1、1辽宁省辽河油田第二高级中学 2017 届高三第三次模拟考试理科综合物理试题二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共计 48 分。在每小题给出的四个选项中，第1418 题只有一个选项符合题目要求，第 1921 题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1. 2017 年 1 月 9 日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数粒子发生核反应的过程中都伴着中微子的产生，例如核裂变、核聚变、 衰变等。下列关于核反应的说法正确的是A. Th 衰变为 Rn，经过 3 次 衰变，2 次 衰变B. H+HHe+n 是 衰变方程， T
2、h Pa+ e 是 衰变方程C. U+n Xe+ Sr+10n 是重核裂变方程，也是氢弹的核反应方程D. 高速 粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为 He+ N O+【答案】A【解析】在 衰变的过程中，电荷数少 2，质量数少 4，在 衰变的过程中，电荷数多1，设经过了 m 次 衰变，则：4m=234-222=12，所以 m=3；经过了 n 次 衰变，有：2m-n=90-86=4，所以 n=2故 A 正确；核反应方程 是轻核的聚变，21H+31H 42He+10n中放射出电子，是 衰变方程，故 B 错误；23490Th 23491Pa+01e是重核裂变方程，也是原子弹的核反应方程故 C
3、 错误；高23592U+10n 13654Xe+9054Sr+1010n速 粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为 故 D 错42He+147N 178O+11H误故选 A.点睛：解决本题的关键知道 衰变和 衰变的实质，知道在 衰变的过程中，电荷数少2，质量数少 4，在 衰变的过程中，电荷数多 1，质量数不变2. 如图所示，一滑块以初速度 v0自固定于地面的斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端。取沿斜面向上为正方向。下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度 v 随时间t 变化的图象中，可能正确的是2A. B. C. D. 【答案】A点睛：本题采用定性分析的方法分析运动与力关系，关键
4、抓住上滑和下滑位移大小相等，由于摩擦到达同一点上滑的速度大于下滑的速度3. 在导线中电流在周围空间产生的磁感应强度大小为： ，k 为常数，r 为到导线的B=kIr距离，如图所示，两个半径相同，材料不同的半圆环并联地接在电路中，电路中的总电流为 I，流过 ABD 半圆环的电流为，流过 ACD 半圆环的电流为 ,在圆环圆心处电流产生的磁23I场的磁感应强度为 B，若将 ABD 半圆环绕直径 AD 转过 90，这时在 O 点的磁感应强度大小为（ ）A. 3B B. B C. B D. B5 2【答案】B【解析】ABD 半圆环的电流和 ACD 半圆环的电流产生的磁场在 O 点处的磁场的磁感应强度3方向
5、相反，根据磁场叠加可知，半圆环中 I 电流在 O 点产生的磁场的磁感应强度大小为 B，那么 ACD半圆环的电流为 I，在 O 点产生磁场的磁感应强度大小为 2B，因此将 ABD 半圆环绕直径转过 90，这时在 O 点磁场的磁感应强度大小为 ，故 B 正确，ACD 错误；B=B2+(2B)2=5B故选 B4. 电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应感应电流
6、的变化为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设在 0- 时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在 - 时间内，感应t02 t023t02电流为负； -2t0时间内感应电流为正螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数3t02学知识知道：其切线的斜率 按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管t内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化故 B 正确，ACD错误故选 B点睛：本题从感应电流的方向和大小两个方面进行分析感应电流方向由楞次定律判断，其大小与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律研究要利用数学知识分析磁通量的变化率45. 如图所示，一理想
7、变压器原线圈匝数 n11000 匝，副线圈匝数 n2200 匝，原线圈中接一交变电源，交变电电压 u220 sin 100 t(V)副线圈中接一电动机，电阻为211，电流表 2 示数为 1A。电表对电路的影响忽略不计，则 ( )A. 此交流电的频率为 100Hz B. 电压表示数为 220 V2C. 电流表 1 示数为 5A D. 此电动机输出功率为 33W【答案】D【解析】试题分析：此交流电的频率为 ，选项 A 错误；电压表示数为f=2=1002HZ=50HZ交流电的有效值，即： ，选项 B 错误；根据 I1n1=I2n2可知 ，U1=22022V=220V I1=n2n1I2=0.2A选项
8、 C 错误；变压器次级电压 ，故此电动机输出功率为：U2=n2n1U1=44V，选项 D 正确；故选 D.P=I2U2I22r=1441211W=33W考点：变压器；电功率的计算.6. 2017 年 1 月 23 日，我国首颗 1 米分辨率 C 频段多极化合成孔径雷达（SAR）卫星“高分三号”正式投入使用。某天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间 t 通过的弧长为 l，该弧长对应的圆心角为 弧度，已知引力常量为 G，则（ ）A. 卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为B. 卫星绕地球匀速圆周运动的角速度为 2tC. 地球的质量为l3Gt2D. 卫星的质量为t3Gl2【
9、答案】AC【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为 ，选项 A 正确； 卫星绕地球匀速v=lt圆周运动的角速度为 ，选项 B 错误；根据 ，其中的 ，联立解得：=t GMmr2=mv2r r=v，选项 C 正确；卫星的质量从方程两边消掉了，故不能求解卫星的质量，选项 D 错M=l3Gt2误；故选 AC.57. 竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为 R 的 圆弧 MN 和半径为 r 的eEd=12m212m20半圆弧 NP 拼接而成（两段圆弧相切于 N 点） ，小球带正电，质量为 m，电荷量为 q。已知将小球由 M 点静止释放后，它刚好能通过 P 点，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
10、A. 若加竖直向上的匀强电场 E（ Eqmg） ，则小球能通过 P 点B. 若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过 P 点C. 若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过 P 点D. 若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过 P 点【答案】AC【解析】试题分析：应用动能定理求出小球到达 P 点的速度，小球恰好通过 P 点时轨道对球的作用力恰好为零，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题解：设 M、P 间的高度差为 h，小球从 M 到 P 过程由动能定理得：mgh= mv20，v= ，小球恰好通过 P 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m ，r=2h；A、若加竖直向下的匀强电场 E（Eq
11、mg） ，小球从 M 到 P 过程由动能定理得：（mgqE）h= mv 20，解得：v= ，则：m =mgqE，小球恰好通过 P 点，故 A 正确；B、若加竖直向上的匀强电场，小球从 M 到 P 过程由动能定理得：（mg+qE）h= mv 20，解得：v= ，则：m =mg+qE，小球恰好通过 P 点，故 B 错误；C、若加垂直纸面向里的匀强磁场，小球到达 P 点的速度 v 不变，洛伦兹力竖直向下，则：qvB+mgm ，小球不能通过 P 点，故 C 正确；D、若加垂直纸面向外的匀强磁场，小球到达 P 点的速度 v 不变，洛伦兹力竖直向上，则：6mgqvBm ，小球对轨道有压力，小球能通过 P
12、点，故 D 错误；故选：AC【点评】本题是一道力学综合题，知道小球通过 P 点的临界条件是：的、轨道对小球的支持力恰好为零，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题8. 图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为 30，质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦因数为 。木箱在轨道上端时，自动装货装置将质量为 m 的货物装入木箱，36然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是：( )A. mMB. m2MC. 木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D. 在木箱
13、与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹性势能【答案】BC【解析】试题分析：在木箱与货物一起向下滑到卸货过程中，则有（M+m）gLsin30=（M+m）gLcos30+W弹卸下货后，木箱被弹回轨道顶端，有 W弹 MgLsin30MgLcos30=0联立解得 ，A 错误 B 正确，m 2M设下滑时加速度为 ，弹起离开弹簧后加速度为 ，则有a1 a2（M+m）gsin30（M+m）gcos30=（M+m）a1解得： a1=2.5m/s2Mgsin30+Mgcos30=Ma2解得： ，所以木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度，C 正确，a2=7.5m/s2过程中摩擦力做
14、功，一部分能量转化为内能，D 错误，7考点：本题综合运用了牛顿第二定律以及能量守恒定律，点评：本题也可以用动能定理求解，关键是合理地选择研究的过程三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 3338 题为选考题，考生根据要求做答。9. 为测定木块与斜面之间的动摩擦因数，某同学让木块从斜面上端自静止起作匀加速下滑运动，如图所示.他使用的实验器材仅限于：倾角固定的斜面(倾角未知)，木块，秒表，米尺.实验中应记录的数据是_（可用图中字母表示） ，计算动摩擦因数的公式是_ .为了减小测量的误差，可采用的办法是_ 。【答案】 (1). （1）斜面长 L，
15、斜面高 h，底边长 d，木块从顶端滑到底端时间 t (2). （2） (3). （3）多次测量求平均值hd2L2gdt2【解析】10. 李明同学设计了如图所示的电路测电源电动势 E 及电阻 R1和 R2阻值。实验器材有：待测电源 E（不计内阻） ，待测电阻 R1，待测电阻 R2，电压表 V（量程为 1.5V，内阻很大） ，电阻箱 R（099.99） ，单刀单掷开关 S1，单刀双掷开关 S2，导线若干。先测电阻 R1的阻值。请将李明同学的操作补充完整：闭合 S1，将 S2切换到 a，调节电阻箱，读出其示数 r 和对应的电压表示数 Ul，保持电阻箱示数不变，_，读出电压表的示数 U2。则电阻 R1
16、的表达式为 R1_。李明同学已经测得电阻 Rl4.8 ，继续测电源电动势 E 和电阻 R2的阻值。该同学的做法是：闭合 S1，将 S2切换到 a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R 和对应的电压表8示数 U，由测得的数据，绘出了如图所示的 图线，则电源电动势 E_V，电阻1U1RR2_。 （结果保留 2 位有效数字）【答案】 (1). （1）将 S2切换到 b； (2). (3). （2）1.4； (4). U2U1U1r1.2【解析】要测得 R1的阻值，应知道 R1两端的电压及流过 R1的电流；故可以将 S2切换到b，测出串联电路的两端的电压；由串联电路可知 U=U2-U1；电流 ；由欧
17、姆定律可知：I=U1rR1=U2U1U1r =U2U1U1r电压表测量电阻箱两端的电压；由闭合电路欧姆定律可知： U=ER1+R+R2R变形得： 1U=R1+R+R2E 1R=1E+R1+R2E 1R由图象可知，图象与纵坐标的交点等于=0.7；解得：E=1.43（或 ） ； 107图象的斜率: R1+R2E =2.80.70.5解得：R 2=6-4.8=1.2；点睛：本题为伏阻法测电动势和内电阻，但由于过程较为复杂，故应认真审题，明确题中的实验原理；同时要注意电源内电阻忽略不计，R 2可等效为内电阻处理11. 如图所示，半径 R = 1.0m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点 B
18、与长为L0.5m 的水平面 BC 相切于 B 点， BC 离地面高 h = 0.45m， C 点与一倾角为 = 37的光滑斜面连接，质量 m1.0 kg 的小滑块从圆弧上某点由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数 0.1。 （已知 sin37=0.6 cos37=0.8,g 取 l0 m/s2）求：（1）若小滑块到达圆弧 B 点时对圆弧的压力刚好等于其重力的 2 倍，则小滑块应从圆弧上离地面多高处释放；（2）若在 C 点放置一个质量 M=2.0kg 的小球，小滑块运动到 C 点与小球正碰后返回恰好停9在 B 点，求小滑块与小球碰后瞬间小滑块的速度大小。（3）小滑块与小球碰后小球将落在何处。
19、【答案】 （1）0.95m ；（2）距斜面底端 0.3m 处 【解析】 （1）设小滑块运动到 B 点的速度为 vB，由机械能守恒定律有：mg（Hh）mv B2 由牛顿第二定律有：Fmgm v2BR联立上式解得：H=0.95m （2）设小滑块运动到 C 点的速度为 vC，由动能定理有：mg（Hh）mgL=mv C2 解得小滑块在 C 点的速度：v C3m/s 小滑块平抛到地面的水平距离：sv Ctv C 0.9m 2hg斜面底宽 dhcot0.6m 因为 Sd，所以小滑块离开 C 点将落在水平地面上距斜面底端 0.3m 处. 12. 如图所示，在纸面内直线 MN 的左侧存在磁感应强度为 B，方向
20、垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内的整个空间还存在范围足够大的匀强电场，现有一个质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子，以速度 沿直线 AP 匀速运动，并从直线 MN 上的 P 点离开磁场。已知 A 点v0到直线 MN 的距离 ,粒子重力不计。AO=PO=2mv0qB（1）求匀强电场的场强大小和方向；（2）粒子离开磁场后再次经过直线 MN 时到 O 点的距离；（3）若粒子的初速度大小变为原来的一半，仍沿 AP 方向开始运动，此运动过程中粒子离开 AP 的最远距离 ,求此时粒子的速度大小及加速度大小。d=mv0qB【答案】 （1）E=Bv 0；方向垂直 AP 斜向上；（2） （3）DO=32mv0q
21、B a=(31)qv0Bm【解析】 （1）粒子以速度 v0沿直线 AP 匀速运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，则：10qE=qv0B匀强电场的场强大小 E=v0B；方向垂直 AP 斜向上；（2）粒子离开磁场后，做类平抛，轨迹为 PD,如图因 AO=PO，则 =45，PC=CD=v 0t=at2 ， a=qEm再次经过直线 MN 时到 O 点的距离：DO= PC+PO2由以上各式，得 DO=32mv0qB（3）若粒子的初速度大小变为原来的一半，轨迹如图，离开 AP 的最远距离为 F,速度为粒子由 A 到 F，由动能定理，得： , Eqd=12mv212mv20 d=mv0qB由上式，得： v=3v
22、011由 qvBqE=ma此时粒子的加速度大小 a=(3-1)qv0Bm（二）选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中各选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。【物理选修 3-3】13. 关于一定量的理想气体，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. 气体分子的体积等于气体分子的质量与该种气体密度的比
23、值B. 只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高C. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D. 气体从外界吸收热量，其内能不一定增加E. 气体在等压膨胀过程中温度一定升高。【答案】BDE考点：温度；气体的压强；热力学第一定律；气态方程。14. “拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力” ，某人设计了如下图实验。圆柱状气缸（横截面积为 S）被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物 m 相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关 K 处扔到气缸内，酒精棉球熄灭时（设此时缸内温度为 tC）密闭开关 K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为 L.由于气
24、缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面 L/10 处。已知环境温度为 27C 不变，mg/s 与 1/6 大气压强相当，气缸内的气体可看做理想气体，求 t 值。12【答案】127【解析】试题分析：酒精棉球熄灭时，封闭气体向下得压力，大气压向上的支持力，由平衡得： P1S=P0S解得： ，此时体积为： ，温度为：P1=P0 V1=LS T1=273+t重物被吸起稳定后，活塞受绳子得拉力，封闭气体向下得压力和大气压向上得支持力，由平衡得：P2S+mg=P0S解得： P2=P0mgS=56P0此时体积为： ，温度为V2=910LS T2=273+27K=300K有理想气体状态方程得：P1V1T
25、1=P2V2T2解得： t=127C考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】本题得关键是以活塞为研究对象，受力分析利用平衡求出初末状态压强，然后利用理想气体状态方程列式即可求解，酒精棉球熄灭后，以活塞为研究对象可求出封闭气体初末状态压强，利用理想气体状态方程列式即可求解【物理选修 3-4】15. 一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上 A 质点的振动图象如乙所示，则下列判断正确的是_ (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该列波沿 y 轴负方向传播B该列波的波速大小为 1m
26、/s13C若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为 0.4HzD若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸一定比 40cm 小很多E从该时刻起，再经过 0.4s 的时间，质点 A 通过的路程为 40cm【答案】BDE【解析】根据图乙可知，t=0 时刻，A 点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿 X 正向传播，故 A 错误；由波动图可知波长为 0.4m，由振动图可知周期 T=0.4s，则波速，故 B 正确；发生稳定的干涉现象要相同频率，此波的频率 ，v=T 0.40.4=1m/s f=1T 2.5Hz若此波遇到另一列简谐横渡并发生稳定干涉现象，则所
27、遇到的波的频率为 2.5Hz，故 C 错误；由甲图得到波长为 =0.4m；发生明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长相差不大或者比波长小，故该波遇到一障碍物能发生明显韵衍射现象，则该障碍物的尺寸一定与 0.4m 相差不大或者比 0.4m 小，故 D 正确；t=0.4s，T=0.4s，故t=T；质点 A 做简谐运动，一个周期内通过的路程为 S=4A=410cm=40cm，故 E 正确故选 BDE.点睛：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力知道干涉和衍射的条件，熟练运用波形的平移法判断波的传播方向16. 如图所示，玻璃球冠的折射率为 ，其底面镀银，底面的半径是球半径
28、的 倍；在过332球心 O 且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的 M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的 A 点。求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。【答案】150 0【解析】试题分析：设球半径为 R，球冠地面中心为 O，连接 OO，则 OOAB令OAO=则： cos=OAOA=32RR=32即OAO=3014已知 MAAB，所以OAM=60设图中 N 点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示设光线在 M 点的入射角为 i，折射角为 r，在 N 点的入射角为 i，反射角为 i，玻璃的折射率为 n由于OAM 为等边三角形，所以入射角 i=60由折射定律得：sini=nsinr代入数据得：r=30作 N 点的法线 NE，由于 NEMA，所以 i=30由反射定律得：i=30连接 ON，由几何关系可知MANMON，则MNO=60由式可得ENO=30所以ENO 为反射角，ON 为反射光线由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为 =180-ENO=150考点：光的折射定律
