广东省惠州市惠东中学2017-2018学年高三5月热身综合练习物理（二）答案

高三年级5月热身综合练习物理（二）参考答案及解析二、选择题14.【答案】A【解析】A、B设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得斜面方向：mgsinα=Tcosθ①垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα②使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大．由②知，N变小，故A正确，B错误．C、D对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得f=Nsinα，N变小，则f变小，N′=（M+m）g+Ncosα，N变小，则N′变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小．故CD错误．故选A15.【答案】D16.【答案】D17.【答案】C18.【答案】D【解析】：A、只有入射光的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应；如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射该金属不一定发生光电效应；故A错误；B、轻核聚变时释放能量，重核裂变时同样释放能量，有质量亏损，因此反应前后质量数守恒，质量不守恒，故B错误；C、放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定，不随物理状态和化学状态而改变，所以将放射性物质放在密闭的铅盒内，半衰期不变，故C错误；D、原子核的比结合能越大，原子核结合得越牢固，原子核越稳定，故D正确；故选：D19.【答案】ABC【解析】A、物体在圆弧轨道上下滑过程，由动能定理得：mgR=mv02﹣0，解得：v0===2m/s；传送带静止时，物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动，到达传送带右端时物体的速度小于2m/s，物体离开传送带后做平抛运动到达C点，物体做平抛运动的初速度小于2m/s；若传送带逆时针方向运行且v=2m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，其运动情况与传送带静止时相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，仍落在C点，故A正确；B、若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＞2m/s时，物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，也可能一直做匀加速直线运动，物块到达传送带右端时的速度大于2m/s，做平抛运动的初速度大于2m/s，物体将落在C点的右侧，故B正确；C、若传送带顺时针方向运动，则当传送带速度v＜2m/s时，物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动，此时到达传送带右端时的速度比传送带静止时的速度大，物体落在C点的右侧，故C正确；D、若传送带逆时针方向运行且v=3m/s，物体在传送带上一直做匀减速直线运动，与传送带静止时的运动情况相同，物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等，物块离开传送带做平抛运动，落在C点，故D错误；故选：ABC20.【答案】BD【解析】A、若vt＞v0，根据动能定理得：＞O该电荷受电场力水平向左，所以当油滴运动到最高点A的过程中，重力做负功，则电场力力必定做正功，且电场力做的功比重力做的功多，而电场力做油滴做的功等于电势能的变化量，重力对油滴做的功等于重力势能的变化量，所以油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，故A错误，B正确；C、若vt=v0，根据动能定理得：=O，重力做负功，则电场力力必定做正功，且两者相等，故A点一定位于第二象限，故C错误，D正确．故选BD21.【答案】CD【解析】A、β射线的实质是电子流，γ射线的实质是电磁波，γ射线的穿透本领比较强．故A错误；B、半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用．故B错误．C、因为β衰变的质量数不变，而每次α衰变质量数减少4，所以α衰变的次数n==8，在α衰变的过程中电荷数总共少16，则β衰变的次数m==6．故C正确．D、放射性元素发生β衰变时原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，并且将电子释放出来，故D正确．故选：CD三、非选择题（一）必考题22.【答案】（1）0.601；（2）1.0．【解析】（1）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：；（2）从纸带上的数据分析得知：在计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动；在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；对前4段，根据公式△x=aT2，有：，解得：a===2.0m/s2；对后4段，根据公式△x=aT2，有：，解得：a′===﹣2.0m/s2；故||=1.0；故答案为：（1）0.601；（2）1.0．23.【答案】（1）11.50；（2）；（3）BCD；（4）IgR1．【解析】（1）若选择开关拨至“25mA”挡，由图1所示表盘可知，其分度值为0.5mA，所测电流为：11.5mA．（2）根据闭合电路欧姆定律得：I==．（3）A、因为Rx=﹣r﹣R0﹣Rg，函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电流比较小时，则电阻比较大．故A错误．B、当Rx=0，I=，此时电流为满偏电流．故B正确．C、Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故C正确．D、测量中，当Rx的阻值为图5中的R2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧．故D正确．故选：BCD．（4）由图（c）所示图象可知，Ig=，Ig=，解得，电源电动势：E=IgR1；故答案为：（1）11.50；（2）；（3）BCD；（4）IgR1．24.【答案】（1）经过时间t，金属棒ab的速率为：v=at此时，回路中的感应电流为：I==，对金属棒ab，由牛顿第二定律得：F﹣BIL﹣m1g=m1a由以上各式整理得：F=m1a+m1g+，在图线上取两点：t1=0，F1=11N；t2=2s，F2=14.6N，代入上式得：a=1m/s2，B=1.2T；（2）在2s末金属棒ab的速率为：vt=at=2m/s所发生的位移为：s=at2=2m由动能定律得：WF﹣m1gs﹣W安=m1vt2又Q=W安联立以上方程，解得：Q=WF﹣mgs﹣mvt2=（40﹣1×10×2﹣×1×22）J=18J；（3）由题意可知：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd棒速度达到最大时，有m2g=μFN，又FN=FA=BIL，根据闭合电路的欧姆定律可得电流强度I==，根据运动学公式可得：vm=at1整理得t1=2s．【解析】（1）由E=BLv、I=、F=BIL、v=at，及牛顿第二定律得到F与时间t的关系式，再根据数学知识研究图象（b）斜率和截距的意义，即可求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；（2）由运动学公式求出2s末金属棒ab的速率和位移，根据动能定理求出两金属棒产生的总焦耳热；（3）根据平衡条件结合安培力的计算公式、速度时间关系列方程求解cd棒达到最大速度所对应的时刻t1．25.【答案】（1）A第一次碰前速度设为v0动能定理：A与B碰撞，动量守恒，则根据题意，总能量不损失，则联立解得（2）①对质点A：第一次碰前：v0=at0第一次碰后到第二次碰前过程：第二次碰前速度vA1=at1对质点B：第一次碰后到第二次碰前过程：sB1=v0t1由于sA1=sB2解得：t1=2t0，vA1=2v0，sA1=sB1=4l则要使质点A、B刚好能够发生两次碰撞，L=l+4l=5l②质点A、B第二次碰前速度分别为2v0、v0，碰后速度分别设为v″A和v″B动量守恒：m•2v0+mv0=mv″A+mv″B能量关系：m+m=m+m解得：v″A=v0，v″B=2v0对质点A：第二次碰后到第三次碰前：vA2=v0+at2对质点B：第二次碰后到第三次碰前：sB2=2v0t2由于sA2=sB2解得：t2=2t0，vA2=3v0，sA2=sB2=8l综上，质点A、B每次碰撞过程总是要交换速度；每次碰撞间隔时间都为2t0；每次碰撞后的相同时间间隔内，质点A速度增加2v0，质点B速度不变可得：每次碰撞位置间隔：4l、8l、12l…（n﹣1）4l则要使质点A、B刚好能够发生n次碰撞：L=l+4l+8l+12l+…+（n﹣1）4l=（2n2﹣2n+1）l（n=1，2，3…）【解析】（1）A第一次碰前过程根据动能定理列出等式，A与B碰撞，由动量守恒列出等式，再根据能量守恒求解（2）对质点A运用运动学公式列出各过程的等式，根据满足的条件找出L值（二）选考题33．[物理——选修3–3]【答案】（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0，则得：V1=V0+•V0=V0，①V2=V0+V0=V0，②根据盖•吕萨克定律得：=，③由①②③式和题给数据得：T2=320K；④（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为P1′，末态体积为V2′，压强为P2′，由题给数据有，V1′=V0，P1′=P0，V2′=V0，⑤由玻意耳定律得：P1′V1′=P2′V2′，⑥由⑤⑥式得：P2′=P0．⑦答：（ⅰ）氮气的温度为320K；（ⅱ）氧气的压强为P0．【解析】（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部的过程中，a活塞不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖•吕萨克定律求解．（2）继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可．34．[物理——选修3–4]【答案】（1）2m

；（2）6m（3）①当0＜x′＜4m时，②当4m≤≤6m时，【解析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

代入数据解得：

r=2m

如图1所示轨迹交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

代入数据解得：

（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θ，如图1则：

设Q点的横坐标为x则：

由上两式解得：x=6m。（3）电场左边界的横坐标为x′。①当0＜x′＜4m时，如图2，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，则：

又：

由上两式解得：

②当4m≤≤6m时，如图3，有

将y=1m及各数据代入上式解得：

35．[化学——选修3：物质结构与性质]【答案】（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）正四面体；CCl4等；HClO4有3个非羟基氧，而HClO2有1个非羟基氧；（3）sp2；7NA；（4）A；（5）①CuCl；②共价；③【解析】（1）Z为Cu元素，原子核外电子数为29，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Z2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（2）根据上述分析，YX4为ClO4，根据价层电子对互斥理论，4+(7+12×4）÷2=4，没有孤对电子，则空间构型是正四面体型；与ClO4互为等电子体的分子是AB4型分子，其中一种分子为CCl4；HYX4为HClO4，HYX2是HClO2，HClO4有3个非羟基氧，而HClO2有1个非羟基氧，所以HClO4的酸性比HClO2强。（3）结构简式为RX（WH2）2的化合物是CO(NH2)2，据C、N、O、H的成键特征，该有机物的结构简式为NH2CONH2，C原子形成3个σ键，杂化轨道类型为sp2杂化，单键都是σ键，双键中含有1个σ键，所以根据有机物的结构简式可知1molCO（NH2）2分子中含有σ键数目为7NA。（4）A．在[Cu（NH3)4]SO4中，内界离子[Cu(NH3)4]2+与外界离子SO42－形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，NH3中N原子与H原子之间形成极性键，A正确；B．在[Cu（NH3)4]SO4中Cu2＋提供空轨道，NH3给出孤对电子，B错误；C．[Cu（NH3)4]SO4组成元素中第一电