河南省洛阳市高三第三次统一考试理科综合试卷物理部分

洛阳市2017—2018学年高中三年级第三次统一考试理科综合试卷（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得0分1.下列叙述中正确的是A.牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量B.奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律C.放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1D.目前投入运营的核电站是利用了轻核的聚变【答案】C【解析】牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，选项B错误；根据电荷数守恒，质量数守恒知，β衰变放出一个电子，新核的电荷数增1，即原子序数增加1，选项C正确；目前投入运营的核电站是利用了重核裂变，选项D错误；故选C.2.如图所示，三角形斜劈A放在斜面体B上，在平行于斜面向下的力F作用下，A和B均处于静止状态。现逐渐增大力F，但A和B仍保持静止，则A.地面对B的支持力增大B.A受到的合力增大C.A对B的压力增大D.A对B的作用力不变【答案】A【解析】对A与B整体分析，受推力、重力、支持力和地面的静摩擦力，地面支持力N′=（M+m）g+Fsinθ，由于F增加，故N′增加，故A正确；对A受力分析，受重力、推力、支持力、静摩擦力，由于物体保持静止，故合力一直为零，保持不变，故B错误；根据平衡条件，B对A的支持力等于其重力的垂直斜面的分力，为N=mgcosθ，保持不变，再根据牛顿第三定律，A对B的压力也保持不变，故C错误；在平行斜面方向，根据平衡条件，有：f=F+mgcosθ，故静摩擦力f增加，静摩擦力和支持力N垂直，两个力的合力为，也增加，再根据牛顿第三定律，A对B的作用力增加，故D错误；故选A。3.在匀强磁场中一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则A.t=0.005s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】B【解析】A：由图知，t＝0.005s时线框中产生的感应电动势，线框的磁通量变化率不为零。故A项错误。B：由图知，t＝0.01s时线框中产生的感应电动势为0，线框平面与中性面重合。故B项正确。C：线框产生的交变电动势有效值，故C项错误。D：由图知，线框产生的交变电动势周期，线框产生的交变电动势频率。故D项错误。4.地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。进一步探测发现在地面P点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计。如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k<1)。已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是A.B.C.D.【答案】D【解析】如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为（1k）mg；根据万有引力定律，有：（1k）mg=G；解得：，故选D。点睛：本题考查万有引力部分的知识，逆向思维．填满岩石就回到正常值，则反常就是这部分岩石的引力引起的．5.如图所示，空间存在垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大的绝缘板AB上方，间距为d，在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径也为d，则粒子A.能打在板上离P点的最远距离为dB.能打在板上的区域长度是2dC.到达板上的最长时间为D.到达板上的最短时间为【答案】C【解析】打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：由几何关系知，最长时间t1=T；最短时间t2=T；又有粒子在磁场中运动的周期；根据题意：t1=

t2=，所以选项C正确，D错误；故选C。点睛：本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；确定带电粒子轨迹的范围一般应用画图的方法找出，同时可以结合几何知识进行分析。6.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，A、B由静止开始运动，在以后的运动过程中(设整个过程中不考虑A、B间的库仑力作用，且弹簧不超过弹性限度)，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是A.由于电场力对球A和球B做功为0，故A、B的电势能总和始终不变B.由于A、B所受电场力等大反向，故系统机械能守恒C.当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大D.当A、B所受电场力与弹簧的弹力大小相等时，系统动能最大【答案】CD【解析】电场力对两球分别做正功，故A、B的电势能增加，弹簧第一次伸长到最长的运动过程中，系统机械能不断增加，故AB错误；电场力对两球分别做正功，弹簧第一次伸长到最长的运动过程时，电场力对系统做功做多，系统机械能最大，故C正确；弹簧第一次伸长到最长的运动过程中，当电场力和弹簧弹力平衡前，合力对小球一直做正功，小球动能一直增大，当弹力大于电场力后，合力对小球做负功，小球动能减小，由此可知，当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，小球动能最大，系统动能最大，故D正确；故选CD。点睛：本题关键要明确两个小球的速度的变化情况，两小球都是先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动．7.如图所示，将砝码A放在水平桌面上的纸板B上，各接触面间动摩擦因数均相同，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d，在水平向右的恒力F的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，且砝码刚好到达桌面右端。则下列说法正确的是A.砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B.砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端处C.其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码将不能到达桌面右端D.其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码与纸板间摩擦产生的热量将减小【答案】ABC【解析】设砝码A的质量为m，各接触面间动摩擦因数为μ．根据牛顿第二定律得：砝码与纸板分离前的加速度大小a1==μg；砝码与纸板分离后的加速度大小a2==μg，可知砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等，故A正确。设砝码与纸板分离时砝码的速度为v。砝码与纸板分离前有v2=2a1x1，砝码与纸板分离后有v2=2a2x2，又x1+x2=d，可得x1=d，所以砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端d处，故B正确。其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码的加速度不变，纸板的加速度增大，砝码在纸板上滑行时间缩短，获得的速度减小，则砝码将不能到达桌面右端，故C正确。砝码与纸板间的相对位移不变，由Q=μmg△x=μmgd，可知砝码与纸板间产生的热量不变，故D错误。故选ABC。点睛：这是连接体的问题，应用隔离法进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分段研究，分析时把握两个过程之间的关系，如速度关系、位移关系等，还应明确两个物体之间的联系，如摩擦力关系等．8.如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置第一次从小孔O1处从静止释放一个质子(H)，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子(He)，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是A.质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2：1B.质子和α粒子在电场中运动的时间相同C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D.质子和α粒子在电场中运动的轨迹相同【答案】CD【解析】从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2；根据动能定理：Uq+Edq=mv20，化简得出：v=；质子：；α粒子：，则，故A错误。设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有：x1=a1t12=；；由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是q/m不同，所以运动时间不同，故B错误。从开始运动到打到板上根据动能定理有：Uq+Edq=EK0；，故C正确。带电粒子进入偏转电场时根据动能定理可得：eU=mv02；进入偏转电场后电势差为u2，偏转的位移为y，有：，速度的偏转角正切值为tanθ，有：；偏转位移y与速度的偏转角正切值tanθ与带电粒子无关，因此运动轨迹是一条，故D正确。故选CD。点睛：此题考查带电粒子在电场中的加速与偏转，要分清楚分运动的性质，通过求出偏转位移y与速度的偏转角正切值tanθ的表达式，可知运动轨迹与带电粒子无关9.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OP和OC为细绳。(1)本实验中，下列选项中可以减小实验误差的_________。A.两个分力F1、F2间的夹角尽量小些B.两个分力F1、F2要尽量大些C.拉橡皮筋的细绳要稍短一些D.实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要与弹簧秤刻度盘垂直(2)本实验中，若将细绳换成橡皮筋，则实验结果_________发生变化。(选填“会”或“不会”)(3)为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧秤成一定角度拉橡皮筋时，必须记录的有_________A.两细绳的方向B.橡皮筋的原长C.两弹簧秤的示数D.结点O的位置【答案】(1).BD(2).不会(3).ACD【解析】（1）根据平行四边形定则可知夹角太小将会导至合力过大，导致一个弹簧拉时可能超过量程，故夹角不能太小或太大，适当即可，故A错误；为了减小读数误差，应让两力尽量大些，故B正确；为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些，故C错误；作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，为了减小因摩擦造成的误差，故应使各力尽量与木板面平行．以及读弹簧秤示数时，视线要正对刻度，故D正确；故选BD；（2）由于O点的作用效果相同，拉力与绳子的性质无关，故将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果．（3）该实验的实验目的是验证力的平行四边形定则，要根据两个弹簧拉橡皮筋时两个拉力的大小和方向做出平行四边形求出其合力大小，然后与一个弹簧拉橡皮筋时的拉力大小进行比较，最后得出结论，故需要记录的是两弹力的大小和方向以及结点O的位置，故ACD正确，B错误．故选ACD．点睛：本题考查验证平行四边形定则的产验，注意正确解答实验问题的前提是明确实验原理，了解具体操作和有关数据处理的方法以及误差分析，了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义，同时要熟练应用所学基本规律来解答实验问题．10.图a为某同学设计的一个测量电流表G1内阻(r1)的电路图(未画完整)，可供选择的器材如下：待测电流表G1：量程为05mA，内阻约为300Ω电流表G2：量程为010mA，内阻约为40Ω电压表V：量程为15V，内阻约为15kΩ滑动变阻器R1：阻值范围为0~1000Ω滑动变阻器R2：阻值范围为0~20Ω定值电阻R3：阻值为300Ω干电池E：电动势约为1.5V，内阻不计开关S及导线若干(1)请在图a中完善测量电路的电路图(2)滑动变阻器应选________(选填写R1或R2)；(3)实验中测得电流表G1的读数I和另一电表读数X，待测电流表G1内阻的表达式为r1=________；(4)若测得电流表G1的内阻为290Ω，用它改装成如图b所示的欧姆表，图中电源E′的电动势为9.0V，进行欧姆调零之后，在两表笔间接一电阻，表头G1指针刚好偏转至满刻度的2/3处，则该电阻的阻值为________Ω【答案】(1).(2).(3).900【解析】（1）因为电源电动势为1.5V，而电压表V2：量程为15V，所以电压表V2的量程太大，所以不需要电压表V2，采用电流表G2来代替电压表V2，电路如图所示：（2）由于变阻器采用分压式接法时，变阻器应选方便调节的，所以应选择阻值小的变阻器R2．（3）G1表与定值电阻R3并联，由欧姆定律可知，G1表两端的电压U=（XI）R3；则G1的内阻为：。（4）根据欧姆定律可得欧姆表的内阻为：；根据欧姆定律可得：，解得电阻的阻值为：。11.如图所示，光滑水平面上有两个完全相同、质量都是m=0.5kg的小物块a、b(大小可以忽略不计)开始时b静止在P点，a以v0=8m/s的速度向右运动，当运动到O点时，a开始受到一个始终存在、方向水平向左的恒力F作用(图中未画出)，到达M点时速度为v0，再运动到P点与b发生正碰并立即粘合在一起(碰撞经历时间极短)，运动到N点时速度恰好为零。己知OM=MN=7m。试求(1)小物块a所受恒力F的大小(2)小物块a从O到N经历的时间；(3)两小物块在碰撞过程损失的机械能。【答案】(1)(2)(3)【解析】（l）a球从O到M，根据动能定理得解得：f=1N（2）设a从O到N经历时间t，对a和b系统，取向右为正方向，根据动量定理得：ft=0mv0解得：t=4s（3）设碰撞中损失的机械能为△E，对a、b球系统从O到N全过程，根据功能关系

f•2s+△E=mv020则碰撞中损失的机械能为：△E=mv02=×0.5×82=2J点睛：对于力学综合题，关键要灵活选择解题规律，在涉及力在空间上积累效果时，往往运用动能定理研究．在涉及力在时间上积累效果时，往往运用动量定理研究．12.如图甲所示，相距L=1m、电阻不计的两根长平行金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分在同一竖直面内。质量均为m=50g、电阻均为R=1.0Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5。整个装置处于磁感应强度B=1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中，ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动，cd杆固定在某位置。现释放cd杆并开始计时，cd杆的vcdt图象如图乙所示，已知在0~1s和2~3s内，图线为直线。取g=10m/s2。(1)求在0~1s内通过cd杆中的电流；(2)在t=2s时，ab杆的速度为多少?(3)若已知ab杆在1s~2s内做匀加速直线运动，求1s~2s时间内拉力F随时间t变化的关系式。【答案】(1)(2)(3)【解析】（1）在0～1s内，cd杆的υcdt图线为倾斜直线，因此cd杆做匀变速直线运动，加速度为：因此cd杆受向上的摩擦力作用，其受力图如图所示．根据牛顿第二定律，有：mgFf=ma其中Ff=μFN=μFA=μBIL因此回路中的电流为：I＝＝0.6A（2）在0～1s内，设ab杆产生的电动势为E，则：E=BLυ1由闭合电路欧姆定律知：则ab杆的速度为：υ1＝=1.2m/s在2～3s内，由图象可求出cd杆的加速度为：a2=4m/s2同理可求出ab杆的速度：υ2==2.8m/s（3）在1～2s内，ab杆做匀加速运动，则加速度为：a＝＝1.6m/s2对ab杆，根据牛顿第二定律有：FμmgBI'L=maab杆在t时刻的速度：υ=υ1+a（t1）回路中的电流：I′＝联立可得：F=0.8t+0.13点睛：本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，然后根据牛顿第二定律求解拉力的大小，进一步根据运动状态列方程求解．13.关于分子动理论和热力学定律，下列说法中正确的是_________(填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.空气相对湿度越大时，水蒸发越快B.物体的温度越高，分子平均动能越大C.第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律D.两个分子的间距由无穷远逐渐减小到难以再减小的过程中，分子间作用力先增大后减小到零，再增大E.若一定量的理想气体对外膨胀做功50J，内能增加80J，则气体一定从外界吸收130J的热量【答案】BDE【解析】空气相对湿度越大时，空气中水蒸汽压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故A错误；物体的温度越高，分子平均动能越大，选项B正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，选项C错误；根据分子力随距离变化曲线，两个分子的间距由无穷远逐渐减小到难以再减小的过程中，分子间作用力先增大后减小到零，再增大，选项D正确；根据∆U=Q+W可知，若一定量的理想气体对外膨胀做功50J，则W=50J；内能增加80J，则∆U=80J；则Q=50J+80J=130J，气体一定从外界吸收130J的热量，选项E正确；故选BDE.14.一汽缸竖直倒放在水平地面上，缸体质量M=10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×103m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0=1.0×105Pa；活塞下面与劲度系数k=2×103N/m的轻弹簧相连；当汽缸内气体温度为400K时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，缸体始终竖直，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。①当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少K?②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为多少K？【答案】(1)(2)【解析】试题分析：(1)V1＝L1S，V2＝L2S，T1＝400K根据理想气体的状态方程，有：代入数据解得T2＝720K(2)当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化。设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为Δx，则：kΔx＝(m＋M)gΔx＝7cmV3＝(Δx＋L1)S根据理想气体的状态方程，有代入数据解得T0＝1012.5K考点：【名师点睛】本题考查了求气体的温度、气缸上升的高度，根据题意求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题；解题时要知道当气体压强增大到一定值时，气缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化