河南省豫南九校高三下学期质量考评八理综物理试题

河南省豫南九校（中原名校）2017届高三下学期质量考评八理综物理试题二、选择题：1.物理学中选定七个物理量的单位作为基本单位，根据物理公式中其他物理量和这几个物理量的关系，推导处其他物理量的单位，这些推导出来的单位叫做导出单位，基本单位和导出单位一起组成了单位制，则下列单位不相同的是A.N和B.Pa和C.J和D.V和【答案】D【解析】A、N是力的单位，根据可知，N和相同，故A相同；B、Pa是压强的单位，F的单位为，根据可知，Pa和相同，故B相同；C、J是能量的单位，F的单位为，根据可知，J和相同，故C相同；.....................故不相同的是选D。【点睛】考查对单位制的掌握情况．单位制是由基本单位的导出单位组成的．根据单位只能判断出等式是相同的，或不相同。2.近期，科学家在英国《自然》科学期刊上宣布重大发现，在太阳系之外，一颗被称为Trappist1的超冷矮星周围的所有7颗行星的表面都可能有液态水，其中有3颗行星还位于适宜生命存在的宜居带，这7颗类似地球大小、温度相似，可能由岩石构成的行星围绕一颗恒星公转，下图为新发现的Trappist1星系（图上方）和太阳系内行星及地球（图下方）实际大小和位置对比，则下列说法正确的是A.这7颗行星运行的轨道一定都是圆轨道B.这7颗行星运行的线速度大小都不同，最外侧的行星线速度最大C.这7颗行星运行的周期都不同，最外侧的行星周期最大D.在地球上发射航天器到达该星系，航天器的发射速度至少要达到第二宇宙速度【答案】C【解析】A、根据开普勒第一定律可知这7颗行星运行的轨道一定都是椭圆轨道，故A错误；B、由万有引力提供向心力：，则有，这7颗行星运行的线速度大小都不同，最外侧的行星线速度最小，故B错误；C、由万有引力提供向心力：，则有，这7颗行星运行的周期都不同，最外侧的行星周期最大，故C正确；D、要在地球表面发射航天器到达该星系，发射的速度最小为第一宇宙速度，第一宇宙速度，故D错误；故选C。【点睛】根据开普勒第一定律可知这7颗行星运行的轨道一定都是椭圆轨道，由万有引力提供向心力，最外侧的行星线速度最小，最外侧的行星周期最大。3.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC=60°，O为圆心，半径R=6cm，位于A处的粒子源向平面各个方向发射初动能均为9eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为6eV（取O点电势为零），忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是A.圆周上A、C两点的电势差为8VB.圆周上B、C两点的电势差为4VC.匀强电场的场强大小为100V/mD.当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有6eV的电势能，且同时具有6eV的动能【答案】CA、由以上的分析可知，，故A错误；B、由以上的分析可知，，故B错误；C、如图，设AO的中点为D，则D点的电势为，所以D点的电势等于B点的电势，连接DB，则DB为匀强电场的等势线，所以AD的方向就是该电场的场强方向，匀强电场的场强大小为，故C正确；D、A点的电势为6V，所以粒子在A点的电势能：，粒子的总能量：，粒子的总能量为15eV，所以当某个粒子经过圆周上某一位置时，若具有6eV的电势能，则同时具有9eV的动能，故D错误；故选C。【点睛】先根据电势的定义判断出C点的电势，再结合电场的对称性判断出A点的读数与B点的电势；结合几何关系求出匀强电场的电势差；根据粒子在A点的动能和电势能求出粒子的总能量，然后判断选项D说法正确。4.如图所示，实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线，电场线与水平方向成角，匀强磁场与电场正交，方向垂直纸面。有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成角，且，则下列说法中正确的是A.磁场方向一定垂直纸面向里B.液滴一定带正电C.液滴有可能做匀变速直线运动D.撤去磁场，液滴也顶做类平抛运动【答案】D【解析】ABC、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动；带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线l做匀速直线运动，此时，若带电液滴带正电，磁场方向垂直纸面向里，电场线方向斜向上，如果带电液滴带负电，电场线方向斜向下，磁场方向垂直纸面向外，带电液滴所受合力也可能零，所以磁场方向不一定垂直纸面向里，液滴不一定带正电，故ABC错误；D、撤去磁场前，液滴做匀速直线运动，根据平衡条件可知重力与电场力的合力与匀速直线运动等大反向，所以重力与电场力的合力的方向与速度垂直，撤去磁场后，液滴一定做类平抛运动，故D做正确；故选D。【点睛】带点液滴做直线运动，合力为零或合力方向与速度在同一直线上，对带点液滴进行受力分析，然后解答。5.在日本福岛核电站的核泄漏事故中，泄露的污染物中含有和两种放射性元素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射，其中的衰变方程为，其半衰期为8天，下列说法正确的是A.该核反应中放出的电子来自原子的外层电子B.原子核中含有53个中子C.因为该反应出现质量亏损，所以核反应后的原子核总质量数减少了D.经过16天，75％的原子核发生了衰变【答案】D【解析】该核反应中放出的电子来自原子核中的中子变成一个质子和一个电子，故A错误；B、原子核中含有个中子，故B错误；C、核反应释放能量，质量数不变，质量亏损，故C错误；D、根据公式，解得，所以有75%的碘核发生了衰变，故D正确；故选D。【点睛】该核反应中放出的电子来自原子核中的中子变成一个质子和一个电子，核反应释放能量，质量数不变，质量亏损，衰变公式。6.如图所示的变压器电路中，原副线圈的匝数比为10:1，电流表和电压表都是理想电表，在原线圈的输入端输入的交流电，则A.两电流表的示数之比为1：10B.电压表的示数为22VC.只增大原线圈输入交流电的频率，最大值不变，则电流表和的示数均增大D.滑动片P向下移时，电流表和的示数均增大【答案】BD【解析】A、根据变压器的原副线圈的电流跟匝数成反比，所以原副线圈的电流之比为，电流表测得是原线圈的电流，因为交流能通过电容器，电流表测得的电流比副线圈的电流小，两电流表的示数之比不为1：10，故A错误；B、原线圈的电压的有效值，根据变压器的原副线圈的电压跟匝数成正比，电压表的示数为，故B正确；C、只增大原线圈输入交流电的频率，最大值不变，由于交流电的频率增大，电容器的容抗减小，副线圈的电流增大，即电流表的示数均增大，副线圈的两端的电压不变，电流表的示数不变，故C错误；D、滑动片P向下移时，变阻器电阻变小，电流表的示数增大，副线圈的电路总电阻减小，副线圈的电流增大，即电流表的示数均增大，故D正确；故选BD。【点睛】变压器的原副线圈的电流跟匝数成反比，变压器的原副线圈的电压跟匝数成正比，交流电的频率增大，电容器的容抗减。7.如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，说法正确的是（弹簧不超过其弹性限度）A.动量始终守恒B.机械能不断增加C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D.当弹簧弹力的大小与的大小相等时，A、B两物体速度为零【答案】AC【解析】A、F1、F2等大反向，A、B两物体及弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量始终守恒，故A正确；B、在整个拉伸的过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，物体A、B均作变加速运动，速度先增加后减小，当速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大；此后弹簧在收缩的过程中，F1、F2都作负功，故系统的机械能会减小，故B错误，C正确；D、在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大；当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，不为零，故D错误；故选AC。【点睛】对A、B及AB系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据除弹簧的弹力以外的力做功，系统的机械能变化，分析机械能的变化．根据动量守恒条件分析系统动量是否变化。8.相距m的足够长金属导轨竖直放置，质量为=1kg的金属棒ab和质量为=0.4kg的金属棒cd均通过棒两端的小环水平地套在金属到导轨上，如图a所示，虚线上方磁场方程垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度的大小相同均为，cd棒与导轨间动摩擦因数为，金属棒ab的电阻为1.5Ω，金属棒cd的电阻为0.5Ω，其余电阻不计，ab棒在方向竖直向上的外力F作用下，从静止开始沿导轨向上运动，同时cd棒也由静止释放。已知ab棒运动的vt图像如图b所示，重力加速度，则下列说法正确的是A.ab棒做匀加速直线运动且加速度大小为B.外力F随时间t的变化关系为C.运动过程中金属棒cd不切割磁感线，所以金属棒cd上一直没有焦耳热D.cd棒达到最大速度所需的时间为4s【答案】ABD【解析】A、由vt图像可得ab棒做匀加速直线运动且加速度大小为，故A正确；B、经过时间t，金属棒ab的速率，此时，回路中的感应电流为，对金属棒ab，由牛顿第二定律得由以上各式整理得：，故B正确；C、运动过程中金属棒cd不切割磁感线，但运动过程中金属棒ab切割磁感线，有感应电流经过金属棒cd，所以金属棒cd上也有焦耳热，故C错误；D、当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；有，又，

，整理解得，故D正确；故选ABD。三、非选择题：（一）必考题9.一学生用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数，在桌面上放置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器。木块一端拖着穿过打点计时器的纸带，另一端连接跨过定滑轮的绳子，在绳子上悬挂一定质量的钩码后可使木块在木板上匀加速滑动，实验中测得木块质量M=150g，钩码质量m=50g（1）实验开始时，应调整滑轮的高度，让绳子与木板平行；（2）实验中得到如图乙所示的纸带，纸带上A、B、C、D、E是计数点，相邻两计数点之间的时间间隔是s，所测数据在图中已标出。根据图中数据可求得木块运动的加速度a=_________（结果保留两位有效数字）；（3）根据实验原理可导出计算动摩擦因数的表达式=_______（用M、m、g、a表示）；取，代入相关数据可求得=_______（结果保留一位有效数字）；【答案】(1).（2）0.25(2).（3）(3).0.3【解析】解：（2）根据运动学公式得：，根据图中数据可求得木块运动的加速度（3）根据牛顿第二定律，则有：；解得：；代入数据，则有10.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）。正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中，为了测量热敏电阻在0℃到100℃之间多个温度下的阻值，两个小球分别进行了实验：（1）第一实验小组设计了如图甲所示的电路。其实验步骤如下：a．正确连接电路，在保温容器中加入适量开水；b．加入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热敏电阻的阻值；c．重复b步骤操作若干次，测得多组数据。该小组用多用电表“×100”档测热敏电阻在100℃下的阻值。发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测量，应换到____档（选填“×10”、“×1k”）；如果换档后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：___________，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是_________Ω；（2）第二实验小组设计了如图丙所示的电路，其中mA是量程为1mA，内阻忽略不计的电流表，E为电源，R为滑动变阻器，为电阻箱，S为单刀双掷开关，其实验步骤如下：a．调节温度，使得的温度达到；b．将S拨向接点1，调节滑动变阻器R，使电流表的指针偏转到适当位置，记下此时电流表的读数；c．将S拨向接点2，调节________，使电流表的读数仍为，记下此时电阻箱的读数；d．改变的温度，重复以上步骤，即可测得该热敏电阻的阻值随温度的变化关系。①补充完整上述实验步骤；②由以上操作过程可知，当的温度为时，=_______；③实验测得一组数据如下表所示，请根据表中数据在图丁的坐标格中作出随温度t变化的图像，由图可知，热敏电阻的阻值随温度t变化的关系式为_____________。④请分析说明该热敏电阻是____________热敏电阻（填PTC或NTC）；t/℃020406080100/Ω100120139161180201【答案】(1).（1）×10(2).重新欧姆调零(3).200Ω；(4).（2）①电阻箱(5).②(6).③R=100+t(7).④PTC【解析】(1).用×100Ω挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针向右偏转角度过大，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换小挡进行测量，可选×10；换挡后要重新进行欧姆调零，如图所示，欧姆表示数为；(2).采用替代法测量热敏电阻，实验步骤为：将S拨向接点2，调节电阻箱，使电流表的读数仍为；记下此时电阻箱的读数；当的温度为时，=；根据数据，在图丁的坐标格中作出随温度t变化的图像，由Rt图象，根据数学得到（Ω），从图线可知电阻各点与原点连线的斜率逐渐增大，所以电阻随电压（温度）的增大而增大，即电阻是正温度系数，所以该热敏电阻是PTC；11.如图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在的区域内有磁感应强度大小，方向垂直纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x>0的某区域内有电场强度大小E=4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d=2m，一质量m、电荷量q=的带电粒子从P点以速度v=m/s，沿与x轴正方向成=60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力，求：（1）带电粒子在磁场中运动时间；（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；【答案】（1）（2）5m．【解析】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有代入数据得：轨迹如图交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°在磁场中运动时间代入数据得：（2）带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动设带电粒子离开电场时的速度偏向角为，如图1，则：设Q点的横坐标为x则：故x=5m12.如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率=6m/s顺时针运转，现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：（1）小球和物块相碰后物块B的速度的大小；（2）若滑块B的质量为=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功；小车上的半圆轨道半径R大小。【答案】（1）1m/s（2）30J（3）1.5m【解析】(1)小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：A．B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=mv1+5mvB，代入数据解得：vB=1m/s；(2)经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+μgt，代入数据解得：t=1s，物块滑行的距离为：解得：s物=3.5m=L，传送带的位移为：s传=v0t=6×1=6m，则有：S相=S传S物=63.5=2.5m，Q=fS相=μmgS相=12.5J，电动机多做的功为：代入数据解得：W电=30J．(3)物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，由机械能守恒定律得：代入数据解得：R=1.5m；【点睛】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择．（二）选考题【物理选修33】13.下列说法正确的是______________A．浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现B．理想气体状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体的压强可能减小C．一定质量的0℃的水的内能大于等质量的0℃的冰的内能D．一些昆虫可以停在水面上，是由水表面存在表面张力的缘故E．给车轮胎打气，越打越吃力，是由于分子间存在斥力。【答案】BCD【解析】A、浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关，故A正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大，对照气态方程可知，压强可能减小，故B正确；C、当质量一定的冰熔化成相同温度的水时，需要吸热，水的内能增加，所以一定质量的0℃的冰具有的内能小于等质量的0℃的水时的内能，故C正确；D、小昆虫可以停在水面上，由于水表面存在表面张力的缘故，故D正确；E、给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中气体压强增加的缘故，不是由于分子间存在斥力，故E错误；故选ABCD。【点睛】浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关，当质量一定的冰熔化成相同温度的水时，需要吸热，水的内能增加，小昆虫可以停在水面上，由于水表面存在表面张力的缘故，给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中气体压强增加的缘故。14.如图甲所示的玻璃管上端开口，管内有一部分水银密封住密闭气体，上管足够长，上、下管的横截面分别为、，封闭气体初始温度为27℃，图乙为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线①求封闭气体初始状态在管中的长度L；②若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部压入细管内。【答案】（1）8cm（2）300K【解析】解：①气体初状态体积为解得：L=8cm②由图知此时压强为，，从状态1到状态2由理想气体状态方程知：其中解得：【物理选修34】15.一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，某时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度第一次与v相同，再经过0.2s它