2017-2018学年四川省宜宾市第四中学高二下学期期末模拟理综物理试题 解析版 14页

四川省宜宾市第四中学2017-2018学年高二下学期期末模拟理综-物理试题 ‎1. 一个物体只在相互垂直的恒力F1 、F2作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去F2而F1 不变，则物体以后的运动情况是 A. 物体做直线运动 B. 物体做变加速曲线运动 C. 物体沿F1的方向做匀加速直线运动 D. 物体做匀变速曲线运动 ‎【答案】D ‎【解析】一个物体在相互垂直的恒力F1和F2作用下，由静止开始沿两力的合力方向上做匀加速直线运动；经过一段时间后，突然将撤去F2，则物体出现了合力方向即为F1方向，大小为F1；F1方向与此时的速度不共线，所以做曲线运动，由于合力的大小与方向不变，所以做匀变速曲线运动，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎2. 如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点从A到E的运动轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( ) ‎ A. D点的速率比C点的速率大 B. A点的加速度与速度的夹角小于90°‎ C. A点的加速度比D点的加速度大 D. 从A到D速度先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】由题意，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D点的速度比C点速度大，A正确；物体在A点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A 点的加速度与速度的夹角大于90°，B错误；质点做匀变速曲线运动，加速度不变，合外力也不变，加速度不变，C错误；由A的分析可知，质点由A到E过程中，受力的方向向下，速度的方向从斜向右上变为斜向下，竖直方向的分速度大小先减小后增大，所以合速度也是先减小后增大，D错误．‎ ‎【点睛】物体做曲线运动时，受到的合力指向轨迹的内侧，当合力方向与速度方向夹角为锐角时，合力做正功，当合力方向与速度方向夹角为钝角时，合力做负功．‎ ‎3. 唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四人想划船渡过一条宽150 m的河，他们在静水中划船的速度为5 m/s，现在他们观察到河水的流速为4 m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是 ( )‎ A. 唐僧说：我们要想到达正对岸就得朝着正对岸划船 B. 悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船 C. 沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船 D. 八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的 ‎【答案】B ‎..................‎ 考点：运动的合成和分解 ‎4. 一个带正电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是 A. 该粒子可能做直线运动 B. 该粒子在运动过程中速度大小保持不变 C. t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同 D. 粒子运动轨迹上各点的电势不可能相等 ‎【答案】B ‎【解析】粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，故A错误．根据能量守恒，粒子的电势能不变，可知粒子的动能不变，速度大小不变，故B正确．粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故CD错误．故选B．‎ 点睛：解决本题的关键要明确粒子的运动情况，运用电场力公式W=qU分析电势的变化，但不能确定电场强度的变化．‎ ‎5. 如图所示，在水平直线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直线上的P点先后发射出两个完全相同的正粒子(不计重力)，射入时速度大小相等但射入方向与直线间夹角分别为30°和90°。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，要使这两个粒子在磁场中某点相遇，则先后发射两个粒子的时间间隔为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出两个粒子运动的轨迹图，两轨迹的交点处为两粒子的相遇点，由几何关系可知，从开始射出到两粒子相遇，两粒子转过的角度分为为2400和1200，则运动时间分别为，，则先后发射两个粒子的时间间隔为，故选C.‎ ‎6. 宇宙中存在一些离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统。若某个四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，忽略其他星体对它们的引力作用和忽略星体自转效应，则可能存在如下运动形式：四颗星分别位于边长为L的正方形的四个顶点上(L远大于R)，在相互之间的万有引力作用下，绕某一共同的圆心做角速度相同的圆周运动。已知万有引力常量为G，则关于此四星系统，下列说法正确的是 A. 四颗星做圆周运动的轨道半径均为 B. 四颗星表面的重力加速度均为 C. 四颗星做圆周运动的向心力大小为 D. 四颗星做圆周运动的角速度均为 ‎【答案】BD ‎【解析】任一颗星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，任一星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均：r=L，故A错误．星球表面的物体受到的万有引力等于它受到的重力，即：G=m′g，解得：g=，故B正确；星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由万有引力定律可得四颗星做圆周运动的向心力大小为：，选项C错误； 由牛顿第二定律得：，解得：，故D正确；故选BD．‎ 点睛：本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握万有引力等于重力，以及知道在四颗星组成的四星系统中，其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力．‎ ‎7. 如图 (a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知 A. 两电荷的电性一定相反 B. 甲、乙两个点电荷的质量之比为2 : 1‎ C. 在0~t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D. 在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 ‎【答案】BC ‎【点睛】由图象段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性。分析时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能。时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互间库仑力的变化。时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大。‎ ‎8. 如图所示，一斜面体始终静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。在此过程中 A. 木块沿斜面下滑的距离为 B. 斜面体受水平地面的静摩擦力为零 C. 如果给木块一个沿斜面向上的初速度，它将沿斜面上升到高处且速度变为 D. 木块与斜面间摩擦产生的热量为 ‎【答案】AD ‎【解析】由平均速度公式可知，物体的下滑的下滑的位移为：，故A正确；对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即地面与斜面间的静摩擦力，故B 错误；由于物体在斜面上受摩擦力，故向上去的加速度一定大于向下来的加速度；故上升h时的速度一定小于v1，故C错误；由能量守恒定律可知：，解得：，故D正确。所以AD正确，BC错误。‎ 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做答。第33~40题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共129分）‎ ‎9. 图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为d（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1的时间△t以及遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t，用刻度尺测出两个光电门之间的距离X.‎ ‎（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙，则d=_____cm ‎（2）试验时，滑块从光电门1 的右侧某处由静止释放，测得△t=50ms ，则遮光条经过光电门1时的速度 V=___m/s ‎（3）保持其它实验条件不变，只调节光电门2的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放，记录几组X及其对应的t，作出图像如图丙，其斜率为K，则滑块加速度的大小a与K的关系可表达为a=__________。‎ ‎【答案】 (1). 0.75 (2). 0.15 (3). 2K ‎【解析】（1）主尺：0.7cm，游标尺：对齐的是5，所以读数为：5×0.1mm=0.5mm=0.05cm，‎ 故遮光条宽度d=0.75cm，‎ ‎（2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。‎ 则滑块经过光电门时的速度为：‎ ‎（3）据及得图像的斜率，解得 ‎ 点睛：图象法处理数据时，要根据物理规律写出横纵坐标之间的关系式。结合图象的截距、斜率等求解。‎ ‎10. 图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．‎ ‎(1)用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d＝________ m.‎ ‎(2)闭合开关，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图所示的R－x图象，可得该图线的斜率k＝________Ω/m.‎ ‎(3) 利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为________．‎ ‎(4) 图中的a导线从电流表的“0.6 A”接线柱改接于电流表的“－”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合开关，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图所示的U－I图象，得出电源的电动势E＝________ V；若R0＝2.0 Ω，则电源的内阻r＝______Ω.‎ ‎【答案】 (1). 3.95×10－4 (2). 10 (3). (4). 2.80 (5). 1.0‎ ‎【解析】(1) 螺旋测微器的读数为d=39.5×0.01mm=0.395mm=3.95×10-4m（3.92×10-4～3.98×10-4都对）；‎ ‎(2) R-x图象的斜率为；‎ ‎(3)电阻定律可得：，解得：；‎ ‎(4) 图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“-”接线柱上，‎ 由U=E-I（R0+r）可得 U-I图象的纵轴截距为电源的电动势E，斜率大小为（R0+r）‎ 所以E=2.80V（2.78～2.82都对），‎ ‎ ‎ 解得r=1.0Ω（0.96～1.04都对）‎ 点晴：遇到实验问题，关键是弄清实验原理和要求，若涉及到图象问题，则先根据物理规律求出表示纵轴与横轴物理量的表达式，然后根据截距和斜率的概念即可求解。‎ ‎11. 如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P点.现用一质量m=0.1kg的小物块 (可视为质点)将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0=18m/s，经过水平轨道右端Q点后沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道，最后物块经轨道最低点A抛出后落到B点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15，R==1m，A到B的竖直高度h=1.25m，取g=10m/s2.‎ ‎(1) 求物块到达Q点时的速度大小（保留根号）；‎ ‎(2) 求物块经过Q点时圆轨道对物块的压力；‎ ‎(3) 求物块水平抛出的位移大小.‎ ‎【答案】(1) (2) 31.1N 方向竖直向下 (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据动能定理求出物块到达Q点的速度大小；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出物块经过Q点时所受的弹力，从而得出物块对Q点的压力；‎ ‎（3）根据机械能守恒定律求出物块通过最低点A的速度大小，结合平抛运动的规律求出物块水平抛出的位移大小．‎ 解：（1）设物块到达Q点时的速度为v，由动能定理得 ‎﹣μmg l=mv2﹣mv02‎ 代入数据解得v=m/s ‎（2）设物块刚离开Q点时，圆轨道对物块的压力为FN 根据牛顿定律有FN+mg=m 则FN=m﹣mg=31.1N＞0‎ 故物块能沿圆周轨道运动 ‎（3）设物块到达半圆轨道最低点A时的速度为v1‎ 由机械能守恒得 mv2+mg•2R=mv12‎ 解得v1="19" m/s 由 h=gt2‎ s=vt 得s=v1‎ 代入数据，得s=9.5m．‎ 答：（1）物块到达Q点时的速度大小为m/s；‎ ‎（2）物块经过Q点时对轨道的压力为31.1N；‎ ‎（3）物块水平抛出的位移大小为9.5m．‎ ‎【点评】本题考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合，知道圆周运动向心力的来源、平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．‎ ‎12. 如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量为m，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，斜面体的质量M＝3m，置于粗糙水平地面上.求：‎ ‎(1)当斜面体静止时，细绳对小球拉力的大小；‎ ‎(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向；‎ ‎(3)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？‎ ‎【答案】(1) (2) ，方向水平向左 (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）选小球为研究对象，受力分析并合成如图：由平衡条件：‎ F′=mg由平面几何知识可得：N与F′夹角为30°，T与F′夹角也为30°，故画出的平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角三角形：‎ 由：cos30°=得：T=‎ ‎（2）、（3）选小球和斜面组成的系统为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得：‎ N+Tcos30°=（M+m）g 解得：N=（M+m）g-=Mg+=3．5mg 水平方向上：f=Nsin30°=，方向水平向左．‎ 为了使整个系统始终处于静止状态，则最大静摩擦力fmax≥f 所以kN≥f 解得：k≥‎ 考点：考查了共点力平衡条件的应用于 ‎【名师点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．利用正交分解方法解体的一般步骤：①明确研究对象；②进行受力分析；③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；④x方向，y方向分别列平衡方程求解．‎ ‎13. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是_________‎ A. A→B过程中，气体对外界做功，吸热 B. B→C过程中，气体分子的平均动能增加 C. C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少 D. D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化 E.该循环过程中，气体吸热 ‎【答案】ADE ‎【解析】A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A正确；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即W＜0；一个循环，内能不变，△U=0，根据热力学第一定律，Q＞0，即气体吸热，故E正确；故选ADE。‎ ‎【点睛】A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，C→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．‎ ‎14. 如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L，底面直径为D，其右端中心处开有一圆孔，质量为m的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计，开始时气体温度为300K，活塞与容器底部相距，现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为P0，求温度为480K时气体的压强．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等圧変化，由盖吕萨克定律求出活塞缓慢移到最右端时的温度；活塞移至最右端后，气体做等容变化，根据查理定律即可求出温度为480K时的压强；‎ 开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等圧変化设活塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态温度为 初态温度 由盖吕萨克定律知 解得：‎ 活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知 由查理定律知 则 答：温度为480K时气体的压强为．‎ 点睛：本题考查气体实验定律的应用，关键是确定气体发生何种状态变化过程，确定好气体的各个状态参量，选择合适的规律求解即可．‎ ‎15. 一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2 cm，周期为T，已知在t＝0时刻波上相距40 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动．如图所示，下列说法正确的是_________（填入正确选项前的字母，选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。‎ A．该列简谐横波波长可能为150cm B．该列简谐横波波长可能为12 cm C．当质点b的位移为＋2 cm时，质点a的位移为负 D．在t＝时刻，质点b速度最大 E．质点a、质点b的速度始终大小相等，方向相反 ‎【答案】BCD ‎【解析】根据质点的振动方程：x=Asin（ωt），设质点的起振方向向上，则：b点：1=2sinωt1，所以：ωt1=，a点振动的时间比b点长，所以：1=2sinωt2，则ωt2=，ab两个质点振动的时间差：△t=t2-t1=-==，所以ab之间的距离：△x=v△t=v•=．则通式为（n+）λ=40cm，n=0，1，2，3，…；则波长可以为 λ=cm（n=0，1，2，3---）；当n=0时，λ=120cm，当n=3时，λ=12cm，故A错误，B正确。当质点b的位移为+2cm时，即b到达波峰时，结合波形知，质点a在平衡位置下方，位移为负，故C正确。由ωt1=，得 t1==，当t=-t1=时质点b到达平衡位置处，速度最大；故D正确；在两质点振动时，若两点分别处在平衡位置上下方时，则两物体的速度可以相同；故E错误。故选BCD。‎ 点睛：本题中考查到反相点的问题，振动情况总是相反的两质点，称为反相点，反相点的平衡位置间的距离为半波长的奇数倍。要能根据两质点速度的变化，分析运动过程中位置的关系。‎ ‎16. 如图所示,为某种透明材料制成的一柱形棱镜的横截面图，CD是半径R=m的四分之一圆，圆心为O；光线从AB面上的M点入射，入射角θ=30°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出。已知OB段的长度L=0.6m，真空中的光速c=3×108m/s。求：‎ 透明材料的折射率； ‎ ‎②该光在透明材料内传播的时间。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】①设光线在AB面的折射角为r，光路如图所示。‎ 根据折射定律得，‎ 设棱镜的全反射临界角为，由题意，光线在BC面恰好发生全反射，得到；‎ 由几何知识可知，；‎ 联立以上各式解得；‎ ‎②光在棱镜中的传播速度；‎ 由几何知识得；‎ 该光在透明材料内传播的时间．‎ ‎【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．‎ ‎ ‎ ‎ ‎