湖北省七市（州）教科研协作体高三3月联合考试理科综合物理试题

湖北省七市（州）教科研协作体2018年3月高三联合考试理综物理试卷二、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，有选错或不选的得0分。1.关于波尔的氢原子模型，下列说法正确的是A.关于波尔的氢原子模型启发，巴尔末提出了巴尔末公式总结氢原子光谱特点B.波尔的氢原子模型彻底解决了卢瑟福原子结构模型的缺陷，原子结构从此不再神秘C.氢原子每个定态的能量是固定的，氢原子发光的频率由这些能级差值决定D.波尔的氢原子模型解释了氢原子发光波长的特点，因此说明光是一种波【答案】C【解析】巴尔末根据氢原子光谱分析，总结出了氢原子光谱可见光区波长公式，A错误D错误；氢原子每个定态的能量是固定的，氢原子发光的频率由这些能级差值决定，C正确；波尔的氢原子模型彻底解决了原子结构的稳定性，即卢瑟福原子结构模型无法解释的规律，D错误．2.一个质量为0.18kg的垒球，以15m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为35m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s.下列说法正确的是A.球棒对垒球的平均作用力大小为360NB.球棒对垒球的平均作用力大小为900NC.球棒对垒球做的功为900JD.球棒对垒球做的功为110.25J【答案】B【解析】试题分析：对球棒击球的过程分别运用动量定理和动能定理列方程求解作用力和作用．动量定理表达式是矢量表达式，在运用动量定理是要注意方向．根据动量定理：，解得，A错误B正确；根据动能定理，CD误．3.如图，x轴、y轴为正方形ABCD的对称轴，在A、C两点分别放置电荷量为+q的点电荷，在B、D两点分别放置电荷量为q的点电荷.在此四电荷产生的电场中，下列说法正确的是A.除O点和无穷远处外，x、y轴上还有电场强度为零的点B.y轴上离O点越远，场强越弱C.x轴上离O点越远，电势越低D.坐标轴上各点电势相等【答案】D...............4.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统.2017年11月5日，中国第三代导航卫星顺利升空，它标志着中国正式开始建造“北斗”全球卫星导航系统。北斗卫星导航系统计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星，其中静止轨道和倾斜同步轨道的高度大约为3.6万公里，中地球轨道高度大约为2.2万公里。已知地球半径大约为6.4×103公里，下列说法正确的有A.静止轨道卫星和倾斜同步轨道卫星之间是相对静止的B.中轨道卫星的运行速度小于7.9km/sC.中地球轨道卫星的运行周期大于地球同步卫星运行周期D.这些卫星中可能存在一直运行与中国领土正上方的卫星【答案】B【解析】试题分析：静止轨道卫星相对地球静止，倾斜轨道卫星相对地球运动，根据万有引力充当向心力列式比较线速度以及周期的大小．静止轨道相对地球是静止的，即在赤道正上方，而倾斜同步轨道卫星相对于地球非静止的，，所以静止轨道卫星和倾斜同步轨道卫星之间是相对运动的，A错误；7.9km/s为第一宇宙速度也为近地卫星环绕速度，即卫星环绕地球运动的最大速度，根据公式可知，轨道半径越大，线速度越小，所以中轨道卫星的运行速度小于7.9km/s，B正确；中地球轨道卫星的轨道半径小于同步卫星轨道半径，根据公式可得，轨道半径越大，周期越大，所以中地球轨道卫星的运行周期小于地球同步卫星运行周期，C错误；除了静止轨道卫星相对地球静止，其他卫星都相对地球运动，即不会一直运行在我国领土正上方，D错误．5.物块的质量m=1.0kg，在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0=10m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的平方随路程x变化的关系图象如图所示，已知g=10m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力，下列选项中正确的是A.恒力F大小为6NB.在t=1s时刻，物体运动开始反向C.2秒末~3秒末内物块做匀减速运动D.在物块运动路程为13m过程中，重力势能增加130焦耳【答案】B【解析】试题分析：先根据运动学公式求解处的表达式，求出斜率表示的含义，然后结合牛顿第二定律列式计算恒力的大小；从图中可知物体先减速上升后加速下降，求出整个过程中的位移，从而求解重力做功．根据公式可得，图像的斜率表示加速度，在0~5m过程中，，，即，在5~13m过程中，根据牛顿第二定律可得，，即，解得，A错误；初速度，故，速度减小到零，即在t=1s时刻，物体运动开始反向，之后，故以后向下做匀加速直线运动，B正确C错误；在物块运动路程为13m过程中，先上升5m，然后又从最高点下降8m，即位移为3m，在抛出点下方，所以重力做正功，重力势能减小，，D错误．6.如图，一导体圆环保持水平，沿一个性质匀称的条形磁铁轴线落下，条形磁铁竖直固定，圆环中心始终位于磁铁轴线上。已知当圆环落至B、D两位置时，刚好经过磁铁上下端截面，而C位置位于磁铁正中。不计空气阻力，下列说法正确的有A.圆环由A落至B的过程中，环中感应电流从上至下看为顺时针B.圆环由B落至C的过程中，圆环磁通量在减少C.圆环落至C、D之间时，圆环有收缩趋势D.圆环由A落至E的过程中，任意时刻加速度都小于重力加速度g【答案】AC【解析】圆环由A落至B的过程中，穿过圆环竖直向上的磁通量增大，根据楞次定律可得环中感应电流从上至下看为顺时针，A正确；当磁铁在BD之间时，穿过圆环的磁场分为两部分，一部分是磁铁外部竖直向下的磁场，一部分是磁铁内部方向竖直向上的磁场（这部分是匀强磁场，恒定不变，即穿过圆环的磁感线条数恒定不变），即，磁铁外部磁场在C点最弱，磁感线条数最少，故在C点穿过线圈的磁通量最大，磁感线最密集，圆环由B落至C的过程中，磁通量增大，从C到D过程中，穿过线圈的磁通量减小，故圆环有收缩趋势，B错误C正确；在中点C处时磁感线都是竖直方向上的，水平方向上没有分量，不切割，没有感应电流，不受安培力作用，故加速度等于重力加速度，D错误．7.一带电小球做匀速直线运动，已知它的运动方向与竖直线夹角为30°，空间中存在匀强电场及匀强磁场且场强不为零。若改变小球的速度再次抛出，则其运动情况可能为A.圆周运动B.匀速直线运动C.匀变速直线运动D.轨迹为抛物线的运动【答案】AB【解析】根据题意可知，电场力与重力等大反向，速度方向与磁场方向平行，若改变速度大小，则电场力仍与重力平衡，仍不受磁场力，故做匀速直线运动，若改变速度方向，则重力和电场力平衡，在洛伦兹力作用下做圆周运动，故AB正确．8.如图所示，轻质弹簧左端固定，右端与质量为m的重物相连，重物套在固定的粗糙竖直杆上。开始时重物处于A处，此时弹簧水平且处于原长。现将重物从A处由静止开始释放，重物下落过程中经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，已知AC的高度差为h。现若在C处给重物一竖直向上的初速度v，则圆环恰好能回到A处。已知弹簧始终在弹性限度内，重物与杆之间动摩擦因数恒定，重力加速度为g，则下列说法中正确的是A.重物下滑到B处时，加速度为零B.重物在下滑过程中所受摩擦力先增大后减小C.重物从A到C的过程中弹簧的弹性势能增加了D.重物与弹簧组成的系统在下滑过程中机械能损失大于上升过程中机械能的损失【答案】AC【解析】试题分析：根据圆环的运动情况分析下滑过程中，分析加速度的变化；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程和圆环从C处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可求弹力做功，从而得到在C处弹簧的弹性势能．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，A正确；设弹簧与竖直方向的夹角为，弹簧的劲度系数为k，受力分析如图所示，则，而，故，减小，故N增大，根据可得摩擦力增大，B错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得，解得，，所圆环从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加量为，C正确；下滑过程和上滑过程经过同一位置时圆环所受的摩擦力大小相等，两个过程位移大小相等，所以摩擦力做功相等，即重物与弹簧组成的系统在下滑过程中机械能损失等于上升过程中机械能的损失，D错误．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。9.如图为利用频闪照相拍摄出的小球做平抛运动的照片，某同学利用此照片测量出了小球在照片中各位置间的高度差和直线距离，比如A、B两位置间的高度差记为hAB，A、B两位置间的直线距离记为sAB，已知频闪照相的拍照时间间隔为T。由上述测量可求得小球平抛运动的初速度大小v0=_________，经过D点时的瞬时速度大小vD=__________。【答案】(1).(2).【解析】试题分析：根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀变速直线运动，以及匀变速直线运动过程中中间时刻速度等于该段过程中的平均速度求解；在水平方向上有，故解得；从C到E过程中，D为中间时刻位置，所以，，故；10.某同学想要测量一个未知电阻Rx，他能够使用的器材如下：A.待测电阻Rx，阻值约为20Ω；B.电流表A1，量程为30mA，内阻约为20Ω；C.电流表A2，量程为5mA，内阻r2=250Ω；D.定值电阻R0，阻值为R0=30Ω；E.定值电阻R1，阻值为R1=300Ω；F.滑动变阻器R，最大阻值约为10Ω；G.电源E，电动势约为3V，内阻不大但不可忽略；H.开关S及若干导线。该实验要求没有系统误差，可以测量多组数据且调节方便，而且电表指针的偏转角能够调节到尽可能大，则：(1)该实验应选择的器材有_____________；(2)在答题卡的虚线框中画出该实验的电路图；(3)若两电流表的示数表示为I1、I2，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=______________。【答案】(1).ABCDFGH(2).【解析】试题分析：实验器材中没有电压表，可采用双安法测量电阻，同时结合欧姆定律和串并联电路的特点解决问题．因为题中没有给出电压表，而给出了两个电流表，可选用一个大量程的电流表测量总电流，由于小量程的电流表内阻较大并且已知，可并联在被测电阻与一定值电阻两端，即可知道被测电阻与定值电阻两端的电压以及电流，由于定值电阻较大，造成电路中电流减小，电表的偏角较小，故选定值电阻，要求测量数据较多，故滑动变阻器采用分压接法，所以需要的器材为ABCDFGH，电路图如图所示：根据欧姆定律可得，解得．11.如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l=0.5m。ed间连入一电源E=1V，ab间放置一根长为l=0.5m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形。空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°~90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡。已知金属杆质量为0.1kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍。重力加速度g=10m/s2，试求磁感应强度B及μ。【答案】(1)(2)【解析】由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向由题意可知当时，金属杆处于临界下滑状态①，②，③当时，金属杆处于临界上滑状态有：④⑤⑥由①⑥解得：⑦，由闭合电路欧姆定律：A⑧由安培力性质：⑨由⑦⑧⑨得：T方向竖直向下12.如图所示，光滑水平面上有一静止长木板C，其右端带有挡板，小物块A、B分别静置于其左端及中点。已知木板C全长L=18m，物块A、B与木板C间的动摩擦因数皆为μ=0.3，三者质量满足mC=2mA=2mB，重力加速度g=10m/s2.现通过击打使得A物块获得向右的速度v0=15m/s，如果物体间的碰撞都是弹性正碰，试求：(1)物块A、B第一次碰撞前的速度大小各为多少？(2)B物块与木板C右端挡板碰后瞬间的速度；(3)若物块A、B第二次相碰于木板C左端，则v0应为多大？【答案】(1),(2)，故B与C碰后速度为1.5m/s向左(3)【解析】(1)设，则，另向右为正方向，刚开始A加速度大小BC共同的加速度大小此时BC可保持共速，设A、B第一次相撞时时间为t，则：解得所以碰撞前A的速度碰撞前B的速度其它合理、正确解法也可得分。(2)A、B是弹性碰撞且质量相等，则碰撞后速度交换，因此碰后A相对C静止以加速，B延续碰前A的速度以减速。设B与C右端挡板碰前，B的速度为，AC的速度为，从开始运动至此时刻，由动量守恒和能量关系：解得：，(舍)设B与C右端碰撞后速度分别为、，由动量守恒及机械能守恒解得，(舍)代入数据得，故B与C碰后速度为1.5m/s向左其它合理、正确解法也可得分。(3)碰后A、B、C速度分别为、、，且有，因此碰后A、B都相对C向左滑，A、B加速度大小为，而C加速度大小为BC碰后，因为AC间相对速度比BC间小，所以AC间先达到相对静止，假设此过程AB并未相撞且未掉下木板，设所经历时间为t，有，得：此过程A相对C位移此过程A、B无相对加速度，因此相对做匀速运动，B相对A位移为可得，代入可得。因题目要求AB相碰时的相对位移m，所以此时即A、C正好相对速度为0时A、B正好相撞，由题意相撞位置正好在C左端，故m，代入可得m/sm/s可解得m/s13.下列说法中正确的是：_________(填正确答案标号。)A.液晶与多晶体一样具有各向同性B.悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈C.当分子间的引力和斥力相互平衡时，分子间分子势能最小D.温度相等的两个物体接触，它们各自的内能不变且内能也相等E.若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，则气体内能可能减小【答案】BDE【解析】液晶的部分性质具有各向异性，故A错误；温度越高，分子运动的越激烈，对悬浮颗粒的撞击越激烈，所以布朗运动越激烈，B正确；当时，分子力体现引力，当r的增加时，分子力做负功，则增加；当时，分子力体现斥力，当r的减小时，分子力做负功，则增加；所以当时，最小，C正确；温度相等的两个物体接触，不会发生热交换，它们各自的内能不变；但内能关系无法确定，故D错误；根据热力学第一定律可知气体被压缩，即外界对气体做正功，放出热量，若，则即内能减小，E正确．14.如图所示，在长为l=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直细玻璃管内，用5cm高的水银柱封闭着50cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃。(ⅰ)现将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成53°角，此时管中气体的长度为多少？(ⅱ)在第一问的基础上，若接着将管内水银柱取走1cm，再缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中水银柱上表面恰好与管口相齐？(大气压强为P0=76cmHg)【答案】(1)50.625cm(2)317.152K【解析】(ⅰ)设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1=306K，体积为V1=50S，压强为p1=81cmHg。当玻璃管倾斜至与水平面成53°角时，管内气体的压强为p2=(76+5sin53°)cmHg，体积为V2=lS由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据，解得：l=50.625cm(ⅱ)设温度升至T3时，水银柱长为4cm，管内气体的体积为V3=53S，压强为p3=(76+4sin53°)cmHg由理想气体状态方程得代入数据，解得T3=317.152K15.如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是：