甘肃省甘谷县第一中学高三第四次实战演练理科综合物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精甘肃省甘谷县第一中学2017届高三第四次实战演练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.如图所示，一小球由不可伸长的轻绳系于一竖直细杆的A点，当竖直杆以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动．关于小球到A点的竖直距离h与角速度ω的关系图线，正确的是（）A.B.C。D.【答案】D【解析】设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律得，mgtanθ=mLsinθω2，

解得ω2＝gLcosθ点睛：对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，通过关系式确定正确的图线．本题的关键是通过牛顿第二定律得出物理量的关系式．2。如图所示，物块A、B用轻绳连接放在光滑水平面上，它们的质量分别为m、M．现在物块B上施加水平恒力F使两物块从静止开始一起向右加速运动,若经过时间两物块运动的位移为Ｌ、速度为，则(）A。绳中的拉力大小为MF/(M+m）B.此过程物块B动能的增量等于C。若开始时在物块B上施加的恒力为2F,则两物块经过时间后速度为D。若开始时在物块B上施加的恒力为2F，则两物块经过位移Ｌ后速度为【答案】C【解析】对AB的整体，根据牛顿第二定律：F=(M+m)a,则对A：T=ma，联立解得T=mFM+m3.如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对水的速度大小为v，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有增大，为保持航线不变,且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）A.减小α角，增大vB.增大α角，增大vC.减小α角，保持v不变D.增大α角，保持v不变【答案】B【解析】试题分析：由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变,且准时到达对岸，则如图所示，可知，故B正确，ACD错误；故选B．考点：运动的合成和分解【名师点睛】解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，以及会根据平行四边形定则对运动进行合成和分解．4.真空中有一半径为r0的带电金属球壳,若取无穷远处为零电势,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示，r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是(）A。该球壳带负电B.A点的电场强度大于B点的电场强度C。若r2−D.将电子从B点移到A点，电场力对电子做负功【答案】B【解析】根据图象，从球向外电势降低;电场线从正电荷出发终止于负电荷,沿着电场线电势逐渐降低；故该球带正电;故A错误；根据场强公式E=Ud知,图象斜率大小等于场强,则得A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确．由于图象斜率大小等于场强，从O到A再到B，电场强度逐渐减小；故若r2-r1=r1-r0,则φA—φB＜φ05。舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看作匀加速直线运动，某段时间内战斗机的位移-时间图线如图所示,则()A.在x=16m至x=26m这段过程中，战斗机的平均速度小于20m/sB。在x=16m至x=26m这段过程中，战斗机的平均速度大于20m/sC。在M点对应的位置，战斗机的速度小于20m/sD.在M点对应的位置，战斗机的速度大于20m/s【答案】AD【解析】在x=16m至x=36m这段过程中，运动时间是1s,由于是匀加速运动,因此在x=16m至x=26m这段过程中,运动时间一定大于0.5s，而通过的位移为10m，由此可知平均速度小于20m/s，故A正确，B错误．在t=2s至t=3s这段时间内，平均速度为20m/s，根据匀变速直线运动的特点可知，在2。5s时战斗机的速度为20m/s,由于M点对应的时刻大于2。5s，可知瞬时速度大于20m/s．故C错误，D正确．故选AD.点睛：解决本题的关键是要知道位移时间图线的物理意义，明确位移图线的斜率表示速度,也可以匀变速直线运动的推论公式研究．6。下列说法正确的是(）A.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型B.某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核部含内有β粒子C。某种单色光照射金属发生光电效应，若只增大入射光强度，则单位时间内发射的光电子数会增加D.一个氘核的质量大于一个质子和一个中子的质量总和【答案】AC【解析】卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型,故A正确．某些原子核能够放射出β粒子,β粒子是由原子核内中子转化来的，原子核内不含有β粒子．故B错误．增大入射光强度，入射光在单位时间内发射出的光子数增加，则单位时间内发射的光电子数会增加．故C正确．核子结合成原子核时会出现质量亏损．则知一个氘核的质量小于一个质子和一个中子的质量总和,故D错误．故选AC.7。如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置,距细杆右侧d的A点处有一固定的正电荷,细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h=0的O点的过程中,其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示，则（)A.小环可能带负电B.小环最终将做以O点为中心的往复运动C.从h高处下落至O点的过程中，小环经历了加速、减速、再加速三个阶段D.从h高处下落至O点的过程中,小环电势能增大【答案】CD【解析】结合动能随着h的变化图象可知，小环带正电，从h高处下落至h=0的过程中，小环所受的电场力为斥力，电场力做负功,小环的电势能增加，故D正确,A错误．结合动能随着h的变化图象可知:从h高处下落至h=0的过程中,经过了加速、减速、再加速三个阶段，故C正确．过了O点后，电场力、杆对小球的支持力以及重力的合力向下，小环一直做加速运动，故B错误．故选CD．点睛:此题考查图象问题，小环在下落到0点时，这是一个特殊位置，此时合力等于重力,方向竖直向下．下落过程中的运动状态可以从图象得出．8.如图甲所示,正方形金属线框abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向外。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落,图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v—t图象,图象中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A。金属线框的边长为vB.磁场的磁感应强度为1C。金属线框完全进入磁场后感应电流沿adcba方向D.金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2【答案】ABD【解析】由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1，运动时间为t2-t1,故金属框的边长：l=v1（t2—t1），故A正确;在金属框进入磁场的过程中,金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl,I=Blv1R，又l=v1（t2—t1），联立解得：B=1v1(t2−t1)mgRv1，故B正确．金属线框完全进入磁场后磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功,安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q1=mgl=mgv1（t2-t1），金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q点睛:本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况,选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．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（共129分）9.如图甲所示,用小锤打击弹性金属片，小钢球在A点被松开,自由下落通过下方的一个光电门B，与B相连的毫秒计时器（图中未画出）记录小钢球通过光电门所用时间，用刻度尺测出A、B之间的距离h．（1）用如图乙所示游标卡尺测小球直径，该游标卡尺的精确度为_______mm,若测得小球直径d=0.800cm,某次小球通过光电门的时间t=5ms，则该次小球通过光电门B的瞬时速度大小为v=_________m/s（本空计算结果保留三位有效数字）．（2）小球下落过程的加速度大小的计算式a=_______________（用d、t、h表示)．【答案】（1）.0.05(2）。1.60(3).d2/2ht2【解析】（1)由图知，这是20分度的游标卡尺,精确度为120mm=0。05mm，

利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：v（2）小球通过光电门的速度为:v=dt

根据v2-v02点睛：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作．掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．10.某同学为了测量电流表A1的内阻精确值,有如下器材：电流表A1（量程300mA,内阻约为5Ω）；电流表A2（量程600mA，内阻约为2Ω）；电压表V（量程15V，内阻约为15kΩ)；滑动变阻器R1(0～5Ω，额定电流为1A)；滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流为0。01A）;电源E（电动势3V,内阻较小）；定值电阻R0

（5Ω）；

单刀单掷开关一个、导线若干。（1)

要求待测电流表A1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差，以上给定的器材中滑动变阻器应选

_________(填所选仪器的字母代号）。在答题卡的方框内画出测量用的电路原理图,并在图中标出所用仪器的字母代号。（2）若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1，则它的表达式为r1=______________；上式中各符号的物理意义是__________________________________________________.【答案】（1）.①R1；原理图见右图；（2）.②r1=I2−I1I1R0（3）.I2、【解析】（1）要求待测电流表A1的示数从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法,由于电压表的量程较大，测量电流表A1的电压测量误差较大，选择电流表A1与定值电阻并联，再与A2串联,结合欧姆定律得出A1两端的电压．滑动变阻器才用分压接法，为了方便调节选择R1即可,电路图如图所示．

（2)根据串并联电路的特点，通过定值电阻的电流IR=I2—I1，则电流表A1的内阻r1=IRR0I1=I2−点睛:解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，以及掌握器材选取的原则，即安全、精确、方便．11。如图所示，水平轨道与竖直平面内半径R=0。4m的光滑圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量mP=1kg的物块P（可视为质点）在水平推力F=22N的作用下,从A点由静止开始运动,到达AB中点时撤去F，物块P运动到B点与一静止于此处质量mQ=3kg的物块Q（可视为质点)发生正碰（以后PQ不再相碰）．已知AB之间的距离s＝0.8m,碰后瞬间Q对轨道的压力大小FN=60N，物块P与水平轨道间的滑动摩擦因数0。1，g=10m/s2．求：（1）物块P刚到达B点时的速度大小；（2）物块P碰后的运动时间。【答案】（1）4m/s(2）2s【解析】（1）对物块P有：FsvP（2）物块Q在B点时有FNmP由②③④并代入数据解得vP'=解得t=2s12。在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场,电场方向竖直向上，场强E2=1/2E1，匀强磁场方向垂直纸面.处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷qm=102C/kg的带正电的粒子（可视为质点），该粒子以v0=4m/s的速度从—x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，g=10m/s（1)带电粒子运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；（2）+x轴上有一点D，OD=OC,若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x正方向通过D点,求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？（3）要使带电粒子通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系?【答案】（1）0。2N/C(2）T0=π【解析】试题分析：（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动．则有，，，（2），所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则可得使粒子从C点运动到D点，则有：，，(3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形:由图可知T0得T考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况,再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动,常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解;对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径（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1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。注意所做题目必须与所涂题目一致，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计分。13.关于热力学定律，下列说法正确的是____________A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【答案】ACE学￥科￥网。.。学￥科￥网.。。学￥科￥网..。学￥科￥网。。.14。使一定质量的理想气体的状态按图中箭头所示的顺序变化,图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线.①已知气体在状态A的温度TA＝300K，问气体在状态B、C和D的温度各是多大？②将上述气体变化过程在V-T中表示出来(在答题卡的图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化方向)。【答案】①TB=Tc=600K；TD=300K②图线如图所示；【