《《试卷》【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三下学期第5周周考理综-物理试题18.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《试卷》【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三下学期第5周周考理综-物理试题18.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20172018 学年度第 5 周理综周测第卷(选择题共 126 分)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，1418 只有一个选 项是正确的；1921 至少有两项是正确的。全部选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有选 错的得 0 分。14 如图所示，a、b 是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感 线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应 强度大小相等电荷量为 2e 的带正电的质点 M 以某一速度从 a 点垂直磁 场边界向左射出，与静止在 b 点的电荷量为 e 的带负电的质点 N 相撞，并粘合在一起，不计质点 M 和质点 N 的重力，
2、则它们在磁场中的运动轨 迹是（）A B C D15 假设地球可视为质量均匀分布的球体；已知地球表面重力加速度在两极的大小为 g0， 在赤道的大小为 g；地球自转的周期为 T，则在地球赤道上空绕地球近地飞行的卫星的 线速度为（）16质量 M=1kg 的长木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 m = 0.1 。木板上放有质量分别为 mA=2kg 和 mB=1kg 的 A、B 两物块，A、B 与木板间的动摩擦因数分别为m2 = 0.3 、m3 = 0.5 ，水平恒力 F 作用在物块 A 上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，g=10m/s2。则（）17 如图所示为远距离输电的原理图
3、，升压变压器的变压比为 m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为 R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电 压恒为 U，若由于用户的负载变化，使电压表 V2 的示数减小了U，则下列判断正确的是（）A电流表 A2 的示数增大了B电流表 A1 的示数增大了C电压表 V1 的示数减小了U D输电线损失的功率增加了18用波长为 4107m 的紫光照射某金属，发出的光电子垂直进入 3104T 的匀强磁场中，光电子所形成的圆轨道的最大半径为 1.2cm（电子电荷量 e=1.61019C，其质量m=0.911030kg）则下列说法正确的是（）A紫光光子的能量可用 E=h计算B光电子的最大
4、初动能可用 Ek=计算C该金属发生光电效应的极限频率约 4.751013 HzD该金属发生光电效应的极限频率约 4.751015 Hz19 如图甲所示，倾角q = 30 的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固 定在斜面底端的挡板上一质量为 m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放， 接触弹簧后继续向下运动小球运动的 v-t 图象如图乙所示，其中 OA 段为直线，AB 段 是与 OA 相切于 A 点的平滑曲线，BC 是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为 g关 于小球的运动过程，下列说法正确的是：（ ）A. 小球在 t 时刻所受弹簧弹力等于 1 mgB2B. 小球在 t 时刻
5、的加速度大于 1 gC2C. 小球从 tC 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D. 小球从 tA 时刻到 tC 时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量20 如图甲所示，倾角为 37的粗糙斜面上方有一垂直纸面向里，磁感应强度大小 B=1T的有界匀强磁场区域现有一正方形闭合线框从斜面上某处静止释放，线框共有 n 匝，电阻为 10 ，质量为 2kg线框的 vt 图象如图乙所示，则下列说法正确的是（sin37=0.6，cos37=0.8）（ ）A线框与斜面的动摩擦因数为 0.5B线圈的匝数 n=20C磁场的宽度为 2mD线圈通过磁场过程中产生的焦耳热为 8J21。如图所示，一个“V
6、”形玻璃管倒置于竖直平 面内，并处于场强大小为 E=1103V/m，方向垂直 向下的匀强电场中，一个重力为 G=1103N，电荷量为 q=2106C 的带负电小滑块从 A 点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数u=0.5已知管长 AB=BC=2m，倾角 =37，不考虑经过 B 点时动能的损失，则（取sin37=0.6，cos37=0.8）（）AB、A 两点间的电势差为 1200VB小滑块从 A 点第一次运动到 B 点的过程中电势能增大 C小滑块第一次速度为零的位置在 C 点处 D从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为 3m第卷(非选择题，共 174 分)22（6 分）如图所示，在“探究
7、力的合成的平行四边形定则”实验中，橡皮条一端固 定于 A 点（1）同时使用两个弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉到 O 点，分别记录两个测力计的读数和 F2 及两细绳的方向其中一个弹簧测力计的示数如图所示，则其示数为 N（2）只用一个测力计通过细绳拉橡皮条，使结点也拉到 O 点，记下此时测力计的读数F 和细绳的方向本步骤中将结点也拉到 O 点，是为了 （3）关于本实验，下列说法正确的是 A细绳套尽可能短一些 B橡皮条的伸长量越大越好越好C拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好D拉细绳套时，拉力应尽量与木板平行23（8 分）测电源电动势和内阻的实验电路图如图所示.实验器 材如下：待测电源：电动势
8、约为 4-6V,内阻约为几十欧定值电阻：R0 = 10W电阻箱 R1：阻值范围 0-9999 W定值电阻：R2 = 3kW电压表：量程 0-3V，内阻 RV=3 kW电键、导线若干.(1)闭合电键后，将电阻箱的阻值由 0 开始逐渐增大，记录若干组电阻箱 R1 和电压表的 读数；(2)第一次该同学将得到数据在 U-R1 坐标系中描点连线，得到图甲所示曲线，曲线与纵 轴的截距为 b1=0.8，虚线 U=2.4 为图中曲线的渐近线，由图得到电动势 E= _V,内阻 r= WW （结果保留两位有效数字）24（14=8+6）如图所示，光滑斜面倾角为 ，底端固定一垂直于斜面的挡板 C在斜 面上放置长木板
9、A，A 的下端与 C 的距离为 d，A 的上端放置小物块 B（可视为质点），A 与 B 质量相等，A、B 间的动摩擦因数 =1.5tan 现同时由静止释放 A 和 B，A 与 C 发生碰撞的时间极短，碰撞前后速度大小相等，方向相反运动过程中，小物块始终没 有从木板上滑落，已知重力加速度为 g求：（1）A 与 C 发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块的速度大小 v；（2）为使 B 不与 C 碰撞，木板 A 长度的最小值 L25（19 分）如图所示，宽度为L 的区域被平均分为区域、，其中、有 匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，方向垂直纸面且相反长为L，宽为的矩形abcd 紧邻磁场下方，与磁场边界
10、对齐，O 为 dc 边中点，P 为 dc 边中垂线上一点，OP=3L矩形内有匀强电场，电场强度大小为 E，方向由 a 指向 O电荷量为 q、质量为 m、重力不 计的带电粒子由 a 点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域的右边界相切（1）（4 分）求该粒子经过 O 点时速度大小 v0；（2）（6 分）求匀强磁场的磁感强度大小 B；（3）（9 分）若在 aO 之间距 O 点 x 处静止释放该粒子，粒子在磁场 区域中共偏转 n 次到达 P 点，求 x 满足的条件及 n 的可能取值33.(1)（5 分） 下列说法中正确的是（） A对于一定质量的理想气体，气体温度升高，气体分子的平均动能增
11、大，则气体压强 必然增大 B对于一定质量的理想气体，在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能一定增加 C对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定向外界放热 D彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 E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 (2)（10=5+5）如图所示，一细 U 型管两端均开口，用两段水银柱封闭了一段空气柱在 管的底部，初始状态气体温度为 T1=280K，各段的长度分别为 L1=20cm，L2=15cm，L3=10cm， h1=4cm，h2=20cm；现使气体温度缓慢升高，（大气压强为 p0=76cmHg）求：若当气体温度升高到
12、 T2 时，右侧水银柱开始全部进入竖直管，求出此时管底气柱的长L1在 T2 的基础上继续升温至 T3 时，右侧水银柱变成与管 口相平，求 T3 等于多少 K？34(1)（5 分）关于光现象及其应用，下列说法正确的有（） A全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光与物光的相干性高的特点 B通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的偏振现象 C拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减小玻璃表面反射光的强度 D当观察者向静止的声源运动时，观察者接收到的声波频率低于声源的频率 E一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短（2）（10=5+5）如图，一半径为 R 的玻璃半球
13、，O 点是半球的球心，虚线 OO表示光轴（过球心 O 与半球底面垂直的直线）已知玻璃的折射率为 1.5现有一束平行光垂直 入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）求：（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离 物理答案14 D 解：碰撞后整体的带电量为e，由左手定则判断知整体在b点受到的洛伦兹力向下，整体向下旋转碰撞过程遵守动量守恒定律，由r=知碰后mv不变，q变为原来的一半，由轨道半径增大为原来的2倍，故它们的运动轨迹为D；故选：D15 B解：在两极地区，物体只受到地球的万有引力
14、，其大小为=mg0，在赤道处，地球对物体的万有引力大小仍为mg0，万有引力和重力的合力提供圆周运动向心力有即有：mg=mR在地球赤道上空绕地球近地飞行的卫星，根据万有引力提供向心力，得：=m解得：v=，故选：B16 D17 B解：A、降压变压器原副线圈两端的电压之比等于n，所以有，即降压变压器原线圈两端电压减小了nU，根据欧姆定律，电流表A1示数增大为，输电线上电流增大为，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大为=，故A错误，B正确；C、根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；D、由于输电线上电流增大为，故输电线损失的功率增加量一定不
15、是P=，故D错误；故选：B18 A解：A、紫光光子的能量可用E=hf=h计算，A正确；B、根据，知v=，光电子的最大初动能可用Ek=，B错误；C、据光电效应方程得，EKm=hhf0，该金属发生光电效应的极限频率f0=4.751014Hz，C D错误；故选：A19ABC【解析】小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则F弹=mgsin30= mg，故A正确；在乙图中，关于A点对称的点可知，此时弹簧的弹力为0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化0.5mg，故到达C点时弹簧的弹力大于20.5mg=mg，所以弹力大于mg，根据牛顿第二定律可知F弹-mgsin=
16、ma，解得ag，故B正确；整个过程中，乙弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C点释放，小球能到达原来的释放点，故C正确；小球从tA时刻到tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减小量与动能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误故选ABC.20解：A、t=01s内，该段图线斜率：k=2（m/s2）所以加速度为 a=2m/s2，根据牛顿第二定律 mgsinmgcos=ma代入解得：=0.5，故A正确BC、线框通过磁场时匀速运动的速度为 v=2 m/s，位移为 x=vt=21m=2m据题分析知线框的宽度等于磁场的宽度，为 L=x=1m设线框的匝数为n由平衡条件得： mgsin=n
17、BIL+mgcos又 I=n联立得 mgsin=+mgcos代入解得：n=2，故BC错误D、设线圈通过磁场过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得 Q+mgcosx=mgsinx解得 Q=8J，故D正确故选：AD21 AD解：A、B、A两点沿电场方向的距离d=ABsin=1.2m，故B、A 两点间的电势差U=Ed=1200V，故A正确；B、小滑块从A 点第一次运动到B 点的过程中，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小；故B错误；CD、小滑块从A到B的运动过程，合外力F=（qEG）sin（qEG）cos=2104N，方向沿AB斜面向上；小滑块在BC上时，合外力F=（qEG）sin+（qEG）
18、cos=1103N，方向沿BC斜面向上；故小滑块在AB上做加速度为a的匀加速运动，在BC斜面上做加速度为5a的匀减速运动直到静止，那么，小滑块第一次速度为零的位置在BC上；小滑块从A到B运动的路程为d=AB=2m，然后第一次停在BC上，在BC上运动路程为；再从第一次静止到B的路程为，从B到第二次静止的路程为，故小滑块从静止到第一次速度为零的路程为，第一次速度为零到第二次速度为零的路程为；第二次速度为零到第三次速度为零的路程为，所以，从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程，故C错误，D正确；22（1）2.60；（2）使F和F1与F2共同作用的效果相同 （3）D23 4.8 20 5.0 21【
19、解析】(2)根据闭合电路欧姆定律可知，当R1变大时，路端电压无限接近电动势，则可知电动势；当R1为零时，路端电压，则由闭合电路欧姆定律可知： ；(3)因路端电压；则由闭合电路欧姆定律可知： ；变形可得：由图象规律可知：2/E=0.4；2r/E=8.4解得；E=5.0V，r=21；24解：（1）第一次碰撞前由机械能守恒定律有：（m+m）v12=2mgdsin 解得：v1= 设发生第一次碰撞后，A上滑、B下滑的加速度大小分别为aA、aB，则由牛顿第二定律有：对木板A：mgcos+mgsin=maA 对小物块B：mgcosmgsin=maB 由于aAaB，则A先减速到零，设A第一次碰撞后上滑到最高点
20、的时间为t，则v1=aAt v2=v1aBt 联立解得：v2= （2）对于A、B运动全过程，由能量守恒定律有：mgdsin+mg（d+L）sin=mgLcos 解得：L=4d 答：（1）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块的速度大小为；（2）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值为4d25解：（1）由题意中长宽几何关系可知aO=L，粒子在aO加速过程有动能定理：得粒子经过O点时速度大小：v0=（2）粒子在磁场区域III中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R0，由几何关系可得：由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：联立式，得：B=（3）若粒子在磁场中一共经过n次偏转到达P，设粒子轨迹圆半径为R，
21、由几何关系有：依题意有0RR0联立得，且n取正整数 设粒子在磁场中的运动速率为v，有：在电场中的加速过程，由动能定理： 联立式，得：，其中n=2、3、4、5、6、7、8答：（1）该粒子经过O点时速度大小为（2）求匀强磁场的磁感强度大小B为（3）若在aO之间距O点x处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n次到达P点，x满足的条件是： 其中n=2、3、4、5、6、7、833(1) BDE解：A、对于一定质量的理想气体，气体温度升高，体积可能增大，根据理想气体的状态方程：则气体压强不一定增大故A错误；B、对于一定质量的理想气体，在绝热过程中，外界对气体做功，由于没有热交换，根据U=W+Q所以气体的
22、内能一定增加，故B正确；C、对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体的状态方程：那么它一定温度升高；气体的温度升高，内能增大而对外做功，所以从外界吸收热量，故C错误D、彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确；E、当分子力表现为引力时，距离增大时，分子力做负功，故分子势能增大故E正确故选：BDE33(2)解：设U型管的横截面积是S，以封闭气体为研究对象，其初状态：P1=P0+h1=76+4=80cmHg，V1=L1S=20S，当右侧的水银全部进入竖管时，水银柱的高度：h=h1+L3=4+10=14cm，此时左侧竖管中的水银柱也是14cm气体的状态参量：
23、P2=P0+h=76+14=90cmHg，V2=L1S+2L3S=20S+210S=40S，即此时管底气柱的长40cm，由理想气体的状态方程得：，代入数据得：T2=630K；水银柱全部进入右管后，产生的压强不再增大，所以左侧的水银柱不动，右侧水银柱与管口相平时，气体的体积：V3=L1S+L3S+h2S=20S+10S+20S=50S，由盖吕萨克定律：，代入数据得：T3=787.5K；34.（1）ACE(2)解：（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为li=ic设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsinic=l由几何关系有sini=联立可得：l=R（ii）设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有nsini1=sinr1设折射光线与光轴的交点为C，在OBC中，由正弦定理有由几何关系有C=r1i1sini1=联立可得：OC=R2.74R答：（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为；（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离2.74R