物理·湖北省襄阳四中2017届高三8月第一周周考理综物理试题解析（解析版）Word版含解斩

物理·湖北省襄阳四中2017届高三8月第一周周考理综物理试题解析（解析版）Word版含解斩

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 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，其中第14～18小题只有一项符合题目要求，第19～21小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14．静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器，两板之间的电势差越大，则静电计的指针偏角越大。平行板电容器、滑动变阻器、电源、电键以及静电计按如图所示的电路连接。当电键闭合时静电计的指针有偏转，下列能使偏角增大的是( )‎ A．断开电键增大两极板间的距离 B．闭合电键增大两极板间的距离 C．闭合电键减小两极板间的距离 D．闭合电键使变阻器滑动的滑片向左移动【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎【答案】A ‎ ‎【解析】 试题分析：要使静电计的指针张开角度增大，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开电键S后，增大两极板间的距离，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持电键S闭合，增大或减小两极板间的距离，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持电键S闭合，将滑动变阻器的滑片向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误；‎ 考点：电容器的电压、电荷量和电容的关系。‎ ‎【名师点睛】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电量不变，电键闭合电容器两极板间电压不变；根据静电计张角的变化确定极板间电压的变化，从而确定平行板电容器的电容的决定因素。‎ ‎15．如图所示，AB、BD 为两段轻绳，其中BD段水平，BC为处于伸长状态的轻质弹簧，且AB和CB与竖直方向的夹角均为45°，现将BD绳绕B点缓慢向上转动，保持B点不动，则在转动过程中作用于BD绳的拉力F的变化情况是 A．变大 B．变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 ‎【答案】B ‎ ‎【解析】 试题分析：要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为450，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图解可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力也减小，B正确。 ‎ 考点：力的动态分析。‎ ‎【名师点睛】有关力的动态平衡问题的处理方法，可以分三种方法，即解析法、图解法、三角形相似法。解析法适用于列出平衡方程，根据题目中条件的变化即可由解析式分析判断的类型；图解法适用于三力平衡，其中一个力为恒力，第二个力方向不变，大小可能变化，由于第三个力方向的变化而引起的力的大小变化问题；相似三角形法适用于物体所受的三个力中，一个力大小、方向不变，其它二个力的方向均发生变化，且三个力中没有二力保持垂直关系，但可以找到力构成的矢量三角形相似的几何三角形的问题。‎ ‎16．如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离分别为1、5r、r，已知弹簧的原长为1、5r，劲度系数为k，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（ ）‎ A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 C．若转台转动的角速度为，则A不动，B刚好要滑动 D．转台转动的角速度为，则B不动，A刚好要滑动 ‎【答案】D ‎ ‎【解析】 试题分析：匀速转动时，弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力为，可知，假设A未滑动，当B受的摩擦力为0时，有，解得，假设B未滑动，当A受的摩擦力为0时，有,解得,可知当A受的摩擦力为0时，B已滑动。假设A未滑动，当B刚要滑动时有：,；假设B未滑动，当A刚要滑动时有：,,可知当B刚好要滑动时，A已滑动，综上可知D正确。‎ 考点：摩擦力、圆周运动。‎ ‎【名师点睛】对两物体进行运动分析和受力分析，做匀速圆周运动，合力等于向心力，指向圆心．物块与圆盘一起运动，角速度相等，靠摩擦力提供向心力；注意临界条件的分析和应用。1‎ ‎17．如图所示，在轻弹簧的上端连线一个质量为m的小球A，下端固定在水平地面上。若将 小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎ ‎【解析】 试题分析：根据动能定理可得，小球A下落h的过程有小球B下落h的过程有：联立求解得：，B正确。‎ 考点：机械能守恒。‎ ‎【名师点睛】忽略空气阻力，小球弹簧和地球组成的系统机械能守恒，根据弹性势能与弹簧形变量的关系可以判断弹性势能的变化，根据高度变化可以确认重力势能的变化。‎ ‎18．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接在的正弦交流电，图中D为理想二极管，（正向电阻不计，反向电阻为无穷大），定值电阻,则下列说法正确的是 （ ）‎ A．时，原线圈输入电压的瞬时值为 ‎ B．时，电压表示数为18V ‎ C．电流表示数为1A ‎ D．变压器的输入功率为9W ‎【答案】，A ‎【解析】 试题分析：时，A正确；电压表测量的是效值，输入电压的最大值为,有效值为，B错误；由得：,由,根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则：,故电流表的示数为,A、C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即,D错误。‎ 考点：本题考查理想变压器，意在考查考生的分析综合能力。‎ ‎【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。1‎ ‎19．假设若干年后，由于地球的变化，地球半径变小，但地球质量不变，地球的自转周期不变，则相对于现在 A．地球表面的重力加速度变大 B．发射一颗卫星需要的最小发射速度变大 C．地球同步卫星距离地球表面的高度变大 D．地球同步卫星绕地球做圆周运动的线速度变大 ‎【答案】ABC ‎ ‎【解析】 试题分析：若地球半径减小，由，得,可知地球表面的重力加速度增大，A正确；由得,可知、B正确；再由得，因此离地的高度变大，C正确；由于同步卫星做圆周运动的半径不变,周期不变，因此线速度不变，D错误；故选ABC。‎ 考点：本题考查万有引力定律及其应用，意在考查考生的理解、推理能力。‎ ‎【名师点睛】地球表面物体的重力在不考虑地球自转的影响时，就等于地球对物体的万有引力，由此可得，可知不同高度出的g值关系；同步卫星的特点是在赤道所在平面，周期与地球自转周期相同，应用的模型是同步卫星绕地球做匀速圆周运动。1‎ ‎20．如图所示，光滑绝缘的半圆轨道竖直放置，直径AD水平，B、C是三等分点，在A、D两点固定有电荷量为Q1和Q2的正点电荷，一不计重力的带电小球，恰好能静止在C点，现使该小球以一定的初速度从A点沿轨道运动到D点，则下列说法正确的是 （ ）‎ A．两点电荷的电荷量之比为 B．小球经过C点时加速度等于0‎ C．小球经过C点时动能最大 D．小球在B、C两点的电势能相等 ‎【答案】AC ‎ ‎【解析】 试题分析：如图所示 小球受到Q1和Q2的库仑力沿C的切线方向的分力分别为：，，其中r为半圆轨道的半径，，根据平衡条件可得，,解得：,A正确；小球经过C点做曲线运动，且，故加速度应指向圆心，B错误；在AC段，，在CD段，,故小球在轨道中经过C点时动能最大，电势能最小，C正确；D错误；故选AC。 考点：本题考查库仑定律、圆周运动和电势能，意在考查考生对所学知识的综合应用能力。‎ ‎【名师点睛】本题解答的关键是正确判断出两个正电荷在B、C处的电场强度的大小，并且利用矢量合成法则进行计算，结合库仑定律求解。‎ ‎21．将两根足够长的光滑平行导轨MN、PQ固定在水平桌面上，间距为l,在导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，将一长为l质量为m的导体棒放在导轨上，已知导体棒与导轨间的接触始终良好，且阻值也为R。在导轨所在的空间加一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现用一质量不计的轻绳将导体棒与一质量也为m的重物跨过光滑的定滑轮连接，重物距离地面的高度足够大，如图所示，重物由静止释放后，带动导体棒一起运动，忽略导轨的电阻，重力加速度为g。重物下落h时（此时导体棒做匀速运动），则下列说法正确的是 （ ）‎ A．该过程中电阻R中的感应电流方向为由M到P B．重物释放的瞬间加速度最大且为g C．导体棒的最大速度为 D．该过程流过定值电阻的电量为【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎【答案】CD ‎【解析】 试题分析：由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向为由P到M，A错误；重物刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有，解得：，B错误；以导体棒与重物整体为研究对象可知，当导体棒所受安培力与重物重力平衡时，达到最大速度，即解得，C正确；由法拉第电磁感应定律可知又,，则通过电阻R的电荷量为：,D正确。故选CD。‎ 考点：本题考查的安培力、右手定则、牛顿运动定律，意在考查考生对所学知识的综合应用能力。‎ ‎【名师点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等知识的综合应用，关键要搞清电路的连接方式，分析金属棒的运动过程及受力情况，结合力和运动的关系求解。‎ 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作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（11题，共129分）‎ ‎22．（6分）某同学在实验室用如图甲所示的实验装置做“探究加速度与质量的关系”的实验。‎ ‎（1）为了尽可能减少摩擦力的影响，打点计时器最好选用___________________（填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”），同时需将长木板的右端垫高，轻推一下小车，使小车能拖动穿过打点计时器的纸带做___________________。‎ ‎（2）在______条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，通过改变__________（填“沙和沙桶”或“小车”）的质量，可探究加速度与_____________（填“小车”或“沙和沙桶”）质量的关系。‎ ‎（3）如果某次实验打出的纸带如图乙所示，，O为起点，A、B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，A、B、C到O点的距离在图中已标出，所用交流电的频率为f，则测出小车运动的加速度为a=______。‎ ‎【答案】（1）电火花计时器，匀速直线运动。（2）砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 小车 小车 ‎（3） 【解析】 考点：本题考查探究加速度与质量关系的实验，意在考查考生对实验的理解及应用能力。‎ ‎【名师点睛】（1）平衡掉摩擦力后小车受到的合外力为零，故目的是让小车做匀速直线运动． （2）实验时我们认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，但实际不是，只有在M＞＞m的情况下近似认为拉力等于mg．实验的方法是控制变量法． （3）用逐差法求解加速度是本实验的高频考点。1‎ ‎23．（9分）实验室有一标有均匀刻度但没有标示的电压表V1,通过测量知其内阻为，量程约为13～16V。现小明为了精确地测量电压表V1的量程，选择的实验器材如下：‎ A．量程为3V的电压表V2，内阻r2=30kΩ【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ B．量程为3A的电流表A，内阻r3=0、01Ω C．滑动变阻器R，总阻值为1kΩ D．电动势为20V的电源E，内阻可忽略不计 E．开关S、导线若干 要求方法简便，尽可能减小误差，并能测出多组数据。‎ ‎（1）小明设计了如图甲所示的三个电路图，为了精确地测量电压表V1的量程，并且能完成多次测量，选择合适的电路图    ；（填序号）‎ ‎（2）根据选择的最合适电路，将图乙中的实物图用笔画线代替导线连接成完整的电路；‎ ‎（3）根据所选择的电路，从测量数据中选出一组来计算待测电压表V1的量程Um，则Um=__________，该关系式中的各符号的物理意义：                。‎ ‎【答案】（1）（b） （2）见解析 （3），式中r1为V1的内阻，r2为V2的内阻，为标准电压表V2的读数，N1为待测电压表V1的指针偏转的格数，N为待测电压表V1的总格数 ‎【解析】 试题分析：（1）由于待测电压表V1的满偏电流与标准电压表V2的满偏电流接近，大约是0、1mA，所以可将两电压表串联，由于滑动变阻器的总电阻远小于电压表V1的内阻，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以选择（b）电路图进行测量。‎ ‎（2）根据图（b）所示电路图连接实物电路图，如图所示：‎ ‎（3）设待测电压表V1的指针偏转格数为N1，每格表示的电压值为,由闭合电路的欧姆定律可得，所以电压表V1的量程为,联立解得：，式中r1为V1的内阻，r2为V2的内阻，为标准电压表V2的读数，N1为待测电压表V1的指针偏转的格数，N为待测电压表V1的总格数。‎ 考点：本题考查测量电压表量程实验，意在考查考生的实验能力。‎ ‎【名师点睛】由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，所以可考虑将它们串联使用，又由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，然后设出待测电压表每格的电压，测出其偏转格数，根据欧姆定律即可求解；对电学实验，注意电压表（或电流表）的反常规接法，即电压表与电压表可以串联、电流表与电流表可以并联。1‎ ‎24．（12分）如图所示，趣味运动会上运动员手持球拍托着乒乓球向前跑，球拍与水平方向的夹角为，运动员先以的加速度匀加速向前跑，然后以速度匀速向前跑，不计球与球拍之间的摩擦，球与球拍始终保持相对静止。设跑动过程中空气对球的作用力水平且大小恒为,球的质量为，重力加速度g取10m/s2,求：‎ ‎（1）匀速运动时，球拍与水平方向的夹角的大小；‎ ‎（2）匀加速运动时，球拍与水平方向间的夹角的大小。（可用反三角函数表示）‎ ‎【答案】（1）45° （2） 【解析】 试题分析：（1）匀速运动时，由平衡条件可得：，‎ 可得：，代入数据可得 ‎（2）匀加速运动时，水平方向由牛顿第二定律得：‎ 竖直方向：‎ 解得：，‎ 考点：本题考查牛顿运动定律及其应用，意在考查考生的分析综合能力。‎ ‎【名师点睛】本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解。‎ ‎25．（20分）如图所示，半径为R,内径很小的光滑半圆管竖直放置，整个装置处在方向竖直向上的匀强电场中，两个质量均为m、带电量相同的带正电小球a、b,以不同的速度进入管内（小球的直径略小于半圆管的内经，且忽略两小球之间的相互作用），a通过最高点A时,对外管壁的压力大小为3、5mg，b通过最高点A时,对内管壁的压力大小0、25mg，已知两小球所受电场力的大小为重力的一半。求（1）a、b两球落地点距A点水平距离之比；（2）a、b两球落地时的动能之比。‎ ‎【答案】（1）4∶3 （2）8∶3 【解析】 试题分析：（1）以a球为研究对象，设其到达最高点时的速度为，根据向心力公式有：‎ 其中 解得：‎ 以b球为研究对象，设其到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有：‎ 其中 解得：‎ 两小球脱离半圆管后均做平抛运动，根据可得它们的水平位移之比：‎ ‎（2）两小球做类平抛运动过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理有：‎ 对a球：‎ 解得：‎ 对b球：‎ 解得：‎ 则两球落地时的动能之比为：‎ 考点：本题考查静电场、圆周运动和平抛运动，意在考查考生的分析综合能力。‎ ‎【名师点睛】本题关键是对小球在最高点进行受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，再结合平抛运动规律求解。‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎33、【物理——选修模块3-3】（15分）‎ ‎（1）（5分）下列对热力学定律的理解正确的是________________（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．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 B．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能 C．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 D．热量不可能由低温物体传给高温物体 E．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能可能减少 ‎【答案】ACE 【解析】 试题分析：（1）在引起其他变化的情况下，从第一热源吸收热量可以将其全部变为功，A正确；由热力学第一定律可知，当时，,可以等于0，B错误；空调机在制冷过程中消耗了电能，总体上是放出热量，C正确；热量可以由低温物体传给高温物体，D错误；物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，如果对外做的功大于从外届吸收的热量，则物体的内能减少，E正确；故选ACE。‎ 考点：本题考查热力学定律气体实验定律，意在考查考生对定律、概念的理解和分析问题的能力。‎ ‎【名师点睛】自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，热量可能由低温物体传递到高温物体，但要产生其它影响，第二类永动机不违背能量守恒，违背了热力学第二定律。1‎ ‎（2）（10分）如图所示，均匀薄壁U形管左管上端封闭，右管开口且足够长，管内水银柱封住A部分气体，当A部分气柱的温度为300K时，左、右两管内水银面等高，A气柱的长度，大气压强为75cmHg ‎① 现使A气体的温度缓慢升高，当温度升高到多少K时，左管水银面下降2、5cm?‎ ‎② 如果A内气体的温度在①情况下升高后保持不变，在右管内加入多长的水银，可以使A管的水银面重新回到原位置。‎ ‎【来.源：全,品…中&高*考*网】‎ ‎【答案】①400K ②25cm 【解析】 ‎ 考点：本题考查气体实验定律，意在考查考生对定律、概念的理解和分析问题的能力。‎ ‎【名师点睛】该题考查了理想气体状态方程的应用，具体注意以下两个方面： 1、在求解被封闭气体气体的压强时，有时需要对活塞或液柱进行受力分析，利用力的平衡解答．在选取研究对象时，往往以受力较少的那个物体为研究对象． 2、对于研究在U型管内被封闭的气体的状态参量的变化时，要正确的确定理想气体的状态，分析其状态参量，选择相应的状态方程进行解答．‎ ‎34、【物理——选修模块3-4】（15分）‎ ‎（1）（5分）如图甲所示为一弹簧振子自由振动（即做简谐运动）时的位移随时间变化的图象，图乙为该弹簧振子在某外力的作用下做受迫振动时的位移随时间变化的图象，则下列说法中正确的是_________（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．由图甲可知该弹簧振子的固有周期为4s B．由图乙可知该弹簧振子的固有周期为8s C．由图乙可知外力的周期为8s D．如果改变外力的周期,在接近4s的附近该弹簧振子的振幅较大 E．如果改变外力的周期,在接近8s的附近该弹簧振子的振幅较大 ‎【答案】ACD 【解析】 试题分析：（1）图甲是弹簧振子自由振动时的图象，由图甲可知，其振动的固有周期为4s，A正确；B错误；图乙是弹簧振子在驱动力作用下的振动图象，弹簧振子的振动周期等于驱动力的周期，即8s，C正确；当固有周期与驱动力的周期相等时，其振幅最大，驱动力的周期越接近固有周期，弹簧振子的振幅越大，D正确，E错误；故选ACD。‎ 考点：简谐运动、受迫振动及振动图象。‎ ‎【名师点睛】弹簧振子自由振动的周期是固有周期，受迫振动的周期等于驱动力的周期；当受迫振动的周期与弹簧振子的固有周期相等时，发生共振，受迫振动的振幅最大。‎ ‎（2）（10分）如图所示，一半径为R的圆柱形玻璃砖放置在水平地面上，一束由红光和紫光组成的细光束从玻璃砖的A点水平射入，最后在玻璃砖右侧的地面上形成两个光点。已知、该玻璃砖对红光的折射率为，对紫光的折射率为，求地面上两个光点之间的距离。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】 试题分析：（2）因为,，所以,‎ 设红光折射后的折射角为，由折射定律得：‎ 解得：，‎ 设蓝光折射后的折射角为，由折射定律得：‎ 解得：，‎ 由几何知识可得：,‎ 两个光点间的距离为：‎ 考点：本题考查光的折射定律。‎ ‎【名师点睛】规范画出光路图，找到各色光的入射角和折射角，根据光的折射定律，结合几何关系即可求解。‎ ‎35．【物理——选修模块3-5】（15分）‎ ‎（1）（5分）根据波尔理论，激光是大量处于同一激发态n1的原子同时跃迁到某一能级n2而释放出的单色光，其能量大、破坏力强，下列针对上述原子跃迁过程的说法正确的是_____________。（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．原子处于n1能级时的能量大于处于n2能级时的能量 B．电子在n1能级时的半径大于在n2能级时的半径 C．电子在n1能级时的动能大于在n2能级时的动能 D．原子由n2能级跃迁到n1能级吸收的能量等于由n1能级跃迁到n2能级放出的能量 E．红外线、紫外线、γ射线都是处于激发态的原子辐射出的 ‎【答案】ABD 【解析】 试题分析：原子由高能级向低能级跃迁时，释放光子，故n1属于高能级，电子处于高轨道，动能小，n2属于低能级，电子处于低轨道，动能大，A、B正确，C错误；电子在两能级之间跃迁时吸收与释放的能量值是相等的，D正确；红外线、紫外线是处于激发态的原子辐射出的，射线是原子核发出的，E错误。‎ 考点：原子的跃迁。‎ ‎【名师点睛】抓住原子跃迁规律，从高能级向低能级跃迁要辐射光子，从低能级向高能级跃迁要吸收光子；并掌握各种光的产生机理。‎ ‎（2）（10分）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M的长木板，长木板左端有一质量为m（M>m）的物块。现给长木板和物块相同大小的初速度v，使它们分别向左、右运动，它们之间的动摩擦因数为μ，长木板足够长，不计空气阻力，求： ①物块和长木板相对静止时，物块的速度大小和方向； ②物块在长木板上滑过的距离。‎ ‎【答案】① 物块的速度方向向左 ② 【解析】 试题分析：①设向左为正方向，以物块、长木板为系统，由动量守恒定律有：‎ 解得：‎ 由于，因此，，所以，相对静止后，物块的速度方向向左 ‎②由能量守恒定律可知，这一过程中，因克服摩擦力做功而产生的热等于系统减少的机械能，故有：‎ 解得：‎ 考点：本题考查动量守恒定律及其应用。‎ ‎【名师点睛】分清物理过程，M和m的作用过程，最终达到相对静止；根据要求的物理量，恰当选择研究对象，利用动量守恒定律和功能关系求解。‎