湖北省武汉十一中2017届高三一模理综试卷物理试题

湖北省武汉十一中2017届高三一模理综试卷物理试题

www.ks5u.com 武汉十一中2017届高三一模理综试卷 可能用到的相对原子质量：H－1 Li－7 C－12 O－16 Na－23 Al－27 Cu－64 ‎ 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. 关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是 A. 演示微小形变时，运用了放大法 B. 将带电体看成点电荷，运用了理想模型法 C. 将很短时间内的平均速度看成瞬时速度，运用了等效替代法 D. 探究弹性势能表达式用 F—x 图象下梯形的面积代表功，运用了微元法 ‎【答案】C ‎2. 如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮 A. 其他条件不变，P1上移 B. 其他条件不变，P2下移 C. 其他条件不变，断开电键S D. 其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动 ‎【答案】C ‎【解析】原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P1上移，即原线圈匝数增多，根据 ‎ ‎，可知U2减小，电灯变暗，故A错误；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P2下移，即副线圈匝数减少，根据 ，可知U2减小，电灯L变暗，故B错误；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，断开电键S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡两端电压增大，可以使电灯L重新变亮，故C正确；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，将滑动变阻器滑动片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡两端电压更小，灯泡不能变亮，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3. 2016年10月19日，“神舟十一号”飞船与“天宫二号”实验室实现自动交会对接，形成的“天神组合体”开始了长达30天的组合飞行，再一次创造了中国载人航天的新纪录。若在实现交会对接过程中，先使“神舟十一号”飞船沿椭圆轨道运行，且让椭圆轨道的远地点在“天宫二号”等待交会对接的近似正圆轨道上，然后在“神舟十一号”运行到远地点附近时进行对接，并使“天神组合体”能沿“天宫二号”原来的近似正圆轨道运动。对于这个对接过程，“神舟十一号”沿椭圆轨道运行到达远地点时应做出的调整，下列说法中正确的是 A. 需要适当加速 B. 需要适当减速 C. 需要先减速再加速 D. 需要适当改变速度方向 ‎【答案】A ‎【解析】神舟十一号”沿椭圆轨道运行到达远地点时，要想到达“天宫二号”的近似正圆轨道上并进行对接，相当于由低轨变到高轨，应该加速，故A正确，BCD错误。‎ ‎4. 如图所示，粗细均匀的绝缘棒组成一直径为L的圆形线框，线框上均匀地分布着正电荷，O是线框的圆心，现在线框上E处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向左移动B的距离到F点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为 A. B. ...‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】线框上的电荷在O点产生的场强等效为q电荷在O点产生的电荷量故：‎ ‎ ，B点的电荷在O点产生的场强为：，由场强的叠加可知：，故B正确，ACD错误。‎ ‎5. 如图甲，小车水平向右加速运动，其运动的v-t图像如图乙所示，在运动过程中物块M始终相对车厢静止在后壁上，则下列说法正确的是 A. 物块所受摩擦力减小 B. 物块所受摩擦力增大 C. 车厢对物块的作用力大小增大且方向改变 D. 车厢对物块的作用力大小增大但方向不变 ‎【答案】C ‎【解析】根据v-t图象的斜率表示加速度可知，小车的加速度逐渐增大，则物块的加速度逐渐增大，以物块为研究对象，物体受重力Mg，车厢的弹力N和静摩擦力f，根据牛顿第二定律可得，水平方向：N=Ma，竖直方向：f=Mg．当加速度增大时，物块仍相对于车厢静止，在竖直方向受力平衡，即f=Mg不变，故AB错误；物体受车厢的弹力和向上的静摩擦力，当加速度增大时，N增大，静摩擦力f不变，则两者合力的方向变化，车厢对物块的作用力方向改变，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎6. 如图所示，倾角为光滑斜面固定在水平面上，质量分别为和的物体和叠放在一起，它们一起沿斜面下滑，已知重力加速度为g，则在物体和沿斜面下滑的过程中，下列说法正确的是 A. 物体对物体的摩擦力大小为 B. 物体对物体的支持力大于物体的重力 C. 物体的机械能守恒 D. 物体克服支持力做的功等于摩擦力对物体做的功 ‎【答案】CD ‎【解析】对于AB组成的整体，整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，对整体，由牛顿第二定律得 （mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a，得 a=gsinθ，对A，由牛顿第二定律得：竖直方向上：mA g-N= mA a1= mA gsinθsinθ ，水平方向上：f= mA a2= mA gsinθcosθ ，则得支持力 N= mA g- mA gsin2θ= mA gcos2θ，摩擦力大小为 f= mA gsinθcosθ，方向水平向左，故A错误，B错误；因为斜面光滑对B不做功，所以B物体的机械能守恒，故C正确；物体克服支持力做功为：，摩擦力对物体做功为：，故D正确。所以CD正确，AB错误。‎ ‎7. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B、B2＝2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时线框的速度为，则下列结论中正确的是 A. 此过程中通过线框截面的电量为 B. 此过程中回路产生的电能为mv2‎ C. 此时线框的加速度为 D. 此时线框中的电功率为 ‎【答案】BC ‎【解析】电路中通过的电量：，故A错误；由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：，故B正确；此时感应电动势：，线框电流为：，由牛顿第二定律得：2BIa+BIa=ma加，‎ 解得：，故C正确；此时线框的电功率为：，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎8. 如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是 A. 若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加...‎ B. 若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少 C. 若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少 D. 若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小 ‎【答案】BCD ‎【解析】滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积，因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L很小，对滑块根据动能定理： ，可知滑块滑离木板时的速度v1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒：，可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B正确；采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L也会很小，故D正确。所以BCD正确，A错误。‎ 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38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题 ‎9. 下图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：‎ ‎①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；‎ ‎②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；‎ ‎③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；‎ ‎④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；‎ ‎⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为SM、SP、SN．依据上述实验步骤，请回答下面问题：‎ ‎（1）两小球的质量m1、m2应满足m1_______m2(填写“>”、“=”或“<”)；‎ ‎（2）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式_____________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；‎ ‎（3）若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较_____________与______________是否相等即可。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). (3). m1SP (4). m1SM + m2SN ‎【解析】（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，故填“>”。‎ ‎（2）碰撞前，小球m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的M点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2． 设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：，，解得：，同理：，，所以只要满足：，即，则说明两球碰撞过程中动量守恒。‎ ‎（4）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足：，代入以上速度表达式可知，应满足公式为：。即验证：和相等．‎ ‎10. 指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。‎ ‎（1）如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是___________。(选填选项前面的字母)‎ A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔 C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔 D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔 ‎（2）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示。‎ A．若所选挡位为直流50mA挡，则示数为_______mA；...‎ B．若所选挡位为电阻×10Ω挡，则示数为_______W。‎ ‎（3）用表盘为图所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：________________________。‎ A．将红表笔和黑表笔接触 B．把选择开关旋转到“×100”位置 C．把选择开关旋转到“×1k”位置 D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点 ‎（4）某小组同学们发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图所示的几种图象，其中可能正确的是___________。(选填选项下面的字母)‎ ‎【答案】 (1). A (2). 21.0 (3). 190 (4). BAD (5). AC ‎【解析】（1）当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误；当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故C错误；当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎（2）如果是用直流50mA档测电流，选择第二排刻度，分度值为1mA，则读数为：21.0mA。‎ ‎（3）被测电阻阻值为19×10=190Ω。‎ ‎（4）先测15Ω的电阻，然后再测阻值约为2kΩ的电阻，应把选择开关置于“×100Ω”挡，然后进行欧姆调零，再测电阻，电阻测量完毕后，要把选择开关置于OFF挡，则正确的实验步骤为： B、A、D.‎ ‎（5）设电流表内阻、滑动变阻器的有效值的总阻值为R总，设接入的待测电阻为Rx；由电流表表盘刻度均匀可知：电流表指针偏转角度与通过的电流成正比；若电流I与待测电阻Rx也成正比，则欧姆表的刻度也应该是均匀的．但是根据电路有：，可见I与Rx不成正比，所以欧姆表刻度不均匀，根据数学知识可知C正确，D错误；上式变形得：，可知A正确，B错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎11. 设均匀球体在空气中下落时，空气对球体的阻力的大小只与球的最大截面积成正比。某同学用轻质细绳连接球A与球B，再用轻质细绳将球B悬挂于上方某位置点，当两球处于平衡状态时，球A与水平地面的距离为18m，此时两细绳拉力的大小分别是2N、3N。已知球A与球B的半径之比为1:2，当地重力加速度为10m/s2。第一次，若只剪断细绳，A球经2s落地。第二次，若只剪断细绳，A球经多长时间落地？（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】2.3s 设球A与球B的质量分别为mA、mB。对球A受力分析得：T1 = mAg 静止时对整体受力分析得：T2 = mAg＋mBg，‎ 第一次剪断细线l1后，球A加速下落，根据运动学公式得：h = a1tA2‎ 对球A受力分析得：mAg - fA = mAa1‎ 代入数据求得：mA = 0.2kg、mB = 0.1kg、a1 = 9m/s2、fA = 0.2N，‎ 根据题意：，解得：f2 = 0.8N 第二次剪断细线l2后，球A与球B一起加速下落，‎ 对球整体受力分析得：mAg＋mBg - fA - fB =(mA＋mB)a2‎ 根据运动学公式得：‎ 代入数据求得：‎ 点睛：本题主要考查了整体法和隔离法的应用，再根据牛顿第二定律和运动学公式即可解题，本题较新颖，要求学生具有较强的分析解题能力。...‎ ‎12. 如图甲所示，以O为原点建立xOy平面直角坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称放置，极板长度和极板间距均为l，第一、四象限有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．紧靠极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射带电粒子，已知粒子的质量为m、电荷量为＋q、速度为v0、重力忽略不计．两板间加上如图乙所示的扫描电压(不考虑极板边缘的影响)时，带电粒子恰能全部射入磁场．每个粒子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变；不考虑粒子间的相互作用．‎ ‎（1）求扫描电压的峰值U0的大小．‎ ‎（2）已知射入磁场的粒子恰好全部不再返回板间，匀强磁场的磁感应强度B应为多少？所有带电粒子中，从粒子源发射到离开磁场的最短时间是多少？‎ ‎【答案】（1）（2）（3） ‎ ‎【解析】试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，由题意可知，粒子的运动情况，根据运动的合成与分解可求得的加电压的峰值；粒子在磁场中做圆周运动，由洛仑兹力充当向心力以及几何关系可求得磁感应强度；粒子从上边缘飞出时时间最短，则由运动过程可求得各段内所经历的时间，则可求得总时间 ‎（1）所加扫描电压达到峰值时，粒子在电场中的偏转位移为，粒子 在电场中做类平抛运动，运动加速度为，时间为 ‎ 在电场中的偏转位移 ‎ 故所加扫描电压的峰值为 ‎ （2）设粒子从电场射出时的速度偏转角为θ，射入磁场时的速度为 ‎ ‎ 粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力 ‎ 粒子在磁场中射入与射出点间的距离为 ‎ 联立解得，即所有粒子在磁场中射入与射出点间距离相同 ‎ 依题意，从下边缘射出电场的粒子在磁场中做圆周运动后刚好到达电场上边缘，‎ 即，故匀强磁场的磁感应强度为 ‎ 从电场上边缘射出的粒子整个过程运动时间最短，‎ ‎ 粒子速度偏转角正切值，故 ‎ 粒子在电场中运动的时间为 ‎ ‎ 粒子在磁场中运动的最短时间为 ‎ 故带电粒子从发射到离开磁场的最短时间是 点睛：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意认真审题，明确题意才能正确分析物理过程，进而确定正确的物理规律求解！如本题中明确说明通过时间极短，粒子通过时电场不变，故粒子即可不同电压下进行加速。‎ ‎（二）选考题： ‎ ‎【物理——选修3-3】‎ ‎【物理——选修3-4】 ‎ ‎13. 如图所示，一束复合光垂直玻璃砖界面进入球形气泡后分为a、b两种色光， 下列说法正确的是 。‎ A. 玻璃砖的气泡缺陷处显得更亮是光的全反射现象 B. a光在玻璃中的传播速度比b在玻璃中的传播速度大...‎ C. a光的频率比b光的频率大 D. 若保持复合光的方向不变仅将入射点上移，则a光最先消失 E. 若让a、b二色光通过一双缝干涉装置，则a光形成的干涉条纹的间距最大 ‎【答案】ACD ‎【解析】玻璃砖的气泡缺陷处显得更亮是光的全反射现象，故A正确；由题图知，两光射向空气时，玻璃对b光的偏折程度较大，因此a光的折射率较大，再依据，可知，a光在玻璃中的传播速度比b钮玻璃中的传播速度小，故B错误；玻璃对a光的偏折程度较大，a光的折射率较大，则a光的频率比b光的频率大，故C正确；因a光的折射率较大，由 知，a光的临界角较小，若保持复合光的方向不变仅将入射点上移，则a光最先达到全反射的条件，从而a光最先消失，故D正确；让a、b二色光通过一双缝干涉装置，因a光的折射率较大，那么其波长较短，根据干涉条纹间距公式，则b光形成的干涉条纹的间距最大，故E错误。所以ACD正确，BE错误。‎ ‎14. 一列简谐横波由a点向b点传播，振幅为10cm，t=0时刻a质点的位移为+5cm且向上振动，b质点恰在平衡位置向上振动；经t=0.1s，b质点第一次位移+5cm：已知a、b两点的平衡位置间距为2m。‎ ‎①求质点振动的周期T，并写出b质点振动方程；‎ ‎②求该简谐横波的波速。‎ ‎【答案】① ②（n=0、1、2、3……）‎ ‎【解析】试题分析：根据a、b两质点的位移都是2m，振幅都是10cm，简谐波的图象是正弦曲线，求出周期并写出波动方程，找出ab间的距离与时间关系的通项，再求出波速。‎ ‎①质点b的振动方程表达式为： ‎ t=0.1s时：‎ ‎ 所以 可得 ‎ ‎ 质点b的振动方程：=10 cm ‎ ‎②设 b质点比a质点滞后了tn时间振动，由题意可知 ‎ s ‎ 即简谐波由a点传播到b点用时为tn，‎ ‎ （n=0、1、2、3……） ‎ 点睛：本题考查运用数学知识解决物理问题的能力，关键能写出波动方程进行求解。‎ ‎ ‎