黑龙江省大庆实验中学2017届高三考前得分训练（二）理科综合物理试题

黑龙江省大庆实验中学2017届高三考前得分训练（二）理科综合物理试题

www.ks5u.com2017年大庆实验中学得分训练二理科综合能力测试二二、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.如图所示，铁路转弯处外轨应略高于内轨，火车必须按规定的速度行驶，则转弯时（）A.火车所需向心力沿水平方向指向弯道内侧B.弯道半径越大，火车所需向心力越大C.火车的速度若小于规定速度，火车将做离心运动D.若路基倾角为α，无论火车是否按规定速度行驶，铁轨对火车的支持力总等于mg/cosα【答案】A【解析】火车转弯做匀速圆周运动，合力指向圆心，受力如图由向心力公式,因而，m、v一定时，r越大，F向越小；合力F向与m一定时v变大，r也应该变大；v变大，要做离心运动，会对轨道外侧造成挤压；故A正确，BC错误；火车只有按规定速度行驶时才受图中画出的两个力，此时，选项D错误；故选A．2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin100πtV，则(　　) A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22VB.当时，电压表V0的读数为110VC.单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小【答案】C【解析】根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，副线圈电压的有效值为22V，即滑动变阻器和电阻R0的总电压为22V，但是不知道电阻R0的大小，所以不能计算滑动变阻器的电压的大小，所以A错误．根据瞬时值表达式可知，原线圈的电压的有效值为220V，所以电压表V0的读数为220V，所以B错误．当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，所以电流变小，电阻R0电压减小，滑动变阻器的电压变大，所以电压表的示数变大，所以C正确．若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D错误．故选C．点睛：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．3.如图是某物体在t时间内的位移—时间图像和速度一时间图像，从图像上可以判断得到（）A.物体的运动轨迹是抛物线B.物体时间t内平均速度不一定是4.5m/sC.该物体运动的时间t=2s D.该物体的加速度为m/s2【答案】D【解析】由v-t图象知，该物体做匀加速直线运动，轨迹是直线，选项A错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体时间t内平均速度是，选项B错误；由得．故C错误．物体的加速度为．故D正确．故选D.点睛：解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的基本规律，并能灵活选择公式的形式研究图象的意义．要知道速度图象的斜率等于加速度．4.位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（）...A.a点和b点的电场强度相同B.c、d两点电势差大于0C.负电荷从a点移到c点，电场力做负功D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大【答案】D【解析】等势线越密电场线越密，电场线越密表示电场越强，由图可知ab两处等势线疏密不同，故a点和b点的电场强度不同，故A错误．由于是负电荷形成的电场，可知d点电势高于c点电势，则c、d两点电势差小于0，选项B错误；由于场源是负电荷，负电荷从a点移到c点过程中受到场源的斥力，而远离场源运动，所以电场力做正功，故C错误．正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大．故D正确．故选D．5.如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为 。通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角。则滑块的运动情况是（）A.速度方向沿杆向下，正在均匀减小B.速度方向沿杆向下，正在均匀增大C.速度方向沿杆向上，正在均匀减小D.速度方向沿杆向上，正在均匀增大【答案】C 点睛：分析多个物体的受力时，一般先用整体法来求得共同的加速度，再用隔离法分析单个物体的受力，求得物体的受力情况，本题就是典型的应用整体隔离法的题目．6.下列说法正确的是（）A.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C.结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D.根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大【答案】AB【解析】放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关，选项A正确；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的，选项B正确；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项C错误；根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，选项D错误；故选AB.7.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断中正确的是(　　)A.0～2s内外力的平均功率是WB.第2秒内外力所做的功是JC.第2秒末外力的瞬时功率最大D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是【答案】AD【解析】试题分析：A、第1s内，质点的加速度，则第1s内的位移，第1s末的速度v1=a1t1=2×1m/s=2m/s，第2s内的加速度，则第2s内的位移=，则0﹣2s内外力做功的大小W=F1x1+F2x2=2×1+1×2.5J=4.5J，则平均功率，故A正确．B、第2s内外力做功的大小W2=F2x2=1×2.5J=2.5J，故B错误．C、第1s末外力的瞬时功率P1=F1v1=2×2W=4W，2s末的速度v2=v1+a2t2=2+1×1m/s=3m/s，第2s末外力的瞬时功率P2=F2v2=1×3W=3W，可知不是滴2s末外力的功率最大，故C错误．...D、根据动能定理知，外力做功等于动能的增加量，第1s内做功W1=F1x1 =2×1J=2J，第2s内做功W2=F2x2=1×2.5J=2.5J，则动能的增加量的比值为4：5，故D正确．故选：AD．8.如图所示，平行金属导轨宽度为L=0.6m，与水平面间的倾角为θ=37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R=3Ω的定值电阻，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面．有一质量为m=0.2kg，长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为Ro=1Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.3．现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度vo=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），以下说法正确的是（）A.把运动导体棒视为电源，最大输出功率6.75WB.导体棒最后可以下滑到导轨底部，克服摩擦力做的总功为10.0JC.当导体棒向上滑d=2m时，速度为7.07m/sD.导体棒上滑的整个过程中，在定值电阻R上产生的焦耳热为2.46J【答案】AD【解析】试题分析：导体棒速度最大时产生的感应电动势最大，输出功率最大，由功率公式可以求出最大输出功率；根据摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小关系判断导体棒的运动过程，然后答题；由能量守恒定律求出金属棒的速度；由能量守恒定律求出电阻上产生的焦耳热．解：A、开始时，导体棒产生的感应电动势最大：E=BLv0=1×0.6×10=6V，电流I===1.5A，最大输出功率P=I2R=1.52×3=6.75W，故A正确；B、导体棒到达最高点时，摩擦力f=μmgcos37°=0.3×0.2×10×0.8=0.48N，重力沿斜面向下的分类mgsin37°=0.2×10×0.6=1.2N＞f，导体棒到达最高点后反向向下加速运动，整个过程中克服摩擦力做的总功W=f•2s=0.48×2×4=3.84J，故B错误； C、假设棒上滑做匀减速运动，设向上滑行距离d=2m时，速度为v，加速度大小为a．则有0﹣v02=﹣2as，v2﹣v02=﹣2ad，解得：a=12.5m/s2，向上滑行2m时，v==5m/s=7.07m/s，由于开始的2m内合力比后2m的合力大，加速度大，所以当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于7.07/s．故C错误；D、导体棒向上滑动过程中，由能量守恒定律得：mv2=+Q+mgssin37°，Q=QR+QR0，==，解得：QR=2.46J，故D正确；故选：AD．【点评】本题从两个角度研究电磁感应现象，一是力的角度，关键是推导安培力的表达式；二是能量的角度，关键分析涉及几种形式的能，分析能量是如何转化的．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题9.在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的，用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F－x图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为________N/m，图线不过原点的原因是由于_____________________________。【答案】(1).200，(2).弹簧本身有重力【解析】试题分析：图像的斜率表示弹簧的劲度系数，故，图线不过原点的原因是由于自身的重力使得在施加外力F前就已经有了形变量，考点：考查了【名师点睛】“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验10.现有一摄像机电池，无法从标签上看清其电动势等数据。现进行如下实验操作： （1）选取多用电表的直流电压10V挡，将两表笔直接接到电池的正负两极，指针偏转情况如图，由此可知其电动势约为_________V。是否可以利用多用电表的欧姆挡直接粗测其内阻，答：__________（选填“可以”或“不可以”）（2）现要更加准确测量其电动势和内阻，实验室备有下列器材：A．电流表（量程0.6A，内阻为3Ω）B．电压表(量程3V，内阻为3kΩ)C．电压表(量程30V，内阻为30kΩ)D．定值电阻R1=500ΩE．定值电阻R2=5000ΩF．滑动变阻器(阻值范围0~30Ω)G．开关及导线①该实验中电压表应选________，定值电阻应选_________(均选填选项前的字母序号)②在方框中画出实验电路图，并将实物连线图补充完整。③若将滑动变阻器打到某一位置，读出此时电压表读数为U，电流表读数为I，则电源电动势和内阻间的关系式为_________。【答案】(1).(1)7.1(2).不可以(3).(2)①BE(4).②见右图 (5).(3)【解析】试题分析：（1）电压表量程为10V，则最小分度为0．2V，故读数为7．1V；因多用电表内部有电源，外部电动势将影响电路中的电流；故不能用欧姆表直接测量多用电表的内阻；（2）①因电源的电压为7．1V，电压表量程只有3V，故应串联阻值较大的定值电阻扩大量程，故定值电阻应选择E；②根据以上分析电压表与定值电阻串联充当电压表，由于电源内阻与电流表内阻较为接近，故电流表采用相对电源的外接法；故原理图如图所示；由原理图可得出对应的实物图如图所示；③根据改装原理可知，路端电压；总电流；由闭合电路欧姆定律可得：考点：测量电动势和内电阻11.如下图所示，质量为m＝1kg，电荷量为q＝5×10－2 C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4m的光滑绝缘圆孤轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100V/m，水平向右；B＝1T，方向垂直纸面向里。求：(1)滑块到达C点时的速度；(2)在C点时滑块对轨道的压力。(g＝10m/s2)【答案】（1）2m/s.（2）20.1N，方向竖直向下【解析】试题分析：(1)滑块滑动过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得（3分）...得（2分）(2)在C点，受到四个力作用，如右图所示，由牛顿第二定律与圆周运动知识得（3分）得：（1分）由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为20.1N（1分）考点：考查了带电粒子点复合场中的运动12.如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，B同时以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求： （1）小车总长；（2）B在小车上滑动的过程中产生的热量；（3）从A、B开始运动计时，经6s小车离原位置的距离x。【答案】（1）9.5m（2）7.5J（3）1.625m【解析】试题分析：（1）设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒：解得（2）A车离左端距离刚运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止。，，，解得B离右端距离（3）从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：考点：考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用【名师点睛】由于开始时物块A、B给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B做减速运动，加速度a大小一样，A的速度先减为零，根据运动学基本公式及牛顿第二定律求出加速度和A速度减为零时的位移及时间，A在小车上滑动过程中，B也做匀减速运动，根据运动学公式求出B此时间内运动的位移，B继续在小车上减速滑动，而小车与A一起向右方向加速．因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出共同速度，根据功能关系列式求出此过程中B运动的位移，三段位移之和即为小车的长度（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题积分。... 13.下列说法正确的是A.气体的温度升高时，分子平均动能一定增大，但不是每个分子动能都增大B.气体等压压缩时，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多C.压缩一定量的气体，气体的内能一定增加D.分子a只在分子力作用下，从远处趋近固定不动的分子b，当a到达到b的作用力为零处时，a的动能一定最大E.液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间相互作用表现为斥力。【答案】ABD【解析】气体的温度升高时，分子平均动能一定增大，但不是每个分子动能都增大，选项A正确；气体等压压缩时，温度升高，体积减小，气体平均速率变大，分子密度增加，则单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，选项B正确；压缩一定量的气体，外界对气体做功，但是若气体向外放热，则气体的内能不一定增加，选项C错误；分子a只在分子力作用下，从远处趋近固定不动的分子b，由于分子之间是吸引力，则分子力做正功，动能增加，当a到达到b的作用力为零处时，a的动能一定最大，选项D正确；液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子距离较大，分子间相互作用表现为引力，选项E错误；故选ABD.14.如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0．已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：（ⅰ）采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？（ⅱ）从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？（ⅲ）当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？【答案】（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）Q＝ΔU＋（p0S－mg）（L－L0） 【解析】试题分析：（ⅰ）缓慢升高气缸内的温度，气体等压膨胀，当气柱长为L时，活塞与汽缸脱离。设缸内气体的温度为T。，T＝T0（ⅱ）设缸内气体压力为F，由于气体是等压膨胀，压力不变。根据活塞受力平衡：，缸内气体压力对活塞做功：（ⅲ）根据热力学第一定律：，由于缸内气体压力对活塞做功，W为负，所以Q＝ΔU＋（p0S－mg）（L－L0）考点：理想气体状态方程、热力学第一定律【名师点睛】活塞与大气联通，缓慢升高气缸内的温度的过程中，气体压强不变。根据理想气体状态方程可求出缸内气体的温度。根据活塞受力平衡可求出缸内气体的压力。根据热力学第一定律求出气体在活塞下移的过程中吸收的热量。15.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2m和x＝1.2m处，传播速度均为＝0.2m/s，振幅均为A＝2cm。图示为t＝0时刻两列波的图像（传播方向如图所示），此时平衡位置处于x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x＝0.5m处，则下列判断正确的是_______。A．两列波的周期均为2s，且起振方向均沿y轴负方向B．t＝0时刻，x=0处的质点处于平衡位置向y轴正方向运动，x=0.1m处的质点处于平衡位置向y轴负方向运动C．t＝1.5s刻之前，质点M始终处静止状态D．M点开始振动后做振幅为4cm，周期为4s的简谐运动...E．T=2.5s时M点处于平衡位置向y轴正方向运动【答案】ACE 【解析】由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向运动；由图知波长λ=0.4m，由，该波的周期为，选项A正确；由波形图可知t＝0时刻，x=0处的质点处于平衡位置向y轴正方向运动，x=0.1m处的质点处于波谷位置，即在最低点，选项B错误；因波的周期为T=2s，两列波传到M的时间为，当t=1.5s时刻M点开始振动，则此时刻之前，质点M始终处于静止状态．故C正确；M点开始振动后振动加强，做振幅为4cm，周期仍为2s的简谐运动，选项D错误；t=2.5s时刻，t=1.5s+T，质点M已振动了T，因此M点处于平衡位置向y轴正方向运动，故E正确；故选ACE．点睛：本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变．理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．16.如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠A=30°．它对红光的折射率为n1．对紫光的折射率为n2．在距AC边为d处有一与AC平行的光屏．现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB边射入棱镜。（i）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？（ii）为了使红光能从AC面射出棱镜，n1应满足什么条件？（iii）若两种光都能从AC面射出，求在光屏MN上两光点间的距离。【答案】（i）（ii）n1＜2（iii）【解析】试题分析：（1）根据公式，得（2）由几何知识得到，红光射到AC面上的入射角i1=30°，要使红光能从AC面射出棱镜，必须使i1＜C，而，得到，解得n1＜2（3）设红光与紫光从AC面射出时的折射角分别为r1，r2． 根据折射定律得，，又i1=i2=30°又由几何知识得，在光屏MN上两光点间的距离△x=dtanr2-dtanr1代入解得考点：光的折射定律【名师点睛】本题考查光在介质中速度、全反射及折射定律的综合应用，中等难度．对于折射定律的应用，关键是作出光路图。