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1、贵州省安顺市普通高中高三上学期教学质量监测与评价理科综合物理试题二、选择题：(本题共8小题，每毎小题6分。在毎小题给岀的四个选项中，第14-18题，只有一项符合题目要求，第1921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.下列说法正确的是：A. 电子在核外绕核旋转，向心力为万有引力。B. 一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子吸收光子，能量增加。C. 根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。D. 光电子的最大初动能随着入射光的强度增大而增大。【答案】C【解析】【详解】电子在核外绕核旋转，向心力为原子核对电子的静电引力，选项A错误。一个
2、氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子释放光子，能量减小，选项B错误。根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项C正确。根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能随着入射光的频率增大而增大，选项D错误。故选C.2.如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C为在赤道上空的地球同步卫星，地球同步卫星C和实验卫星B的轨道半径之比为3：1，两卫星的环绕方向相同，那么关于A、B、C的说法正确的是：A. B、C两颗卫星所受地球万有引力之比为1：9B. B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体A的角速度C. 同一物体在B卫星中对支持物的压力比在C卫星中
3、小。D. B卫星中的宇航员一天内可看到9次日出。【答案】B【解析】【分析】根据万有引力定律分析两颗卫星所受地球引力之比根据开普勒第三定律分析B卫星与C卫星的周期关系，即可知道B公转周期与地面上跟随地球自转物体的周期关系，即可分析它们的角速度关系物体在B卫星中处于完全失重状态根据B卫星的周期与地球自转周期的关系分析B卫星中的宇航员一天内能看到日出的次数【详解】A.根据万有引力定律知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于B、C两卫星的质量关系未知，所以B、C两颗卫星所受地球引力之比不一定为1：9，故A错误；B.C卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公
4、转周期小于C卫星的公转周期，而C卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体A的角速度，故B正确；C.物体在B、C卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；D.根据开普勒第三定律=k，知C、B卫星轨道半径之比为3：1，则周期为3：1，所以地球自转周期是B卫星的运行周期的3倍（约为5.2倍），因此B卫星中的宇航员一天内可看到5次日出，故D错误；故选B。【点睛】本题的关键是要掌握开普勒第三定律，并能熟练运用，也可以根据万有引力提供向心力，列式表示出周期和角速度的表达式，再进行比较3.如图所示，放在
5、地面的大球不动，它的正上方有一个定滑轮，轻绳绕过定滑轮，与光滑小球相连，当用力F拉动轻绳，使小球沿大球表面，从图示位置缓慢上滑到大球最高点过程中，下列说法正确的是：A. 小球受到的合力变大。B. 地面对大球的摩擦力变大。C. 小球受到的支持力不变，拉力F变小D. 拉力F不变，小球受到的支持力变小。【答案】C【解析】【分析】将小球的重力mg按效果进行分解，根据三角形相似法分析N、F的变化【详解】A.使小球沿大球表面缓慢上滑到大球最高点时，小球受到的合力始终为零，选项A错误。B.将小球的重力mg分解如图，由三角形相似得：，地面对大球的摩擦力等于N的水平分量，由于小球向上运动时N不变，水平分量减小，
6、则地面对大球的摩擦力减小，选项B错误。CD.由可得：当从最低点缓缓拉上半球顶端的过程中，L减小，则F减小，R不变，故N不变，故选项C正确，D错误；故选C。【点睛】本题是平衡问题中动态变化分析问题，在小球移动过程N与F不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种典型方法要学会应用4.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，b边与磁场垂直，b边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连。现使矩形线圈以恒定角速度，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动。下列说法中正确的是：A. 将交流电流表串到电路中，其示数随时间按余弦规律变化。B. 线圈转动的角速
7、度越大，通过电阻R的电流越小。C. 线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E=NBSD. 线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零。【答案】C【解析】【分析】从图示位置开始计时，交变电流的瞬时电动势表达式为：e=NBScost；根据表达式进行分析讨论即可【详解】A.交流电流表测量的是交流电流的有效值，不随时间变化，故A错误；B.根据e=NBScost可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误；C.图示位置，线圈平面与磁场平行，线框切割磁感线最快（垂直切割），感应电动势最大，最大值为Em=NBS，故C正确；D.线圈从中性面每转过半圈，穿过线圈平
8、面的磁通量变化量为2BS，选项D错误；故选C。【点睛】本题关键要明确：（1）线圈在中性面时磁通量最大值为BS，与中性面垂直位置磁通量为零；（2）交流电表测量的是有效值，而不是峰值，更不是瞬时值；（3）线圈经过中性面时，磁通量大，但磁通量的变化率最小，感应电动势最小5.如图所示，固定的倾斜光滑直杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于伸长状态，长度为h。让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零。则在圆环下滑过程中：A. 圆环机械能守恒。B. 弹簧的弹性势能先增大后减小。C. 重力的功率先小后大。D. 弹簧的弹性势能和圆环的重力
9、势能之和最小时圆环的动能最大。【答案】D【解析】【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；根据弹簧长度的变化判断弹性势能的变化；根据P=mgvsin判断重力功率的变化【详解】A.圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；B.弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先减小后增大。故B错误；C.圆环的速度先增加后减小到零，根据P=mgvsin可知，重力的
10、功率先大后小，选项C错误；D.根据系统的机械能守恒，则当弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大，故D正确；故选D。【点睛】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法此题关键是知道系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能、圆环的重力势能和圆环的动能之和守恒，这是一道考查系统机械能守恒的基础好题6.如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。由该图可知下列说法中正确的是：A. 两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4W。B. 电源的内电阻为1。C. 电源输出功率最大值为4W。D. 电源的效率最大可达50%【答案】BC【解析】【分析
11、】当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小【详解】AC.根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于内外电路的电流是相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8W，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以A错误，C正确；B.根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1，所以B正确；D.电源的效率，只当r=R时，电源的效率才是50%，但不是效率的最大值，选项D错误；故选BC.【点睛】
12、本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，这个结论7.如图所示，两电荷量分别为q1和q2的点电荷分别放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则：A. q1带正电，q2带负电荷。B. A、N点的电场强度大小为零C. NC间场强方向向x轴负方向。D. 将一负点电荷从N点移到D点，电势能一直增加【答案】AC【解析】【分析】-x图象的斜率等于电场强度E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性根据负电荷在高电势点电势能较小分析电势能的变
13、化【详解】A.由图象可知，两点的电势一正一负，则q1与q2带异种电荷，在q1附近电势为正，q2附近电势为负，可知q1带正电，q2带负电荷，故A正确；B.该图象的斜率等于场强E，则知，A、N两点电场强度不为零，故B错误；C.由图可知：NC段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C正确；D.因ND段中，电势先高升后降低，则将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增加，故D错误；故选AC.【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零电荷在电场中与电势的乘积为电势能电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口8.如图所示，在水平面上有两条光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨
14、间距为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向里。两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R，两导轨电阻不计。杆1以初速度滑向杆2，为使两杆不相碰，则在杆2固定与不固定两种情况下，下列说法正确的是：A. 杆2不固定时，两杆组成的系统动量守恒。B. 两种情况下，最初两杆最小间距之比1：2C. 两种情况下，最初两杆最小间距之比2：1D. 在题设两种情况下，通过闭合回路的电荷量之比4：1【答案】AC【解析】【分析】两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的
15、共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。【详解】A.两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，选项A正确；BC.金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0=2mv，解得：；对右侧杆，采用微元法，以向右问正方向，根据动量定理，有：-Ft=mv，其中：F=BIL=BL，故：-t=mv，即=m，解得：l1-l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：-Ft=mv，其中：F=BIL=BL，故：-t=mv，即-=-mv0，解得：，故AB间的距离最小为x=；故x：x=2：1；故B错误，C正确；D.根据可知，因x：x=2：1，则两种情况下，通过闭合回路的电荷量之比2：1，选项D错误；故选AC。【点睛】本题是力电综合问题，关键是明确两个导体棒均做变加速运动，要结合动量守恒定律和动量定理列式，同时要结合微元法思想分析，难度较大。
