1、2017-2018 学年度山东师大附中高三最后一次模拟考试理科综合能力测试物理部分二、选择题（本题包括 7 小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）1.如图，倾角为 的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为 m 的物体 A 与一劲度系数为 k 的轻弹簧相连。现用拉力 F 沿斜面向上拉弹簧，使物体在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为 h，斜面体始终处于静止状态。在这一过程中（ ）A. 弹簧的伸长量为B. 拉力 F 做的功为 FhsinC. 物体 A 的机械能增加 mgh/sinD. 斜面体受地面的静摩擦力大
2、小等于 Fcos【答案】D【解析】【详解】A、对于物体 A，由平衡条件可得 F=mgsin，根据胡克定律可得弹簧的伸长量，故 A 错误.B、根据功的定义式可得拉力 F 做的功 ，故 B 错误.C、在整个运动过程中物体的动能保持不变，故增加的机械能就等于增加的重力势能，即E= E P=mgh，故 C 错误.D、以整体为研究对象，整体的合外力为零，根据平衡条件可得，拉力 F 在水平方向的分力等于地面对斜面体的摩擦力，故斜面体所受的地面摩擦力大小 f=Fcos，故 D 正确.故选 D.【点睛】本题要灵活选择研究对象，根据平衡条件和功能关系解答由于物体 A 做匀速直线运动，处于平衡状态，斜面静止也处于
3、平衡状态，两个物体能看成整体研究2.前不久，在温哥华冬奥运动会我国冰上运动健儿表现出色，取得了一个又一个骄人的成绩。如图（甲）所示，滑雪运动员由斜坡高速向下滑行，其速度时间图象如图（乙）所示，则由图象中 AB 段曲线可知，运动员在此过程中（ ）A. 做曲线运动B. 机械能守恒C. 所受力的合力不断增大D. 平均速度【答案】D【解析】A、速度时间的图线不是物体运动的轨迹。故 A 错误。B、运动员在运动的过程中受重力、支持力和阻力，阻力做功，所以机械能不守恒。故 B错误。C、速度时间图线的切线斜率表示加速度，可知加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律知，合力逐渐减小。故 C 错误。D、连接 AB，则 A
4、B 连线表示做匀加速直线运动，则平均速度 ，图线与时间轴围成的面积表示位移，可知变加速直线运动的位移大于匀加速直线运动的位移，则变加速直线运动的平均速度 。故 D 正确。故选 D。3.2009 年被确定为国际天文年，以此纪念伽利略首次用望远镜观测星空 400 周年。从伽利略的“窥天”创举，到 20 世纪发射太空望远镜天文卫星，天文学发生了巨大飞跃。2009年 5 月 14 日，欧洲航天局又发射了两颗天文卫星，它们飞往距离地球约 160 万千米的第二拉格朗日点（图中 L2）。L2 点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球同步绕太阳运动（视为圆周运动） ，且时刻
5、保持背对太阳和地球的姿势，不受太阳的干扰而进行天文观测。不考虑其他星球影响，下列关于工作在 L2 点的天文卫星的说法中正确的是 （ ）A. 它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大B. 它绕太阳运行的角速度比地球绕太阳运行的角速度小C. 它绕太阳运行的线速度与地球绕太阳运行的线速度相等D. 它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大【答案】D【解析】【详解】A、B 由题意知，工作在 L2 点的天文卫星能与地球同步绕太阳运动，它们绕太阳运动的周期、角速度相同；故 A、B 错误.C、 相同，由 v=r 分析可知，在 L2 点的天文卫星的线速度大于地球绕太阳运行的线速度；故 C 错误.
6、D、 相同，由 an=2r，可知，它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大；故 D 正确.故选 D.【点睛】本题是信息题，关键要读懂题意，知道同步的含义，即能运用圆周运动的规律进行分析4.x 轴上有两点电荷 Q1 和 Q2，Q1 和 Q2 的位置坐标分别为 x1、x2Q1 和 Q2 之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出（ ）A. 的电荷量一定小于 的电荷量B. 和 一定是正电荷C. 电势最低处 P 点的电场强度为零D. 将一负点电荷由 点的左侧移至右侧，电场力先做正功后做负功【答案】BC【解析】【详解】如图所示，作出电场线，知道 Xp 处合场强为 0，则 Q1 与
7、Q2 在 Xp 处场强大小相等，方向相反 根据 E=KQ/r2 知，Q 1Q 2，故 A 错误若两个电荷是异种电荷，则电场线方向向左或向右，不可能；若两个电荷都是负电荷，则在 Xp 左侧电场线方向向左，右侧向右，与实际电场方向不符，不可能；则两个电荷一定是正电荷故 B 正确根据电场线的方向可知，从 x1 到 x2，电势先降低后升高， P 点场强为零，故 C 正确 负电荷右移，电场力先做负功后正功故 D 错误故选 BC .【点睛】本题的技巧是作电场线，将抽象问题形象化，是电场中常用方法作出 Q1、Q2 之间的电场线，就知道 Xp 处场强为零，知道负电荷在低电势点电势能较大5. 北半球地磁场的竖直
8、分量向下如 图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为 L 的正方形闭合导体线圈 abcd，线圈的 ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向下列说法中正确的是A. 若使线圈向东平动，则 b 点的电势比 a 点的电势低B. 若使线圈向北平动，则 a 点的电势比 b 点的电势低C. 若以 ab 为轴 将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为 abcdaD. 若以 ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为 adcda【答案】C【解析】北京位于北半球，地磁场的竖直分量向下若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，由右手定则判断可知，a 点的电势比 b 点的电势低，故 A 错误；若使线圈向北平
9、动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ab 没有切割磁感线，不产生感应电动势，a 点的电势与 b 点的电势相等故 B 错误；若以 ab 为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量减小，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向为 abcda，故 C 正确，D 错误， 故选 C点睛：本题运用右手定则和楞次定律判断电势高低和感应电流方向，关键明确两个条件：一是磁场的方向，二是磁通量的变化情况6.一理想变压器原、副线圈匝数比 n1:n2=2:1，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压 u 随时间 t 变化的规律如图所示，副线圈接一个 R=10 的电阻，则 （ ）A.
10、电阻 R 两端电压的有效值为 B. 电阻 R 中电流的频率为 0.25HzC. 1 分钟内电阻 R 产生的热量为 1.5103JD. 变压器的输入功率为 250W【答案】D【解析】【详解】A、副线圈两端电压有效值为 ；故 A 错误.B、交流电的周期为 410-2s，所以 ；故 B 错误.C、电阻 R 的发热功率为 ，所以一分钟内其产生的热量为Q=Pt=1.5104J；故 C 错误.D、变压器的输入功率为 P=P=250W；故 D 正确.故选 D.【点睛】本题考查了变压器的特点，对峰值和有效值的应用，注意变压器不变功率，输入功率等于输出功率7.如图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固
11、定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）A. 若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变B. 若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变C. 若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变D. 若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变【答案】BC【解析】【详解】开始时小车处于静止状态，小球受重力 mg、绳的拉力 F 绳 1，由于小球静止，所以 F 绳 1=mg，当小车匀加速向右运动稳定
12、时，小球也向右匀加速运动.小球受力如图：由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力 F 绳 2mg，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大。当小车匀加速向左运动，直立木板对小球有支持力，小球仍保持竖直，弹簧拉力不会变；对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力。当小车匀加速向右或向左运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力。故选 BC.【点睛】应用好牛顿第二定律的矢量性，加速度方向和合力方向，已知一个方向就知另一个
13、方向整体法能减少和避开所求解量，简化解题过程整体法和隔离法是相辅相成的.8.二极管是一种半导体元件，它的符号为“ ”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大。(1)某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线。因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻。其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小。然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断_（选填“左”、 “右”）端为二极管的正极。(2)厂家提供的伏安特性曲线如下
14、图，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘，可选用的器材有：A直流电源 E：电动势 3V，内阻忽略不计 B滑动变阻器 R：020C电压表 V1：量程 5V、内阻约 50 k D电压表 V2：量程 3V、内阻约 20 kE电流表 A1：量程 0.6 A、内阻约 0.5 F电流表 A2：量程 50mA、内阻约 5G待测二极管 D H单刀单掷开关 S，导线若干为了提高测量结果的准确度，电压表应选用_，电流表应选用_（填序号字母） 。(3)为了达到测量目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图_。(4)为了保护二极管，正向电流不要超过 25mA，请你对本实验的设计或操作提
15、出一条合理的建议：_.【答案】 (1). 右 (2). D (3). F (4). (5). 可能的答案：a在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用。b闭合开关前滑动触头停在最左端，向右移动滑动触头时应缓慢进行，同时仔细观察电流表示数变化，以防止电流超过 25 mA（只要回答合理均可）【解析】【分析】(1)二极管具有单向导电性，当接反向电压时，二极管的电阻很大，由欧姆表的示数可知二极管的极性；(2)电源已知，根据电源的电动势可以选出电压表，由图中示数可以选出电流表；(3)为了得到范围较大的测量值，本实验应选择分压接法，为了准确应选用电流表外接法；(4)要控制电路关键在于控制二极管两端的电
16、压，故可以通过加入保护电阻分压，或在调节时让滑动变阻器分压慢慢变大，进行控制。【详解】(1)欧姆表内部有电源，电源正极接在负接线柱上，当红表笔接触右端时，说明红表笔接入电源的负极；此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，故二极管右端应为正极；(2)电源电压为 3V，故电压表应选 3V 量程进行测量；而由坐标可知，电路中电流较小，故电流表应选 50mA 的即可；(3)为了得出完整的图象，应采用分压接法，同时因正向电阻较小，故可以采用外接法，原理图如图:(4)为了防止超过最大电流，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电流表示数不得超过
17、25mA.【点睛】本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线，综合性较强，要求学生能全面掌握实验知识；注意欧姆表的原理及分压接法等基本原理。9.如图是利用传送带装运煤块的示意图其中传送带足够长，倾角 37，煤块与传送 带间的动摩擦因数 0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度 H1.8 m，与运煤车车厢中心的水平距离 x1.2 m现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心，取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos
18、370.8，求：(1)传送带匀速运动的速度 v 及主动轮和从动轮的半径 R；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间 t.【答案】 （1）2 m/s；0.4 m；（2）5s【解析】试题分析：（1）煤块离开传送带做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度，即传送带匀速运动的速度煤块在最高点做平抛运动，知煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据牛顿第二定律求出主动轮的半径 R（2）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上匀加速直线运动的加速度，从而根据速度时间公式求出匀加速直线运动的时间解：（1）由平抛运动的规律，得 x=vt H=代入数据解
19、得 v=2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得 mg=m代入数据得 R=0.4m（2）由牛顿第二定律 F=ma 得a= =gcosgsin=0.4m/s2由 v=v0+at 得t= =5s答：（1）传送带匀速运动的速度 v 为 2m/s，主动轮的半径 R 为 0.4m（2）煤块在传送带上由静止开始做匀加速运动所用的时间 t 为 5s【点评】本题综合了匀加速直线运动，圆周运动以及平抛运动，关键理清煤块的运动过程，选择合适规律进行求解10.在如图所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度在数值上满足。在竖直方向存在交替变化的匀强电
20、场（竖直向上为正） ，电场大小为 。一倾角为、长度足够的光滑绝缘斜面放置在此空间。斜面上有一质量为 m，带电量为-q 的小球，从 t0 时刻由静止开始沿斜面下滑，设第 5 秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g。求：(1)第 6 秒内小球离开斜面的最大距离.(2)第 19 秒内小球未离开斜面，角应满足什么条件？【答案】(1) (2) 【解析】【分析】(1)在第一秒内，电场力方向竖直向下，洛伦兹力方向垂直斜面向上，小球的合力沿斜面向下，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，从而求出 1s 末的速度，第二秒内，电场力与重力平衡，小球受洛伦兹力做匀速圆周运动，当小球运动半个周期时，距离斜
21、面最远结合半径公式求出最远距离(2)小球未离开斜面时，说明洛伦兹力小于重力、电场力沿垂直于斜面方向的分力，列式求解【详解】(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为 a，由牛顿第二定律，得（mg+qE 0）sin=ma第一秒末的速度为：v=at 1第二秒内：qE 0=mg所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得 圆周运动的周期为: 由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动。所以，第 5 秒末的速度为：v 5=a（t1+t3+t5）=6gsin小球离开斜面的最大距离为：(2)第 19 秒内仍在斜面上，则有：又因为： 所以【点睛】本题分析可得
22、：小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动，是电场强度方向时正时负导致同时利用洛伦兹力提供向心力来求出圆弧轨道半径11.在做“用油膜法估测分子大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每 10000ml 溶液中有纯油酸 1ml，用注射器测得 1mL 上述溶液有 200 滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为 1cm，则油酸膜的面积是_cm 2。根据上述数据，估测出油酸分子的直径是_nm【答案】 (1). 40 (2). 0.125【解析】【分析】在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸
23、滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，掌握估算油膜面积的方法：所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去【详解】由于每格边长为 1cm，则每一格就是 1cm2 ，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出 40 格，则油酸薄膜面积为：S=40cm 2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是： .分子直径为.【点睛】掌握该实验的原理是解决问题的关键，会通过数格子估算油膜的面积12.科学考察队到某一地区进行考察时携带一种测量仪器。该仪器导热性能良好，且内部密闭有一定质量的气体（可视为理想气体） ，仪器的部分参数为：环境温度为 27时，内部的气体压
24、强为 1.0105Pa。若该地区的气温为-23 ，不考虑密闭气体的体积变化，则该仪器的内部气体压强为多少？【答案】【解析】【分析】由题知，不考虑密闭气体的体积变化，气体作等容变化，分析初态和末态的压强和热力学温度，运用查理定律求解。【详解】初态：T 1=27+273=300K，p1=1.0105Pa；末态：T 2=-23+273=250K，p2=？根据查理定律得：解得：【点睛】解决本题关键判断气体作何种变化，分析初、末状态的参量，运用查理定律求解.13.如图所示为一列简谐横波 t0 时刻的波动图象，已知波沿 x 轴正方向传播，波速大小为0.4m/s。则在图示时刻质点 a、b 所受的回复力大小之
25、比为 ，此时刻起，质点 c的振动方程是： _cm。【答案】2:1 y= 15cos10t【解析】试题分析：由回复力 可知 ；此时刻 c 质点位于波峰，其振幅为 15cm，由图像可知波长 ，所以周期 ，所以 ，可知 c 质点的振动方程 考点：回复力；振动方程14.如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，A=30，C=90。三棱镜材料的折射率是 n= ，一束与 BC 面成=30角的光线射向 BC 面，试通过计算说明由 BC 面的折射光线到达 AC 面上能否发生全反射？【答案】由 BC 折射的光线照在 AC 界面发生全反射【解析】【分析】由折射定律先求出在 BC 面上的折射角的大小，可求出在 AC 边上的入射角的大小，结合临界角的大小可判断光能否通过 AC 边【详解】折射光路如图所示：由折射定律：在 BC 界面：由临界角公式：得光线在 AC 面上的入射角 60C所以由 BC 折射的光线照在 AC 界面发生全反射.【点睛】该题考查了折射定律及全反射发生的条件，判断光在某一界面上能发发生全反射是解决此类为题的关键同时要注意在做光路图时，光每发生一次反射或折射，光线上都要标上箭头
