1、广东省深圳市宝安区宝安中学 2018 届高三七校联合体考前冲刺交流考试理科综合物理试题二、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 1418题只有一项符合题目要求，第 1921 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. 利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度 B 的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为 L、电阻为 R、质量为 m 的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计当有拉力 F 作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线
2、框接入恒定电压为 E1时，拉力显示器的示数为 F1；接入恒定电压为 E2时（电流方向与电压为 E1时相反） ，拉力显示器的示数为 F2。已知 F1F2,则磁感应强度 B 的大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】线框接入恒定电压为 E1时，对线框受力分析得出： ；当线框接入恒定电压为E2时，对线框受力分析得出： ，联立整理得： ，故 B 正确，ACD错误故选：B.2. 2017 年 4 月 22 日，我国第一艘货运飞船“天舟一号”与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接，若“天舟一号”与“天宫二号”绕地球做半径为 r、逆时针方向的匀速圆周运动，它们与地心连线的夹角为 ，如图所示，已
3、知地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，不计算“天舟一号”与“天宫二号”间的相互作用力，下列说法正确的是A. “天舟一号”与“天宫二号”的向心加速度大均为B. “天舟一号”从图示位置运动到天宫二号所在位置所需时间为C. “天舟一号”要想追上“天宫二号” ，必须先向后喷气D. “天舟一号”追上“天宫二号” ，该过程中万有引力对“天舟一号”先做正功后做负功【答案】D【解析】【分析】由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律列式求得加速度；由运动学公式求时间；当万有引力不够提供向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力时，做近心运动【详解】由万有引力提供向心力：G =ma，可得 a=
4、，又 GM=gR2，则 a= g，则 A 错误； “天舟一号”从图示位置运动到天宫二号所在位置所需时间为 t= ，又 ，可得 ，则 B 错误；“天舟一号”向后喷气，速度变大会做离心运动脱离原轨道则不可能追上“天宫二号” ，则 C 错误；使“天舟一号”追上“天宫二号”要先降低轨道再加速运动变大轨道，则万有引力对“天舟一号”先做正功后做负功，则 D 正确；故选 D。3. 用一根横截面积为 S、电阻率为 的硬质导线做成一个半径为 r 的圆环， ab 为圆环的一条直径，如图所示。在 ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场方向垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间变化的关系为 ，其中磁感应强度的初始值 B0
5、方向垂直纸面向里，k0,则A. 圆环中产生逆时针方向的电流B. 圆环具有扩张且向右运动的趋势C. 圆环中感应电流的大小为D. 图中 a、 b 两点间的电势差【答案】C【解析】磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率 （k0） ，说明 B 减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故A 错误穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少应有扩张且向左运动的趋势，故 B 错误；由法拉第电磁感应定律得 ，圆环的电阻，则感应电流大小为 ，故 C 正确；图中 a、b 两点间的电势差大小为，a 点电势大于 b 点电势，故 D 错误；故选
6、：C.4. 如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为 m、带电荷量为- q 的小球从 P点以大小为 v0的初速度水平向右抛出，经过 t 时间到达 Q 点(图中未画出)时的速度仍为 v0，则小球由 P 点运动到 Q 点的过程中，下列判断正确的是A. Q 点在 P 点正下方B. 小球电势能减少C. 小球重力势能减少量等于D. Q 点应位于 P 点所在竖直线的左侧【答案】C【解析】从 P 到 Q 点，根据动能定理可知： ，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则 Q 点应该在 P 点的右下方，选项 ABD 错误；小球在竖直方向下落的高度 ，则小球重力势能减少量等于 ，选项 C 正确；故
7、选 C.5. 在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，当发电厂输出功率随用电高峰而增大时， A. 升压变压器的输出电压增大B. 降压变压器的输出电压增大C. 输电线上损耗的功率增大D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【答案】CD【解析】试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故 A 错误B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据 P=UI 可输电线上的电流 I 线 增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小，则
8、降压变压器的输出电压减小，故 B 错误根据 P 损 =I 线 2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故 C 正确根据 ，则有：；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故 D 正确故选 CD。考点：远距离输电视频6. 用甲、乙两种单色光照射同一金属做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示。已知普朗克常量为 h，被照射金属的逸出功为 W0，遏止电压为 UC，电子的电荷量为 e，则下列说法正确的是A. 甲光的强度大于乙光的强度B. 甲光的频率大于乙光的频率C. 甲光照射时产生的光电子初动能均为 e
9、UCD. 乙光的频率为【答案】AD【解析】根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大；选项 A 正确；由光电效应方程 mv2=h-W 0， mv2=Uce，由图可知，甲乙的截止电压相同，故甲乙的频率相同，选项 B 错误；甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为 eUc，选项 C 错误；根据 ，可得 ，选项 D 正确；故选 AD.7. 绝缘光滑斜面与水平面成 角，一质量为 m、电荷量为- q 的小球从斜面上高 h 处，以初速度为 v0、方向与斜面底边 MN 平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，
10、小球能够沿斜面到达底边 MN。则下列判断正确的是A. 小球在斜面上做匀变速曲线运动B. 小球到达底边 MN 的时间C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为【答案】ABC【解析】由于小球在下滑过程中，速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故 A 正确；小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度，再由运动学公式可得 ，所以球到达底边 MN 的时间 ，故 B 正确；带电荷量为-q（q0）的小球以初速度为 v0（v 00）平行于 NM 方向运动，根据
11、左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向上；小球能够沿斜面到达底边MN，说明洛伦兹力小于重力垂直于斜面向下的分力，即 0qv 0Bmgcos；解得磁感应强度的取值范围为 0B ，故 C 正确、D 错误；此题选择错误的选项，故选 D点睛：本题考查小球在复合场中的运动以及运动的合成和分解规律，要注意掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，理解洛伦兹力虽受到速度大小影响，但没有影响小球的合力，同时知道洛伦兹力不能大于重力垂直斜面的分力8. 如图所示，一轻质弹簧固定在光滑杆的下端，弹簧的中心轴线与杆重合，杆与水平面间的夹角始终 =60，质量为 m 的小球套在杆上，从距离弹簧上端 O 点的距离为
12、的 A 点静止释放，将弹簧压至最低点 B，压缩量为 ，不计空气阻力，重力加速度为 g。下列说法正确的是A. 小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点 B 的过程中，其加速度一直减小B. 小球运动过程中最大动能可能为C. 弹簧劲度系数大于D. 弹簧最大弹性势能为【答案】CD【解析】【分析】小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点 B 的过程中，分析小球的受力情况，判断加速度的变化情况小球的合力为零时动能最大，由系统的机械能守恒分析最大动能对从 A 到 B 的过程，运用机械能守恒定律求弹簧最大弹性势能，再分析弹簧的劲度系数【详解】小球从接触弹簧到将弹簧压至最低点 B 的过程中，弹簧对小球的弹力逐渐增大，开始时弹簧
13、的弹力小于小球的重力沿杆向下的分力，小球做加速运动，随着弹力的增大，合力减小，加速度减小，后来，弹簧的弹力等于小球的重力沿杆向下的分力，最后，弹簧的弹力大于小球的重力沿杆向下的分力，随着弹力的增大，合力沿杆向上增大，则加速度增大，所以小球的加速度先减小后增大，故 A 错误。小球滑到 O 点时的动能为 EkO=mg2x0sin60=mgx0，小球的合力为零时动能最大，此时弹簧处于压缩状态，位置在 C 点下方，所以小球运动过程中最大动能大于 mgx0，不可能为 mgx0，故 B 错误。在速度最大的位置有 mgsin60=kx，得 k= ，因为 xx 0，所以 k ，故 C 正确。对小球从 A 到
14、B 的过程，对系统，由机械能守恒定律得：弹簧最大弹性势能 E pm=mg3x0sin60= mgx0故 D 正确。故选 CD。【点睛】本题的关键是要正确分析小球的受力情况和能量转化情况，知道合力为零时小球的速度对系统运用机械能守恒定律进行分析三、非选择题：共 174 分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。9. 如图甲所示为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力 F 及质量 m 的关系”实验装置简图，在实验中认为细线对小车拉力 F 的大小等于砝码和砝码盘的总重力，小车运动的加速度 a 的大小可由纸带上的点求得。(1)实验过程中，电火花计
15、时器应接在_(填“直流”或“交流”)电源上，连结小车与砝码盘的细线跨过定滑轮，调整定滑轮，使_.(2)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，其中 0、1、2、3、4 是计数点，每相邻两计数点间还有 4 个点（图中未标出） ，计数点间的距离如图乙所示，打“3”计数点时小车的速度大小为 v=_m/s；由纸带求出小车的加速度的大小 a=_m/s2。 （计算结果均保留 2 位有效数字）(3)在“探究加速度与力的关系”时，保持小车的质量不变，改变砝码盘中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度 a 与合力 F 关系图线如图丙所示，该图线不通过坐标原点，原因可能是_【答案】 (1). )交流 (2). 细
16、线与木板平行 (3). 0.26 (4). 0.50 (5). 平衡摩擦力过度【解析】【分析】（1）电火花打点计时器应使用交流电源，为了使绳子的拉力等于合力，绳子的方向应与长木板平行；（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 2，可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上打 3 点时小车的瞬时速度大小（3）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F 图象在 F 轴上有截距；平衡摩擦力过度，在 a-F 图象的 a 轴上有截距【详解】 （1）电火花计时器应接在交流电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）根据匀变速直线运动
17、中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：根据作差法得： （3）由图象可知，a-F 图象在 a 轴上有截距，说明没有加力时，物体已经产生了加速度；这是由于平衡摩擦力过度造成的；10. 为了测量一节干电池的电动势和内电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用：A待测干电池一节B直流电流表 A1（量程 00.6A，内阻约为 0.1）C直流电流表 A2（量程 03A，内阻约为 0.02）D直流电压表 V1（量程 03V，内阻约为 5k）E直流电压表 V2（量程 015V，内阻约为 25k）F滑动变阻器 R1（阻值范围为 015，允许最大电流为 1A）G滑动变阻器 R2（阻值范
18、围为 01000，允许最大电流为 2A）H开关I导线若干(1)实验中电压表应选用_；电流表应选用_；滑动变阻器应选用_。 （填字母代号）(2)实验小组在进行实验时，初始滑片 P 在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关 S 后发现滑片 P 向左滑过一段距离 x 后电流表才有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数 U 与 x、电流表读数 I 与 x 的关系图，如图乙所示，则根据图像可知，电池的电动势为_V，内阻为_。【答案】 (1). V1 (2). A1 (3). R1 (4). 1.50.01 (5). 0.50.03【解析】试题分析：干电池电动势约为 15V，电压表应选 V1，由于
19、电路中电流较小，因此电流表应选 A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选 R1；由图可知当 I1=020A 时，U 1=140V；当 I2=040A 时，U 2=130A；根据 U=E-Ir 得：140=E-020r130=E-040r解得：E=15V r=05考点：测量电源的电动势及内阻11. 如图所示，光滑细管 ABC， AB 内有一压缩的轻质弹簧，上方有一质量 m1=0.01kg 的小球1； BC 是半径 R=1m 的四分之一圆弧细管，管口 C 的切线水平，并与长度 L=1m 的粗糙直轨道CD 平滑相接，小球与 CD 的滑动摩擦系数 =0.3。现将弹簧插销 K 拔出，球 1 从管口 C 水平
20、射出，通过轨道 CD 后与球 2 发生弹性正碰。碰后，球 2 立即水平飞出，落在 E 点。球 1 刚返回管口 C 时恰好对管道无作用力，若球 1 最后也落在 E 点。 （球 1 和球 2 可视为质点，g=10m/s2）求：(1)碰后球 1 的速度、球 2 的速度(2)球 2 的质量【答案】(1)2m/s (2) m2=0.05kg【解析】（1）球 1 刚返回管口 C 时恰好对管道无作用力，则以重力作为向心力： 球 1 在 CD 水平面上所受的摩擦力：球 1 从 DC 过程，根据动能定理： 由以上三式解得： ，由于管道光滑，根据能量守恒，球 1 以速度 v12从管口 C 出来球 1 从 CD 过
21、程，根据动能定理：解得： 要使球 1 也落在 E 点，根据平抛运动的规律可知：(2)1、2 两球在 D 点发生弹性正碰，由题可知碰后球 1 的速度向左根据动量守恒：根据能量守恒： 由以上两式解得： 12. 如图甲所示，两金属板 M、 N 水平放置组成平行板电容器，在 M 板中央开有小孔 O，再将两个相同的绝缘弹性挡板 P、 Q 对称地放置在 M 板上方，且与 M 板夹角均为 60，两挡板的下端在小孔 O 左右两侧。现在电容器两极板间加电压大小为 U 的直流电压，在 M 板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B0，磁感应强度为负值时大小为 Bx，
22、但 Bx未知。现有一质量为 m、电荷量为+ q、不计重力的带电粒子，从 N 金属板中央 A 点由静止释放， t=0 时刻，粒子刚好从小孔 O 进入上方磁场中，在 t1时刻粒子第一次撞到左挡板 P 上，紧接着在 t1+t2时刻粒子撞到了右挡板 Q 上，然后粒子又从 O 点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动。粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响。求：(1)粒子第一次到达挡板 P 时的速度大小。(2)图乙中磁感应强度 Bx的大小。(3)两金属板 M 和 N 之间的距离 d。【答案】(1) (
23、2) (3) (n=0,1,2,)【解析】（1）粒子从 N 板到 M 板过程中，电场力做正功，根据动能定理有Uq mv20解得粒子第一次到达 O 点时的速率 （2）粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由 得粒子做匀速圆周运动的半径 ， 使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，由图易知：r 0=2rx 图中 Bx=2B0 （3）在 0t 1时间内，粒子做匀速圆周运动周期 在 t1（t 1+t2）时间内，粒子做匀速圆周运动的周期 由轨迹图可知 ， 粒子在金属板 M 和 N 间往返时间为 t，有 且满足：t=t 2+n（t 1+t2） ，n=0,1,2,3,联立可得金属板
24、 M 和 N 间的距离： ，n=0,1,2,3,13. 分子间同时存在相互作用的引力和斥力，分子力则是它们的合力(即表现出来的力)。关于分子间的引力、斥力说法正确的是_A.分子间的引力总是随分子间距的增大而减小B.分子间的斥力总是随分子间距的增大而减小C.分子力（合力）总是随分子间距的增大而减小D.分子间同时存在相互作用的引力和斥力，所以分子力不可能为零E. 分子力表现为引力时，其大小有限；分子力表现为斥力时，可以很大【答案】ABE【解析】【详解】分子间的引力和斥力是同时存在的，并且都随分子间距的增大而减小，故 AB 正确；分子力（合力）总是随分子间距的增大先为斥力，随着距离的增大而减小，后变
25、为引力，随距离的增大先增大后减小，故 C 错误；当分子间距离为平衡距离时，分子间引力和斥力相等，分子力为零，故 D 错误；根据分子间引力和斥力的性质可知，分子力表现为引力时，其大小有限当分子距离大于 10r0时可认为分子力为零；分子力表现为斥力时，当分子间距很小时，分子力可以很大，故 E 正确。故选 ABE。【点睛】本题考查分子间作用力的性质，要注意明确分子间引力和斥力是同时存在的，其分子力是引力和斥力的合力，要明确分子力的变化规律14. 如图甲、乙所示，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞 A、 B 被长度为 0.9m 的轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动， A、 B 的质量分别为 m
26、A=12kg、 mB=8.0kg，横截面积分别为 SA=4.010-2m2， SB=2.0l0-2m2。一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强 P0=1.0l05Pa。取重力加速度 g=10m/s2。图甲所示是气缸水平放置达到的平衡状态，活塞 A 与圆筒内壁凸起面恰好不接触，求被封闭气体的压强。保持温度不变使汽缸竖直放置，平衡后达到如图乙所示位置，求活塞 A 沿圆筒发生的位移大小。【答案】(1) (2)x=0.1m【解析】【详解】气缸处于图甲位置时，设气缸内气体压强为 P1，对于活塞和杆，根据力的平衡条件可得：P0SA+P1SB=P1SA+P0SB解得：P 1=P0=1.0105Pa气缸处于图乙位置时，设气缸内气体压强为 P2，对于活塞和杆，由平衡条件：P0SA+P2SB=P2SA+P0SB+（m A+mB）g代入数据可得：P 2=0.9105Pa由玻意耳定律可得：P 1lSB=P2lSB+x（S A-SB）由以上各式并代入数据得：x=0.1m【点睛】该题是求解被封闭气体压强的题，往往是要先确定研究对象，对其受力分析，由平衡条件列式求解。在选取研究对象上，往往以受力较少的物体为研究对象。
