山东省烟台一中高三5月底适应性考试理综物理试题

山东省烟台一中2018届高三5月底适应性考试理综物理试题理综试卷一、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，第14—18题只有一项符合题目要求，第19—21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）1.下列说法正确的是（）A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B.汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【答案】D【解析】A、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，所以A错误；B、α粒子散射实验表明原子的核式结构，故B错误；C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为光的频率小于极限频率，即改光的波长太长，故C错误；D、根据ke点睛：本题考查了聚变和裂变反应、玻尔理论以及能级等知识点，关键掌握这些知识的基本概念和基本规律，以及理清一些物理学史。视频2.从A点斜向上抛出一个小球，曲线ABCD是小球运动的一段轨迹.建立如图所示的正交坐标系xOy，x轴沿水平方向，轨迹上三个点的坐标分别为A(－L,0)、C(L,0)，D(2L,3L)，小球受到的空气阻力忽略不计，轨迹与y轴的交点BA.(0，L2)B.(0，－LC.(0，－−3L2)D.【答案】B【解析】由图象可知，小球的轨迹是二次函数，开口向下，且过A（−L，0）、C（L，0），

设轨迹方程为：y=−a（x−L)(x+L）

将D的坐标x=2点睛：解决本题的关键要掌握二次函数方程的一般表达式，运用代入求值的方法求a。3.如图所示，质量为m，电量为q的带正电的物体，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，则()A.若另加一个电场强度为μ(mg＋qvB)/q，方向水平向右的匀强电场，物体做匀速运动B.若另加一个电场强度为(mg＋qvB)/q，方向竖直向上的匀强电场，物体做匀速直线运动C.物体的速度由v减小到零所用的时间等于mv/μ(mg＋qvB)D.物体的速度由v减小到零所用的时间小于mv/μ(mg＋qvB)【答案】B【解析】试题分析：对物体进行受力分析，物体的正压力为，物体受到滑动摩擦力的方向向右，如果物体做匀速直线运动，向右的滑动摩擦力与向左的电场力平衡，根据平衡条件，得出电场强度，物体带正电受力方向与电场强度方向相同，所以A项错误；如果方向竖直向上的电场力与物体受到竖直向下的力平衡，，得出电场强度，地面和物体间没有弹力不受摩擦力，物体保持原来的状态匀速直线运动，所以B项正确；物体如果是匀减速运动，加速度，根据速度公式，由于物体的速度在减小，加速度减小，所以时间大于，所以C项错误；D项错误。考点：本题考查了物体的平衡和运动学4.气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°。则（）A.θ=60°时，风速v=6m/sB.若风速增大到某一值时，θ可能等于90°C.若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ减小D.若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则θ不变【答案】C【解析】【详解】设球正对风的截面积为S，由于已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风力大小为F=kSv，当速度为3m/s时，由平衡条件得，mgtan30°=Sv0k，当角度为60°时，同理可得mgtan60°=Svk，由此可解的v=9m/s，故A错误。风速增大，θ不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡。故B错误。若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，知风力不变，根据F=mgtanθ，知重力减小，风力不变，则θ减小。故C正确。若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则风力变大，根据F=mgtanθ，知θ变大。故D错误。故选C。5.如图所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B（可视为质点）．将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠θ，则A、B两小球质量之比为A.cosα⋅C.sinα⋅【答案】C【解析】试题分析：对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：Fs再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示；根据平衡条件，有：m2联立①②解得：m1考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键先后对A球、B球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解，注意杆对两个球的弹力等大、反向、共线。6.2016年2月11日，美国科学家宣布人类首次直接探测到引力波。1974年美国天文学家泰勒和赫尔斯发现了代号为A.周期逐渐减小B.角速度逐渐减小C.两星的向心加速度均逐渐减小D.速度逐渐减小【答案】A【解析】【详解】根据Gm1m2L2=m1r1ω2=m2r1ω2，知m1r1=m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离减小，则双星的轨道半径都变小，根据万有引力提供向心力，知角速度变大，周期变小，故A正确，B错误；根据Gm1m2L2=m1a1=m2a知，L变小，则两星的向心加速度增大，故C错误。因为m1r1=m2r2，且r1+r2=L解得：r1=m2【点睛】本题考查了万有引力定律的应用；解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，知道双星的轨道半径比等于质量之反比，难度适中。7.如下图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向C点为AB的中点，D点为PB的中点．将一个带电粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA＝1.6×10－8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝3.2×10－8J。则下列说法正确的是A.直线PC为等势线B.直线AD为等势线C.若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功WBA＝1.6×10－8JD.若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝2.4×10－8J【答案】BD【解析】试题分析：设A点的电势为0，则根据公式W=Uq可知，电场力做正功，所以A点的电势为φA=－1.6×10－8J/q，B点的电势为φB=－3.2×10－8J/q；因为D是PB的中点，故D点的电势为φD=(φP+φB)/2=－1.6×10－8J/q，故C点的电势为φC=(φA+φB)/2=－2.4×10－8J/q，所以PC不是等势线，AD是等势线，选项B正确；若将该粒子从B点移动到A点，电场力做功WBA＝(φB－φA)q=－1.6×10－8J，故选项C错误，若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝(φP－φC)q=2.4×10－8J，选项D正确。考点：电场力做功，等势线。8.如图所示,质量m="1"kg的物块（可视为质点）以v1="10"m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后,又沿原路返回,其速率随时间变化的图象如图乙所示。已知斜面固定且足够长,且不计空气阻力,取g="10"m/s2,下列说法中正确的是（）A.物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2B.在t="1"s到t="6"s的时间内物块所受重力的平均功率为50WC.在t="6"s时物体克服摩擦力做功的功率为20WD.在t=0到t="1"s时间内机械能的变化量大小与t="1"s到t="6"s时间内机械能变化量大小之比为1∶5【答案】D【解析】试题分析：设斜面倾角为θ，根据速度时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程：a1＝△v1△t1＝0−101m/s2＝−10m/s2，下滑过程：a2＝△考点：vt图线；牛顿第二定律的应用；功率【名师点睛】本题是速度时间图象，牛顿第二定律，机械能，功和功率的综合应用，要灵活运用功的计算式，灵活应用公式求解，题目综合性太强，需要熟练掌握这四块知识才能解决。三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题—第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。其余为选考题，考生根据要求做答）9.利气垫导轨验证机械能守恒定律．实验装示意图如图1所示：（1）实验步骤：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平．②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图所示，由此读出L=_____mm．③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离x④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2．⑤从数字计时器（图中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2．⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．（2）用表示直接测量量的字写出下列所求物理量的表达式：①当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和码）的总动能分别为Ek1=_____________和Ek2=____________．②如果表达式_____________成立，则可认为验证了机械能守恒定律．【答案】(1).10.90(2).12(M+【解析】【详解】（1）游标卡尺，主尺读数为10mm，游标读数为0.02×45mm=0.90mm，所以最终读数为10.90mm；

（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度v1=LΔt1；滑块通过光电门2速度v2=LΔt2；系统的总动能分别为：Ek1=12（M+m）（LΔt1）2；Ek2=12（M+m）（LΔt2）2；

在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少△【点睛】此实验关键是高清利用光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统的能量转化的关系我们要考虑全面．10.分某研究性学习小组设计了如图甲所示的电路，测电源的电动势E及内阻r．（1）闭合电键S，移动滑动触头P，用V1、V2和A测得并记录多组数据．根据数据描出如图乙所示的①、②两条U﹣I直线，则直线②是根据电压表______（填“V1”或“V2”）和电流表A（2）根据图象求得电源电动势E的测量值为_____V，内电阻r的测量值为___Ω（保留两位有效数字）；（3）直线①、②的交点对应滑动变阻器接入闭合电路的阻值为_____Ω，此时电源的总功率为______W．【答案】(1).V1(2).3.0(3).1.0(4).0(5).3【解析】【详解】（1）由图甲所示电路图可知，电压表V1测路端电压，它的示数随电流的增大而减小，电压表V2测定值电阻两端电压，它的示数随电流的增大而增大，由图所示图象可知，直线②的电压随电流的增大而减小，直线②是根据电压表V1和电流表A的数据画得的．

（2）直线②是电源电动势电压与电流关系图象，由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=3.0V，电源内阻r=△U△I=3−2【点睛】本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻．电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．11.如图，处于匀强磁场中的两根光滑足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m，导轨平面与水平面成θ=30°角，上端连接阻值为R=2Ω的电阻．匀强磁场B=0.4T垂直于导轨平面向上．质量m=0.2kg、电阻r=1Ω的金属棒ab，以初速度v0=6m/s从导轨底端向上滑行，由于ab还受到一个平行于导轨平面的外力F的作用，做匀变速直线运动，加速度大小为a=3m/s2、方向平行于斜面向下．设棒ab与导轨垂直并保持良好接触，g=10m/s2．求：（1）棒ab开始运动瞬间，流过金属棒的电流方向，此时金属棒两端的电压U0以及电阻R消耗的电功率P0；（2）当棒ab离导轨底端S=4.5m时所施加外力F的大小和方向．【答案】(1)1.28W(2)0.16N【解析】【详解】（1）金属棒开始运动瞬间，流过金属棒的电流方向为a→b．感应电动势E0=BLv0=2.4V感应电流I0=E0R+金属棒两端的电压U0=I0R=1.6V电阻R消耗的电功率P0=U0I0=1.28W（2）设金属棒此时的速度大小为v1，则v12v02=2（﹣a）S解得v1=3m/s此时感应电动势E1=BLv1=1.2V感应电流I1=E1R+金属棒受到的安培力大小f=BI1L【点睛】本题属于电磁感应中的力电综合题型，是高考常见的题型，受力分析时注意安培力表达式的推导，解决方法和力学方法一样，要注意不能漏解．12.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．【答案】(1)2m/s(2)3J(3)2m【解析】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：mA解得：v1=6m/s滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有：mAv1=（mA+mB）v2解得：v2＝13v1＝2m（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，v3＝16v1＝1m由动量守恒定律有：mAv1=（mA+mB+mC）v3由机械能守恒定律有：Ep=12（mA+mB）v2212（mA+mB+mC）vEp=3J（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：（mA+mB）v2=（mA+mB）v4+mCv512解得：v4=0，v5=2m/s滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：12gt2S=v5H=12gt解得：S=2m点睛：利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的解决方法.13.关于热力学定律，下列说法正确的是____A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程．【答案】ACE【解析】【详解】做功和热传递是改变物体内能的两种方法，为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，故A正确；做功和热传递是改变物体内能的两种方法，仅对物体做功，物体内能不一定增加，故B错误；热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化．这句话强调的是不可能“不产生其它变化”；即在引起其他变化是可能的；故C正确，D错误；热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，故E正确．故选ACE．14.如图所示，薄壁气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，气缸全长21cm，气缸质量为20kg，大气压强为1×105Pa，温度为7℃，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．g取10cm/s2①求气缸倒置时，活塞封闭的气柱长度；②气缸倒置后，当温度多高时，活塞刚好接触平台．【答案】①15cm②373K【解析】【详解】①开始封闭气体的压强：p1=p0+mgS=1×105+10×气缸倒过来后，气体的压强：p2=p0﹣mgS=1×105﹣10×气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1L1S=p2L解得：L2=15cm；②开始气体体积：V2=L2S=15S，温度：T2=237+7=280K，活塞刚好接触平台时，气体体积：V3=L3S=（21﹣1）S=20S，气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：V2T2=【点睛】应用玻意耳定律与盖吕萨克定律即可正确解题，本题的解题关键是求出各状态的气体的状态参量，即压强、温度和体积。15.《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献，书中对彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨则有之”。下图是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是____A、雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹B、水滴对a光的临界角大于对b光的临界角C、在水滴中，a光的传播速度大于b光的传播速度D、在水滴中，a光的波长小于b光的波长E、a、b光分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距较小【答案】ADE【解析】【详解】雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射时，不同色光，偏折程度不同而形成的，即发生色散形成的。