1、- 1 -2017-2018 学年第二学期学期高三第二次月考理科综合物理试题一、选择题： 1.根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是（ ）A. 相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越大B. 氢原子中的电子从高能级轨道向低能级轨道跃迁时，电子离核的距离变近，电子的动能变小C. 在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D. 铀核( )衰变为铅核( )的过程中，中子数减少 21 个【答案】C【解析】【详解】根据 Ekm=hv-W0知，频率相同，从金属表面逸出的光电子最大初动能越大，金属的逸出功越小，故 A 错误。氢原子向低能级跃迁时，
2、电子离原子核距离变近，由库仑力提供向心力有： v ，则电子的速度变大，动能变大，选项 B 错误；在原子核中，比结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固，故 C 正确。铀核（ ）衰变为铅核（ ）的过程中，质子数少 10，质量数少 32，则中子数少 22，故 D 错误。故选 C。2.如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合。 A、 O、 B 为竖直平面上的三点，且 O 为等量异种点电荷连线的中点， AO=BO。现有带电荷量为 q、质量为 m 的小物块视为质点，从 A 点以初速度 v0向 B 滑动，到达 B 点时速度恰好为 0。则（ ）A. 小物块一定带正电- 2 -B. 从 A
3、到 B，小物块加速度逐渐减小C. 从 A 到 B，小物块电势能先减小后增大D. 从 A 到 B，小物块所受电场力先增大后减小【答案】D【解析】【详解】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知 q 带负电；从 A 到 O 的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据 a 知，加速度增大，从 O 到 B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据 a 知，加速度减小，故 D 正确，AB 错误；由于 AB 是等势线，则从 A到 B，电荷的电势能不变，故
4、C 错误；故选 D。【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线。3.随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度 v0竖直向上抛出一个小球，经时间 t 后回到出发点己知月球的半径为 R，万有引力常量为 G，则下列说法正确的是（ ）A. 月球表面的重力加速度为B. 月球的质量为C. 宇航员在月球表面获得 的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D. 宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为【答案】B【解析】【详解】小球在月球表面做竖直上抛运
5、动，根据匀变速运动规律得： ；解得：g 月- 3 -= ，故 A 错误；物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力得： G =mg 月 ，解得：，故 B 正确；宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，所以有： ，解得： ，故 C 错误。宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得：mg 月 =解得：T= ，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力重力加速度 g 是联系物体运动和天体运动的桥梁4.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌
6、。从提供的信息知：一枚 30 g 的鸡蛋从 17 楼（离地面人的头部为 45 m 高）落下， 能砸破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为 4.510-4s，人的质量为 50 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为（ ）A. 1700 N B. 2000 N C. 2300 N D. 2500 N【答案】B【解析】鸡蛋从 45m 高处自由落体，由运动学规律可得速度为 ，对鸡蛋撞击的过程，取向下为正方向，由动量定理： ，解得 ，故选 B.【点睛】本题应用动量研究碰撞过程物体的速度对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力5.如图，理想变压器的原、副
7、线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为 U0的交变电源上。当 S 断开时， L1、 L2、 L3三只灯泡均正常发光；若闭合 S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则（ ）- 4 -A. 灯泡 L1变亮 B. 灯泡 L2变亮C. 灯泡 L3亮度不变 D. 灯泡 L4正常发光【答案】A【解析】当 S 接通后，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡 L1的电压增大，L 1变亮；原线圈电压减小，匝数比不变故副线圈电压减小，所以灯泡 L2、L 3两端的电压变小，灯泡 L2、L 3亮度变暗；L
8、2、L 3 、L 4电压相等比 S 断开时电压小，S 断开时灯泡正常发光，S 闭合时 L4不能正常发光，故 A 正确，BCD 错误；故选 A.6.物体 A 和 B 相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则（ ）A. A、 B 间无摩擦力的作用B. B 受到滑动摩擦力的大小为( mA mB)gsin C. B 受到的静摩擦力的大小为 mAgsin D. 取走 A 物后， B 物将匀加速下滑【答案】BC【解析】【详解】以 A 为研究对象，A 处于平衡状态，因此有 f=mAgsin，所以 A 受到 B 给其沿斜面向上的摩擦力作用，故 A 错误；以整体为研究对象，根据平衡状态有：（m A+mB）gsi
9、n=f B，故 B 正确；A 对 B 的静摩擦力与 B 对 A 的静摩擦力大小相等，故有：f=f=m Agsin，C 正确；由前面分析知：（m A+mB）gsin=f B，又根据滑动摩擦力公式有：fB=（m A+mB）gcos，得：=tan，取走 A 物体后，物体 B 受滑动摩擦力为m Bgcos，代入 =tan 得，m Bgcos=mgsin，即物体 B 受力平衡，则物体 B 仍能做匀速直线运动，故 D 错误；故选 BC。【点睛】 “整体隔离法”是力学中的重要方法，一定要熟练掌握，注意对于由多个物体组成- 5 -的系统，优先考虑以整体为研究对象7.如图所示，某空间存在竖直向下的匀强电场和垂直
10、纸面向里的匀强磁场，已知一离子在电场力和磁场力作用下，从静止开始沿曲线 acb 运动，到达 b 点时速度为零， c 点为运动的最低点，则（ ）A. 离子必带正电B. a b 两点位于同一高度C. 离子在 c 点速度最大D. 离子到达 b 点后将沿原曲线返回 a 点【答案】ABC【解析】【详解】粒子开始受到电场力作用开始向下运动，在运动过程中受洛伦兹力作用，知电场力方向向下，则离子带正电。故 A 错误。根据动能定理知，洛伦兹力不做功，在 A 到 B 的过程中，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B 两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B 两点位移同一高度。故 B 正确。根据动能定理得，离子
11、运动到 C 点电场力做功最大，则速度最大。故 C 正确。只要将离子在 B 点的状态与 A 点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在 B 之右侧重现前面的曲线运动，因此离子是不可能沿原曲线返回 A 点的。如图所示。故 D 错误。故选 BC。【点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功8.A、 C 是两个带电小球，质量分别是 mA、 mC，电量大小分别是 QA、 QC，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点 O，两球静止时如图所示，此时
12、绳子对两球的拉力分别为 TA、 TC，两球连线 AC与 O 所在竖直线的交点为 B，且 ABQCB. mA mC=TA TCC. TA=TCD. mA mC=BC AB【答案】BD【解析】利用相似三角形知识可得，A 球所受三个力 F、T A、m Ag 构成的三角形与三角形 OBA 相似，；C 球所受三个力 F、T C、m Cg 构成的三角形与三角形 OBC 相似，；因 OA=OC，所以 ； ，则选项 BD 正确，C 错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电量的多少，选项 A 错误；故选BD. 点睛：本题中库仑力是两个小球联系的纽带，运用三角形像是由平衡条件分别找出两个小球的质量
13、与库仑力关系是解题的关键二、非选择题： 9.某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车 A 的前端装上撞针，给小车 A 某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车 B（后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动在小车 A 后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器电源频率为 50Hz （1）在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有_（填标号） 。A实验时要保证长木板水平放置- 7 -B相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带
14、的小车D先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源（2）纸带记录下碰撞前 A 车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前 A 车运动速度大小为_ m/s（结果保留一位有效数字） ， A、 B 两车的质量比值 等于_ （结果保留一位有效数字）【答案】 (1). BC (2). 0.6 (3). 2【解析】（1）A、为了保证小车匀速行驶，所以应该平衡摩擦力，木板应该倾斜放置。故 A 错B、相互作用的两车上,一个装上撞针,一个装上橡皮泥,是为了碰撞后粘在一起,故 B 正确； C、为了打点稳定,应先开电源然后再让小车运动,故 C 正确；D 错误故选 BC（2）在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内
15、通过的位移相同,则 碰后小车的速度为 ，所以 故本题答案是：(1). BC (2). 0.6 (3). 2点睛： (1)明确实验原理知道本实验必须让两车碰撞后粘在一起才能完成实验; (2)小车做匀速直线运动时,在相等时间内的位移相等,分析小车的运动过程,然后答题; (3)根据图象,由速度公式求出小车的速度,然后由 求出动量 .10.一根细长而均匀的金属管线样品，长约为 60 cm，电阻约为 6 .横截面如图甲所示(1)用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为_mm(2)现有如下器材- 8 -A电流表(量程 0.6 A，内阻约 0.1 )B电流表(量程 3 A，内阻约 0
16、.03 )C电压表(量程 3 V，内阻约 3 k)D滑动变阻器(1750 ，0.3 A)E滑动变阻器(15 ，3 A)F蓄电池(6 V，内阻很小)G开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选_，滑动变阻器应选_(只填字母代号)(3)请将图丙所示的实际测量电路补充完整_(4)已知金属管线样品材料的电阻率为 ，通过多次测量得出金属管线的电阻为 R，金属管线的外径为 d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积 S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是_计算中空部分横截面积的表达式为S_【答案】 (1). 1.125 (2). A (3). E (4). (
17、5). 管线长度 L (6). 【解析】试题分析：螺旋测微器的读数等于 1mm+0.0112.5mm=1.125mm电路中的电流大约为 ，所以电流表选择 A待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量误差角度，所以滑动变阻器选择 E待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法滑动变阻器可以采用限流式接法，也可以采用分压式接法- 9 -还需要测量的物理量是管线长度 L，根据 ，则 ，则中空部分的截面积考点：测定金属的电阻率【名师点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；掌握电阻定律的公式，掌握如何确定电流
18、表的内外接，将待测电阻与电压表和电流表内阻比较，确定其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表的内外接。11.如图所示，相距 L=0.5m 足够长的两根光滑导轨与水平面成 37角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度 B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上 ab、 cd 为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为 m=0.5kg、电阻均为 R=2 ab 棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让 cd 棒从静止开始下滑，直至与 ab 相连的细绳刚好被拉断，在此过程中 cd 棒电阻 R 上产生的热量为 1J，已知细线能承受的最大拉力为T=5N， g=10m/s2，sin37 0=0.6，cos
19、37 0=0.8求细绳被拉断时：（1） ab 棒中电流的方向与大小（2）cd 棒的速度大小（3） cd 棒沿导轨下滑的距离【答案】 （1）电流的方向是从 a 流向 b， I=1A （2）v= 4 m/s (3) 2m【解析】- 10 -（1）cd 棒切割，由右手定则可知，ab 棒中电流的方向是从 a 流向 b。细绳被拉断瞬时，对 ab 棒有:T cos37=mgsin37+BIL 解得：I=1A （2）由闭合电路欧姆定律可得 BLv=I(R+R) 解得 v= 4 m/s (3) 金属棒 cd 从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd 电流相同，电阻相同：可得 Qab= Qcd=1J
20、 在此过程中电路产生的总热量 Q =Q ab+ Qcd=2J 由能量守恒得 mgssin370= mv2+Q解得 s = 2m 12.如图所示，半径 R=0.25m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角 =370，另一端点 为轨道的最低点，其切线水平。一质量 M= 2kg、板长 L =0.65m 的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 C 点，其上表面所在平面与圆弧轨道 C 点和右侧固定平台 D 等高。质量为 m=1kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以v0=0.6m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧
21、轨道滑下经 C 点滑上滑板。滑板运动到平台 D 时被牢固粘连。已知物块与滑板间的动摩擦因数 =0.5，滑板右端到平台 D 左侧的距离 s 在 0.1m s0.5m 范围内取值。取g=10m/s2，sin37 0=0.6，cos37 0=0.8求：(1) 物块到达 B 点时的速度大小 vB(2) 物块经过 C 点时对圆弧轨道的压力(3) 试讨论物块刚滑上平台 D 时的动能 EKD与 s 的关系- 11 -【答案】(1) vB=1m/s (2)物块在 C 点对轨道的压力大小为 46N，方向竖直向下； (3) 当0.1ms0.2m 时，E KD =1.25-5s （J） ；当 0.2ms0.5m 时
22、，E KD=0.25J；【解析】【详解】 （1）设物体经过 B 点的速度为 vB，则由平抛运动的规律可得：v Bsin37=v0解得：v B=1m/s（2）设物体经过 C 点的速度为 vC，由机械能守恒得：mvB2+mg（R+Rsin37）= mvC2解得：v C=3m/s；在 C 点物块受到重力和支持力，合力提供向心力，则： FNmg m代入数据可得：F N=46N根据牛顿第三定律可知，物块经过 C 点时对圆弧轨道的压力是 46N。（3）物块在滑板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终可能将一起共同运动。设达到共同运动速度为 v，则：mv c=（m+M）v解得：v=1m/s对物块由动能定理可得
23、： mgs1 mv2 mvC2解得：s 1=0.8m对滑板： mgs2 Mv20解得：s 2=0.2m由于 s1-s2=0.8m-0.2m=0.6mL可知二者的速度相同时，物块不能从滑板上滑落；滑板右端到滑板 D 左侧的距离 s 在 0.1ms0.2m 时，即滑板没有达到最大速度就与平台相遇，所以物块将一直做减速运动，根据动能定理可知： mg(L+s) EKD mvC2代入数据可得：E KD=1.25-5s（J）滑板右端到滑板 D 左侧的距离 s 在 0.2ms0.5m 时，物块先做减速运动，位移为s1=0.8m，随后做匀速运动，位移为：s-s 2，最后再做减速运动，位移为：s=L-（s 1-
24、s2）=0.65-（0.8-0.2）=0.05m；则由动能定理可得： mg(s1+ s) EKD mvC2- 12 -解得：E KD=0.25J【点睛】本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解。13.下列说法正确的是_A如果没有漏气，不计摩擦，也没有机体热量的损失，则这样的热机的效率可达 100%B100、1 g 的氢气与 100、1 g 的氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等C某理想气体的摩尔体积为 V0，阿伏加德罗常数为 NA，则该理想气体的分子体积为D甲、乙两个分子在只受分子力的作用下，由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中
25、，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大E在“油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径（即单层油酸分子组成的油膜的厚度）等于一小滴溶液中纯油酸的体积与其在水面上摊开的面积之比【答案】BDE【解析】【详解】根据热力学第二定律可知，任何热机的效率都不可能达到 100%，选项 A 错误； 温度是分子平均动能的标志，则 100、1 g 的氢气与 100、1 g 的氧气相比，平均动能一定相等，但由于分子数不同，则内能一定不相等，选项 B 正确；某理想气体的摩尔体积为 V0，阿伏加德罗常数为 NA，则该理想气体的一个分子运动占据的空间的体积为 ，选项 C 错误；甲、乙两个分子在只受分子力的作
26、用下，由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子力先做正功后做负功，则分子势能先减小后增大，选项 D 正确；在“油膜法估测分子的大小”的实验中，认为油分子单层排列，则油酸分子的直径（即单层油酸分子组成的油膜的厚度）等于一小滴溶液中纯油酸的体积与其在水面上摊开的面积之比，选项 E 正确；故选 BDE.14.一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置活塞的质量 m20 kg，横截面积 S100 cm 2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离 L112 cm，离汽缸口的距离 L23 cm外界气温为 27 ，大气压强为101
27、0 5 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，取 g10 m/s 2，求：- 13 -（1）此时气体的温度为多少？（2）在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收 Q370 J 的热量，则气体增加的内能 U 多大？【答案】(1) T 1450 K (2) U300 J【解析】试题分析：（1）当汽缸水平放置时，p 01010 5Pa，V 0L 1S，T 0（27327）K当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析图如图所示，有 p1Sp 0Smg则 p1p 0 1010 5Pa Pa1210 5Pa，V1（L 1L 2）S由理想气体状态方程得则 T1450 K（2）当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得 p0L1Sp 1LS则加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为 Wp 1（L 1L 2L）Smg（L 1L 2L）70 J根据热力学第一定律 UWQ 得 U300 J考点：玻意耳定律；热力学第一定律【名师点睛】本题考查了求气体的温度与内能的增量，分析清楚气体状态变化过程是解题的- 14 -前提与关键，应用理想气体状态方程、玻意耳定律与热力学第一定律可以解题；应用热力学第一定律解题时要注意各量的正负号
