絕密★啟用前2018年黃石市高三年級五月適應性考試理科綜合物理二、不定項選擇題：本題共8小題。每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第14∽18題只有一項符合題目要求，第19∽21題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.下列說法正確的是（）A．太陽輻射的能量主要來自太陽內部的核裂變反應B．β衰變的實質是核內的中子轉化成了一個質子和一個電子C．結合能越大，原子核中核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定D．放射性元素的半衰期與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件有關15.如圖所示，用一根長為L的細繩一端固定在O點，另一端懸掛質量為m的小球A，為使細繩與豎直方向夾角為30°且繃緊，小球A處于靜止，則需對小球施加的最小力等于（）A．mg B．mg C．mg D．mg16.如圖所示，位于光滑水平面上的小滑塊P和Q都可視作質點，質量相等．Q與輕質彈簧相連．設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于（）A．P的初動能 B．P的初動能的C．P的初動能的 D．P的初動能的17,.如圖所示，在xOy坐標系的第Ⅰ象限中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子在x軸上的A點垂直于x軸射入磁場，第一次入射速度為v，且經時間t1恰好在O點反向射出磁場，第二次以2v的速度射入，在磁場中的運動時間為t2，則t1：t2的值為（）A．1：2 B．1：4 C．2：1 D．4：118.如圖所示，面積為S、匝數為N的矩形線框在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，通過滑環(huán)向理想變壓器供電，燈泡L1、L2均正常發(fā)光，理想電流表的示數為I。已知L1、L2的額定功率均為P，額定電流均為I，線框及導線電阻不計，則A．圖示位置時穿過線框的磁通量變化率為零B．線框轉動的角速度為EQ\F(2EQ\A()\R(2)P,INBS)C．理想變壓器原副線圈的匝數比為1∶2D．若燈L1燒斷，電流表示數將增大19.2016年10月19日凌晨，“神舟十一號”載人飛船與距離地面343km的圓軌道上的“天宮二號”交會對接．已知地球半徑為R=6400km，萬有引力常量G=6.67×10﹣11N?m2/kg2，“天宮二號”繞地球飛行的周期為90分鐘，以下分析正確的是（）A．“天宮二號”的發(fā)射速度應大于11.2km/sB．“天宮二號”的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度C．由題中數據可以求得地球的平均密度D．“神舟十一號”加速與“天宮二號”對接前應處于同一圓周軌道20.如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數μ與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示，則（）A．μ0＞tanαB．物塊下滑的加速度逐漸增大C．物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為EQ\F(1,2)μ0mglcosαD．物塊下滑到底端時的速度大小為EQ\A()\R(2glsinα2μ0glcosα)21.一帶負電的粒子僅在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能E隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是（）A．x1處電場強度為零B．在x1、x2、x3處的電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ1＞φ2＞φ3C．粒子在0～x2段做變速運動，在x2～x3段做勻速直線運動D．在x2～x3段該帶負電的粒子速度增大非選擇題共19題（含選考題），共174分非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第40題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題（共129分）22（5分）.氣墊導軌裝置是物理學實驗的重要儀器，可以用來“研究勻變速直線運動”、“驗證機械能守恒定律”、“探究動能定理”等。（1）某學習小組在“研究勻變速直線運動”的實驗中，用如圖所示的氣墊導軌裝置來測小車的加速度，由導軌標尺可以測出兩個光電門之間的距離L，窄遮光板的寬度為d，窄遮光板依次通過兩個光電門的時間分別為t1、t2，則滑塊的加速度可以表示為a=___________________（用題中所給物理量表示）。（2）該學習小組在測出滑塊的加速度后，經分析討論，由于滑塊在氣墊導軌上運動時空氣阻力很小，可忽略，所以可用上述實驗裝置來驗證機械能守恒定律，為驗證機械能守恒定律還需測量的物理量是_______________________和_____________________。機械能守恒的表達式為_______________________________________。用題中所給物理量和測量的物理量表示）。（3）該學習小組在控制沙桶的質量m遠遠小于滑塊的質量M的前提下，忽略滑塊在氣墊導軌上運動時所受的阻力，探究動能定理，若由導軌標尺可以測出兩個光電門之間的距離s，窄遮光板的寬度為d，窄遮光板依次通過兩個光電門的時間分別為T1、T2，滑塊在通過兩個光電門過程中合外力做功為____?；瑝K動能變化為_。23．（10分）(1)某同學想從下列三個電壓表中選一個改裝成量程為9V的電壓表A．量程為1V、內阻大約為1kΩ的電壓表B．量程為2V、內阻大約為2kΩ的電壓表C．量程為3V、內阻為3kΩ的電壓表那么他選擇的電壓表應該是________（填A、B或C）,將它串聯(lián)一個R=__________kΩ的電阻可以改裝成量程為9V的電壓表．利用一個電阻箱、一只開關、若干導線和改裝好的電壓表（此表用符號、或與一個電阻串聯(lián)來表示，且可視為理想電壓表），來測量一電源的電動勢及內阻，在下面線框內畫出測量電源電動勢及內阻的實驗原理電路圖． （3）根據以上實驗原理電路圖進行實驗，讀出電壓表示數為1．50V時，電阻箱的阻值為15．0Ω；電壓表示數為2．00V時，電阻箱的阻值為40．0Ω，則電源的電動勢E＝______V、內阻r＝________Ω．（結果保留小數點后一位有效數字）24（12分）.如圖所示，金屬棒ab從高為h處自靜止起沿光滑的弧形導軌下滑，進入光滑導軌的水平部分．導軌的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，在水平部分導軌上靜止有另一根金屬棒cd，兩根導體棒的質量均為m．整個水平導軌足夠長并處于廣闊的勻強磁場中，忽略一切阻力，重力加速度g．求：（1）假設金屬棒ab始終沒跟金屬棒cd相碰，兩棒的最終速度大小；（2）在上述整個過程中兩根金屬棒和導軌所組成的回路中產生的焦耳熱Q；（3）若已知導軌寬度為L，勻強磁場的磁感應強度為B，上述整個過程中通過導體棒cd橫截面的電量q．25（20分）．如圖所示，半徑為L1＝2m的金屬圓環(huán)內上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B1＝T。長度也為L1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω＝π/10rad/s。通過導線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中（連接a端的導線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的總阻值為4R），圖中的平行板長度為L2＝2m，寬度為d＝2m．圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v0＝0．5m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B2，左邊界為圖中的虛線位置，右側及上下范圍均足夠大。（忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運動時的電磁輻射的影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應及帶電粒子的重力和空氣阻力）求：（1）在0～4s內，平行板間的電勢差UMN；（2）帶電粒子飛出電場時的速度；（3）在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進入電場，則磁感應強度B2應滿足的條件。（二）選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按做的第一題計分。33．【物理━選修33】（15分）(1)（5分）一密閉鋼瓶中裝有一定質量的理想氣體，氣體在溫度T1、T2時的分子速率分布圖象如圖所示，橫坐標v表示分子速率，縱坐標f(v)表示各速率區(qū)間的分子數占總分子數的百分比。下列說法正確的是_________。(選對1個得2分，選對2不得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．T1<T2B．兩種狀態(tài)下瓶中氣體分子的平均動能相等C．隨著溫度的升高，氣體分子中速率大的分子所占的比例增大D．隨著溫度的升高，每一個氣體分子的速率都增大E．同一溫度下，氣體分子的速率呈現“中間多，兩頭少”的分布規(guī)律(2)（10分）如圖所示，橫截面積均為S的兩容器的下端由可忽略容積的細管連通。左側容器的側壁可導熱，且足夠高，上端開口。右側容器的側壁絕熱，上端由導熱材料封閉。活塞A、B下方封有理想氣體1，B上方封有理想氣體2，其中A導熱，B絕熱。大氣壓強為p0，外界溫度為T0，兩活塞的重力均為0.5p0S。系統(tǒng)平衡時，兩氣體柱的高度如圖所示?，F將右側容器上端和恒溫熱源連接，系統(tǒng)再次平衡時A上升了一定的高度。然后用外力將A緩慢推回最初平衡時的位置并固定，系統(tǒng)第三次達到平衡后，氣體2的長度變?yōu)?.2h。不計活塞與容器側壁的摩擦，求：(i)恒溫熱源的溫度T；(ii)系統(tǒng)第二次平衡時活塞A上升的高度△h。34.【物理━選修34】（15分）（1）（5分）下列說法中正確的是______(選對1個得2分，選對2不得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．單擺振動的周期與擺球質量無關B．發(fā)射無線電波時需要對電磁波進行調制和解調C．光的偏振現象說明光波是橫波D．光纖通信和全息照相都利用了光的全反射原理E．聲源與觀察者相互靠近時，觀察者接收的頻率大于聲源振動的頻率（2）（10分）從坐標原點O產生的簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，t=0時刻波的圖象如圖所示，此時波剛好傳播到M點，x=1m的質點P的位移為10cm，再經⊿t=0．1s，質點P第一次回到平衡位置。(i)求波源的探動周期。(ii)從t=0時刻起經多長時間位于x=－81m處的質點N(圖中未畫出)第一次到達波峰位置?并求出在此過程中質點P運動的路程。2018年黃石市高三年級五月適應性考試參考答案理科綜合一、物理部分14.【答案】B【分析】太陽內部的核聚變反應，β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子和電子所產生的，比結合能越大，原子核中核子結合得越牢固．【解答】解：A、太陽輻射的能量主要來自太陽內部的聚變反應，故A錯誤；B、β衰變所釋放的電子，是原子核內的中子轉化成質子和電子所產生的，故B正確；C、比結合能越大，原子核中核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，故C錯誤；D、放射性元素的半衰期與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關，故D錯誤．故選：B15【答案】C【分析】小球A處于靜止，受力平衡，分析受力情況，用作圖法得出對小球施加的力最小的條件，再由平衡條件求出力的最小值．【解答】解：以小球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖，根據作圖法分析得到，當小球施加的力F與細繩垂直時，所用的力最小．根據平衡條件，F的最小值為：Fmin=Gsin30°=mg×=mg故選：C．16【答案】D【分析】P與Q相互作用過程中，外力的合力為零，系統(tǒng)動量守恒，同時由于只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能也守恒；P剛與彈簧接觸時，彈簧彈力逐漸變大，P做加速度變大的減速運動，Q做加速度變大的加速運動，當P與Q速度相等時，彈簧最短，彈性勢能最大，根據動量守恒定律和機械能守恒定律列式即可．【解答】解：在整個過程中，彈簧具有最大彈性勢能時，P和Q的速度相同．根據動量守恒定律mv0=2mv．根據機械能守恒定律，有故最大彈性勢能等于P的初動能的．故選：D17【答案】C【分析】由洛侖茲力提供向心力得到半徑公式，由此可以看出當速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，半徑也變?yōu)樵瓉淼?倍．結合題意此時粒子在磁場中偏轉90°后垂直于y軸射出磁場，而粒子在磁場中運動的時間僅由偏轉角決定，與速度無關，從而可以求出兩次粒子運動的時間之比．【解答】解：由于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛侖茲力提供向心力從而得到半徑公式：，時間：，只與粒子偏轉的角度有關．由題意當粒子的速度變?yōu)?v時，其半徑也變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子偏轉90°后垂直y軸射出．所以，故ABD錯誤，C正確．18【答案】B【解析】【命題立意】：本題考查交變電流的產生、變壓器的應用、電路動態(tài)變化等知識點?？疾閷W生對知識概念的理解和應用能力?！窘忸}思路】：線圈平面與磁場平行時，產生的感應電動勢最大，磁通量變化率最大，故A選項錯誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，由于兩個燈泡都正常發(fā)光，則可知矩形線框產生的功率為2P，則有2P=EQ\F(1,EQ\A()\R(2))EmI=EQ\F(1,EQ\A()\R(2))NBSωI，可得ω=EQ\F(2EQ\A()\R(2)P,INBS)，故B選項正確；由于原線圈的電流為I，副線圈中兩燈泡并聯(lián)則總電流為2I，可知n1∶n2=2∶1，故C選項錯誤；若L1燒斷，則副線圈電流減小，原線圈的電流也相應減小，故D選項錯誤。本題正確選項為B。19【答案】BC【分析】當發(fā)射的速度大于等于第二宇宙速度，會掙脫地球的引力，不繞地球飛行；根據周期的大小比較軌道半徑，從而比較向心加速度的大?。鶕f有引力提供向心力得出地球的質量，結合地球的體積求出地球的平均密度．【解答】解：A、當發(fā)射的速度大于11.2km/s，會掙脫地球的引力，不繞地球飛行，所以“天宮二號”的發(fā)射速度不可能大于11.2km/s，故A錯誤．B、天宮二號的周期小于同步衛(wèi)星的周期，根據T=知，天宮二號的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，根據a=知，天宮二號的向心加速度大于同步衛(wèi)星的向心加速度，故B正確．C、題干中飛船的軌道半徑r=R+h，周期已知，根據得，地球的質量M=，則地球的密度ρ===，故C正確．D、“神舟十一號”加速與“天宮二號”對接前應處于不同的軌道上，若在同一軌道上，加速做離心運動，離開原軌道，不能實現對接，故D錯誤．20【答案】BC【解析】【命題立意】：本題考查牛頓運動定律、摩擦力、變力做功和動能定理等知識點?？疾閷W生的過程分析能力和應用數學知識解決物理問題的能力?！窘忸}思路】：物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應滿足mgsinα>μ0mgcosα，即μ0<tanα，故A選項錯誤；根據牛頓第二定律可知a=gsinαμgcosα，可知物塊下滑過程中隨著μ的減小，a在增大，故B選項正確；摩擦力f=μmgcosα=(μ0EQ\F(μ0,l)x)mgcosα，可知f與x成線性關系，如圖所示，其中f0=μ0mgcosα，則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf=eq\x\to(f)l=EQ\F(1,2)μ0mglcosα，故C選項正確；由動能定理有mglsinα－EQ\F(1,2)μ0mglcosα=EQ\F(1,2)mυ2，得υ=EQ\A()\R(2glsinαμ0glcosα)，故D選項錯誤。本題正確選項為BC。21【答案】AB【專題】電場力與電勢的性質專題．【分析】根據電勢能與電勢的關系：Ep=qφ，場強與電勢的關系：E=，結合分析圖象斜率與場強的關系，即可求得x1處的電場強度；根據能量守恒判斷速度的變化；由Ep=qφ，分析電勢的高低．由牛頓第二定律判斷加速度的變化，即可分析粒子的運動性質．根據斜率讀出場強的變化，由F=qE，分析電場力的變【解答】A、根據電勢能與電勢的關系：Ep=qφ，場強與電勢的關系：E=，得：E=，由數學知識可知Ep﹣x圖象切線的斜率等于，x1處切線斜率為零，則x1處電場強度為零，故A正確．B、根據電勢能與電勢的關系：Ep=qφ，粒子帶負電，q＜0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正確．C、由圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小