江西省上饶县二中2017届高三4月检测卷（一）理综物理试题 7页

江西省上饶县二中2017届高三4月检测卷（一）理综物理试题 二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项 ‎ 符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，‎ 有选错的的0分。‎ ‎14．如图所示，为一光电管电路，滑动变阻器触头位于ab上某点，用光照射光电管阴极，电表无偏转，要使电表指针偏转，可采取的措施有(　　)‎ A．加大照射光的强度 B．换用波长短的光照射 C．将P向b滑动 D．将电源正、负极对调 ‎【解析】电表无偏转，说明没有发生光电效应现象，即入射光的频率小于极限频率，要能发生光电效应现象，只有增大入射光的频率，即减小入射光的波长。‎ ‎【答案】B ‎15．交流发电机的原理如图所示，10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕轴做匀速转动，转动的角速度为10π rad/s，线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为0.1 Wb。若从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，在t＝ s时，矩形线圈中产生的感应电动势的瞬时值为(　　)‎ A．27.2 V B．15.7 V C．19.2 V D．11.1 V ‎【解析】线圈中产生的电动势的峰值为Em＝nΦmω＝10π V＝31.4 V，则电动势的瞬时值的表达式为e＝31.4cos 10πt(V)，当t＝ s时e＝15.7 V，B项正确，A、C、D项错。‎ ‎【答案】B ‎16．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器。探测器升空后，先在地球表面附近以线速度v环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道，最后以线速度v′在火星表面附近环绕火星飞行。若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7。设火星与地球表面的重力加速度分别为g′和g，下列结论正确的是(　　)‎ A．g′∶g＝1∶4 B．g′∶g＝7∶10‎ C．v′∶v＝ D．v′∶v＝ ‎【解析】在星球表面的物体受到的重力等于万有引力G＝mg，所以g＝＝＝πGρR，整理可得＝·＝×＝，故A、B均错误；探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：G＝m，得：v＝…①，M为中心天体质量，R为中心天体半径，M＝ρ·πR3…②，由①②得：v＝，已知地球和火星的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7，所以探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行线速度大小之比为：v′∶v＝，故C正确、D错误。‎ ‎【答案】C ‎17．如图所示内壁光滑的环形槽半径为R，固定在竖直平面内，环形槽上的P、Q两点与环形槽圆心等高，质量均为m的小球(可视为质点)A和B，以等大的速率v0同时从P处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，设当地重力加速度为g，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．两球第一次相遇时速度相同 B．两球第一次相遇点在Q点 C．小球A通过最高点时的机械能小于小球B通过最低点时的机械能 D．小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差为6mg ‎【解析】由于两球在初始位置的机械能相等，故两球在环形槽内的任何位置的机械能都相等，选项C错误；对小球A，由机械能守恒定律可得：mv＝mgR＋mv，在最高点，由牛顿第二定律可得：FA＋mg＝；对小球B，由机械能守恒定律可得：mv＝－mgR＋mv，在最低点，由牛顿第二定律可得：FB－mg＝，联立可得：ΔF＝FB－FA＝6mg，选项D正确；分别对两球受力分析，可知两球的重力在圆环切线方向的分力改变速度的大小，又因为两球从P点到Q点的路程相等，分别作出此过程的速率—时间图象，由图象可知小球B先到达Q点，故选项B错误；其相遇点在Q点的上方，由机械能守恒定律可知，两球第一次相遇时速度的大小相等，但方向不同，选项A错误。‎ ‎【答案】D ‎18．某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的变化规律如图所示。一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子从O运动到x1的过程中做匀加速直线运动 B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大 C．若v0＝2，粒子在运动过程中的最大速度为 D．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为2 ‎【解析】从O到x1，电势升高，场强沿－x方向，粒子做匀减速直线运动，A项错；从x1到x3电势降低，场强沿＋x方向，电场力对粒子做正功，粒子的电势能一直减少，B项错；粒子在x3处电势能最小，动能最大，由能量守恒得mv＝mv－qφ。解得vm＝，C项正确；只要粒子能运动到x1处，就可运动到x4处，从O到x1，由能量守恒得mv＝qφ0，解得最小初速度v0＝，D项错。‎ ‎【答案】C ‎19．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶。如图所示，若特技演员质量m＝50 kg，导演在某房顶离地H＝12 m处架设了轮轴(轮与轴有相同的角速度)，轮和轴的直径之比为3∶2(人和车均视为质点，且轮轴直径远小于H)，若轨道车从图中A匀速前进到B，速度v＝10 m/s，绳BO与水平方向的夹角为53°，则由于绕在轮上细钢丝的拉动，使演员由地面从静止开始向上运动。在车从A运动到B的过程中(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8) (　　)‎ A．演员上升的高度为3 m B．演员最大速度为9 m/s C．以地面为重力势能的零点，演员最大机械能为2 400 J D．钢丝在这一过程中对演员做功为4 275 J ‎【解析】由几何关系可得演员上升的高度为h＝(－H)×＝4.5 m，A项错；在B点把车的速度分解如图所示，绳OB各点的速度v1＝vcos 53°＝6 m/s，则演员的最大速度v人＝v1＝9 m/s，B项正确；演员的最大机械能E＝mgh＋mv＝4 275 J，C项错；由功能关系知，D项正确。‎ ‎【答案】BD ‎20．)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20 cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一根垂直导轨放置的质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。当导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2)，则(　　)‎ A．磁场方向一定竖直向上 B．电源的电动势E＝8.0 V C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8 N D．导体棒摆动过程中的最大动能为0.08 J ‎【解析】当闭合开关S后，导体棒中电流方向从a到b，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向为竖直向下，不可能竖直向上，选项A错误；根据题述，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，可知此时导体棒重力沿导轨圆弧切线方向的分力mgsin 53°等于安培力沿导轨圆弧切线方向的分力BILcos 53°，即mgsin 53°＝BILcos 53°，解得I＝8.0 A，由闭合电路欧姆定律，E＝IR＝8.0 V，选项B正确；导体棒在摆动过程中所受安培力F＝BIL＝0.5×8.0×0.2 N＝0.8 N，选项C错误；由以上分析知，导体棒受到的重力与安培力的合力大小F合＝ N＝1.0 N，方向与竖直方向成θ＝53°角，故导体棒在摆动过程中的最大动能为Ekm＝F合L(1－cos 53°)＝0.08 J，选项D正确。 【答案】BD ‎21．在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源，不断沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则都从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则(　　)‎ A．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝∶ B．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝2∶3‎ C．前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶ D．前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶ ‎【解析】弧长πR，πR对应着圆周和圆周，对应轨迹圆的直径分别为R和R，则半径之比为∶，由r＝可知磁感应强度之比为∶，故A、D正确。‎ ‎【答案】AD 第 II 卷 三、非选择题：本卷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。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎22.(5分)‎ ‎ 某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中。‎ ‎(1)在闭合电键之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示，请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可)：________；________。‎ ‎(2)乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为________m/s2。(保留两位有效数字)‎ ‎(3)丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持沙和沙桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的－m关系图线，图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为________。‎ 图丙 ‎【解析】(1)打点计时器必须使用交流电源，该实验还应平衡摩擦力，释放小车时小车应靠近打点计时器。‎ ‎(2)小车的加速度a＝ m/s2＝0.60 m/s2‎ ‎(3)由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，整理得＝＋ 由图象得＝b，则F＝ ‎【答案】(1)用的是直流电源　木板的右端没有垫高　小车离打点计时器太远(任写两条)‎ ‎(2)0.60　(3) ‎23.（10分）‎ 某实验小组想通过实验研究苹果电池的电动势和内阻。他们制作了一个苹果电池进行研究，了解到苹果电池的内阻可能比较大，因此设计了一个如图1所示的实物电路进行测量。‎ ‎(1)请按图中所示实物图在方框内画出电路图(电源用“”表示)。‎ ‎(2)测定苹果电池的电动势和内阻，所用的器材有：‎ ‎①苹果电池E：电动势约为1 V；‎ ‎②电压表V：量程1 V，内阻RV＝3 kΩ；‎ ‎③电阻箱R：最大阻值9 999 Ω；‎ ‎④开关S，导线若干。‎ ‎(3)实验步骤如下：‎ ‎①按电路图连接电路(为电路安全，先将电阻箱的电阻调到最大值)；‎ ‎②闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，并计算出对应的与的值，如下表所示：‎ R/Ω ‎9 000‎ ‎6 000‎ ‎5 000‎ ‎4 000‎ ‎3 000‎ ‎2 000‎ R－1/(10－4Ω－1)‎ ‎1.1‎ ‎1.7‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.3‎ ‎5.0‎ U/V ‎0.53‎ ‎0.50‎ ‎0.48‎ ‎0.46‎ ‎0.43‎ ‎①‎ U－1/V－1‎ ‎1.9‎ ‎2.0‎ ‎2.1‎ ‎2.2‎ ‎2.3‎ ‎②‎ ‎③以为纵坐标，为横坐标，将计算出的数据描绘在坐标纸内，作出－图线；‎ ‎④计算得出苹果电池的电动势和内阻。‎ 请回答下列问题：‎ 图2‎ ⅰ.实验得到的部分数据如上表所示，其中当电阻箱的电阻R＝2 000 Ω时，电压表的示数如图2所示。读出数据，完成上表。‎ 答：①________，②________。‎ ⅱ.请根据实验数据在图3中作出－图线。‎ 图3‎ ⅲ.根据－图线求得该苹果电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(保留2位有效数字)‎ ‎【解析】(1)根据实物图画电路图。(3)ⅰ.读取电压表的读数为0.37 V，计算其倒数为2.7；ⅱ.描点，连成直线(见答图乙)；ⅲ.由答图乙可知，图线的截距为1.67、斜率为2.1×103，根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋(＋)r，变形为＝(1＋)＋×，则有(1＋)＝1.67、＝2.1×103，联立解得E＝1.0 V、r＝2.1×103 Ω。‎ ‎【答案】(1)如图甲所示 图甲 ‎(3)ⅰ.0.37(0.36～0.38均可)　2.7(2.6～2.8均可)　ⅱ.如图乙所示。‎ 图乙 ⅲ.1.0(0.9～1.1均可)　2.1×103(1.8×103～2.3×103均可)‎ ‎24.（14分）‎ ‎ 如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：‎ ‎(1)碰撞后小球A和小球B的速度；‎ ‎(2)小球B掉入小车后的速度。‎ ‎【解析】(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有:‎ m1v0＝m1v1＋m2v2‎ 碰撞过程中系统机械能守恒，有：‎ m1v＝m1v＋m2v 可解得v1＝＝－v0‎ v2＝＝v0‎ 即碰后A球向左，B球向右。‎ ‎(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有：‎ m2v2＋m3v3＝(m2＋m3)v3′‎ 解得v3′＝v0水平向右 ‎【答案】(1)－v0，方向向左　v0，方向向右 ‎(2)v0，方向向右 ‎25.（18分）‎ ‎ 如图，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1 m；整个空间以OO′为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B2＝2 T的匀强磁场。两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其在导轨间的电阻均为R＝1 Ω。开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8 N向右拉b棒。假定a棒始终在OO′左侧运动，b棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2。‎ ‎(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小；‎ ‎(2)当b棒的加速度为1.5 m/s2时，求a棒的加速度大小；‎ ‎(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率。‎ ‎【解析】(1)设a棒开始滑动时电流强度为I，b棒的速度为v 由共点力平衡知识，得 μmg＝B1IL①‎ 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知 I＝②‎ 联立①②知 v＝0.2 m/s③‎ ‎(2)设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2。由牛顿第二定律知 B1IL－μmg＝ma1④‎ F－B2IL－μmg＝ma2⑤‎ 联立④⑤式 a1＝0.25 m/s2⑥‎ ‎(3)设a棒开始做匀加速运动加速度a1′，b棒开始做匀加速运动加速度为a2′‎ 由牛顿第二定律知 B1IL－μmg＝ma1′⑦‎ F－B2IL－μmg＝ma2′⑧‎ 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知 I＝⑨‎ 由于电流不变，则 ‎(B2Lv2－B1Lv1)为常量⑩‎ 所以两棒加速度满足以下关系 ‎2a2′＝a1′⑪‎ 联立⑦⑧⑪知 I＝0.28 A⑫‎ ‎⑫式代入⑧式知 a2′＝0.4 m/s2⑬‎ 由焦耳定律知 P＝I2R⑭‎ 代入数据 P＝0.078 4 W⑮‎ ‎ 【答案】(1)0.2 m/s　(2)0.25 m/s2　(3)0.4 m/s2　0.078 4 ‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如 果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎33．【物理——选修3－3】(15分)‎ ‎(1)(6分)下列说法中正确的是________(填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)‎ A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小 B．布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动 C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性 D．做功和热传递在改变系统内能方面是不等价的 E．第二类永动机不违背能量守恒定律，因此是可能制成的 ‎(2)(9分)如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝20 cm。活塞A上方的水银深H＝15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直至水银的1/3被推入细筒中，求活塞B上移的距离。(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强P0相当于75 cm的水银柱产生的压强。)‎ ‎【解析】(1)分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，A项正确；布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动，B项对；组成晶体的离子或原子按一定的规律分布，具有空间上的周期性，C项对；做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，D项错；第二类永动机违背热力学第二定律，是不可能制成的，E项错。‎ ‎(2)初态封闭气体压强：p1＝pH＋p0‎ ‎1/3水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S，则 HS＝h1；HS＝h2S 此时封闭气体压强：p2＝ph1＋ph2＋p0‎ V1＝LS；V2＝L′S 由玻意耳定律得p1V1＝p2V2‎ 解得L′＝18 cm 活塞B上升的距离d＝H＋L－L′－H＝7 cm ‎【答案】(1)ABC　(2)7 cm ‎34．【物理——选修3－4】(15分)‎ ‎(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播，波速为v＝4 m/s。已知坐标原点(x＝0)处质点的振动图象如图甲所示，t＝0.45 s时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)‎ A．简谐横波的传播方向沿x轴正方向 B．简谐横波的波长为1.8 m C．x＝0.5 m处的质点比x＝0处的质点振动滞后0.5 s D．x＝0处的质点经过0.6 s的路程为0.6 m E．t＝0.45 s时x＝0处的质点对应的纵坐标为 m ‎(2)(10分)如图，三角形AOB为等腰直角三棱镜的横截面，以OA、OB为轴建立直角坐标系xOy，OA＝OB＝L，棱镜的折射率为n＝。一束平行于斜边AB的平行光从OB边射入。光透过棱镜只考虑一次内部反射。‎ ‎(ⅰ)求距离O点多远的入射光刚好从A点射出；‎ ‎(ⅱ)部分光将会从OA边以平行于AB边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度。(已知sin 15°＝，cos 15°＝)‎ ‎【解析】(1)由图可知，x＝0处质点在t＝0.45 s时沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，A正确；简谐波的波长λ＝1.6 m，B错误；简谐波的周期T＝0.4 s，则波速v＝＝ m/s＝4 m/s，x＝0.5 m处的质点比x＝0处的质点振动滞后时间为t＝ s＝0.125 s，C错误；x＝0处的质点经过0.6 s的路程s＝×4 A＝0.6 m，D正确；x＝0处的质点的振动方程为y＝0.1sin 5πt(m)，t＝0.45 s代入得y＝ m，E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)设光线从C点射入刚好从A点射出 由折射定律知 n＝①‎ 代入数据则 sin β＝②‎ 由几何关系知 OC＝Ltan β＝L③‎ ‎(ⅱ)根据题意光线经过AB边全反射后从OA边AE段射出。设光线宽度为d 由几何关系可知，OE＝L，AE＝L－L④‎ d＝AEcos 45°＝L⑤‎ ‎【答案】（1）ADE（2）见解析