2017南昌一模理综物理.doc

理科综合(物理部分)
本试卷分第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。满分110分。
第一部分(选择题　共48分)
一、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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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。
14.
如图所示，1887年德国物理学家赫兹利用紫外线照射锌板后，发现与锌板连接的验电器箔片张开。关于这一现象，下列说法中正确的是(　　)
A．验电器箔片张开，是因为箔片带负电
B．验电器箔片张开，是因为锌板得到了正电荷
C．紫外线灯功率增大，箔片张角也增大
D．换用红外线灯照射锌板，箔片也一定张开
答案　C
解析　紫外线灯照射锌板，发生光电效应现象，有电子从锌板逸出，锌板带正电，验电器箔片带上正电荷而张开，A、B错误；若增大紫外线功率，逸出的电子数增多，验电器与锌板所带正电荷增多，箔片张角增大，C正确；换用红外线照射锌板，不会发生光电效应，箔片不张开，D错误。
15.
如图所示，在固定的斜面上，A、B两物体通过跨过光滑的定滑轮的细线相连，物体A静止在斜面上。已知斜面倾角30°，A、B两物体质量分别为2m和m。现在B物体下加挂另一物体C(图中未画出)，物体A仍静止在斜面上，则加挂物体C后(　　)
A．斜面对物体A的弹力增大
B．细线对物体A的拉力不变
C．斜面对物体A的摩擦力保持不变
D．斜面对物体A的作用力增大
答案　D
解析　加挂物体C前后，斜面对物体A的弹力一直为2mgcos30°，A错误；细线对物体A的拉力大小等于B与C的总重力大小，可知拉力增大，B错误；开始时设A的摩擦力大小为f1，方向斜向上，对物体A有2mgsin30°＝T1＋f1，T1＝mg，f1＝0，加挂物体C后，设A受到摩擦力大小为f2，方向向上，C的质量为mC，对A有2mgsin30°＝T2＋f2，T2＝(m＋mC)g，得f2＝－mCg，可判断物体A所受摩擦力增大，C错误；物体A受重力、拉力、支持力和摩擦力四个力作用，加挂物体C后，A所受支持力不变，所受摩擦力增大，由力的合成可知斜面对物体A的作用力增大，D正确。
16．如图甲所示是一台交流发电机的构造示意图，线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示。发电机线圈电阻为1 Ω，外接负载电阻为4 Ω，则(　　)

A．线圈转速为50 r/s
B．电压表的示数是4 V
C．负载电阻的电功率为2 W
D．线圈转速加倍，电压表读数变为原来的4倍
答案　C
解析　由题中乙图可读出交变电压周期为0.4 s，转速为n＝＝2.5 r/s，A错误；电动势峰值Em＝5 V，有效值为E＝＝ V，电压表示数为U＝E＝2 V，B错误；负载电阻的电功率为PR＝＝2 W，C正确；若线圈转速加倍，由Em＝NBSω，ω＝2πn可知Em加倍，电压表读数变为原来的2倍，D错误。
17．火星表面很接近地球，是将来人类可能的居住地。已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，火星的自转周期约为24 h。已知地球表面重力加速度为9.8 m/s2，由此可估算出(　　)
A．火星表面的重力加速度约为9.8 m/s2
B．环绕火星运动的卫星的最大速度约为3.7 km/s
C．火星的平均密度约为地球平均密度的一半
D．火星同步卫星的运动半径等于地球同步卫星运动的半径
答案　B
解析　在行星表面，有G＝mg，g＝G∝，可判断火星表面重力加速度为地球表面的，A错误；贴近行星表面环绕的卫星速度最大，由万有引力提供向心力有G＝mg＝m，则最大速度v＝，可知火星表面环绕速度为地球表面的倍，即为×7.9 km/s≈3.7 km/s，B正确；由ρ＝，V＝πR3可知火星平均密度为地球的，C错误；对于行星的同步卫星，有＝mr，r＝ ，由于火星与地球同步卫星的周期均为24 h，可判断火星同步卫星的半径为地球同步卫星的 倍，D错误。
18．一质量为m的质点以速度v0匀速直线运动，在t＝0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v＝0.5v0。由此可判断(　　)
A．质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动
B．质点受力F作用后可能做圆周运动
C．t＝0时恒力F与速度v0方向间的夹角为60°
D．t＝时，质点速度最小
答案　AD
解析　由质点的最小速度不为零可判断力F方向与v0夹角为钝角，质点做曲线运动，又因F恒定不变，加速度不变，A正确；圆周运动的合力方向时刻变化，B错误；把初速度v0沿F反方向与垂直F方向分解，分别为vy、vx，当v＝0.5v0时，vy′＝0。设v0与F所夹锐角为θ，sinθ＝＝，θ＝30°，可得t＝0时，恒力F与v0方向夹角为150°，C错误；由力的独立作用原理可知沿F负方向质点做匀减速直线运动，当质点速度最小时，vy′＝0，a＝，vy＝at，t＝＝，D正确。
19.
已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等。如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线，A、B为轴上的点，且AO＝OB，则下列判断正确的是(　　)
A．A、B两点的电势相等
B．A、B两点的电场强度相同
C．点电荷从A点移动到B点，电场力一定做正功
D．同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大
答案　BD
解析　将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，分别设左、右半球在A点产生的场强大小为E1和E2，由题意可知E1＝E2，由对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E1，且E1＝E2，同此可判断左半球在A点场强为E1，在B点场强为E2，方向均向右，且E1＝E2，B正确；在x轴上电场方向水平向右，沿电场方向电势降低，可知φA>φB，A错误；若把负电荷从A点移到B点，电场力方向向左，做负功，电势能增大，EpB>EpA，C错误，D正确。
20．如图所示，质量为m＝0.04 kg、边长l＝0.4 m的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上，线框用一平行斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°。线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面。已知线框电阻为R＝0.5 Ω，重力加速度为g＝10 m/s2。(　　)

A．线框中的感应电流方向为abcda
B．t＝0时，细线拉力大小F＝0.2 N
C．线框中感应电流大小为I＝80 mA
D．经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动
答案　CD
解析　由B­t表达式可知穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可判断感应电流方向为adcba，A错误；感应电动势E＝N＝N×＝0.04 V，电流I＝＝0.08 A，C正确；细线拉力F＝mgsinθ－F安，F安＝BIl＝0.064 N，则F＝0.136 N，B错误；随着磁感应强度B的增大，安培力逐渐增大，当F安>mgsin30°后线框沿斜面向上运动，D正确。
21．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)

A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv
D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv
答案　AC
解析　设物体A的质量为mA，根据题甲图中的能量守恒有mAv＝Epm，Epm为弹簧压缩量为x时的弹性势能，当物体A以初速度2v0压缩弹簧到最短过程中，A、B和弹簧组成的系统动量与能量均守恒，则有2mAv0＝(mA＋m)v，×mA(2v0)2＝Epm＋(mA＋m)v2，得mA＝3m，A正确，B错误；可求得Epm＝×3mv＝mv，C正确，D错误。
第二部分(非选择题　共62分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33、34题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共47分。
22．(5分)某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度。实验器材有：电磁打点计时器、一端附有滑轮的长木板，小车、纸带、细线、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸片等。
(1)该同学在实验桌上安装好所需的器材后(如图所示)准备进行实验，下面操作必须要的是(　　)

A．把附有滑轮的长木板固定打点计时器的那端适当垫高，以平衡小车运动过程中所受的摩擦力
B．调节拉小车的细线使细线与长木板板面平行
C．拉小车运动的钩码的质量远小于小车的质量
D．实验时，先释放小车，再接通电源
(2)该同学在得到的纸带上选取七个计数点(相邻两个计数点之间还有四个点未画出)，如图所示，图中s1＝4.81 cm，s2＝5.29 cm，s3＝5.76 cm，s4＝6.25 cm，s5＝6.71 cm，s6＝7.21 cm。已知电源频率为50 Hz，则加速度的大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)。

答案　(1)B(2分)　(2)0.48(3分)
解析　(1)本实验是通过匀变速直线运动测量加速度，只需保证小车做匀变速直线运动即可，因此不需要平衡摩擦力，A错误；调节细线与长木板板面平行以保证小车所受合力恒定不变，B正确；钩码的质量以打出合适的点迹为宜，不需保证钩码质量远小于小车质量，C错误；实验时应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，D错误。
(2)根据打出的点迹，由逐差法可求得
a＝，T＝＝0.1 s，
得a≈0.48 m/s2。
23．(10分)(1)在“测定金属丝的电阻率”实验中，某同学在一次用螺旋测微器测量金属丝的直径时，测微器计数如图甲所示，则金属丝的直径为________mm。

(2)用多用电表测量金属丝的电阻Rx，选择“×1 Ω”欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图乙所示，则Rx＝________Ω。
(3)为提高精度，现要用以下仪器再次测量金属丝的电阻Rx，实验室提供器材如下：
①电流表A1(量程150 mA，内阻约为10 Ω)
②电压表V(量程15 V，内阻1 kΩ)
③电流表A2(量程20 mA，内阻r2＝30 Ω)
④定值电阻R0＝100 Ω
⑤滑动变阻器R，最大阻值8 Ω
⑥电源E，电动势E＝6 V(内阻不计)
⑦电键S及导线若干
Ⅰ.根据上述器材完成此实验，测量时要求电表计数不得小于其量程的，请你在虚线框内画出测量Rx的一种实验原理图(图中元件使用题中相应英文字母符号标注)。

Ⅱ.实验时电流表A1的读数记为I1，电压表V的计数记为V，电流表A2的计数记为I2，用已知的和你所用的仪器测得的物理量表示Rx＝________。(用字母表示)
答案　(1)0.154(0.152～0.155均可)(2分)
(2)22(2分)
(3)Ⅰ.如图所示(4分)

Ⅱ.(2分)
解析　(1)主尺读数为0 mm，可动刻度读数为15.4×0.01 mm，则金属丝直径为0 mm＋15.4×0.01 mm＝0.154 mm。
(2)指针所指刻度为22.0，则Rx＝22.0×1 Ω＝22.0 Ω＝22 Ω。
(3)所给实验器材中，电压表V的量程太大，不可用，因此可用电流表A2与定值电阻R0串联改装成电压表，改装后的量程为I2g(r2＋R0)＝2.6 V，内阻为R2g＝130 Ω，由<，故电流表A1采用外接法，为提高精度且由于滑动变阻器最大阻值仅为8 Ω，可判断滑动变阻器采用分压式连接，原理图见答案。由串并联关系可知Rx两端电压为I2(R0＋r2)，流过Rx支路的电流为I1－I2，由欧姆定律可得Rx＝。
24．(14分)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，受如图甲所示的水平方向恒力F的作用，t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系v­t图象如图乙所示。已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)物块在A点的速度；
(2)水平恒力F的大小。
解析　(1)由题意可知，物体在斜面上做匀减速运动。(逆向思维)设物体在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则x＝vt＋a1t2(2分)
解得a1＝0.25 m/s2(1分)
物块在A点的速度为
v0＝v＋a1t＝5 m/s。(2分)
(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，有μmg＝ma2(1分)
由题中乙图线可知a2＝2 m/s2(1分)
解得μ＝0.2(1分)
物块在斜面上运动时，设受到的摩擦力为f，则
Fcosθ－mgsinθ＋f＝ma1(2分)
f＝μN(1分)
N＝mgcosθ＋Fsinθ(1分)
解得F＝≈10.1 N。(2分)
25．(18分)如图所示，矩形边界efgh中有垂直纸面向里的匀强磁场B＝0.5 T，ef长为l＝0.3 m，eh长为0.5 m，一质量m＝8×10－26 kg、电荷量q＝8×10－19 C的带正电粒子(重力不计)从矩形边界上某点以某个速度射入。粒子从ef中点O1孔射出，再经小孔O2进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场强度大小E＝2×105 V/m，磁感应强度大小B1＝0.4 T，方向如图。虚线PQ、MN之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝0.25 T(图中未画出)。有一块折成等腰直角的硬质塑料板abc(不带电，宽度很窄，厚度不计)放置在PQ、MN之间(截面图如图)，a、c两点恰在分别位于PQ、MN上，ab＝bc＝L＝0.3 m，α＝45°。粒子恰能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域。

(1)求粒子射入正交电磁场时的速度大小；
(2)求粒子射入矩形边界时的速度方向和射入点的位置；
(3)假设粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律。粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间和路程分别是多少？
解析　(1)要使粒子能沿图中虚线O2O3进入PQ、MN之间的区域，则粒子受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等qv0B1＝qE(2分)
解得v0＝＝5×105 m/s。(2分)
(2)粒子在矩形efgh磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，则qv0B＝m
解得R＝＝0.1 m(2分)

作出粒子在磁场中轨迹图如图所示。由几何知识可得R＋Rcosθ＝l
解得θ＝60°(2分)
粒子射入点的位置在eh边上距e点为x＝Rsin60°＝ m(1分)
射入的速度方向和eh边成60°角向左下方。(1分)
(3)粒子从O3以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动打到ab板上，随后以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动。粒子将以半径r在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部。由于不计板的厚度，所以粒子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T。
由qv0B2＝和运动学公式T＝
得T＝(2分)
粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为t1＝2T(1分)
粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s1＝2Lsin45°，时间为t2＝(1分)
总时间为t＝t1＋t2＝＋＝5.024×10－6 s＋1.2×10－6 s＝6.224×10－6 s(1分)
总路程为s＝s1＋s2＝2Lsin45°＋4πr(1分)
其中r＝＝0.2 m(1分)
代入计算得s＝s1＋s2＝0.6 m＋2.512 m＝3.112 m。(1分)
(二)选考题：共15分。请考生从33和34两道题中任选一题作答。
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)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。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．荷叶上的水滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．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
D．一定质量的理想气体吸收热量，其内能一定增加
E．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的

(2)(10分)如图所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为S＝0.01 m2，可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为H＝70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m＝6.8 kg，大气压强p0＝105 Pa，水银密度ρ＝13.6×103 kg/m3，g＝10 m/s2。
①求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
②在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5 cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度。
答案　(1)BCE(5分)　(2)见解析
解析　(1)悬浮在水中的花粉的布朗运动是由于液体分子撞击不平衡造成的，反映了液体分子的无规则热运动，A错误；荷叶上的水滴呈球形是由于水滴表面分子间距较大，分子力表现为引力，使表面积有收缩到最小的趋势，B正确；液晶既具有液体的流动性又具有晶体的各向异性的特点，C正确；改变气体内能有做功和热传递两种形式，若气体吸收热量且对外做功，内能可能减小或不变，D错误；由热力学第二定律的微观解释可知自然发生的热传递过程总是向着分子热运动无序性增大的方向进行，E正确。
(2)①对活塞，有p0S＋mg＝p1S(2分)
由题意，可知p1＝p0＋ρgh1(1分)
解得h1＝＝0.05 m。(2分)
②汽缸内气体做等温变化。设水银面的高度差为h2，则
施加拉力后的压强为p2＝p0－ρgh2(1分)
由p1V1＝p2V2可得
(p0＋ρgh1)HS＝(p0－ρgh2)xS(2分)
解得x＝0.8 m。(2分)
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选1个扣3分，最低得分为0分)

A．这列波的波长是8 m，周期是0.2 s，振幅是10 cm
B．在t＝0时，质点Q向y轴正方向运动
C．从t＝0到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m
D．从t＝0到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm
E．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin10πt(m)

(2)(10分)如图所示为一置于空气中用透明材料做成的圆柱体元件的横截面，AB为通过截面圆心O轴线，截面图的半径为R。一平行于AB的细光束从N点射入该元件，射出后与直线AB交于P点。现测得MN与AB的距离为R，OP＝R，求：
①光从N点射入元件的入射角；
②该元件材料的折射率。
答案　(1)ABE(5分)　(2)见解析
解析　(1)由题甲图可知，波长λ＝8 m，由题乙图可知振动周期T＝0.2 s，振幅为10 cm，A正确；由题乙图可知t＝0时刻质点Q向y轴正方向运动，B正确；题甲图为t＝0时刻波形图，Q质点向y轴正方向振动，波向右传播，由v＝可得波速v＝ m/s＝40 m/s，故t＝0到0.25 s间，该波沿x轴正方向传播x＝vt＝10 m，C错误；从t＝0到t＝0.25 s，质点P运动了T，一个周期内质点通过的路程s＝4A＝40 cm，所以质点P运动T的路程大于40 cm，D错误；由t＝0时质点Q向y轴正方向振动，振幅为0.1 m，周期为0.2 s可得Q质点简谐运动表达式为y＝Asint(m)＝0.10sin10πt(m)，E正确。
(2)①根据题意作出光路图如图所示。

sini1＝，解得i1＝60°(4分)
②因i2＝i3，所以有
i6＝i1＝60°
则可得i4＝120°(2分)
由正弦定理可得＝
解得i5＝30°(1分)
由此可知i2＝i3＝45°(1分)
材料的折射率为n＝＝。(2分)