分) 1.如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm.小金属块最后停止在C点已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，则()A. 在点电荷Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为2mgL+mvm22qB. 在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C. OB间的距离为kQqmgD. 从B到C的过
2、程中，小金属块的动能全部转化为电势能【答案】C【解析】【分析】金属块B点时速度最大，说明A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡电场力做正功，电势能减小根据库仑定律知，距离增大，库仑力减小，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况根据动能定理求解A、B两点的电势差.【详解】A、滑块从A到B过程，由动能定理得：-qUAB-mgL=12mv2-0，得A，B两点间的电势差UAB=-2mgL+mvm22q；故A错误。B、小金属块由A点向右运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小；故B错误。C、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运
3、动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有mg=kQqr2，得r=kQqmg；故C正确。D、从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能；故D错误。故选C。【点睛】本题的突破口是“B点速度最大”，分析金属块的运动情况，来分析其受力情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据动能定理求解电势差2.如图所示，分别将两个完全相同的等腰直角三角形木块的一直角边和斜边固定在水平地面上现一小物块分别从木块顶点由静止开始下滑，若小物块与木块各边之间的动摩擦因数均相同，当小物块分别滑到木块底端时动能之比为()A. 2:1 B. 1:2 C. 21 D. 12【答案】A【解析】【详解】设直角
4、边长为L，根据动能定理分别有mgLmgcos452L=Ek10,mg2L2mgcos45L=Ek20，得Ek1:Ek2=2:1，只有选项A正确故选A。【点睛】本题主要考查动能定理和功能关系关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量3.一列火车在雨中自东向西行驶，车内乘客观察到雨滴以一定的速度垂直下落，那么车外站在月台上的人看到的雨滴是()A. 沿偏东方向落下B. 垂直落下C. 沿偏西方向落下D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】汽车由东向西匀速行驶，车上的乘客看到窗外的雨是垂直下落的，这说明雨滴和车相对静止，即和车运动的速度和方向相同，车相对于地球是由东向西匀速行驶，所以雨滴也是斜向
5、西下落；故选C。【点睛】此题主要考查学生对参照物的选择、运动和静止的相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论。4.如图所示，两根光滑的平行金属导轨位于水平面内，匀强磁场与导轨所在平面垂直，两根金属杆甲和乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直起初两根杆都静止现突然给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中的电阻不可忽略，那么在以后的运动中，下列说法正确的是()A. 甲克服安培力做的功等于系统产生的焦耳热B. 甲动能的减少量等于系统产生的焦耳热C. 甲机械能的减少量等于乙获得的动能与系统产生的焦耳热之和D. 最终
6、两根金属杆都会停止运动【答案】C【解析】【详解】给甲一个冲量使其获得速度v而开始运动，回路中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，甲棒受到向左的安培力而减速，乙棒受到向右的安培力而加速，根据能量守恒定律，故甲棒减小的动能等于系统增加的内能和乙棒增加的动能之和，故A、B、D错误，C正确故选C。【点睛】本题关键明确系统中两个棒的运动情况、受力情况、系统的能量转化情况，5.如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的磨擦设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2.下列表达式正
7、确的是 ()A. FT1=(m+2m2)m1gm+2(m1+m2)B. FT1=(m+2m1)m2gm+4(m1+m2)C. FT1=(m+4m2)m1gm+2(m1+m2)D. FT1=(m+4m1)m2gm+4(m1+m2)【答案】C【解析】【详解】由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1m1gm1a，则对B应有m2gFT2m2a；上面两分别解出加速度的表达式为a=FT1m1g和a=gFT2m2，所以有FT1m1+FT2m2=2g，即有m2FT1m1FT22m1m2g，根据题目所给选项可设FT1=(m+xm2)m1gm+y(m1+m2
8、)，则根据A、B地位对等关系应有FT2=(m+xm1)m2gm+y(m2+m1)，将FT1、FT2的值代入m2FT1m1FT22m1m2g可解得x2y.由此可判断A错误，C正确若将FT1设为(m+xm1)m2gm+y(m1+m2)，则结合m2FT1m1FT22m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错。故选C。【点睛】该题较为复杂，题目中滑轮有质量而且还转动，超出了高中的大纲要求，我们可以把该题往熟悉的常规题型考虑，用假设法，带数字法等去解选择题。二、多选题(共3小题,每小题6.0分,共18分)6. 传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物
9、理量（如电压、电流、电荷量等）的一种元件图示中的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法中正确的是 ( )A. 甲图中两极间的电荷量不变，若电压减少，可判断出h变小B. 乙图中两极间的电荷量不变，若电压增加，可判断出变大C. 丙图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则x变小D. 丁图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则F变大【答案】BD【解析】A选项若Q不变，由C知U变小，C变大，可知h变大，A错B选项若Q不变，由C知U变大，C变小，可知变大，B对C中若U不变，电流流向负极表示正在放电，Q减小，可知C减小，x变大，C错D中若U不变，电流流向正极表示在充电，Q增加，
10、可知C增大，d减小，F增大，D对思路分析：由C知U变小，C变大，可知h变大, 若Q不变，由C知U变大，C变小，可知变大，若U不变，电流流向负极表示正在放电，Q减小，可知C减小，x变大，D中若U不变，电流流向正极表示在充电，Q增加，可知C增大，d减小，F增大，试题点评：本题考查了非半导体材料做成的传感器的工作原理7.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中（ ）A. 物体处于失重状态B. 物体处于超重状态C.
11、升降机一定向上做匀加速运动D. 升降机可能向下做匀减速运动【答案】BD【解析】试题分析：电梯静止时电流表示数为I0，图中所示电流恒为2I0，故电梯处于超重状态，且压力不变，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故BD正确.考点：闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律8.传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示为一种测定压力的电容式传感器。当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是（ ）A. 若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B. 若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C. 若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D. 若电流表有示数，则说明压力F发生变化【答案】BD【解析】ABC、
12、当F向上压膜片电极时,板间距离减小,由电容的决定式C=S4kd可得，电容器的电容将增大。因电压不变，则电容器的电量增多，处于充电状态，那么电路中有从a到b的电流，故A正确，BC错误；D. 当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数。反之，电流计有示数时，压力F必发生变化。故D正确。故选：AD.三、实验题(共2小题, 共15分)9.如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m（1）用游标卡
13、尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=_cm；（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为_（用题中所给字母表示）；（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1_2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出n1t2 图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为_（用题中
14、字母表示）【答案】 (1). (1) 0.520cm (2). (2) dt (3). (3)小于 (4). (4)5d2kL【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm.(2)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小,则滑块通过光电门的速度v=dt(3)对整体分析a1=6mgM+6m=0.6g，隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律得,F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，a2=3mg10mg=0.3g，隔离对滑块分析,根据牛顿第二定律得,F2=7ma2=2.1mg,知F12F2.(4)滑块通过光电门的速度v=dt，根据
15、v2=2aL得 d2t2=2aL，因为a=nmg10m=ng10,代入解得n=5d22gLt2，图线的斜率k=5d2gL，解得g=5d2kL10.某实验小组做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。实验时，先把弹簧平放在桌面上，用刻度尺测出弹簧的原长L0=4.6 cm，再把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度x，数据记录如表所示。(1)根据表中数据在图中作出Fx图象_(2)由此图线可得，该弹簧劲度系数k= _ N/m；（结果保留2位有效数字）(3)图线与x轴的交点坐标大于L0的原因是_。【答案】 (1). (2). 50 (3). 竖直悬挂时，弹簧自身重力的影响【解析】（1）描点作图，如图所示： （2）图象的斜率表示劲度系数，故有：k=Fx=50N/m，（3）图线与x轴的交点坐标表示弹簧不挂钩码时的长度，其数值大于弹簧原长，因为弹簧自身重力的影响
