广东深圳宝安区宝安中学2017-2018学年高三上学期期末考试理综——物理试题解析版

1、宝安中学2018届高三第一学期期末试题理科综合物理试题二、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，1417题只有一项是符合题目要求的，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。)1,下列说法正确的是A.结合能是由于核子结合成原子核而具有的能力B. 一群处于n=3氢原子向低能级跃迁时，只能辐射3种频率的光子C,在光电效应实验中，截止频率只随入射光的频率增大而增大，与入射光强无关D,放射性元素发生一次P衰变，原子序数减少1【答案】B【解析】A.结合能是核子结合成原子核时放出的能量，或把原子核分成核子所需要的能量，故A错误；B,氢原子

2、由n=3向n=1的能级跃迁时产生光子的数目为：nxn-1)/2=(3X2)/2=3种，故B正确；C.截止频率由材料的性质决定，与入射光的频率和光强没有关系，故C错误；D,放射性元素发生衰变的实质是一个中子转变为质子，同时放出电子，故其原子序数增加1,故D错误。故选：Bo2,将重为4mg的均匀长方形物体切成相等的A、B两部分，切面与边面夹角为45,如图所示叠放并置于水平地面上，现用弹簧秤竖直向上拉物体A的上端，弹簧秤示数为mg,整个装置保持静止，则A,地面与物体间可能存在静摩擦力B.物体对地面的压力大于3mgC. A对B的压力大小为mgD. A、BN间静摩擦力大小为mg7X-*【答案】D【解析】

3、对AB整体受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否则不能平衡，故A错误；对AB整体受力分析，竖直方向受力平衡，则有：N+F=4mg,解得：N=3mg,则物块对地面的压力等于3mg,故B错误；对A受力分析，受到重力、弹簧的拉力、B对A的支持力以及B对A的静摩擦力，根据平衡条件得：_。一,，虫rFn=(2mg-mg)cos45,f=(2mg-mg)sin45,解得：FN=f=万mg,故C错反，D正确.故选D.3 .北斗导航系统具有导航、定位等功能.如图所示，北斗”系统的三颗卫星心反应绕地心做匀速圆周运动，卫星c所在的轨道半径为r,卫星a,b所在的轨道半径为2r,若三颗卫星均沿顺时针方向(向上向下看)

4、运动，质量均为m,卫星c所受地球的万有引力大小为F,引力常量为G,不计卫星间的相互作用.下列判断中正确的是FA.卫星4所受地球的万有引力大小为-B.地球质量为GmC.如果使卫星b加速，它一定能追上卫星aD.卫星h的周期是卫星。的两倍【解析】卫星c受的万有引力:Mm根据F=G丁可得地球的质量MmrMm1F=G一1；则卫星a所受地球的万有引力大小为F=G-F,选项a错误;(2斤4Fr2、上，、+人，-、一一M=,选项B正确；如果使卫星b加速，则b会做离心运动跑到更局的轨Gm道，故不能追上卫星a,选项C错误；根据一；=k可知二T与入反选项D错误；故选B.4 .回旋加速器是获得高能带电粒子的装置，其核

5、心部分是与高频交流电源的两极相连的两D型盒处个D型金属盒，两盒间的狭缝中形成了周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时能得到加速，两色）和工粒子曲巳），不计相对论效应于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示；用该回旋加速器分别加速笊核及粒子在电场中运动的时间，下列说法正确的是A.加速笊核时所需交变电流的频率更大B.若加速电压相同，则引出的笊核的动能更大C.若加速电压相同，则加速两种粒子的次数相同D.若加速电压相同，笊核在D型盒中运动的时间更长【答案】C【解析】A.回旋加速器加速带电粒子时，变化电场的周期和粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等。根23UTI据=一二，两粒子比荷相等，笊核和。粒子周期相等，所

6、以加速笊核和2粒子时所需交变电流的频率相等，qB故A错误；B.离开回旋加速器时，粒子的轨道半径相等，根据qvB=m,v=5,粒子离开回旋加速器时速度相等,rm222根据=4/=!巴，两粒子比荷相等，引出的笊核的动能更小，故B错误；k22mC.加速两种粒子的次数N=一=,两粒子比何相等，则加速两种粒子的次数相同，故C周期；qU2ml.iD,在D型盒中运动的时间t=NT,由A、C分析可知，N相等，T相等，所以t相等，故D错误。故选：Co5.反射式调速管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于k轴，其电势千随x的分布如图所示。一质量

7、m=2.0x6,电荷量q=ZOx的带负电的粒子从（-1,0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动，则T00+5*EA.x轴左侧电场强度口和右侧电场E；的大小之比为1:2B.粒子在00.5cm区间运动过程中的电势能减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4-0二10一%D.该粒子运动的周期1=3.0*10一【答案】ACD【解析】A.由图可知：根据U=Ed可知：左侧电场强度：Ei=20/(1X1。2)V/m=2.0x103V/m右侧电场强度：E2=20/(0.5X102)v/m=4.0X103V/m所以：E1:E2=1:2,故A正确；B.粒子在00.5cni区间向右运动过程中，受到

8、的电场力向左，做负功，电势能增加，故B错误；C.粒子运动到原点时电场力做正功最多，W=qE1?x=4O丁力，电势能减小最多为4.0x|0-8,故C正确;、，一，一一，E】qD.设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2,由运动学公式有Vm=一Im同理可知：v|n=一三m12W=Ekmjm%,而周期：T=2(t1+t2)联立并代入相关数据可得：T=3.0X10-8s,故D正确。故选：ACD点睛：根据图象可明确左右两边电势的降落与距离间的关系，根据E=U/d即可求得各自的电场强度，从而求出比值；分析粒子运动过程，明确当粒子到达原点时速度最大，电势能增加最多；粒子在原点两侧来回振动，故周期为粒子

9、在两侧运动的时间之和；根据速度公式v=at即可求出各自的时间，则可求得周期.6.在如图所示的电路中，理想变压器原线圈串联两只灯泡L,L副线圈并联三只灯泡LyL,Lj,五只灯泡完全相同.若交流电源的电压有效值U,五只灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是A.每只灯泡的额定电压为U/5B.每只灯泡的额定电压为2U归C.变压器原、副线圈匝数之比为3:1D.变压器原、副线圈匝数之比为4:1【答案】AC【解析】CD-五只灯泡恰宜glE常发光，原副线圈的电流比为1:3,则匝数比为3:1,故C正确，D铝误；AB.设灯泡的额定电压为则U+U+3U=U,U=U/5,故A正确，B错误。故选：AG7 .如图所示，光滑

10、大圆环静止在水平面上，一质量为n1可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R,质量为M=3m,小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时A.小环的速度大小为国3RC.大环移动的水平距离为耐B.小环的速度大小为RD.大环移动的水平距离为4【答案】BD【解析】A、B、小环滑至最低点时的速度为vi,大环的速度为V2,两物体的系统满足机械能守恒有：斗、一且两物体的系统满足水平方向动量守恒有:1r,故C错误，D4,故A错误，B正确；C、D、设小环和大环水平方向发生的位移为Xi和X2,两物体的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知正确；故选BD.【点睛】机械能守恒定律和动量守恒定律的结合应用，

11、同时是特殊的反冲模型和人船模型。8 .如图所示，质量为11!=3乂1。73的I”形金属细框竖直放置在两水银槽中，LI”形框的水平细杆CD长1=.处于磁感应强度大小当。LOT、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n=300匝、=0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连，线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度的大小随时间t变化的关系如图乙所示。t=。一2去时闭合开关K,瞬时细框跳起（细框跳起瞬间安培力远大于重力），跳起的最大高度h=0.20ni,不计空气阻力，取g=0m展。下列说法正确的是（）A.00.10s内线圈内的感应电动势大小为3V8 .开关K闭合瞬间，CD间的电流方

12、向向C到DC.磁感应强度B的方向竖直向上D.开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03C【答案】BCD【解析】A.由图示图象可知，09.10s内：=BS=（1-0）X0.01=0.01Wb,00.10s线圈中的感应电动势大小：E=nZ4=300X0.01/0.1=30V,故A错误；B.细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定律可知，电流方向为：CD,故B正确;C.由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上,由图示图象可知，在0.2-0.25s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向：竖直向上，故C正确；D.对细框，由动量定理得:BiIl?At=mv-0,细框竖直向上做竖直上

13、抛运动：v2=2gh,颤,一一一电何量：Q=I8，解得：Q=0.03C,故D正确；故选：BCD.点睛：由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；依据左手定则，结合细框跳起瞬间安培力远大于重力，即可求解；由左手定则可以判断出感应电流方向，然后应用安培定则判断出感应电流磁场的方向，最后应用楞次定律判断磁感应强度的方向；细框向上做竖直上抛运动，应用竖直上抛运动规律可以求出细框获得的速度，由动量定理求出细框受到的安培力，然后由电流定义式的变形公式求出电荷量.三、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第22题一第32题为必考题，每个试题考生必须做答。第33题一第37题为选考题，考生根据要求做答。)9 .如图

14、甲所示的实验装置可以用来研究加速度和力的关系。实验中由位移传感器测出滑块不同时刻的位移，并通过计算机得到滑块加速度的具体值。实验中通过增加钩码的数量，多次测量，可得滑块运动的加速度a和滑块所受拉力F的关系图象如图乙所示。已知g=后,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)bF图象不过原点，表明测量之前缺少的一个必要操作是；(2)由实验得到lF图象可以计算出滑块的质量m=；滑块与长木板间的动摩擦因数.(3)随着所挂钩码数量增加，拉力F越来越大，&-F图象中图线不断延伸，后半段将会发生弯曲，请预测图线将向一侧弯曲(选填横轴”或纵轴”)、图甲图乙（1）,平衡摩擦力;(2).0.25;(3),0,2;(4)

15、,横轴【解析】（1）由于实验前没有平衡摩擦力，小车受到的合力小于细线的拉力，当拉力达到一定值时才产生加速度，a-F图线在F轴上有截距。（2）由牛顿第二定律得:I1-LimaI上上=T：-pg,a-F图线的斜率：k=1/m=2/0,5=4,滑块质量：m=1/k=0.25kg,图mm线纵轴截距：b=2,动摩擦因数：匠b/g=2/10=0,2;（3）随着所挂祛码数量增加，拉力F越来越大，滑块受到的拉力明显小于祛码的重力,a-F图象中图线不断延伸，后半段将会向横轴弯曲。点睛：实验前要平衡摩擦力，如果不平衡摩擦力,a-F图象在F轴上将有截距；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图象的函数表达式

16、求出质量与动摩擦因数;随祛码质量增加，滑块受到的拉力明显小于钩码的重力，图线将向F轴弯曲.10,有一量程为5V的电压表V,其内阻约为2kG,要准确测量其内阻，实验室有以下器材A,待测电压表VB,电流表A（量程为10mA,内阻未知）C.电流表总工（量程为|。心，内阻未知）D,电阻箱R（阻值范围为为对E,滑动变阻器片（总阻值为10W,额定电流为1A)F,滑动变阻器口乂总阻值为2K0,额定电流为0.1A)G.电源片（内阻不计，电动势为6V）H,电源网（内阻不计，电动势为1.5V）I,开关及导线若1(1)要准确测量电压表V的内阻，并使电表指针在较大范围内偏转，电流表应选,滑动变阻器应选,电源应选。(填

17、器材前的字母序号)(2)在虚线框内画出测量电压表V内阻的电路图，并标明所选器材的符号。按图电路图在实物图上正确连线。(4)根据所选器材和电路图，写出电压表V的电阻的测量值表达式Ry=(用文字写清各物理量的意义)【答案】(1).B;(2).E;(3).G;(5).箱的阻值)(6).Rv=K：7(U表示电压表的示数，I为电流表的示数，R为电阻;由于5V的电压表V的【解析】3)5P的电压表尸的满偏电流：I声U/R4/20U0=2.5x15依Y.Sn丸用4的电流表量程太小,所以应用量程是15昌的电流表.故选B；选用最大电阻是100Q的滑动变阻器调节方便T故选E;因为电压表的量程为5V,故电源选G.(2

18、)由于滑动变阻器阻值远小于电压表内阻，所以滑动变阻器要采用分压式接法满偏电流为2.5mA,用10mA的电流表时偏转角度太小，电压表应并联一个电阻箱所以电路原理图如图：(3)根据电路图，实物如图所示:_U_LTR(4)电压表V与电阻箱R上电流和等于电流表的示数，根据欧姆定律得：艮一行一南JR11.如图所示，金属板XLN板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为口口.E、F金属板水平平行放置,间距为小板长为L,其右侧区域有垂直纸面向里的匀强磁场。磁场AC边界与AB竖直边界的夹角为60o现有一质量为电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔内处由静止出发，穿过小孔电后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从P处

19、离开偏转电场，平行AC方向进入磁场。若P距磁场AC与AB两边界的交点A距离为a,忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，试求:(1)粒子到达小孔沟时的速度b(2)EF两极板间电压U(3)要使粒子进入磁场区域后能从AE边射出，磁场磁感应强度的最小值一，一一17【斛析】(3分)粒子加速电场中qU口二鼻皿。粒子到达小孔电时的速度Vq=(2)(5分)粒子离开偏转电场时，速度偏转角=30,竖直方向速度vy=votan3O=yv0HqU在偏转电场中mtndqUL由于工?mdv0一.2屈I%EF两极板间电压u=一-3L(6分)要使得从AB边射出，R越大，E越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系

20、得R=粒子进入磁场时速度0G在磁场中，.：R所加磁场的磁感应强度最小值为S;2qmU0B=-3qa12.如图所示，水平轨道左端与长L=L25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度串心=1血店。轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态。现用质量m=0.1kg的小物体(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板上，竖直半圆轨道的半径R=0.4m,物块与传送带间动摩擦因数=0.8,物块与木板间动摩擦因数上=0.25。取g=iom/。求：(1)物块到达E点时速度

21、vE的大小。(2)弹簧被压缩时的弹性势能%。(3)若长木块与水平地面间动摩擦因数内三0026时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是多少(设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力)。【答案】(1)寸马=藏=2%(2)Ep=1.2J(3)？mSv0=1mzs物体在传送带上一直做匀减速运动,rr._rMz.0_121r物块在传送带上滑行过程由动能定理得：与J，=-mv-rnv；f1=R1mg=08(N)联立解得：Ep=1ND口5121(3)物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg2R=Ko-尹Vs联立解得：vc=2岛.值讨论：.当为二。时，小物块恰好不会从长木块上掉下长度为防小物块和长木块共速为v,由动量守恒定律：mvc=(Mi-m)v由功能关系：出mgW=tm*9-(11)Dn.当=。-026时，小物块恰好不会从长木块上掉下长度为跖物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：上表面受到的摩擦力：(12)下表面受到的摩擦力.所以长木块静止不动，对物块在长木板上滑行过程一1.由动d匕7E理信：I1(13)9;.木块长度的范围是：I(15)813.下列说法中正确的是A. 一切晶体的光学和力学性质都是各向异性B. 一质量的OC的冰融