广东省揭阳市2017届高三第二次模拟考试理科综合-物理试题

广东省揭阳市2017届高三第二次模拟考试理科综合-物理试题

www.ks5u.com 广东省揭阳市2017届高三第二次模拟考试理科综合-物理试题.‎ 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14-17题只有一项符合题目要求，第18-21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. A、B两个物体在同一直线上运动，速度-时间图像如图所示，下列说法正确的是 A. A、B运动方向相反 B. 0～4 s内，A、B的位移相同 C. t＝4 s时，A、B的速度相同 D. A的加速度比B的加速度大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图像可知，A、B两物体的速度都是正值，故说明其方向是相同的，故选项A错误；因为速度与时间图像中，图线与时间轴所围成的面积是位移的大小，所以0 4s内，A、B的位移不相同，B的位移大于A的位移，选项B错误；在t=4s时，两图像相交于一点，说明此时A、B的速度相同，选项C正确；经计算可知，A的加速度大小为，B的加速度大小也为，所以它们的加速度大小相等，选项D错误。‎ 考点：速度与时间图像。‎ ‎2. 如图所示为乒乓球桌面示意图，球网上沿高出桌面H，网到桌边的水平距离为L，在某次乒乓球训练中，从左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到桌面右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的是 A. 击球点的高度与网高度之比为2∶1‎ B. 乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1‎ C. 乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为1∶2‎ D. 乒乓球在网左右两侧运动速度变化量之比为1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析: 因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h=可知，击球点的高度与网高之比为9：8，故A、B错误；由平抛运动规律：H=，L=v0t解得：v0=L，由动能定理可知，乒乓球过网时mgH=-解得：v1=，同理落到桌边缘时速度v2=，所以，故C错； 网右侧运动时间是左侧的两倍，△v=gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2；故D正确。‎ 考点：平抛运动．‎ ‎3. 如图所示，同为上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块 A. 在P和Q中都做自由落体运动 B. 在两个下落过程中的机械能都守恒 C. 在P中的下落时间比在Q中的长 D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ‎【答案】C ‎【解析】由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，A错误；在铜管P中下落的过程中，有内能产生，机械能不守恒，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，B、D错误；在P中加速度较小，下落时间比在Q中的长，C正确。故选C 。‎ ‎4. 把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是...‎ A. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大 B. Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变 C. 在t=1×10-2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零 D. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、Rt温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故A正确；‎ B、Rt处温度升高时,原副线圈电压比不变,但是V2不是测量副线圈电压, Rt温度升高时,阻值减小,电流增大,则R电压增大,所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，B错误；‎ C、当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，故C错误；‎ D、原线圈接的图甲所示的正弦交流电,由图知最大电压36V，周期0.02s,故角速度是ω=100π,u=36sin100πt(V)， D错误。故选A。‎ ‎【名师点睛】‎ ‎5. 如图所示，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置电荷量都为q的正、负点电荷。图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量。下列表述正确是 A. a、b两点电场强度相同 B. a点电势高于b点电势 C. 把点电荷+Q从c移到d，电势能增加 D. M点的电荷受到的库仑力大小为F=‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：由等量异种电荷电场分布可知，a、b两点电场强度相同，a点电势等于b点电势，且都等于零，选项A正确，B错误；因c点但是高于d点，故把点电荷+Q从c移到d，电势能减小，选项C错误；M点的电荷受到的库仑力大小为，选项D正确；故选AD.‎ 考点：电场强度；电势及电势能。‎ ‎6. 2016年10月19日凌晨，“神舟十一号”载人飞船与距离地面343km的圆轨道上的“天宫二号”交会对接。已知地球半径为R=6400km，万有引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2，“天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟，以下分析正确的是 A. “天宫二号”的发射速度应大于11.2km/s B. “天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度 C. 由题中数据可以求得地球的平均密度 D. “神舟十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道 ‎【答案】BC ‎【解析】A. 发射速度如果大于第二宇宙速度，“天宫二号”将脱离地球束缚，不能再绕地球运动了，A错误；‎ B. 对于卫星，万有引力等于向心力，，，天宫二号的周期比同步卫星小，轨道半径比同步卫星小，所以“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，B正确；‎ C. “天宫二号”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,，‎ 解得地球质量，地球体积，地球的密度，根据题给数据能求得地球的平均密度，故C正确。...‎ D、若在同一轨道上，让神舟十一号加速，所需要的向心力变大，万有引力不变，所以神舟十一号做离心运动，不能实现对接，故D错误；‎ 故选：BC。‎ ‎【名师点睛】‎ 卫星的发射速度如果大于第二宇宙速度，它将脱离地球束缚，不能再绕地球运动了．根据万有引力提供向心力，通过轨道半径的大小比较天宫二号和同步卫星的线速度、周期、角速度和向心加速度。“神州十一号”加速，速度变大，它做圆周运动所需要的向心力变大，大于地球对它的万有引力，地球提供的向心力小于“神州十一号”需要的向心力，“神州十一号”做离心运动，轨道半径变大，不能对接， “天宫二号”做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量．再根据求密度 ‎7. 下列说法中正确的是 A. α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据 B. 根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大 C. 在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大 D. 的半衰期是5天，12 g 经过15天衰变后剩余的质量为1.5 g ‎【答案】AD ‎【解析】A. α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据，故A正确；‎ B. 根据玻尔理论可知，结合，可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的运动速度增大，即动能增大，则氢原子的电势能减小，故B错误；‎ C. 在光电效应的实验中，入射光的强度增大，频率不变，光电子的最大初动能不变，C错误；‎ D. 12g 经过15天后，发生了三次衰变，根据，则还有1.5g未衰变，故D正确；‎ 故选：AD.。‎ ‎【名师点睛】α粒子散射实验提出卢瑟福建立原子核式结构模型；根据牛顿第二定律，由库仑力提供向心力可知，辐射出一个光子后氢原子的电势能与核外电子的运动速度的变化；光电子的最大初动能；根据半衰期的定义，即可求解。‎ ‎8. 图甲中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到乙图的a－F图。取g＝10 m/s2，则 A. 滑块的质量m＝4 kg B. 木板的质量M＝2kg C. 当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2‎ D. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：从图乙中可知当加速度时，两者发生相对运动，当时两者相对静止，当时，对整体可得，即，当时对木板分析受到拉力和m给的摩擦力，故有，图像的斜率，即，所以，将时图线反向延长，可得当时，加速度为零，代入可得，解得，故ABD正确；当F＝8N时滑块加速度为，故C错误 考点：考查了牛顿第二定律与图像 ‎【名师点睛】关键是知道当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析 三、非选择题： ‎ ‎（一）必考题 ‎9. 用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2在高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。‎ 如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），所用电源的频率为50 Hz，计数点间的距离如图所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，请计算：（当地重力加速度取10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字）...‎ ‎（1）计数点5的瞬时速度v5= _________m/s；‎ ‎（2）在计数点0到5的过程中，系统动能的增量ΔEk＝____ J；系统重力势能的减少量ΔEp＝____ J。‎ ‎【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.60‎ ‎。‎ ‎(2)物体的初速度为零，所以动能的增加量为：‎ 重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=mgh=0.60J。‎ ‎10. 有一约7V数码电池，无法从标签上看清其电动势等数据。现要更加准确测量其电动势E和内电阻r，实验室备有下列器材：‎ A．电流表（量程0.6 A，内阻为3Ω）　　 B．电压表（量程3 V，内阻为3 kΩ）‎ C．电压表（量程30 V，内阻为30 kΩ） D．定值电阻R1=500Ω E．定值电阻R2=5000Ω F．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）电路图如图所示，将实物连线图补充完整。‎ ‎（3）若将滑动变阻器滑片滑到某一位置，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). B，E (2). 如图所示：‎ ‎ (3). ‎ ‎【解析】（1）C量程太大，误差大。选择B，串联5000Ω的定值电阻，可以测8v的电压，满足要求。‎ ‎（2）实物连线图如下：‎ ‎（3）电压表读数为U，电流表读数为I时， 路端电压为，干路电流为，根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎11. 如图所示，一质量为m的小球C用轻绳悬挂在O点，小球下方有一质量为2m的平板车B静止在光滑水平地面上，小球的位置比车板略高，一质量为m的物块A以大小为v0的初速度向左滑上平板车，此时A、C间的距离为d，一段时间后，物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换，且碰撞时间极短，已知物块与平板车间的动摩擦因数为μ ，重力加速度为 g，若A碰C之前物块与平板车已达共同速度，求：‎ ‎（1）A、C间的距离d与v0之间满足的关系式；‎ ‎（2）要使碰后小球C能绕O点做完整的圆周运动，轻绳的长度l应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）A碰C前与平板车速度达到相等，设整个过程A的位移是x，由动量守恒定律得 由动能定理得：‎ 解得 满足的条件是...‎ ‎（2）物块A与小球C发生碰撞，碰撞时两者的速度互换， C以速度v开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得 小球经过最高点时，有 解得 ‎【名师点睛】‎ A碰C前与平板车速度达到相等，由动量守恒定律列出等式；A减速的最大距离为d，由动能定理列出等式，联立求解。A碰C后交换速度，C开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律和C通过最高点时的最小向心力为mg，联立求解。‎ ‎12. 如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝T。长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝rad/s。通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中（连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R），图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5‎ ‎ m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大。（忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力）求：‎ ‎（1）在0～4 s内，平行板间的电势差UMN ；‎ ‎（2）带电粒子飞出电场时的速度；‎ ‎（3）在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件。‎ ‎【答案】（1）UMN=﹣1 V（2）（3） ‎ ‎【解析】试题分析：(1)金属杆产生的感应电动势恒为 由电路的连接特点知：‎ 由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则 则在0～4 s时间内，，.‎ ‎(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T1/2时间内水平方向 竖直方向，，，‎ 得，‎ 则粒子飞出电场时的速度 ‎，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°.‎ ‎(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由，得 由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，‎ 时离开磁场后不会第二次进入电场，即.‎ 考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动 ‎【名师点睛】导体切割磁感线产生电动势，结合串并联电路特点即可求解．带电粒子在电场中做类平抛运动，有运动学知识求解即可．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求解粒子运动半径，结合几何关系求解磁场强度大小 ‎（二）选考题： ‎ ‎13. 下列叙述中正确的是 。‎ A. 已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数...‎ B. 布郎运动就是分子的无规则运动 C. 对理想气体做功，内能不一定增加 D. 分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 E. 用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105J的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，则气体内能增加了1.5×105J ‎【答案】ACE ‎【解析】已知水的摩尔质量和水分子的质量，根据可以计算出阿伏加德罗常数,选项A正确； 布郎运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，选项B错误； 对理想气体做功，如果气体放热，则内能不一定增加，选项C正确； 分子间的相互作用力随着分子间距离从零开始增大时，分子力先减小，后增大，再减小，选项D错误；用活塞压缩汽缸内的理想气体，对气体做了3.0×105J的功，同时气体向外界放出1.5×105J的热量，根据可知，气体内能增加了3.0×105J-1.5×105J =1.5×105J，选项E正确；故选ACE.‎ ‎14. 一圆柱形绝热汽缸，质量M为10kg，总长度L为40cm。内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与汽缸壁间摩擦不计，且不漏气。当外界大气压强p0为1×105Pa，缸内温度t0为7℃时，如图所示，用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来，汽缸内气柱的高L1为35cm，取10m/s2。（缸体和活塞的厚度不计）求：‎ ‎（ⅰ）此时汽缸内气体的压强；‎ ‎（ⅱ）当缸内温度升高到多少摄氏度时，活塞与汽缸将分离。‎ ‎【答案】（ⅰ）p=0.8×105Pa（ⅱ）t2=47℃‎ ‎【解析】试题分析:①以气缸为研究对象，受力分析,根据平衡条件得：p0S=pS+Mg 得：‎ ‎②温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：‎ 当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为40cm，代入数据得：‎ 解得：t=47°C 考点：考查理想气体的状态方程．‎ ‎【名师点睛】能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中．‎ ‎15. 如图为一简谐横波在t=0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1 m处的质点，此刻P点振动方向沿y轴正方向，并经过0.2 s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x=4 m处的质点，则 。‎ A. 波沿x轴负方向传播 B. t=0.05 s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大 C. 从t=0.10 s到t=0.15 s，该波沿x轴传播的距离是2 m D. 从t=0.10 s到t=0.15 s，质点P通过的路程为10 cm E. t=0.25 s时，质点Q纵坐标为10 cm ‎【答案】ACE ‎【解析】P点振动方向沿Y轴正方向振动，根据带动法可知，波沿X轴负方向传播，故A正确；根据题意可知，周期T=0.2s，则t=0.05s时，质点Q在最大位移处，加速度最大，不为零，故B错误；根据图象可知该波的波长λ=8m，则波速，从t=0.10s到t=0.15s，该波沿X轴传播的距离x=vt=40×0.05=2m，故C正确；从t=0.10s到t=0.15s，经过了T，若P在平衡位置或波峰、波谷处，则P通过的路程s=A=10cm，但此波中，P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以通过的路程不为10cm，故D错误；从t=0.10s到t=0.25s，经过了T，此时Q在最大位移处，质点Q纵坐标为l0cm，故E正确．故选ACE.‎ ‎16. 如图为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面。试求：‎ ‎（ⅰ）该材料对此平行光束的折射率；‎ ‎（ⅱ）这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块?‎ ‎【答案】（ⅰ）（ⅱ）当光屏到BC距离超过时，光斑分为两块 ‎【解析】试题分析：（1）由于对称性，我们考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性不难得出，光线进入AB面时的入射角α和折射角β分别为：α=60°，β=30°‎ 由折射定律，材料折射率 ‎（2）如图O为BC中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D，可看出只要光屏放得比D点远，则光斑会分成两块．‎ 由几何关系可得：‎ 所以当光屏到BC距离超过时，光斑分为两块．‎ 考点：考查光的折射定律．‎ ‎【名师点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能很容易解决此类问题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎