全国高三物理第二次大联考卷（广东版含解析）.doc

2015年第二次大联考【广东卷】理科综合物理试题 题号一二总分得分注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。满分108分，考试时间60分钟。2答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。第一卷每小题选出答案后，用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。第i卷（选择题 共54分）一、单项选择题：本题包括4小题，每小题6分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。多选、错选均不得分。13.下列说法正确的是a气体的内能是分子热运动的平均动能与分子间势能之和b气体的温度变化时，气体分子的平均动能可能不变c晶体有固定的熔点且物理性质各向异性d在完全失重的环境中，空中的水滴是个标准的球体【答案】d【命题立意】分子动理论，内能，晶体。【解析】由热力学知识知：气体的内能是分子热运动的动能与分子间势能之和，a错误；气体的温度变化时，气体分子的平均动能变化，b错误；晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体是各项同性的，c错误；完全失重情况下，液体各方向的力都一样,所以会成为一个标准的球形，d正确。14.如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。a球、c球与b球分别用两根轻质细线连接。当系统保持静止时，b球对碗壁刚好无压力，图中=30，则a球和c球的质量之比为（ ） a 1:2 b 2 :1 c 1: d:1【答案】c【命题立意】【解析】b球对碗壁刚好无压力，则根据几何知识分析可得b球所在位置两线的夹角为90，以b球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知，c正确。【点拨】本题难度较小，明确b球所在位置夹角为90是本题求解的关键15.如图所示为一定质量理想气体的体积v与温度t的关系图象，它由状态a经等温过程到状态b，再经等容过程到状态c。设a、b、c状态对应的压强分别为pa、pb、pc，则下列关系式中正确的是t/kv/loabcapapb，pbpc bpapb，pb = pccpapb，pbpc dpa = pb，pbpc【答案】a 【命题立意】理想气体状态方程【解析】由=常量得： a到b过程，t不变，体积减小，所以papb ，b经等容过程到c，v不变，温度升高，pbpc ，所以a正确。【点拨】熟练掌握理想气体状态方程。16.已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为n，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为r。则地球的自转周期为a. b. c. d.【答案】a【命题立意】牛顿第二定律与圆周运动的结合【解析】在北极，物体所受的万有引力等于支持力，在赤道处有解得 ，a正确。【点拨】解决本题的关键是知道在赤道处，万有引力和支持力的合力提供向心力。二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求。全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分。17.如图所示，a、b两球所带电荷量均为c，质量均为0.72kg，其中a球带正电荷，b球带负电荷，a球通过绝缘细线吊在天花板上，b球一端固定绝缘棒，现将b球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，a球静止且与竖直方向的夹角为30，则b球距离a的距离可能为a0.5m b0.8m c1.2m d2.5m【答案】ab【命题立意】平衡条件，库仑定律【解析】对a受力分析，受重力mg、绳的拉力ft、b对a的吸引力f,由分析知，a平衡时，f的最小值为f=,解得r=1m，所以r小于等于1m,a、b正确。【点拨】本题的关键是正确的受力分析，动态平衡条件。18.如图甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙发电机线圈电阻为1，外接电阻为4，则 图甲 图乙a该交变电流的频率为25hzb电压表的示数为4vc在t=0.01s时刻，电路中电流的瞬时值为1ad若线圈转速变为原来的2倍，耐压值为5v的电容器与外接电阻并联而不会被烧坏【答案】ac【命题立意】交变电流，有效值、瞬时值、最大值。【解析】由图知，周期是0.04s，频率为25hz，a正确，电源的有效值e=,电压表示数u=v，b错误，由得，i=1a，c正确，由得转速变为原来的2倍，电动势最大值也变为原来的2倍，=8v，电容器烧坏，d错误。19.自然界中有的放射性元素半衰期很短，很难被发现，放射性元素镎237（np）就是用人工的方法发现。镎237是不稳定的，它经过一系列衰变、衰变后变成铋209（bi），这些衰变是 。（填选项前的字母）a7次衰变 b4次衰变 c5次衰变 d4次衰变【答案】ad【命题立意】放射性元素的衰变【解析】由质量数和电荷数守恒得7次衰变，4次衰变20.有滑动变阻器r，热敏电阻r0，二极管d和电容器组成的电路如下图所示，有一个带电液滴静止于电容器两极板之间，电容器下极板接地，下列说法中正确的是（ ）a若把滑动变阻器的滑动触头向上移动，液滴将会向下运动b若把开关断开，液滴将会向上运动c若热敏电阻的温度降低，液滴将会向下运动d若把上极板向上移动，液滴将静止不动【答案】bd【命题立意】电路的动态分析，二极管，电容器。【解析】当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及r0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变， a错误；开关k断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动， b正确；热敏电阻降温时，热敏电阻阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，液滴仍然静止， c错误；电容器c的上极板向上移动，d增大；则电容c减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，有 和及得e不变，d正确。【点拨】解本题的关键是利用闭合电路的知识，结合二极管的特点和电容器的公式，解决平衡问题。21.如图所示，有一光滑轨道abc，ab部分为半径为r的圆弧，bc部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为r，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端a点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是（ ）aa球下滑过程中机械能保持不变ba、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变ca、b滑到水平轨道上时速度为d从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为【答案】bd【命题立意】机械能守恒定律，动能定理【解析】由机械能守恒的条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以a错误，b正确。对ab系统由机械能守恒定律得：mgr+2mgr= ，解得v= ,c错误。对a由动能定理得：mgr+w= ,解得w= ,d正确。【点拨】熟练掌握机械能守恒的条件及守恒定律，a、b系统机械能守恒。第卷（非选择题 共54分）34.（18分）（1）（8分）如图甲所示的装置由气垫导轨、两个光电门、滑块和沙桶等组成光电门可以测出滑块分别通过两个光电门的时间和，导轨标尺可以测出两个光电门间的距离，游标卡尺测量遮光片的宽度d，另用天平测出滑块和沙与沙桶的质量分别为m和m，回答下列问题：图甲 图乙（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1 mm）的示数如图乙所示，其读数为_ mm. （2）若用该装置来验证牛顿第二定律，以下说法不正确的是_。a该装置可以不平衡摩擦力也不需要将气垫导轨调节水平b如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间和必相等c实验时，多次在同一条件下重复实验取挡光片通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差（3）若用此装置中滑块受到线的拉力即合外力f 可用m、m、和时间和表示为f=_。（4）通过计算比较发现滑块受到的线的拉力f与沙和沙桶的重力不相等且相差较大，是因为 。（2）（10分）某同学用以下给定器材来测量一个“10v 5w”的小灯泡在不同电压下的电功率：电源：14v，电阻不计；电流表：00.6a（内阻约1），03a（内阻约0.2）；电压表：03v（内阻约3k）， 015v（内阻约15k）；滑动变阻器：阻值范围020开关一个，导线若干。电流表量程应该选_，电压表量程应该选_。图1是某位同学连接好的实验电路图，请你按照实验要求指出图中不妥当之处：_。图2是利用电流表内接和外接两种方法测得的小灯泡伏安特征曲线，则由图1电路测得的应是 曲线（填“甲”或“乙”），如果把该灯泡与电动势为8v，内阻为20的电源串联，则小灯泡的功率为_w（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）.（1）11.30（2）a（3）（4）没有满足（2）. 00.6a（内阻约1） 015v（内阻约15k） 电流表应该用外接法 乙 0.75【命题立意】验证牛顿第二定律，实验小灯泡的电功率【解析】（1）. （1）由游标卡尺的读数规则得，读数为11.30 （2）该装置需要将气垫导轨调节水平，所以a不正确。（3）由f=ma , ,v=得（4）没有满足（2）.小灯泡的额定电流为0.5a，所以选00.6a（内阻约1），小灯泡的额定电压为10v所以选 015v（内阻约15k） 由分析知电流表的分压大，应该用外接法 电阻偏大所以是乙 ，在横轴上找出8v的点，在纵轴上找出0.4a的点，过这两点做直线交甲与一点，读出该点的电压、电流，由p=ui得p= 0.75w.【点拨】求解小灯泡功率的关键是作出电源的u-i图线，找交点。35.（18分）如图所示，平面直角坐标系第一象限存在竖直向上的匀强电场，距离原点o为3a处有一个竖直放置的荧光屏，荧光屏与x轴相交于q点，且纵贯第四象限。一个顶角等于30的直角三角形区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，三角形区域的一条直角边ml与y轴重合，且mn被x轴垂直平分。已知ml的长度为6a，磁感应强度为b，电子束以相同的速度v0从lo区间垂直y轴和磁场方向射入直角三角形区域。从y=-2a射入磁场的电子运动轨迹恰好经过原点o，假设第一象限的电场强度大小为e=bv0，试求：（1）电子的比荷；（2）电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围；（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距q点的最远距离。【答案】（1）（2）0y2a（3）【命题立意】带电粒子在组合场中的运动【解析】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为r=a，由牛顿第二定律得：ev0b=m ，解得电子的比荷：（2）电子能进入电场中，且离o点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边mn相切，电子运动轨迹的圆心为o点，如图所示om=2aoo=om-0m=a，即粒子从d点离开磁场进入电场时，离o点上方最远距离为：od=ym=2a，所以电子束从y轴射入电场的范围为0y2a；（3）假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有 3a=v0t，解得：2a，所以，电子应射出电场后打到荧光屏上电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平：x=v0t，竖直：，代入数据解得：x=设电子最终打在光屏的最远点距q点为h，电子射出电场时的夹角为有：tan=，h=（3a-x）tan=当，即y=时，h有最大值，由于2a，所以hmax=【点拨】粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。36.（18分）如图所示，水平放置的轻质弹簧左端与竖直墙壁相连，右侧与质量的小物块甲相接触但不粘连，b点为弹簧自由端，光滑水平面ab与倾角的倾斜面bc在b处平滑连接，ocd在同一条竖直线上， cd右端是半径的光滑圆弧，斜面bc与圆弧在c处也平滑连接，物块甲与斜面bc间的动摩擦因数。现用力将物块甲缓慢向左压缩弹簧，使弹簧获得一定能量后撤去外力，物块甲刚好能滑到c点，与此同时用长的细线悬挂于o点的小物块乙从图示位置静止释放，物块乙到达c点时细线恰好断开且与物块甲发生正碰，碰撞后物块甲恰好对圆弧轨道无压力，物块乙恰好从图中p点离开圆弧轨道，取，求：rbcrl甲乙adop（1）撤去外力时弹簧的弹性势能；（2）小物块乙的质量m和细线所能承受的最大拉力；（3）两物块碰撞过程中损失的能量；（4）小物块乙落到水平面上时的速度大小（保留一位有效数字）。【答案】（1）5.6j（2）1kg 20n（3）1.78j（4）3m/s【命题立意】圆周运动，能量守恒定律，动量守恒定律。【解析】（1）由分析知，甲到c点