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七校联合体2017届高三第三次联考试卷理科综合物理二、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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 如图所示是做匀变速直线运动的质点在06s内的位移时间图线。若t=1s时，图线所对应的切线斜率为4（单位：m/s）。则：A. t=1s时，质点在x=5 m的位置B. t=1s和t=5s时，质点的速度相同C. t=1s和t=5s时，质点加速度的方向相反D. 前5s内，合外力对质点做正功【答案】A【解析】t=1s时，图线所对应的切线斜率为4，则物体的速度为v1=4m/s，图象对称分布，3s末位移最大，所以3s末速度为零，物体做匀减速直线运动，加速度： ，初速度为 v0=v1-at1=4+2=6m/s，所以t=1s时，质点的位移： ，故A正确；t=1s和t=5s时图象的斜率的绝对值相等，则质点的速率相等，但方向相反，故B错误；物体做匀减速直线运动，t=1s和t=5s时，质点加速度的方向相同，故C错误；5s末的速度v5=v0+at5=6-25=-4m/s，因为4m/s6m/s，所以前5s物体动能减小，所以合外力对质点做负功，故D错误。所以A正确，BCD错误。2. 如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，用外力固定着一个带电荷量为Q的小球P，带电荷量分别为q和2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是( ) A. M与N的距离大于LB. P、M和N在同一直线上C. 在P产生的电场中，M、N处的电势相同D. 撤去固定小球P的外力，小球P将运动起来【答案】B【解析】对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有： ，解得：，故A错误；由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，那么小球P所受的电场力的合力也为零，所以撤去固定P的外力，P也不会运动，故D错误。所以B正确，ACD错误。3. 在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入方向与x轴的夹角45时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，为了使粒子从ab的中点射出磁场，则速度应为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设a、b、c三点的坐标分别为x1，x2，x3，当=45时，三点为的粒子从a点射出磁场，如图所示有：,当=45时，三点为的粒子从b点射出磁场，如图所示有，,当=60时，三点为的粒子从c点射出磁场，如图所示有:, 因为2x3=x1+x2，所以，故D正确，ABC错误。4. 在某种条件下，铬原子的n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时释放的能量转交给n=4能级上的电子，使之脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子。已知铬原子的能级公式可简化表示为，式中n=1，2，3表示不同的能级，A是正的已知常数。上述俄歇电子的动能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意可知n=1能级能量为：E1=-A，n=2能级能量为：，从n=2能级跃迁到n=1能级释放的能量为:,从n=4能级能量为：，电离需要能量为：，所以从n=4能级电离后的动能为：，故ABD错误，C正确。5. 如图，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向先后抛出，恰好同时落到地面上与两抛出点水平距离相等的P点，并且落到P点时两球的速度互相垂直。若不计空气阻力，则（ ）A. 小球a比小球b先抛出B. 初速度va小于vbC. 小球a、b抛出点距地面高度之比为vb：vaD. 两球落到P点时速率相等【答案】ABD【解析】根据： ，解得，知平抛运动的运动时间是由竖直的高度决定的，由于a的高度比b的大，所以它们运动关系为 tatb，由于ab的水平的位移相等，由x=v0t得vavb，故AB正确； 由以上联立可得：，故C错误；因为两小球落到P点时两球的速度互相垂直，根据速度与角度的关系可得两球落到P点时速率相等，故D正确。所以ABD正确，C错误。6. 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下游到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（ ）A. 杆对圆环的弹力先增大后减小B. 弹簧弹性势能增加了C. 圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D. 圆环动能与弹簧弹性势能之和一直变大【答案】BD7. 如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压有效值为U的正弦交变电流，则（ ）A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，变阻器R消耗的功率变小C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D. 调节P、Q使副线圈匝数、变阻器R阻值均变为原来2倍，则变压器输入功率不变【答案】AC【解析】在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定因此，当Q位置不变时，输出电压不变，此时P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I变小，故A 正确，C错误；由上可知输出电流减小，因为R0消耗的功率为：，因为R的阻值变大，所以消耗的功率不能确定，故B错误；调节P、Q使副线圈匝数则输出电压不变，而变阻器R阻值均变为原来2倍，输出功率减小，则变压器输入功率减小，故D错误。所以AC正确，BD错误。8. 如图，赤道上空有2颗人造卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为R，卫星A、B的轨道半径分别为、，卫星B的运动周期为T，某时刻2颗卫星与地心在同一直线上，两颗卫星之间保持用光信号直接通信。则（ ）A. 卫星A的加速度小于B的加速度B. 卫星A、B的周期之比为C. 再经时间，两颗卫星之间的通信将中断D. 为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星A所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要3颗卫星【答案】BC【解析】根据,解得：，可知A的加速度大于B的加速度，故A错误；根据，解得：,可得：，故B正确；由题意可知当卫星A与B的连线与地球相切时信号将中断，由几何关系可知此时AB卫星的距离为, 角度关系为，（为卫星AB与地心连线的夹角），联立可得：，故C正确；对于同步卫星来讲，由于赤道的角度为360度，而一颗卫星能覆盖120度，故要有3颗，才能全部覆盖地球表面，同步卫星据地心的距离大约7R,而卫星A的轨道半径为 ，覆盖的范围比同步卫星还要小，因此至少需要3颗以上才可以，故D错误。所以BC正确，AD错误。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第40题为选择题，考生根据要求做答。（一）必考题9. 某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点（如图），因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离： sA=16.6mm，sB=126.5mm，sD=624.5mm。若无法再做实验，可由以上信息推知：(1)相邻两计数点的时间间隔为_ s；(2)打 C点时物体的速度大小为_ m/s（取2位有效数字）；(3)物体的加速度大小为_（用字母sA、sB、sD和f表示）。【答案】 (1). (1)0.02s (2). (2)2.5 m/s (3). (3)【解析】（1）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.025s=0.1s根据间的平均速度等于点的速度得 匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即x=aT2，所以有：xBC=xAB+aT2，xCD=xBC+aT2=xAB+2aT2，xBD=2xAB+3aT2，所以 10. 在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的的实验器材。（1）甲同学按图a中的实线连接电路进行实验，其中定值电阻的作用是_。由电压表读数U和电流表读数I，画出UI图线如图b所示，可得电源的电动势E_V，内电阻r_。（结果保留2位有效数字）（2）乙同学因为粗心，多连接了一根导线，如图a中的虚线所示。由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图c所示。乙同学分析了图象出现异常的原因后，认为由图c也可以达到实验目的，则由图c可得电源的电动势E_V，内电阻r_。（结果保留2位有效数字）【答案】 (1). （1）保护电路 (2). 2.8 (3). 0.60 (4). （2）3.0 (5). 0.50【解析】（1）定值电阻在电路中主要起到保护电路的作用；根据U=E-Ir可知，图象与纵轴的交点表示电动势，故E=2.8V；图象的斜率表示内电阻：。（2）由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图c所示的图象，则由图象可知，当电压为2.5V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.5=E-r 2.4=E-1.2r解得：E=3.0 r=0.50。11. 如图，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，大小随时间变化的表达式是B=B0+kt，其中k 0。足够长的固定U型导轨和长为l的金属杆在t=0时恰好围成一边长为l的正方形回路，正方形的右半部位于磁场区域中。从t=0开始，金属杆向左做匀速运动，U型导轨受到的安培力恰好保持不变。已知U型导轨和金属杆每单位长度的电阻均为 ，求：（1）t=0时感应电流的大小；（2）金属杆的速度。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律求解回路中产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流；计算t时刻回路总电阻根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流的大小，根据共点力的平衡条件求解。(1)回路中产生的感应电动势 t=0时感应电流的大小联立以上解得： （2）在t时刻回路总电阻该时刻感应电流的大小 U型导轨受到的安培力恰好保持不变则即解得 点睛：本题主要考查了电磁感应问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键12. 如图，有一个足够长竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调节。开始滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L。现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为使滑块恰好做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力必须随滑块下移而适当变化，忽略空气阻力，以滑块初始高度处为原点，向下为正方向建立Ox轴。(1) 求ER流体对滑块的阻力随位置坐标x变化的函数关系式及题中L要满足的条件；(2) 滑块速度第一次减为0瞬间，通过调节，使以后ER流体对运动的滑块阻力大小恒为mg，若此后滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，求的取值范围。【答案】（1）；（2）（）（）【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，求出物体的速度，再根据动量守恒求出共同的速度，结合牛顿第二定律求出长度范围；滑块能向上运动则 得， 当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力为正，写出力的表达式再结合数学知识求出 滑块停止运动不再下降的条件。（1）设滑块静止时弹簧压缩量为x0，则 设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律 设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律mv0=(m+m)v1滑块下移距离为时 由牛顿第二定律 解得当时，得 (2)(i)滑块能向上运动则 得 (ii)当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力作出Fx图：由数学知识得滑块停止运动的位置坐标 （2分）滑块停止运动不再下降的条件是 得综上所述， （1分）点睛：本题主要考查了物块在弹簧的弹力和流体的阻力情况下的运动问题，应用了机械能守恒定律、动量守恒定律及牛顿第二定律等知识，数学知识应用较强。（二）选考题13. 下列说法中正确的是A. 用打气筒打气要用力，是因为分子间存在斥力B. 在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍存在表面张力C. 用显微镜观察布朗运动，观察到的是液体分子的无规则运动D. 当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大E. 对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】BDE【解析】用打气筒打气很费劲，是因气体被压缩压强增大，与分子斥力无关，故A错误；在完全失重的宇宙飞船中，水的表面仍存在表面张力，故B正确；依据布朗运动的定义，是在显微镜中看到的固体分子的无规则而其反应的是液体分子无规则热运动，故C错误；当分子力表现为引力时，距离增大时引力做负功，所以分子势能随分子间距离的增大而增大，故D正确；对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，要对外做功，根据热力学第一定律可知它一定从外界吸热，故E正确。所以BDE正确，AC错误。14. 如图所示，光滑导热活塞C将体积为V0的导热容器分成A、B两室，A、B中各封有一定质量的同种气体，A室左侧连接有一U形气压计（U形管内气体的体积忽略不计），B室右侧有一阀门K，外界大气压等于76cmHg，气温恒定。当光滑导热活塞C静止时，A、B两室容积相等，气压计水银柱高度差为38cm。因阀门K处缓慢漏气，一段时间后，气压计左边水银柱比右边水银柱仅高了19cm，求：此时A室的体积；B室从阀门K逸出的气体质量与原有质量的比。【答案】0.6V0 1/3【解析】试题分析：阀门K闭合，求出此时的体积、压强，漏气后的体积和压强，再根据玻意耳定律即可解题；漏气后，假设漏出的气体没有散开，根据玻意耳定律得此时的体积，结合总体积不变，即可求出前后体积比。阀门K闭合，A室的体积为压强为漏气后，A室的体积为压强为根据玻意耳定律得解得漏气后，假设漏出的气体没有散开，根据玻意耳定律得得由于B室的气体逸出，留在B室的气体体积为B室从阀门K逸出的气体质量与原有质量的比为点睛：本题主要考查了理想气体状态方程，应用玻意耳定律即可解题。15. 在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v10 m/s，已知在t0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x5 m处。下列说法中正确的是A. 这列波的波长为4 mB. 这列波的振幅为20 cmC. 这列波的频率为2.5 HzD. 波源起振方向沿y轴正方向E. 再经过0.2 s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置【答案】ACD16. 如图所示，一个立方体玻璃砖的边长为a，折射率n=1.5，立方体中心有一个小气泡为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，必须在每个面上都贴一张纸片，则每张纸片的最小面积为多少？【答案】【解析】试题分析：设纸片的最小半径为，玻璃砖的临界角为C，则，解得，则最小面积。考点：光的折射定律、全反射【名师点睛】根据全反射的临界角，通过气泡到达每个面的距离求出纸的最小半径，从而根据圆的面积公式求出每张纸片的最小面积。
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