珠海市2017～2018學(xué)年度第二學(xué)期普通高中學(xué)生學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測高三理科綜合（物理部分）二、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14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求。全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.2014年8月19日，一架客機(jī)在起飛不久后遭遇鳥擊，導(dǎo)致兩個發(fā)動機(jī)中的一個無法正常工作，下列關(guān)于小鳥和飛機(jī)相撞時的說法正確的是A.小鳥對飛機(jī)的作用力比飛機(jī)對小鳥的作用力大B.飛機(jī)對小鳥的作用力比小鳥對飛機(jī)的作用力大C.小鳥對飛機(jī)的作用力與飛機(jī)對小鳥的作用力一樣大D.主動撞擊的一方產(chǎn)生的作用力大【答案】C【解析】小鳥撞飛機(jī)的力與飛機(jī)撞小鳥的力是一對相互作用力，二者大小相等，故ABD錯誤，C正確，故選C.2.如圖所示，彈簧測力計、繩子、滑輪的質(zhì)量都不計，所有摩擦力也忽略不計，物體A重100N，兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，其中彈簧測力計示數(shù)為50N，則地面對物體A的支持力及B的重力大小分別是A.25N和25NB.75N和25NC.0N和50ND.25N和50N【答案】B【解析】對物體B受力分析，受重力mg和拉力T，由于物體B處于平衡狀態(tài)，有，滑輪受到兩個向下的拉力，所以彈簧秤的讀數(shù)，解得：，對A進(jìn)行受力分析，A處于靜止?fàn)顟B(tài)，則，解得：，故選B.3.如圖，不計空氣阻力，從O點水平拋出的小球抵達(dá)光滑斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運(yùn)動。下列說法正確的是A.小球在斜面上運(yùn)動的加速度大小比平拋運(yùn)動時的大B.小球在斜面上上運(yùn)動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重力C.若撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地時間將減小D.若撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地速率將變大【答案】C【解析】物體在抵達(dá)斜面之前做平拋運(yùn)動，加速度為g。在斜面上運(yùn)動時，由牛頓第二定律得：加速度為（是斜面的傾角），可知小球在斜面上運(yùn)動的加速度大小比平拋運(yùn)動時的小，故A錯誤，對小球和斜面整體分析，小球沿斜面向下加速的過程中，小球具有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯誤，比較小球在斜面上與空中運(yùn)動的時間，由于小球在斜面上運(yùn)動的加速度為，豎直分加速度為，則知撤去斜面，落地時間變短，故C正確；根據(jù)機(jī)械能守恒得：，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故D錯誤。故選C.【點睛】根據(jù)牛頓第二定律求出小球在斜面上運(yùn)動的加速度，從而比較大小．對狀態(tài)分析，根據(jù)加速度的方向確定超失重，從而確定地面對斜面支持力與小球、斜面總重力的大小關(guān)系．根據(jù)動能定理比較落地的速率，結(jié)合加速度大小的變化判斷運(yùn)動時間的變化．4.“中星11號”是一顆地球同步衛(wèi)星，它主要用于為亞太地區(qū)等區(qū)域用戶提供商業(yè)通信服務(wù)。如發(fā)射過程的示意圖，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道I，速度為v1，然后經(jīng)點火，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，在橢圓軌道上P、Q點的速度分別為v2P和v2Q，最后再一次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3，速度為v3，軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，則當(dāng)衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運(yùn)行時，以下說法正確的是A.四個速率的大小順序為：v2Q>v2P，v2P＜v3＜v1，v3與v2Q的大小不能比較B.衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度C.衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的加速度小于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度D.衛(wèi)星在軌道1上的機(jī)械能小于它在軌道3上的機(jī)械能【答案】D從軌道1到軌道3經(jīng)歷了兩次點火加速，即外界對衛(wèi)星做正功，故衛(wèi)星的機(jī)械能增加，故D正確；故選D.5.以下說法符合歷史事實的是A.亞里士多德認(rèn)為物體的自然狀態(tài)是靜止的，只有當(dāng)它受到力的作用時才會運(yùn)動B.伽利略通過理想斜面實驗得出結(jié)論：力不是維持物體運(yùn)動的原因C.牛頓認(rèn)為力的真正效果是維持物體的運(yùn)動D.物體的慣性大小不但和物體的質(zhì)量有關(guān)，也和它的運(yùn)動狀態(tài)有密切的關(guān)系【答案】AB6.下列說法正確的是A.方程式U→Th+He是重核裂變反應(yīng)方程B.钚核(Pu)的比結(jié)合能小于鐵核(Fe)的比結(jié)合能C.β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子時所產(chǎn)生的D.核力是短程力，與核子間的距離有關(guān)，始終表現(xiàn)為引力【答案】BC【解析】裂變是質(zhì)量較重的核裂變?yōu)橘|(zhì)量中等的核，所給方程式不是此類，屬于衰變，A錯誤；根據(jù)平均結(jié)合能的曲線可知，钚核(Pu)的比結(jié)合能小于鐵核(Fe)的比結(jié)合能，故B正確；衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子時所產(chǎn)生的，故C正確；核力是短程力，在其作用范圍內(nèi)，隨核子間距離的變化可以表現(xiàn)為引力也可以表現(xiàn)為斥力，故D錯誤；故選BC.7.一質(zhì)量為m的帶正電小球，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中以0.9g的加速度加速下落，空氣阻力不計，關(guān)于小球在下落h的過程中能量的變化情況，以下說法中正確的有A.小球克服電場力做功0.9mghB.小球的動能增加了0.9mghC.小球的機(jī)械能減少了0.9mghD.小球的電勢能增加了0.9mgh【答案】BD【解析】根據(jù)牛頓第二定律得，小球所受的合力為：，根據(jù)動能定理知，故B正確；而，解得：，故小球克服電場力做功，則電勢能增加了，根據(jù)除重力之外的其它力做了功，物體的機(jī)械能就發(fā)生變化，可知小球克服電場做了功，故小球的機(jī)械能減少了，故ACD錯誤；故選B.8.如圖甲所示，間距為L的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道左側(cè)連接一定值電阻R。垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如乙圖所示，在0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，乙圖中t0、F1、F2已知，導(dǎo)體棒和軌道的電阻不計。則A.在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動B.在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速，最后做勻速直線運(yùn)動C.在0～t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為D.在0～t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為【答案】BD【解析】設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度為v，感應(yīng)電動勢：，電路電流：，導(dǎo)體棒受到的安培力：，導(dǎo)體棒運(yùn)動的加速度，在t0以后，當(dāng)導(dǎo)體棒速度增大，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a=0時，做勻速運(yùn)動，速度最大；故B正確，A錯誤；C、在0～t0時間內(nèi)，由牛頓第二定律解得，則有，所以導(dǎo)體棒的加速度大小，故C錯誤；D、在0~t0時間內(nèi)，通過位移，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為，故D正確；故選BD?！军c睛】在t0以后，當(dāng)導(dǎo)體棒速度增大，加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)a=0時，做勻速運(yùn)動，速度最大，在0~t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為。9.如圖是“研究勻變速直線運(yùn)動”實驗中獲得的一條紙帶。(1)已知打點計時器電源頻率為50Hz，A、B、C、D、E是紙帶上五個計數(shù)點，每兩個相鄰計數(shù)點間還有四個點沒有畫出。則紙帶上打相鄰兩計數(shù)點的時間間隔為__________s；(2)打計數(shù)點C時紙帶運(yùn)動的速度是__________m/s；(保留三位有效數(shù)字)(3)紙帶運(yùn)動的加速度為__________m/s2。(保留兩位有效數(shù))【答案】(1).0.1(2).0.225(3).0.50【解析】(1)每兩個相鄰計數(shù)點間有四個點沒有畫出，則；(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中，中間時刻的速度等于該過程中的平均速度有：；(3)根據(jù)，得：.10.某學(xué)習(xí)小組用如圖所示的電路測量電源的電動勢和內(nèi)阻，待測電池的電動勢約為9V，變阻箱的量程為09999Ω，理想電壓表的量程為3V，定值電阻R0=10.0Ω(1)圖中電路不完整，應(yīng)用導(dǎo)線將電壓表正極與_________連接(填“a”或“b”)(2)實驗時，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到_________(填“最大”或“最小”)(3)若將實驗記錄的電阻箱阻值R與對應(yīng)的電壓表讀數(shù)U記錄于表格，然后在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)以為縱坐標(biāo)，R為橫坐標(biāo)，作出一條平滑直線，請用該直線的斜率k和縱軸截矩b定值電阻R0表達(dá)出電源電動勢E和內(nèi)電阻r的計算式：E=________、r=________。（兩空均用字母表示）【答案】(1).(2).最大(3).(4).【解析】(1)由圖可知，電壓測得的是定值電阻兩端的電壓，故應(yīng)用導(dǎo)線交電壓正極與a連接；（2）為保護(hù)儀器，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到最大；（3）根據(jù)閉合電路的歐姆定律有：，變形得：，則斜率，解得：，縱軸截矩，解得：.11.如圖所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M=2kg的長木板，木板上表面與固定的光滑弧面相切。長木板的最左端放置一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊B，質(zhì)量同為m=1kg的小滑塊A自弧面上高h(yuǎn)處由靜止自由滑下，兩滑塊發(fā)生正碰并瞬間粘在一起滑上長木板，最終與長木板一起以共同速度v=lm/s勻速運(yùn)動，兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度g=10m/s2。求：(1)滑塊下滑的高度h；(2)若AB整體與長木板間的摩擦力大小為f=1N，求AB相對于長木板滑動的距離x?！敬鸢浮?1)(2)【解析】（1）設(shè)滑塊滑上木板前瞬間的速度大小為，由機(jī)械能守恒得：滑塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：代入數(shù)據(jù)解得：滑塊下滑的高度h=0.8m（2）設(shè)滑塊與長木板間產(chǎn)生的摩擦熱為Q，則：根據(jù)能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：滑塊相對長木板滑動的距離為x=2m12.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形磁場區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，以圓心O為坐標(biāo)原點建立坐標(biāo)系，在y=－2R處有一垂直于y軸的固定絕緣板(足夠大)，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，自M(－R，0)點初速度v0沿+x方向射入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后在N點離開磁場(N點未畫出)恰好垂直打在擋板上，粒子與擋板碰撞后以原速率彈回，再次進(jìn)入磁場，最后離開磁場。不計粒子的重力，求：(1)N點的坐標(biāo)；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)若粒子從M點射入時的初速度大小仍為v0，但方向與+x方向夾角為θ=45°(如圖中虛線箭頭所示)，求粒子從M點進(jìn)入磁場到最終離開磁場的總時間。【答案】（1）（2）(3)【解析】(1)作出粒子的運(yùn)動軌跡，如圖所示粒子以C點為圓心，運(yùn)動四分之一圓周后離開磁場，則N點的坐標(biāo)為（0，R）(2)粒子在磁場中運(yùn)動過程中，洛倫茲力提供向心力，則有：由幾何關(guān)系得：r=R聯(lián)立解得：(3)如圖這種情況下粒子進(jìn)入磁場的軌跡圓心為，在離開磁場，則由于粒子在磁場中的軌跡半徑仍為r=R根據(jù)幾何知識，四邊形是一個菱形，故故的縱坐標(biāo)為，粒子在點仍以y方向的速度離開磁場，在點擊中擋板，反射后再從點進(jìn)入磁場，沿運(yùn)動，軌跡半徑仍為r=R，最終在P點（R，0）離開磁場，則因此，粒子運(yùn)動的路程長為則粒子運(yùn)動的總時間為13.下列說法中正確的是)_________.(填正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對兩個得4分，選對三個的5分，每選錯一個扣3分，最低得分0分)A.只要?dú)怏w的溫度降低，就可以堿弱氣體分子熱運(yùn)動的劇烈程度B.氣體的體積指的就是該氣體所有分子體積之和C.在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強(qiáng)為零D.氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能可能減小E.一定質(zhì)量的理想氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高【答案】ADE【解析】溫度是分子的平均動能的標(biāo)志，溫度高氣體分子熱運(yùn)動就劇烈，只要減弱氣體分子熱運(yùn)動的劇烈程度，氣體的溫度就降低，故A正確；氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達(dá)的空間的體積，不是指的該氣體的所有氣體分子體積之和，故B錯誤；在完全失重的情況下，氣體分子運(yùn)動不停止，對容器壁的碰撞不會停止，則氣體的壓強(qiáng)不會為零，故C錯誤；理想氣體在某過程中從外界吸收熱量，若同時對外做功，其內(nèi)能可能減小，故D正確；由蓋呂薩克定律可知，一定質(zhì)量的理想氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高，故E正確；故選ADE.14.如圖，導(dǎo)熱良好的固定氣缸A、B之間由一段容積可忽略的細(xì)管相連：A水平、B豎直。兩氣缸內(nèi)壁光滑，長度均為5L、橫截面積均為S?；钊鸆、D的質(zhì)量及厚度均忽略不計。整個裝置置于熱力學(xué)溫度為T、大氣壓為p0的環(huán)境中，原長4L、勁度系數(shù)k=P的輕彈簧，一端連接活塞C、另一端固定在位于氣缸A缸口的O點。開始活塞D距氣缸B的底部4L，后在D上緩緩倒入質(zhì)量為m=的沙子，整個過程中彈簧的形變量都在彈性限度內(nèi)，缸內(nèi)氣體均為理想氣體，求：①穩(wěn)定后氣缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)②穩(wěn)定后活塞D下降的距離③若環(huán)境的熱力學(xué)溫度緩慢地變?yōu)門1，活塞D恰能再回到初位置，求T1。【答案】(1)(2)(3)【解析】①對活塞D，受力分析得：，其中解得：穩(wěn)定后氣缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為②設(shè)活塞C向右移動了，對活塞C有：解得：根據(jù)玻意耳定律得：解得：D下降的距離為③由蓋呂薩克定律得：解得：15.如圖所示，a、b和c都是厚度均勻的平行玻璃板，a和b、b和c之間的夾角都為B，一細(xì)光束由紅光和藍(lán)光組成，以入射角θ從O點射入a板，且射出c板后的兩束單色光射在地面上P、Q兩點，由此可知_________。(正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對兩個得4分，選對三個的5分，每選錯一個扣3分，最低得分0分)A.射出c板后的兩束單色光與入射光平行B.射到P點的光在玻璃中的折射率較大C.射到P點的光在玻璃中的傳播速度較大，波長較長D.若稍微增大入射角θ，光從b板上表面射入到其下表面時，在該界面上有可能發(fā)生全反射E若射到P、Q兩點的光分別通過同一雙縫發(fā)生干涉現(xiàn)象，則射到P點的光形成干涉條紋的間距小，這束光為藍(lán)光【答案】ABE【解析】試題分析：根據(jù)光的偏折程度比較光的折射率的大小，從而比較出波長的大小，根據(jù)比較出光在介質(zhì)中的傳播速度大小，根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式比較間距的大?。饩€經(jīng)過平行玻璃板時出射光線和入射光線平行，則最終從c板射出的兩束單色光與入射光仍然平行，A正確；射到P點的光偏折程度比射到P點的光偏折程度厲害，知射到Q點的光在玻璃中的折射率較大，B