1、1黄陵中学高新部 2017 届高三下学高考前模拟（一）理综-物理试题1. 我国“神舟”十一号飞船于 2016 年 10 月 17 日发射成功。飞船先沿椭圆轨道运行，在接近 400 km 高空 Q 处与“天宫”二号完成对接，对接后组合体在轨道上做匀速圆周运动，两名宇航员在空间实验室生活、工作了 30 天。飞船于 11 月 17 日与“天宫”二号成功实施分离，并于 11 月 18 日顺利返回着陆场。下列说法中正确的是A. 飞船变轨前后的机械能守恒B. 对接后组合体在轨道上运行的速度大于第一宇宙速度C. 飞船在轨道上运行的周期大于组合体在轨道上运行的周期D. 飞船在轨道上运行时经 P 点的速度大于组
2、合体在轨道上运行的速度【答案】D【解析】每次变轨都需要发动机对飞船做功，故飞船机械能不守恒，故 A 错误；组合体在轨道 上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力： ，解得： ，当轨道半径 r 越大速度越小，当轨道半径等于地球半径时的速度为第一宇宙速度，所以组合体的运行速度要小于第一宇宙速度，故 B 错误；根据万有引力提供向心力有： ，解得： ，可知轨道半径 r 越大周期越大，所以飞船在轨道 上运行的周期小于组合体在轨道 上运行的周期，故 C 错误；万有引力提供向心力： ，解得：，可知轨道 1 经过 P 点的速度大于做圆周运动经过 P 点的速度，圆周运动经过 P点的速度大于轨道 2 的速度，故 D
3、正确。所以 D 正确，ABC 错误。2. 如图所示，ABCDEF 是同一圆周上的六个点，O 为圆心，AB、CD 两直径相互垂直，EF 连线与 AB 平行，两个等量正点电荷分别固定在 A、B 两点。下列说法中错误的是2A. E、F 两点的电势相同B. E、F 两点的电场强度相同C. 将一个电子在 C 点由静止释放，仅在电场力作用下该电子将在 CD 间做往复运动D. 在 C 点给电子一个适当的初速度，仅在电场力作用下该电子可能做匀速圆周运动【答案】B【解析】等量同种电荷的电场强度大小和电势是关于其连线的中垂线对称，所有 E、 F 两点的电势相同，故 A 说法正确； E、 F 两点的电场强度大小相等
4、，方向不相同，故 B 说法错误；在其中垂线上， O 点的电场强度为零，无穷远处电场强度为零，所以从 O 向两侧先增大后减小，电场方向分别沿中垂线指向无穷远，当电子从 C 点静止释放，做加速运动，到 O 点最大，接下来做减速运动到 D 点速度为零，在做反向加速运动，所以电子将在 CD 间做往复运动，故 C 说法正确；在 C 点给电子一个适当的初速度，电子可以在两者的中垂面上做圆周运动,且到两场源电荷的距离始终相等，故 D 说法正确。所以说法错误的是 B.3. 用如图甲所示的装置研究光电效应现象。闭合电键 S，用频率为 的光照射光电管时发生了光电效应。图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能
5、 Ek与入射光频率 的关系图象，图线与横轴的交点坐标为（a，0） ，与纵轴的交点坐标为（0，-b） ，下列说法中正确的是A. 普朗克常量为 h=abB. 断开电键 S 后，电流表 G 的示数不为零C. 仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D. 保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表 G 的示数保持不变【答案】B【解析】由 ，变形得 ，可知图线的斜率为普朗克常量，即 ，故h=W0+EK EK=hW0 h=baA 错误；断开电键 S 后，初动能大的光电子，也可能达到对阴极，所以电流表 G 的示数不为零，故 B 正确；只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与光的强度无3关，
6、故 C 错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，单个光子的能量增大，而光的强度不变，那么光子数一定减少，发出的光电数也减少，电流表 G 的示数要减小，故 D 错误。所以 B 正确，ACD 错误。4. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力 F 的作用下处于静止状态，P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为 ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 900，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是A. 框架对小球的支持力先减小后增大B. 拉力 F 的最小值为 mgsinC. 地面对框架的摩擦力始终在减小D. 框架对地面的压力先增大后减小【答
7、案】C5. 如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为 m 的小球接触但不连接。开始时小球位于 O 点，弹簧水平且无形变。O 点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为 R ，B 为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为 。现用外力推动小球，将弹簧压缩至 A 点，OA 间距离为 x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点 B。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g。下列说法中正确的是4A. 小球在从 A 到 O 运动的过程中速度不断增大B. 小球运动过程中的最大速度为 vm=5gRC. 小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep=2.5mgR+m
8、gx0D. 小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为 5mg【答案】C【解析】小球在从 A 到 O 运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知： ，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时（弹力等于摩擦力时）kx-mg=ma速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故 A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点 B，由重力提供向心力： ，解得：mg=mv2BR，从 O 到 B 根据动能定理得： ，联立以上解得： ， vB=gR mg2R=12mv2B12mv2O vO=5gR由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比 大，5g
9、R故 B 错误；从 A 到 O 根据能量守恒得： ，联立以上得：EP=12mv20+mgx0，故 C 正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：EP=2.5mgR+mgx0，联立以上解得： ，故 D 错误。所以 C 正确，ABD 错误。Nmg=mv2oR N=6mg6. 如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯 L 变暗，下列哪些措施可以使电灯 L 重新变亮A. 其他条件不变，P 1上移，同时 P2下移B. 其他条件不变，P 1下移，同时 P2上移C. 其他条件不变，断开电键 S5D. 其他条件不变，将滑动变阻器滑动片 P 向下移动【答案】BC【解析】 P1上移增大 n1，
10、 P2下移减小 n2，由理想变压器的变压比： ， 可知 U2将会变U1U2=n1n2得更小，所以电灯 L 不会重新变亮，故 A 错误； P1下移减小 n1， P2上移增大 n2，由理想变压器的变压比： ， 可知 U2将会变大，所以电灯 L 会重新变亮，故 B 正确；其他条件U1U2=n1n2不变， U2电压不变，断开电键 S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小， R1分压变小， L 灯的电压将变大，所以电灯 L 会重新变亮，故 C 正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P 向下移动，总电阻变小，总电流变大， R1分压变大， L 灯的电压将变小，所以电灯 L 不会重新变亮，故 D 错误。所以 BC
11、 正确，AD 错误。7. 放在粗糙水平地面上质量为 0.8kg 的物体受到水平拉力的作用，在 06s 内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示，下列说法中正确的是 A. 06s 内拉力做的功为 140JB. 物体在 02s 内所受的拉力为 4NC. 物体与粗糙水平地面的动摩擦因素为 0.5D. 合外力在 06s 内做的功与 02s 内做的功相等【答案】AD【解析】06s 内拉力做的功为 P-t 图线下所围的面积： ，故W=12260+204=140JA 正确；在 26s 内匀速运动，则拉力为： ，物体在 02s 内：物体的加速F1=Pv=2010N=2N度为： ，由牛
12、顿第二定律得： ，代入数解得： F=6N，故 B 错a=vt=102m/s2=5m/s2 Ff=ma误；由滑动摩擦力公式： ，代入数据解得： ，故 C 错误；合外力在 06s 内做f=N =0.25的功： ，02s 内做的功相等为：W1=12mv2=120.8102J=40J，由此可得： ，故 D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。W2=12mv2=120.8102J=40J W1=W268. 如图所示，质量为 M 的长木板 A 静止在光滑的水平面上，有一质量为 m 的小滑块 B 以初速度 v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为 。下列说法中正确的是A. 若只增大 v0
13、，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B. 若只增大 M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C. 若只减小 m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少D. 若只减小 ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小【答案】BCD【解析】滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积，因为相对位移没变，所以产生热量不变，故 A 错误；由极限法，当 MQ=fL相 =mgL相很大时，长木板运动的位移 xM会很小，滑块的位移等于 xM+L 很小，对滑块根据动能定理：，可知滑块滑离木板时的速度 v1很大，把长木板和小滑块看成mg(xM+L)=12mv2112mv20一个系统，满足动量守恒：
14、，可知长木板的动量变化比较小，所以若只增mv0=mv1+Mv大 M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故 B 正确；采用极限法：当 m 很小时，摩擦力也很小， m 的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故 C 正确；当 很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移 xM会很小，滑块的位移等于 xM+L 也会很小，故 D 正确。所以 BCD 正确，A 错误。三、非选择题： （一）必考题9. 探究“做功和物体速度变化的关系”实验装置如图甲所示，图中是小车在 1 条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形。小车实验中获得的速度 v，由打点计时器所打点的纸
15、带测出，橡皮筋对小车做的功记为 W；实验时，将木板左端调整到适当高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放。请回答下列问题：当我们把 2 条、3 条完全相同的橡皮筋并在一起进行第 2 次、第 3 次多次实验。请回答下列问题：7（1）除了图甲中已给出器材外，需要的器材还有：交流电源、_；（2）如图乙中，是小车在某次运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为 0.02s，则小车离开橡皮筋后的速度为_m/s（保留两位有效数字）(3)将几次实验中橡皮筋对小车所做的功 W 和小车离开橡皮筋后的速度 v，进行数据处理，以 W 为纵坐标，v 或 v2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是_【答
16、案】 (1). 毫米刻度尺 (2). 0.36 (3). AD【解析】 （1）需要的器材除了交流电源外，还有刻度尺；（2）小车离开橡皮筋后的速度为 v=7.21030.02m/s=0.36m/s（3）因 ，故以 W 为纵坐标， v 或 v2为横坐标作图，其中可能符合实际情况的是W=12mv2AD.点睛：明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题，好题810. 一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，长度为 L ，电阻 R 约为 5，这种金属的电阻率为 ，因管线内径太小无法直接测
17、量，某同学设计下列实验方案尽可能精确测定它的内径 d； (1)用螺旋测微器测量金属管线外径 D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，用该螺旋测微器测量的管线外径读数为 5.200mm，则所测金属管线外径 D=_mm。(2)为测量金属管线的电阻 R，取两节干电池（内阻不计） 、开关和若干导线及下列器材：A电流表 00.6A，内阻约 0.05B电流表 03A，内阻约 0.01C电压表 03V，内阻约 10kD电压表 015V，内阻约 50kE滑动变阻器，010（额定电流为 0.6A）F滑动变阻器，0100（额定电流为 0.3A）为准确测出金属管线阻值，电流表应选_电压表应选_滑动变阻器应选_(填序号)
18、(3) 如图丙所示，请按实验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整。(4) 根据已知的物理量（长度 L、电阻率 ）和实验中测量的物理量（电压表读数 U、电流表读数 I、金属管线外径 D） ，则金属管线内径表达式 d_【答案】 (1). 5.167 （5.1655.169 同样得分 ） (2). A (3). C (4). E 如图(5). 9【解析】 （1）螺旋测微器校零时的示数 3.30.01mm=0.033mm；螺旋测微器测量的管线外径读数为 5.200mm，则所测金属管线外径 D=5.200-0.033mm=5.167mm。（2）两节新的干电池电动势为 3V，因此电压表选择 3 V 的量程
19、，即为 C；因为电量中最大电流大约为 ，为了测量的精确，电流表应选择 A，滑动Im=ER=35A=0.6A变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择 E（3）由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采用外接法，连接滑动变阻器的滑片接头错误，应该在接线柱；（4）该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小故所需测量的物理量为金属管的长度 L、金属管的外径 D、加在管两端的电压 U、通过管的电流强度 I根据欧姆定律得， ，又 ，则 ，因为 ，R=UI R=LS S=LIU S=（D2）
20、2（d2）2解得 d=D24ILU11. 如图所示，AB 与 CD 是两段半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，圆心连线 O1O2水平，BC 错开的距离略大于小球的直径，整个装置竖直放置于水平长轨道 MN 上，AB 与水平轨道MN 相切于 A 点。有一自由长度小于 MP 的轻弹簧左端固定于 M 处，右端与质量为 m 的小球接触（不拴接） 。水平轨道 MP 段光滑，PA 段粗糙、长为 2R，运动小球受到 PA 段阻力为小球重力的 0.25 倍。开始时，弹簧处于被压缩的锁定状态，锁定时的弹性势能 EP=5mgR，解除锁定后，小球将被弹出，重力加速度为 g，试计算：10（1）小球对圆弧轨道 A 点压力
21、的大小和方向；（2）判断小球能否过 D 点，若能过 D 点，则计算小球落在轨道 MN 上的位置离 D 点的水平距离。【答案】 （1） 方向垂直水平轨道向下（ 2）10mg x=25R【解析】 （1）解除弹簧锁定后，弹簧弹性势能转化为小球动能EP=12mv2小球从 P 运动到 A 点过程中，根据动能定理f2R=12mv2A12mv2到圆弧轨道 A 点，设小球受轨道的弹力为 N，运用牛顿第二定律Nmg=mv2AR由 、 、 式，代入 f0.25mg，E P=5mgR 等，得： N=10mg根据牛顿第三定律，小球对圆弧轨道 A 点压力 ，方向垂直水平轨道向下。N=10mg（2）如果小球恰好能经过 D
22、 点，速度为 ，则有vD0mg=mv2D0R小球从 P 运动到 D 点过程中，根据动能定理f2Rmg2R=12mv2D012mv2P小球恰能到达 D 点所需的弹性势能EP0=12mv2P由 、 、 得： EP0=3mgR因为 ，所以小球能过 D 点，并从 D 点水平抛出 EP=5mgREP0根据能量转化与守恒定律，得：EP=f2R+mg2R+12mv2D从 D 点平抛后h=12gt2x=vDt由 、 、 得： x=25R1112. 如图所示，PQ 和 MN 是固定于倾角为 30o斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒 ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。
23、金属棒 ab的质量为 2m、cd 的质量为 m，长度均为 L、电阻均为 R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，若锁定金属棒 ab 不动，使金属棒 cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力 F=2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为 g；（1）试推导论证：金属棒 cd 克服安培力做功的功率 P 安 等于电路获得的电功率 P 电 ；（2）设金属棒 cd 做匀速运动中的某时刻 t0=0，恒力大小变为 F=1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒 ab，直到 t 时刻金属棒 ab 开始做匀速运动；求：t 时刻以
24、后金属棒 ab 的热功率 Pab；0t 时刻内通过金属棒 ab 的电量 q；【答案】 （1） （2）9m2g2R2B2L2 B2L2x2R2mgsin30ot=2mv1【解析】 （1）金属棒 cd 做匀速运动的速度为 v，E=BLv I=E/2R FA=IBL 金属棒 cd 克服安培力做功的功率 P 安 = FAv 电路获得的电功率 P 电 = E22R由 P 安 = B2L2v22RP 电 = B2L2v22R所以： P 安 = P 电 12（另解：金属棒 cd 做匀速运动的速度为 v， cd 杆受力平衡有F=mgsin30o+F安F安 =BILI=BLvR联立解得 ， ， I=3mg2BL
25、 F安 =32mg v=3mgRB2L2根据：P安 =F安 v=9m2g2R2B2L2P电 =I2R=9m2g2R2B2L2所以： ）P安 =P电 =9m2g2R2B2L2（2）金属棒 ab 做匀速运动，则有 I1BL=2mgsin30o 金属棒 ab 的热功率 Pab=I12R 由 解得： Pab= m2g2RB2L2设 t 后时刻金属棒 ab 做匀速运动速度为 v1，金属棒 cd 也做匀速运动的速度为 v2；由金属棒 ab、金属棒 cd 组成系统动量守恒：mv=2mv1+m v2 回路电流 I1= BL(v2v1)2R由 解得：金属棒 ab 做匀速运动速度为 v1= mgR3B2L20 t
26、 时刻内对金属棒 a b 分析：在电流为 i 的很短时间 内，速度的该变量为 由动量定t v理得： BiLt2mgsin30ot=2mv对 进行求和得：t0BiLtt0mgt=t02mv解得 BLq-mgt=2mv1 由 解得： q= 2m2gR+3mgB2L2t3B3L3（或：设 ab、 cd 杆之间距离变化量为 x，则：13q=It=2R=BLx2R设任意时刻， ab 杆速度为 ， cd 杆速度为 ，利用微元求和可得：v1 v2x=t0v2tt0v1t对 ab 杆进行动量定理：BILt2mgsin30ot=2mvI=BL(v2v1)2R联立可得：t0B2L2(v2v1)2R t2mgsin
27、30ot=2mv求解得：B2L2x2R2mgsin30ot=2mv133. 物理选修 3-3 13. 下列说法中正确的是_。A. 空气中 PM2.5 的运动属于分子热运动B. 压缩气体不一定能使气体的温度升高C. 一定量的气体吸收热量，其内能可能减小D. 太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用E. 相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的引力变小，斥力变大【答案】BCD【解析】 PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物, 既然是颗粒物,就不是分子,当然不属于分子的热运动，故 A 错误；根据热力学第一定律，若压缩气体，对物体做功，但是气体若放热则不一定能使气体的温度升高
28、，故 B 正确；一定量的气体吸收热量，若气体对外做的功大于它所吸收的热量，其内能可能减小，故 C 正确；太空中处于失重状态的水滴由于液体的表面张力的作用而呈球形，故 D 正确；分子间的引力和斥力,随着分子间距离的减小而增大，故 E 正确。所以 BCD 正确，AE 错误。14. 如图所示，结构相同的绝热气缸 A 与导热气缸 B 均固定于地面，由刚性杠连接横截面积相同的绝热活塞 a、b，绝热活塞 a、b 与两气缸间均无摩擦。将一定量的气体封闭在两气缸中，开始时活塞静止，活塞与各自气缸底部距离均相等，B 气缸中气体压强等于大气14压强 ，A 气缸中气体温度 ，设环境温度始终不变。现通过电热丝P0=1
29、.0105Pa TA=300K缓慢加热 A 气缸中的气体，停止加热达到稳定后，气缸 B 中活塞距缸底的距离为开始状态的 时，求： 45（i）B 气缸气体的压强；（ii）A 气缸气体的温度。【答案】 （i） （ii）PB=1.25105Pa TA1=450K【解析】试题分析：以气缸 B 中的气体为研究对象，由玻意耳定律求出压强；找出加热前后的压强和体积关系，由气体状态方程求出 A 气缸的温度。（i）气缸 B 中的气体， 由玻意耳定律： P0V=PB45V代入数据解得： PB=1.25105Pa（ii）加热前 A 气缸的气体压强等于 B 气缸中的气体压强 P0=1.0105Pa由于刚性杠连接活塞，
30、加热稳定后有：压强关系为： PA=PB体积关系为： VA=65V由气体状态方程得：P0VTA=PA65VTA1联立以上解得： TA1=450K点睛：本题主要考查了理想气体的状态方程，抓住压强、体积、温度间的关系即可解题，属于基础题。34物理选修 3-4 15. 一列简谐波沿 x 轴传播，t 1=0 时刻的波形如甲图中实线所示，t 2=1.1s 时刻的波形如甲图中虚线所示。乙图是该波中某质点的振动图线，则以下说法中正确的是_。15A. 波的传播速度为 10m/sB. 波沿 x 轴正方向传播C. 乙图可能是 x=2m 处质点的振动图线D. x=1.5m 处的质点在 t=0.15s 时处于波谷位置E
31、. x=1.5m 处的质点经 0.6s 通过的路程为 30cm。【答案】ADE16. 半径为 R 的四分之一圆柱形透明体，圆心为 O，放置在一水平面上。一细束单色光从P 点垂直于侧面射入透明体，从 M 点射出的光线照射到水平面上的 B 点，已知 OP= ，测得R2O、B 间的距离为 R，求：316（i）透明体材料的折射率；（ii）若要使折射光线消失则入射点到 O 点的距离应满足什么条件。【答案】 （i） （ii）ROP333R【解析】试题分析：依据题意作出光路图，根据几何知识解得透明体材料的折射率；根据临界角与折射率的关系，再根据几何知识，求出若要使折射光线消失则入射点到 O 点的距离。（i）过 M 点作法线交于 O 点，如图所示，在 OPM 中，sin= = 解得： =300OPOM12过 M 点作 OB 的垂线交 OB 于 N 点，易得： 则：ON=32R NB=OB ON=32R在 NBM 中， tan=MNNB=33联立以上解得： =300 由几何关系可知 =600 透明体的折射率： 联立以上解得： n=（ii）由 sinC=联立解得： sinC=由 OP= RsinC联立可得：若要使折射光线消失则入射点到 O 点的距离应满足：17点睛：本题主要考查了几何光路图，正确作出光路图，再根据几何知识求解。属于基础题。
