廣東揭陽市惠來縣第一中學高三下學期第一次階段考試理綜物理試題

20172018學年度第二學期第一階段考一、選擇題：（本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1.下列說法中正確的是（）A.牛頓提出萬有引力定律，并利用扭秤實驗，巧妙地測出了萬有引力常量B.牛頓第一定律、牛頓第二定律都可以通實驗來驗證C.單位m、kg、s是一組屬于國際單位制的基本單位D.牛頓第一定律是牛頓第二定律在加速度等于零下的一個特例。【答案】C考點：本題考查物理學史問題和牛頓第一、第二定律以及力學中的基本單位。2.已知地球的質量為M，月球的質量為m，月球繞地球的軌道半徑為r，周期為T，萬有引力常量為G，則月球繞地球運轉軌道處的重力加速度大小等于（）A.B.C.D.【答案】B【解析】試題分析：月球繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供月球的向心力，則有：解得：，故BD正確?？键c：萬有引力定律的應用.3.下列說法正確的是()A.玻爾原子理論第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律B.原子核發(fā)生α衰變時，新核與α粒子的總質量等于原來的原子核的質量C.氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道上時氫原子的能量增加D.在原子核中，比結合能越小表示原子核中的核子結合得越牢固【答案】A【解析】玻爾原子理論第一次將量子觀念引入原子領域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，選項A正確；在α衰變時，質量數(shù)守恒，但是新核與α粒子的總質量不等于原來的原子核的質量，會出現(xiàn)質量虧損．故B錯誤．氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道上時要輻射光子，則氫原子的能量減小，選項C錯誤；在原子核中，比結合能越大表示原子核中的核子結合得越牢固，選項D錯誤；故選A.4.如圖所示，長度為l的細線，一端固定于O點，另一端拴一小球，先將線拉直呈水平，使小球位于P點，然后無初速釋放小球，當小球運動到最低點時，懸線遇到在O點正下方水平固定著的釘子K，不計任何阻力，若要求小球能繞釘子在豎直面內做完整圓周運動，則K與O點的距離可以是A.B.C.D.【答案】A【解析】設小球繞釘子K做圓周運動的半徑為r，則當?shù)竭_最高點，只有重力提供向心力時，速度最小，則有mg=m

從釋放到圓周最高點的過程中，根據動能定理得：mg(l?2r)＝mv2

聯(lián)立解得：r=l，

則當r≤l時小球能繞釘子在豎直面內做完整圓周運動，則K與O點的距離x≥l?l＝l，故A正確，BCD錯誤．故選A.點睛：本題考查的知識點比較多，涉及到圓周運動、動能定理，要求同學們解題時能熟練運用動能定理并結合幾何知識解題，難度適中．5.如圖所示，讓閉合矩形線圈abcd從高處落下一段距離后進人勻強磁場，在bc邊開始進入磁場到ad邊剛進入磁場這一段時間內，表示線圈運動情況的。圖象可能是圖中的哪些圖A.B.C.D.【答案】ABC【解析】bc邊剛進入磁場時，受到向上的安培力，若所受的安培力與重力平衡，則線框做勻速運動，A圖是可能的．ad邊剛進入磁場時，受到向上的安培力，若安培力小于重力，線框做加速運動，隨著速度增大，由安培力公式，得知，安培力增大，合力減小，加速度減小，則線框做加速度減小的加速運動，速度圖象的斜率逐漸減小，故C圖是可能的．bc邊剛進入磁場時，受到向上的安培力，若安培力大于重力，線框做減速運動，隨著速度減小，由安培力公式，得知，安培力減小，合力減小，加速度減小，則線框做加速度減小的變減速運動，速度圖象的斜率逐漸減小，不可能做勻減速運動．B圖是可能的，而D圖是不可能的，故選ABC．點睛：本題的解題關鍵是抓住安培力公式，分析安培力的變化，確定加速度的變化，同時要掌握速度圖象的斜率等于加速度這一知識點．6.如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為，且電場方向和磁場方向相互垂直，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內，一質量為m，帶電量為q（q>0）的小球套在絕緣桿上，若小球沿桿向下的初速度為時，小球恰好做勻速直線運動，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則以下說法正確的是A.小球的初速度B.若小球沿桿向下的初速度，小球將沿桿做加速度不斷增大的減速運動，最后停止C.若小球沿桿向下的初速度，小球將沿桿做加速度不斷減小的減速運動，最后停止D.若小球沿桿向下的初速度，則從開始運動到穩(wěn)定過程中，小球克服摩擦力做功為【答案】BD【解析】對小球進行受力分析如圖，電場力的大?。?，由于重力的方向豎直向下．電場力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由幾何關系可知，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會對小球做功．所以，當小球做勻速直線運動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg．所以．故A錯誤；若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=mg＜FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球將做減速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球將做加速度不斷增大的減速運動，最后停止．故B正確；若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=3mg＞FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則摩擦力：f=μFN．小球將做減速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到時，小球開始做勻速直線運動．故C錯誤．若小球的初速度為，則洛倫茲力：f=qv0B=4mg＞FG+F，則在垂直于桿的方向上，小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則摩擦力：f=μFN．小球將做減速運動；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運動，最后當速度減小到時，小球開始做勻速直線運動．小球克服摩擦力做功為．故D正確．故選BD.本題考查小球在混合場中的運動，解答的關鍵明確小球的受力情況，并能夠結合受力的情況分析小球的運動情況，要知道小球何時做加速度減小的減速運動，何時做加速度增大的減速運動，當加速度減為零時，做勻速運動．7.如圖所示，穿在一根光滑固定桿上的小球A、B通過一條跨過定滑輪的細繩連接，桿與水平方向成θ角，不計所有摩擦。當兩球靜止時，OA繩沿豎直方向，OB繩與桿的夾角為θ，則下列說法正確的是A.小球A一定受到3個力的作用B.小球B一定受到3個力的作用C.小球A、B的質量之比mA：mB=1：tanθD.小球A、B的質量之比mA：mB=tanθ：1【答案】BD【解析】對A球受力分析可知，A受到重力，繩子的拉力，兩個力合力為零，桿子對A球沒有彈力，否則A不能平衡，故A錯誤；對B球受力分析可知，B受到重力，繩子的拉力以及桿對B球的彈力，三個力的合力為零，故B正確；分別對AB兩球分析，運用合成法，根據共點力平衡條件，得：T=mAg;（根據正弦定理列式）故mB：mA=1：tanθ，故D正確．故選BD.點睛：本題考查了隔離法對兩個物體的受力分析，關鍵是抓住同一根繩子上的拉力處處相等結合幾何關系將兩個小球的重力聯(lián)系起來．8.如圖甲所示，理想變壓器原線圈電路中接有理想電壓表和理想電流表，副線圈電路中接有理想二極管和兩電阻值均為6Ω的燈泡。當原線圈中輸入的交變電壓如圖乙所示時，電流表的示數(shù)為1A。則A.電壓表的示數(shù)為70.7VB.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5:2C.燈泡a消耗的電功率為D.燈泡b消耗的電功率為【答案】BD............二、非選擇題9.某同學用如圖甲所示裝置測量滑塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)，實驗過程如下：(1)用游標卡尺測量出固定于滑塊上的遮光條的寬度d，如圖乙，d=____mm。在桌面上合適位置固定好彈簧和光電門，將光電門與數(shù)字計時器（圖中未畫出）連接。(2)用滑塊把彈簧壓縮到某一位置，測量出滑塊到光電門的距離x。釋放滑塊，測出滑塊上的遮光條通過光電門所用的時間t，則此時滑塊的速度v=___（用題中所給字母表示）。(3)通過在滑塊上增減砝碼來改變滑塊的質量m，仍用滑塊將彈簧壓縮到(2)中的位置，重復(2)的操作，得出一系列滑塊質量m與它通過光電門時的速度V的值。根據這些數(shù)值，作出圖象如圖丙所示。已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間。由圖象可知，滑塊與水平桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=____；彈性勢能EP=____?！敬鸢浮?1).(2).(3).(4).【解析】（1）由乙圖知，游標卡尺讀數(shù)為5.70mm；（2）滑塊經過光電門的速度為；（3）根據能量守恒，整理得，結合圖象得：，得；得.10.在研究性課題的研究中，小剛、小聰和小明所在的小組收集了的電池以及從廢舊收音機上拆下的電阻、電容、電感線圈等電子器件?，F(xiàn)從這些材料中選取兩個待測元件進行研究，一是電阻Rx（阻值約2k），二是中常用的鋰電池（電動勢E的標稱值為3．4V）。在操作臺上還準備了如下實驗器材：A．電壓表V（量程4V，內阻Rv約10k）B．電流表A1（量程100mA，內阻約5）C．電流表A2（量程2mA，內阻約50）D．滑動變阻器R（0～40。額定電流1A）E．電阻箱Ro（0～999．9）F．開關S只、導線若干①小剛采用伏安法測定Rx的阻值，他使用的電是待測的鋰電池。圖甲是他連接的部分實驗器材，請你用筆劃線在答題卡上完成實物連接。小剛選用的電流表應是_____（選填“A1”或“A2”）；他用電壓表的讀數(shù)除以電流表的讀數(shù)作為Rx的測量值，則測量值_____真實值（填“大于”或“小于”）；②小聰和小明設計了圖乙所示的電路圖測量鋰電池的電動勢E和內阻r。a．小聰?shù)膶嶒灢僮魇牵洪]合開關S．調整電阻箱的阻值為R1時，讀出電壓表的示數(shù)為Ul；調整電阻箱的阻值為R2時，讀出電壓表的示數(shù)為U2。根據小聰測出的數(shù)據可求得該電池的電動勢，其表達式為E=_________；b．小明認為用線性圖像處理數(shù)據更便于分析。他在實驗中多次改變電阻箱阻值，獲取了多組數(shù)據，畫出的圖像為一條直線（見圖丙）。則該圖像的函數(shù)表達式為=_______，由圖丙可知該電池的電動勢E=_______V、內阻r=____。（保留兩位有效數(shù)字）【答案】(1).(2).大于(3).(4).(5).3.3(6).0.25【解析】試題分析：(1)測量Rx的阻值時，滑動變阻器采取分壓接法，由于待測電阻的阻值較大，電流表采取內接法，實物圖如圖所示；通過待測電阻的最大電流為，故電流表選取A2；由于電流表采取內接法，用電壓表的讀數(shù)除以電流表的讀數(shù)應該為待測電阻與電流表內阻的阻值之和，所以測量值大于真實值；(2)a．由閉合電路的歐姆定律可知：，聯(lián)立解得：；b．由閉合電路的歐姆定律可知：，整理得，所以截距，解得；斜率，解得．考點：伏安法測電阻；利用圖像法求解電源的電動勢和內阻．11.如圖所示，在光滑水平面上有一小球A，具有水平向右的初速度v0=3m／s，水平面右端和光滑半圓弧軌道相接，圓弧半徑R=0.08m，軌道銜接處停有一小球B，質量mB=lkg，兩小球發(fā)生彈性正碰，且碰后小球A恰能通過圓弧的最高點C。不計一切阻力，兩小球均可視為質點，重力加速度g取10m/s2，求小球A的質量?！敬鸢浮俊窘馕觥吭囶}分析：根據牛頓第二定律求出小球A恰能通過最高點C的速度，再根據機械能守恒求出碰后A球的速度，再根據動量守恒和機械能守恒即可求出小球A的質量。由小球A恰能通過最高點C，根據牛頓第二定律可得：小球A碰后在半圓軌道運動時機械能守恒，有：解得：由兩小球發(fā)生彈性正碰，根據動量守恒可得：機械能守恒可得：聯(lián)立解得：代入數(shù)據可得：點睛：本題主要考查了完全彈性碰撞，注意在彈性碰撞中滿足動量守恒和能量守恒。12.如圖所示，在直角坐標系平面的第II象限內有半徑為的圓分別與x軸、y軸相切于C（，0）、D（0，）兩點，圓內存在垂直于平面向外的勻強磁場，磁感應強度B．與軸平行且指向負方向的勻強電場左邊界與軸重合，右邊界交軸于G點，一帶正電的粒子A（重力不計）電荷量為、質量為，以某一速率垂直于軸從C點射入磁場，經磁場偏轉恰好從D點進入電場，最后從G點以與軸正向夾角45°的方向射出電場．求：（1）OG之間距離；（2）該勻強電場電場強度E；（3）若另有一個與A的質量和電荷量相同、速率也相同的正粒子，從C點沿與軸負方向成30°角的方向射入磁場，則粒子再次回到軸上某點時，該點坐標值為多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）設粒子A速率為，其軌跡圓圓心在O點，故A運動到D點時速度與y垂直，粒子A從D至F做類平拋運動，令其加速度為a，在電場中運行的時間為t，則有：①（2分）②（2分）聯(lián)立①②兩式解得：，故③（2分）（2）粒子A的軌跡圓半徑為R，由，得：④（2分）⑤（1分）聯(lián)立①③⑤式得⑥(2分)解得：⑦（1分）（3）令粒子軌跡圓圓心為，因為，，以為圓心，為半徑做的軌跡圓交圓形磁場于H點，則四邊形為菱形，故軸，令粒子從J點射出電場，交x軸于K點，因與粒子A在電場中的運動類似，，.(2分)，又，解得（3分）粒子再次回到x軸上的坐標為（2分）考點：本題考查了帶電粒子在組合場中的運動、勻速圓周運動、類平拋運動.13.對于分子動理論和物體內能的理解，下列說法正確的是________。A．溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大