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山东省淄博市2017届高三仿真模拟（打靶卷）理科综合物理试题二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的四个选项中，14至17小题，只有一个选项正确，18至21小题，有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）1. 意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球的加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是A. 物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性B. 自由落体运动是一种匀变速直线运动C. 力是使物体产生加速度的原因D. 力不是维持物体运动的原因【答案】B【解析】铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动，故B正确，ACD错误。2. 关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定B. 任何两个原子核都可以发生核聚变C. 衰变成要经过8次衰变和6次衰变D. 发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2【答案】D【解析】原子核的比结合能越大，原子核越稳定，选项A错误；只有较小的原子核才会发生聚变，故B错误；铀核 衰变成铅核的过程中，衰变一次质量数减少4个，次数，衰变的次数为n=882+82-92=6要经过8次衰变和6次衰变，故C错误；粒子为氦核，由两个质子和两种中子组成，所以发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D正确；故选D.3. 如图甲所示，水平地面上固定一倾角为30的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑。现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑。如图乙所示，则F大小应为A. B. C. D. 【答案】A【解析】小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，则有mgsin30=mgcos30，可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数=tan30，由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑，受力分析如图所示：根据平衡条件：沿斜面方向：Fcos30-f-mgsin30=0垂直斜面方向：N=mgcos30+Fsin30 又f=N，联立可得： ，故A正确，BCD错误。4. 如图所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20V的灯泡a和b。当输入的交变电压时，两灯泡均能正常发光。设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数比为11:1B. 原、副线圈中电流的频率比为11:1C. 当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b变亮D. 当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，变压器输入功率变大【答案】D【解析】两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为： ，副线圈电压：，根据理想变压器变压比：，故A错误；变压器不改变交流电的频率，即频率比为1:1，故B错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据，可知原线圈电流变大，灯泡a分担的电压变大，原线圈输入的电压变小，所以灯泡b亮度变暗，故C错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据，可知原线圈电流变大，输入电压不变，则变压器输入功率变大，故D正确。所以D正确，ABC错误。5. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是A. 从开始计时到t4这段时间内，物块A、B在t2时刻相距最远B. 物块A在t1与t3两个时刻的加速度大小相等C. t2到t3这段时间内弹簧处于压缩状态D. m1:m2=1:2【答案】BD【解析】结合图象可知，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，两木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故AC错误；根据v-t图象的斜率表示加速度，可知物块A在t1与t3两个时刻各自的加速度大小相等，故B正确；两物块和弹簧组成的系统动量守恒，选择从开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+ m1）v2，将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故D正确。所以BD正确，AC错误。6. 如图所示，用一根粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个矩形线框。甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度h相同，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场宽度d足够大。不计空气阻力，适当调整高度h，将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中。在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为I1和I2，通过导体横截面的电量分别为q1和q2，线框产生的热量分别为Q1和Q2，线框所受到的安培力分别是F1和F2，则以下结论中正确的是A. I1I2 B. q1=4q2C. Q1=4Q2 D. F1=2F2【答案】CD【解析】设甲的宽度为L，周长为l，则乙的宽度为，周长为，那么甲的质量是乙质量的两倍，根据电阻，可得，由题意可知甲做匀速运动：，感应电动势为：，感应电流为：,联立以上可得：，同理对乙有：，联立以上可得，说明乙也匀速运动且，感应电流为：，结合以上易得，故A错误；电量为，可得：，故B错误；产生的热量为：，由运动学公式可得：，联立以上可得：,故C正确；安培力为：,根据以上可得：，故D正确。所以CD正确，AB错误。7. 太阳系中某行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，天文学家在长期观测中发现，其实际运行的轨道总是存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离（行星仍然近似做匀速圆周运动）。天文学家认为形成这种现象的原因可能是该行星外侧还存在着一颗未知行星。假设两行星的运行轨道在同一平面内，且绕行方向相同，则这颗未知行星运行轨道的半径R和周期T是（认为未知行星近似做匀速圆周运动）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】试题分析：行星发生最大偏离时，两行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧设未知行星运行周期为T，轨道半径为R，则有：，解得未知行星的运行周期，故C正确，A错误由开普勒第三定律有：，解得：，故BD错误故选C考点：开普勒第三定律【名师点睛】本题考查了万有引力定律的运用，掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，知道A、B相距最近时，B对A的影响最大，且每隔t0时间相距最近8. 如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为q的物块（可视为质点的检验电荷），从A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v 。已知点电荷产生的电场在A点的电势为（取无穷远处电势为零），P到B点的距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60，k为静电力常量，下列说法正确的是A. 点电荷Q产生的电场在B点的电场强度大小B. 物块在A点时受到轨道的支持力大小为C. 物块在A点的电势能D. 点电荷Q产生的电场在B点的电势【答案】CD【解析】点电荷+Q产生的电场在 B点的电场强度大小为：,故A错误；物体受到点电荷的库仑力为：，由几何关系可知：，设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-Fsin60=0，解得：，故B错误；物块在A点的电势能EPA=+q，则C正确；设点电荷产生的电场在B点的电势为B，动能定理有：，解得：，故D正确。所以CD正确，AB错误。三、非选择题： （一）必考题9. 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。（1）用游标卡尺测量金属球的直径。图乙为游标卡尺校零时的示数。用该游标卡尺测量小球的直径，其示数为10.00mm，则所测金属球的直径d =_mm。（2）用一根不可伸长的轻质细线拴住该金属球，细线的另一端固定在悬点O，在最低点前后放置一组光电门，测得悬点到球心的距离为L。将金属球从最低点拉开角，由静止释放金属球，金属球在竖直面（纸面）内摆动，记下金属球第一次通过光电门的时间t，则金属球通过光电门的速度大小为_；已知重力加速度为g，则验证金属球机械能守恒的表达式为_。（用字母L、d、t、g表示）【答案】 (1). 9.85 (2). (3). 若 ，即成立，说明小球下摆过程机械能守恒点睛：遇到实验问题，关键是明确实验原理，根据物理规律列出相应方程，然后求解讨论即可；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读10. 某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有和两种倍率。所用器材如下：A干电池：电动势，内阻B电流表G：满偏电流，内阻C定值电阻D电阻箱R2和R3：最大阻值均为999.9E电阻箱R4：最大阻值为9999F电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干（1）该实验小组按图甲正确连接好电路。当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2=_，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内=_，欧姆表的倍率是_（选填或）。（2）闭合电键S。第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2=_且R3=_时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为_。【答案】 (1). 149.5 (2). 1500 (3). (4). 14.5 (5). 150 (6). 100【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可知欧姆表的内阻为：,则电阻为：。中值电阻应为1500，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为1，则中值电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“10”11. 如图，相邻两个匀强磁场区域和，设磁感应强度的大小分别为B1、B2。已知磁感应强度方向相反且垂直纸面，两个区域的宽度都为d，质量为m、电量为+q的粒子由静止开始经电压恒为U的电场加速后，垂直于区域的边界线MN，从A点进入并穿越区域后进入区域，最后恰好不能从边界线PQ穿出区域。不计粒子重力。求（1）B1的取值范围；（2）B1与B2的关系式。【答案】（1）（2）【解析】（1）设粒子经U加速后获得的速度为v，根据动能定理有： 在区域的磁场中偏转，有： 要使粒子能进入区域，必须： 联立得： （2）两区域磁场方向相反（如垂直纸向处，垂直纸面向里），则粒子的运动轨迹如图线ACD。带电粒子在区域的磁场中偏转，由洛仑兹力提供向心力，由：如图，则有： ，联立得：12. 如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m。A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+710-7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg。将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动。取g=10m/s2。（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C。（2）求小球A的最大速度值。（可保留根号）（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值。【答案】（1）A不能到达圆环最高点（2）（3）【解析】试题分析：设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为、,对A、B分列动能定理，求出动能之和，结果表明，A在圆环最高点时，系统动能为负值。故A不能到达圆环最高点；设B转过角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA=vB，对A、B分列动能定理，根据数学知识求出最大速度；A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，在结合数学知识即可解题。 （1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为、，则设A、B到达圆环最高点的动能分别为、对A由动能定理： 对B由动能定理： 联立解得： 上式表明，A在圆环最高点时，系统动能为负值。故A不能到达圆环最高点。 （2）设B转过角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA=vB 对A由动能定理： 对B由动能定理： 联立解得： 解得当时，A、B的最大速度均为 （3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少 最多，故得： 解得：（舍去）故A的电势能减少量： 代入数值得： 点睛：本题主要考查了A、B两个小球在重力和电场的共同作用下的运动，应用动能定理，要分别对每个小球都列动能定理，再结合数学知识解题，过程较复杂。（二）选考题： 13. 根据热学知识，下列说法正确的是 。A. 气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的B. 绝对零度就是当一定质量的气体体积为零时，用实验方法测出的温度C. 分子间作用力做正功，分子势能一定减少D. 物体温度改变时物体内分子的平均动能一定改变E. 在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体【答案】CDE【解析】气体的压强是由大量气体分子的碰撞引起的，故A错误；由热力学第三定律可知，绝对零度是不可能达到的，故B错误；分子间作用力做正功，分子势能一定减少,故C正确；温度是分子平均动能的标志，物体温度改变，分子平均动能一定改变，故D正确；热量从低温物体传递到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，结果会带来其他影响，这正是热力学第二定律第一种表述的主要思想，故E正确。所以CDE正确，AB错误。14. 一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连。开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计。已知图所示状态时气体的温度为7，U形管内水银面的高度差h15cm，大气压强p01.0105 Pa保持不变，水银的密度13.6103 kg/m3，取g10 m/s2。求活塞的质量；现在活塞上添加铁砂，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到47时，U形管内水银面的高度差为多少？【答案】【解析】试题分析：封闭气体的压强可以以活塞为研究对象求出，也可以根据水银柱求出，即封闭气体的压强，即可解得活塞的质量；活塞的高度不变，U形管内的气体体积忽略不计，则气缸内气体发生等容变化，根据查理定律求解U形管内水银的高度差。由题意知气体状态压强 代入数据得活塞质量 添砂加热时，气体发生等容变化，由查理定律得 代入数据得： 点睛：本题是气体问题，确定气体状态作何种变化是关键，要充分挖掘隐含的条件进行分析。15. 如图甲，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n，O是圆心，MN是法线。一束单色光线以入射角i=30由玻璃砖内部射向O点，折射角为r，当入射角增大到也为r时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出。让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b后，得到图乙所示的衍射图样（光在真空中的传播速度为c）。则下列说法正确的是 。A. 此光在玻璃砖中的全反射临界角为60B. 玻璃砖的折射率n=C. 此光在玻璃砖中的传播速度D. 单缝b宽度较大E. 光的偏振现象说明光是一种纵波【答案】BCD【解析】根据折射定律有，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于，则有：，因，解得，故A错误，B正确；光在玻璃砖中的传播速度为，故C正确；缝宽增加，单缝衍射条纹变小，由乙图知单色光通过单缝b条纹较窄，所以单缝b宽度较大，故D正确；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故E错误。所以BCD正确，AE错误。16. 简谐横波沿x轴传播，M、N是x轴上两质点，如图甲是质点 N的振动图象。图乙中实线是t=3s时刻的波形图象，质点M位于x=8m处，虚线是再过Dt时间后的波形图象。图中两波峰间距离Dx=7.0m。求波速大小和方向；时间Dt 。【答案】沿x轴负向， 【解析】试题分析：从图中可得周期和波长，根据,可得波速；根据时间与周期的关系即可解得。由题意知,则波速大小为：方向沿x轴负向由题意知，时间， 3分点睛：本题主要考查了机械波的传播，应用波长、周期及波速间的关系即可解题。
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