1、珠海市 20172018 学年度第二学期普通高中学生学业质量监测高三理科综合（物理部分）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，第 1417 题只有一项符合题目要求，第 1821 题有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1. 2014 年 8 月 19 日，一架客机在起飞不久后遭遇鸟击，导致两个发动机中的一个无法正常工作，下列关于小鸟和飞机相撞时的说法正确的是A. 小鸟对飞机的作用力比飞机对小鸟的作用力大B. 飞机对小鸟的作用力比小鸟对飞机的作用力大C. 小鸟对飞机的作用力与飞机对小鸟的作用力一样大D. 主动撞击的一
2、方产生的作用力大【答案】C【解析】小鸟撞飞机的力与飞机撞小鸟的力是一对相互作用力，二者大小相等，故 ABD 错误，C 正确，故选 C.2. 如图所示，弹簧测力计、绳子、滑轮的质量都不计，所有摩擦力也忽略不计，物体 A 重 100N，两物体均处于静止状态，其中弹簧测力计示数为 50N，则地面对物体 A 的支持力及 B 的重力大小分别是A. 25N 和 25NB. 75N 和 25NC. 0N 和 50ND. 25N 和 50N【答案】B【解析】对物体 B 受力分析，受重力 mg 和拉力 T，由于物体 B 处于平衡状态，有 ，滑轮受到两个向下的拉力，所以弹簧秤的读数 ，解得： ，对 A 进行受力分
3、析，A 处于静止状态，则 ，解得： ，故选 B.3. 如图，不计空气阻力，从 O 点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端 P 处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面 PQ 做匀加速直线运动。下列说法正确的是A. 小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B. 小球在斜面上上运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重力C. 若撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地时间将减小D. 若撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地速率将变大【答案】C【解析】物体在抵达斜面之前做平抛运动，加速度为 g。在斜面上运动时，由牛顿第二定律得：加速度为（ 是斜面的倾角） ，可知小球在
4、斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小，故 A 错误，对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故 B 错误，比较小球在斜面上与空中运动的时间，由于小球在斜面上运动的加速度为 ，竖直分加速度为 ，则知撤去斜面，落地时间变短，故 C 正确；根据机械能守恒得： ，撤去斜面，h 不变，落地的速率不变，故 D 错误。故选 C.【点睛】根据牛顿第二定律求出小球在斜面上运动的加速度，从而比较大小对状态分析，根据加速度的方向确定超失重，从而确定地面对斜面支持力与小球、斜面总重力的大小关系根据动能定理比较落地的速率
5、，结合加速度大小的变化判断运动时间的变化4. “中星 11 号”是一颗地球同步卫星，它主要用于为亚太地区等区域用户提供商业通信服务。如发射过程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道 I，速度为 v1，然后经点火，使其沿椭圆轨道 2 运行，在椭圆轨道上P、Q 点的速度分别为 v2P 和 v2Q，最后再一次点火，将卫星送入同步圆轨道 3，速度为 v3，轨道 1、2 相切于Q 点，轨道 2、3 相切于 P 点，则当卫星分别在 1、2、3 轨道上正常运行时，以下说法正确的是A. 四个速率的大小顺序为：v 2Qv2P，v2Pv 3v 1 ，v3 与 v2Q 的大小不能比较B. 卫星在轨道 3 上的角速度大于
6、在轨道 1 上的角速度C. 卫星在轨道 1 上经过 Q 点时的加速度小于它在轨道 2 上经过 Q 点时的加速度D. 卫星在轨道 1 上的机械能小于它在轨道 3 上的机械能【答案】D. .从轨道 1 到轨道 3 经历了两次点火加速，即外界对卫星做正功，故卫星的机械能增加，故 D 正确；故选 D.5. 以下说法符合历史事实的是A. 亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用时才会运动B. 伽利略通过理想斜面实验得出结论：力不是维持物体运动的原因C. 牛顿认为力的真正效果是维持物体的运动D. 物体的惯性大小不但和物体的质量有关，也和它的运动状态有密切的关系【答案】AB6. 下列说法正
7、确的是A. 方程式 U Th+He 是重核裂变反应方程B. 钚核( Pu)的比结合能小于铁核 ( Fe)的比结合能C. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转变成质子时所产生的D. 核力是短程力，与核子间的距离有关，始终表现为引力【答案】BC【解析】裂变是质量较重的核裂变为质量中等的核，所给方程式不是此类，属于 衰变，A 错误；根据平均结合能的曲线可知，钚核( Pu)的比结合能小于铁核( Fe)的比结合能，故 B 正确； 衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的，故 C 正确；核力是短程力，在其作用范围内，随核子间距离的变化可以表现为引力也可以表现为斥力，故 D 错误；故选 BC.7.
8、 一质量为 m 的带正电小球，在竖直向上的匀强电场中以 0.9g 的加速度加速下落，空气阻力不计，关于小球在下落 h 的过程中能量的变化情况，以下说法中正确的有A. 小球克服电场力做功 0.9mghB. 小球的动能增加了 0.9mghC. 小球的机械能减少了 0.9mghD. 小球的电势能增加了 0.9mgh【答案】BD【解析】根据牛顿第二定律得，小球所受的合力为： ，根据动能定理知 ，故 B 正确；而 ，解得： ，故小球克服电场力做功 ，则电势能增加了 ，根据除重力之外的其它力做了功，物体的机械能就发生变化，可知小球克服电场做了功，故小球的机械能减少了 ，故 ACD 错误；故选 B.8. 如
9、图甲所示，间距为 L 的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B，轨道左侧连接一定值电阻 R。垂直于导轨的导体棒 ab 在水平外力 F 作用下沿导轨运动，F 随 t 变化的规律如乙图所示，在 0t 0 时间内，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，乙图中 t0、F1、F2 已知，导体棒和轨道的电阻不计。则A. 在 t0 以后，导体棒一直做匀加速直线运动B. 在 t0 以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C. 在 0t 0 时间内，导体棒的加速度大小为D. 在 0t 0 时间内，通过导体棒横截面的电量为【答案】BD【解析】设导体棒运动的速度为 v，感应电动势： ，电路电流： ，导
10、体棒受到的安培力：，导体棒运动的加速度 ，在 t0 以后，当导体棒速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当 a=0 时，做匀速运动，速度最大；故 B 正确，A 错误；C、在 0t 0 时间内，由牛顿第二定律解得 ，则有 ，所以导体棒的加速度大小，故 C 错误；D、在 0t0 时间内，通过位移 ，通过导体棒横截面的电量为，故 D 正确；故选 BD。【点睛】在 t0 以后，当导体棒速度增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当 a=0 时，做匀速运动，速度最大，在 0t0 时间内，通过导体棒横截面的电量为 。9. 如图是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带。(1)已知打点计时器电源
11、频率为 50Hz，A、B、C、D、E 是纸带上五个计数点，每两个相邻计数点间还有四个点没有画出。则纸带上打相邻两计数点的时间间隔为_s；(2)打计数点 C 时纸带运动的速度是_m/s ；(保留三位有效数字)(3)纸带运动的加速度为_m/s 2。(保留两位有效数)【答案】 (1). 0.1 (2). 0.225 (3). 0.50【解析】(1) 每两个相邻计数点间有四个点没有画出，则 ；(2) 根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度有： ；(3)根据 ，得：.10. 某学习小组用如图所示的电路测量电源的电动势和内阻，待测电池的电动势约为 9V，变阻箱的量程为0-9999，理想
12、电压表的量程为 3V，定值电阻 R0=10.0(1)图中电路不完整，应用导线将电压表正极与_ 连接( 填“a” 或“b”)(2)实验时，应先将电阻箱的电阻调到_ ( 填“ 最大”或“最小”)(3)若将实验记录的电阻箱阻值 R 与对应的电压表读数 U 记录于表格，然后在平面直角坐标系内以 为纵坐标，R 为横坐标，作出一条平滑直线，请用该直线的斜率 k 和纵轴截矩 b 定值电阻 R0 表达出电源电动势E 和内电阻 r 的计算式： E=_、r=_。 （两空均用字母表示）【答案】 (1). (2). 最大 (3). (4). 【解析】(1)由图可知，电压测得的是定值电阻两端的电压，故应用导线交电压正极
13、与 a 连接；（2）为保护仪器，应先将电阻箱的电阻调到最大；（3）根据闭合电路的欧姆定律有： ，变形得：，则斜率 ，解得： ，纵轴截矩 ，解得： .11. 如图所示，在光滑水平地面上放置质量 M=2kg 的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切。长木板的最左端放置一质量为 m=1kg 的小滑块 B，质量同为 m=1kg 的小滑块 A 自弧面上高 h 处由静止自由滑下，两滑块发生正碰并瞬间粘在一起滑上长木板，最终与长木板一起以共同速度 v=lm/s 匀速运动，两滑块均可视为质点，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)滑块下滑的高度 h；(2)若 AB 整体与长木板间的摩擦力大小为 f=1N，求
14、 AB 相对于长木板滑动的距离 x。【答案】(1) (2) 【解析】 （1）设滑块滑上木板前瞬间的速度大小为 ，由机械能守恒得：滑块与长木板组成的系统动量守恒，则有：代入数据解得：滑块下滑的高度 h=0.8m（2）设滑块与长木板间产生的摩擦热为 Q，则：根据能量守恒定律得：代入数据解得：滑块相对长木板滑动的距离为 x=2m12. 如图所示，圆心为 O、半径为 R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心 O 为坐标原点建立坐标系，在 y=2R 处有一垂直于 y 轴的固定绝缘板(足够大)，一质量为 m、带电量为+q 的粒子，自M(R， 0)点初速度 v0 沿+x 方向射入磁场区域，经磁
15、场偏转后在 N 点离开磁场(N 点未画出) 恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，再次进入磁场，最后离开磁场。不计粒子的重力，求：(1)N 点的坐标；(2)磁感应强度 B 的大小；(3)若粒子从 M 点射入时的初速度大小仍为 v0，但方向与 +x 方向夹角为 =45(如图中虚线箭头所示) ，求粒子从 M 点进入磁场到最终离开磁场的总时间。【答案】 （1） （2） (3) 【解析】 (1)作出粒子的运动轨迹，如图所示粒子以 C 点为圆心，运动四分之一圆周后离开磁场，则 N 点的坐标为（0，-R）(2)粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力提供向心力，则有：由几何关系得：r=R联立解得：(3
16、)如图这种情况下粒子进入磁场的轨迹圆心为 ，在 离开磁场，则由于粒子在磁场中的轨迹半径仍为 r=R根据几何知识，四边形 是一个菱形，故故 的纵坐标为 ，粒子在 点仍以-y 方向的速度离开磁场，在 点击中挡板，反射后再从 点进入磁场，沿 运动，轨迹半径仍为 r=R，最终在 P 点（R， 0）离开磁场，则因此，粒子运动的路程长为则粒子运动的总时间为13. 下列说法中正确的是)_ .(填正确答案标号，选对 1 个得 2 分，选对两个得 4 分，选对三个的 5分，每选错一个扣 3 分，最低得分 0 分)A.只要气体的温度降低，就可以碱弱气体分子热运动的剧烈程度B.气体的体积指的就是该气体所有分子体积之
17、和C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量，其内能可能减小E.一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高【答案】ADE【解析】温度是分子的平均动能的标志，温度高气体分子热运动就剧烈，只要减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就降低，故 A 正确；气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，不是指的该气体的所有气体分子体积之和，故 B 错误；在完全失重的情况下，气体分子运动不停止，对容器壁的碰撞不会停止，则气体的压强不会为零，故 C 错误；理想气体在某过程中从外界吸收热量，若同时对外做功，其内能可能减小，故 D 正确；由盖吕萨克定律可知，一定质量的理想气体
18、在等压膨胀过程中温度一定升高，故 E 正确；故选 ADE.14. 如图，导热良好的固定气缸 A、B 之间由一段容积可忽略的细管相连： A 水平、B 竖直。两气缸内壁光滑，长度均为 5L、横截面积均为 S。活塞 C、D 的质量及厚度均忽略不计。整个装置置于热力学温度为T、大气压为 p0 的环境中，原长 4L、劲度系数 k= P 的轻弹簧，一端连接活塞 C、另一端固定在位于气缸 A 缸口的 O 点。开始活塞 D 距气缸 B 的底部 4L，后在 D 上缓缓倒入质量为 m= 的沙子，整个过程中弹簧的形变量都在弹性限度内，缸内气体均为理想气体，求：稳定后气缸内气体的压强稳定后活塞 D 下降的距离若环境的热力学温度缓慢地变为 T1，活塞 D 恰能再回到初位置，求 T1。【答案】(1) (2) (3) 【解析】对活塞 D，受力分析得： ，其中解得：稳定后气缸内气体的压强为设活塞 C 向右移动了 ，对活塞 C 有：解得：根据玻意耳定律得：解得：D 下降的距离为由盖-吕萨克定律得：解得：15. 如图所示，a、b 和 c 都是厚度均匀的平行玻璃板，a 和 b、b 和 c 之间的夹角都为 B，一细光束由红光和蓝光组成，以入射角 从 O 点射入 a 板，且射出 c 板后的两束单色光射在地面上 P、Q 两点，由此可知
