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太原市2017届高三第三次模拟理综物理试题选择题1.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b，整个系统处于静止状态。现将物块c轻轻放在a上，整个系统依然处于静止状态，则 A. 绳OO与竖直方向的夹角变小 B. 绳OO的张力一定变大C. 连接a和b的绳的张力可能不变 D. b与桌面见的摩擦力保持不变【答案】B【解析】以滑轮为研究对象，受a、b、OO绳子的拉力而平衡，a、b绳子拉力大小等于a的重力，其合力与OO绳子的拉力等大反向，将物块c轻轻放在a上，a、b绳子拉力增大，其合力增大，合力方向不变，绳OO与竖直方向的夹角不变，绳OO的张力一定变大，AC错误、B正确；以b为研究对象，b绳拉力沿水平方向的分力等于b与桌面间的摩擦力，变大，D错误。故选：B。【名师点睛】以滑轮为研究对象，a、b绳子拉力的合力与OO绳子的拉力等大反向，a、b绳子拉力大小等于a的重力；以b为研究对象，可知摩擦力的变化。2.在研究光电效应的实验中。保持P的位置不变，用单色光a照射阴极K，电流计g的指针不发生偏转；改用另一频率的单色光b照射K，电流计的指针发生偏转。那么A. 增加a的强度一定能使电流计的指针发生偏转 B. 用b照射时通过电流计的电流由d到cC. 只增加b的强度一定能使通过电流计的电流增大 D. a的波长一定小于b的波长【答案】C【解析】A、用单色光a照射阴极K，电流计g的指针不发生偏转,说明a的频率低于阴极k的截止频率，增加a的强度也无法使电流计的指针发生偏转，A错误；B、电子运动方向从d到c，电流方向从c到d，B错误；C、只增加b的强度可以使光电流强度增大，使通过电流计的电流增大，C正确；D、b能使阴极k发生光电效应，b的频率高于a的频率，b的波长一定小于a的波长，D错误；故选：C。3.如图 1 所示。轻质弹簧一段固定在竖直墙壁上，另一端连接质量为 0.10Kg 的小木块 a，另一个相同的小木块 b 紧靠 a 一起在水平面上处于静止状态。现在 b 上施加一水平向左的力 F 使 a 和 b 从静止开始缓慢向左移动，力 F 的 大小与 a 的位移 x 的大小关系如图 2 所示。弹簧一直处于弹性限度内，将 a、b 视为质点，下列说法正确的是 Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172645376/STEM/37155a805c79410e897cdad531a2af78.pngA. 在木块向左移动 10cm 的过程中，弹簧的弹性势能增加了 2.5JB. 该弹簧的劲度系数为 250N/mC. 当 x=10cm 时撤去 F，此后 b 能达到的最大速度为 5m/sD. 当 x=10cm 时撤去 F，a、b 分离时的速度为 5m/s【答案】A【解析】A、开始小木块处于静止状态，弹力等于摩擦力：f=1N，在木块向左移动的过程中，力F做的功一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹簧的弹性势能，弹簧增加的弹性势能：,A正确；B、小物块缓慢向左移动，受力平衡：，k=490N/m，B错误；C、撤去 F后，a b 回到原来位置时达到最大速度：，C错误；D、撤去F后a、b将在原长处 分离，此时速度小于最大速度，D错误。故选：A。4.如图，直角三角形 abc 内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场强度的大小为 B，a=30，ac=2L，P 为 ac 的 中点。在 P 点有一粒子源可沿平行 cb 方向发出动能不同的同种正粒子，粒子的电荷量为 q、质量为 m，且粒子动能 最大时，恰好垂直打在 ab 上。不考虑重力，下列判断正确的是 Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172661760/STEM/e7558b663a594c03b188c7a002e96907.pngA. 粒子动能的最大值为 B. ab 上可能被粒子打中区域的长度为C. 粒子在磁场中运动的最长时间 D. ac 上可能被粒子打中区域的长度为【答案】B【解析】Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172661760/EXPLANATION/c633e8914ad9460b92d3155020c209f4.pngA、动能最大时，垂直打在d点，半径R1=L，根据洛伦兹力等于向心力： ，A错误；B、轨迹与ab相切时，打的位置最靠近a点：，R2=L/3，ab 上可能被粒子打中区域为de，长度为，B正确；C、粒子在磁场中运动半个圆周时，所用的时间的最长：，C错误；D、从P点到轨道与ab相切时打到ac上的点，都有可能被粒子打中，区域的长度为2L/3，D错误。故选：B。【名师点睛】垂直打在d点，圆心为a点，可知半径，根据洛伦兹力提供向心力，可求出速度和动能；轨迹与ab相切的粒子在磁场中运动的最长时间，打的位置最靠近a点，可确定ab 上可能被粒子打中区域和ac 上可能被粒子打中区域的长度；根据周期公式，可确定最长时间。5.世界上没有永不谢幕的传奇，NASA的“卡西尼”号探测器进入图形探测任务的最后篇章。据NASA报道，“卡西尼”4月26日首次到达土星和土星内环（碎冰块、岩石块、尘埃等组成）之间，并在近圆轨道做圆周运动。在极其稀薄的大气作用下，开启土星探测之旅的。最后阶段-“大结局”阶段。这一阶段将持续到九月中旬，直至坠向土星的怀抱。若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172669952/STEM/0609bc17eab34fba9b3ba343430e6eee.pngA. 4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度小于内环的角速度B. 4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率大于内环的速率C. 5月6月间，“卡西尼”的动能越来越大D. 6月到8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和保持不变【答案】BC【解析】A、根据万有引力提供向心力：，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度大于内环的角速度，A错误；B、根据万有引力提供向心力：，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率大于内环的速率，B正确；C、根据万有引力提供向心力：，“卡西尼”的轨道半径越来越小，动能越来越大，C正确；D、“卡西尼”的轨道半径越来越小，动能越来越大，由于稀薄气体阻力的作用，动能与火星的引力势能之和机械能减小，D错误。故选：BC。6.某50Hz的钳形电流表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n2=1000，当用该表测50Hz交流电时Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172678144/STEM/f4a4c849ff8f4d7c9c2fbf94025ebc7c.pngA. 电流表g中通过的是交流电流B. 若g中通过的电流为50mA，则导线中的被测电流为50AC. 若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，g中通过的电流是10mAD. 当用该表测量400Hz的电流时，测量值比真实值偏小【答案】AB【解析】A、变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表g中通过的仍是交流电流，A正确；B、根据变压器原副线圈电流与匝数成反比： ， ，B正确；C、若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；D、根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误。 故选：AB。7.如图所示，质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块。已知m与M之间的动摩擦因数为，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2。现对M施一水平恒力F，将M从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面，则在上述过程中Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/11/24/1823980401631232/1824941838155776/STEM/12b849c5d87d4afd85fa45647a39211e.pngA. 水平恒力F一定大于3(m+M)gB. m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等C. M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小相等D. 若增大水平恒力F，木块有可能滑出桌面【答案】AC【解析】A、对小木块：mg=ma1；对木板：；要使小木块滑离木板，需使，则 ，A正确；B、设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t1，小木块的加速度大小为a1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a2，时间为t2，有：mg=ma12mg=ma2a1t1=a2t2联立解得：t1=2t2，B错误；C、m初末速度都为零，合外力冲量为零，M对m的冲量与桌面对m的冲量大小相等，方向相反，C正确；D、若增大水平恒力F，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小；在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面，D错误。故选：AC。【名师点睛】薄木板在被抽出的过程中，滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解出木块的加速度，根据运动学规律求解出时间； 根据动量定理，合外力冲量为零，M对m的冲量与桌面对m的冲量大小相等；增大水平拉力，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小，在桌面上滑动的距离变短，可以判断能否滑出桌面。8.光滑水平面上有一边长L=0.10m的单匝均匀正方形导线框abcd，质量m=1.0kg，电阻R=0.10。在竖直方向存在有平行边界的匀强磁场，ab边恰好位于磁场左边界上，其俯视图如图一所示。t=0时，线框以初速V0在恒力F的作用下进入匀强磁场，已知线框从位置到位置过程中的v-t图像如图2所示，且在t=0时Uab=1.5V，则Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172702720/STEM/0d4863ef65784806aa2802145af4e4aa.pngA. t=0时线框中的感应电动势为1.5VB. 线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功为1.55JC. 恒力F的大小为1ND. 线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量为1.0C【答案】BD【解析】A、，E=2.0V，A错误；B、根据动能定理：线框在进入磁场的过程中克服安培力做的功：，W=-1.55J；线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功与线框在进入磁场的过程中克服安培力做的功相等，为1.55J，B正确；C、进入磁场后做匀加速运动，根据牛顿第二定律：，C错误；D、线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量：,E=BLv，联立得：q=1.0C。故选：BD。【名师点睛】t=0时，ab相当于电源，根据闭合电路欧姆定律可求出电动势；根据动能定理求出线框进入磁场的过程中克服安培力做的功；根据牛顿第二定律求出恒力F；根据电流定义和法拉第电磁感应定律求出线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量。9.如图，黑箱中有A、B、C三个接线柱，已知每两个接线柱间最多只有一个电器元件（可能有电源、定值电阻、和二极管）。用多用电表对黑箱进行如下检测：Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172710912/STEM/2266db20791645ccbf06056d7372806c.png将选择开关置于OFF挡将选择开关调到欧姆档合适倍率，进行欧姆调零将选择开关调到直流电压档位，两表笔分别检测任意两个接线柱，均无示数用两表笔进行检测，红黑表笔的位置和测量结果如下表Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172710912/STEM/5143d576cd1a4b18925f1ee239e7a9d4.png(1)正确的实验操作顺序为_；（填步骤前序号）(2)黑箱内的电器元件应该有_；(3)在图中画出电器元件的连接图_。【答案】 (1). (2). 定值电阻和二极管 (3). Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/null/ANSWER/18935207508f48398bc63d43f8566f3d.png【解析】【详解】（1）欧姆表有内部电源，在使用欧姆表测电阻时，必须与电源电路断开。所以，首先要判断电路中有没有电源。使用欧姆表首先要选择合适的倍率，进行欧姆调零；然后进行测量；测量结束后，要将选择开关置于OFF挡。正确的实验操作顺序为。（2）A、B间正反向电阻相等，一定是一个固定电阻；B、C间正反向电阻相差很大，一定有一个二极管。（3）电器元件的连接图如下：Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/null/EXPLANATION/07610fe9584d4b21b5dc50343310c6e6.png10.水平桌面上有一个半径很大的圆弧轨道P，某实验小组用此装置（如图）进行了如下实验：Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172735488/STEM/7cd41ac863364257b8f46aa5f516058f.png调整轨道P的位置，让其右端与桌边对齐，右端上表面水平；在木板Q表面由内到外顶上白纸和复写纸，并将该木板竖直紧贴桌边；将小物块a从轨道顶端由静止释放，撞到Q在白纸上留下痕迹O；保持Q竖直放置，向右平移L，重复步骤，在白纸上留下痕迹O1；在轨道的右端点放置一个与a完全相同的物块b，重复步骤，a和b碰后黏在一起，在白纸上留下痕迹O2；将轨道向左平移S，紧靠其右端固定一个与轨道末端等高，长度为S的薄板R，薄板右端与桌边对齐（虚线所示），重复步骤，在白纸上留下痕迹O3；用刻度尺测出L、S、y1、y2、y3。不考虑空气阻力，已知当地的重力加速度为g，完成下列问题：（用已知量和待测量的符号表示）步骤中物块a离开轨道末端时的速率为_；若测量数据满足关系式_，则说明步骤中a与b在轨道末端碰撞过程中动量守恒；步骤中物块a离开薄板R右端时的速率为_；物块a与薄板R间的动摩擦因数为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】（1）步骤中物块a离开轨道末端做平抛运动，竖直方向：；水平方向：；联立解得：。（2）同上，打在O2时，平抛初速度为：；a与b在轨道末端碰撞过程中动量守恒：，即，解得：。（3）方法同（1），v3=。（4）根据动能定理：，代入数据得：。11.如图所示，绝缘的1 圆弧轨道AB圆心为O，半径为R；CD为水平面，OC竖直，B为OC的中点。整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E。将质量为m、电荷量为+q的小球从A点由静止释放，小球沿轨道运动，通过B点后落到水平面上P点，测得CP=R。已知重力加速度为g，求：小球通过B点时对轨道压力的大小；小球在圆弧轨道上克服阻力做的功。Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172751872/STEM/8e64a0e4ae1f4412ae6f46e2f4d28fa8.png【答案】(1) (2)【解析】（1）设小球通过B点时速度为v，小球由B到P的过程中做类平抛运动，加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式得：小球通过B点时，轨道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律得：小球通过B点时对轨道的压力为，根据牛顿第三定律：FN=联立解得：=2mg-2Eq（2）小球在圆弧轨道上克服阻力做的功为W，根据动能定理：解得：【名师点睛】根据小球由B到P的过程中做类平抛运动的规律和牛顿第二定律，可求出抛出的初速度；小球通过B点时，合外力提供向心力；可求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得到小球对轨道的压力；根据动能定理，求出小球在圆弧轨道上克服阻力做的功。12.如图所示，倾角为的光滑斜面底端固定一弹性挡板P，将小滑块A和B从斜面上距挡板P分别为l和3l的位置同时由静止释放，A与挡板碰撞后以原速率返回；A与B的碰撞时间极短且无机械能损失。已知A的质量为3m、B的质量为m，重力加速度为g，滑块碰撞前后在一条直线上运动，忽略空气阻力及碰撞时间，将滑块视为质点，求：两滑块第一次相碰的位置；两滑块第一次相碰后，B与挡板的最远距离。Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172768256/STEM/afaec3df593e44198be6689f64b28b2d.png【答案】(1) (2)【解析】(l）两滑块在斜面上运动时，加速度相同为a，由牛顿第二定律有：mgsin=ma设A运动到P的时间为t1、速度为v1，由位移公式有：解得：，A与档板碰撞后，以速率v1沿斜面向上滑动，设A球再经时间t2与B相遇，相遇点与P的距离为x，由运动学规律：B在斜面上做匀加速运动，由运动学规律有：联立解得：(2）设A与B相碰前速度大小分别为vA与vB，由运动学规律： 解得：，方向沿斜面向上，方向沿斜面向下设A与B相碰后速度大小分别为和，规定沿斜面向上为正方向，由动量守恒定理和机械能守恒定理有：第一次相碰后，B上滑的距离为xB，由运动学规律有：B与挡板的最远距离为：Xm=X+XB解得：13.如图所示，在斯特林循环的P-V图象中，一定质量理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。下列说法正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选一个扣3分，最低得分为0分）Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172776448/STEM/e376b9fd85104c4392bb604165189dd5.pngA. 从a到b，气体得温度一直升高B. 从b到c，气体与外界无热量交换C. 从c到d，气体对外放热D. 从d到a，单位体积中的气体分子数目增大E. 从b到c气体吸收得热量与从d到a气体气体放出得热量相同【答案】ACD【解析】A、从a到b，体积不变，压强增大，温度一直升高，A正确；B、从b到c，温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，对外做功，气体从外界吸收热量，B错误；C、从c到d，体积不变，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外放热，C正确；D、从d到a，温度不变，压强增大，体积减小，单位体积中的气体分子数目增大，D正确；E、从b到c气体吸收得热量等于气体对外做的功，从d到a气体放出得热量等于外界对气体做的功，两个过程体积变化相同，但压强不同，做的功不同，所以从b到c气体吸收得热量与从d到a气体放出得热量不同，E错误。故选：ACD。14.受啤酒在较高压强下能够溶解大量二氧化碳得启发，科学家设想了减低温室效应得“中国办法”：用压缩机将二氧化碳送入深海底，由于海底压强很大，海水能够溶解大量得二氧化碳使其永久储存起来，这样就为温室气体找到了一个永远的“家”。现将过程简化如下：在海平面上，开口向上、导热良好的气缸内封存有一定量的CO2气体，用压缩机对活塞施加竖直向下的压力F，此时缸内气体体积为V0、温度为T0.保持F不变，将该容器缓慢送入温度为T、距海平面深为h的海底。已知大气压强为P0,活塞横截面为S，海水的密度为P，重力加速度为g。不计活塞质量，缸内的CO2始终可视为理想气体，求：（i）在海底时CO2的体积。（ii）若打开阀门K，使容器内的一半质量的二氧化碳缓慢排出，当容器的体积变为打开阀门前的时关闭阀门，则此时压缩机给活塞的压力F/是多大？Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172792832/STEM/f7679e0ab33a4a5d9fc0363ef35306cc.png【答案】（1） （2）【解析】在海平面上的CO2的压强：距海平面h高处CO2的压强：由理想气体状态方程得： （ii）以一般质量的CO2气体为研究对象，溶解后容器内CO2的压强：由玻意耳定律得：由题意得：15.下列说法正确的是_A. 透过平行与日光灯的窄缝观察发光的日光灯时能看到彩色条纹是光的干涉现象B. 在镜头前装上偏振片滤掉水面反射的偏振光，可使水中鱼的像更清晰C. 不同波长的光在玻璃中传播时，波长越短，速度越慢D. 在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比E. 已知弹簧振子初始时刻的位置及振动周期，就可知弹簧振子任意时刻的运动速度【答案】BCD【解析】A、透过与日光灯平行的窄缝观察到彩色条纹是光的单缝衍射现象，A错误；B、在镜头前装上偏振片滤掉水面反射的偏振光，通过镜头的是鱼反射的光线，鱼的像更清晰，B正确；C、光在玻璃中传播时，波长越短，频率越高，折射率越大，速度越慢，C正确；D、单摆做简谐振动的周期：，周期的平方与其摆长成正比，D正确；E、已知弹簧振子初始时刻的位置及振动周期，运动方向不确定，就无法确定弹簧振子任意时刻的运动速度，E错误。故选：BCD。16.2016年2月，Virgo合作团队宣布他们利用高级LIGO探测器，首次探测到了来自于双黑洞合并的引力波信号。引力波是指时空弯曲中的涟漪，以波的形式由辐射源向外传输能量。机械波与引力波有本质的区别，但机械波的能量也是通过波的形式由波源向外传播。现有一列机械波在某均匀介质中传播，在传播方向上有两个质点P和Q，他们的平衡位置相距S=12m，且大于一个波长，已知波在该介质中的传播速度v=20m/s，P和Q的震动图像如图所示。求：Failed to download image : qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs./QBM/2017/5/28/1696887846977536/1706170172817408/STEM/3db2eacc0a14497e973ad08933960e8b.png（）机械波的能量在P和Q间传播所需要的时间；（）波源的震动周期。【答案】（1） （2）【解析】（）机械波在同一种均匀介质中传播：（）若波从P向Q传播：而PQ，则n=1,2,3，同理，若波从Q向P传播：
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