高考理科综合物理押题卷2带答案和解释Word格式文档下载.docx

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【解析】小球受力示意图如图所示，以小球受到的重力为合力，拉力和框架对小球的支持力为分力，作出矢量三角形，在力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°

的过程中，力F先减小后增大，其最小值为gsθ，支持力FN一直减小，小球对框架的压力也一直减小，可得地面对框架的摩擦力始终在减小，框架对地面的压力也是一直减小。

【答案】

16．如图（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。

滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图（乙）所示，则长木板B的质量为（）A．4gB．3g．2gD．1g

【解析】根据题图乙可知，当F=12N时，加速度a=3/s2，对滑块与木板整体，由牛顿第二定律有F=（A+B）a，解得A+B=4g，当F大于12N时，A、B发生相对滑动，同理，对滑块B有，整理得，由题图可知，图线的斜率，解得B=3g，A=1g。

17．如图所示，n匝矩形闭合导线框ABD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光。

从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）

A．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大

B．灯泡中的电流方向每秒改变ω2π次

．线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt

D．变压器原、副线圈匝数之比为nBSωU

【解析】图中是线圈通过中性面的位置，穿过线框的磁通量变化率为零，选项A错误；

由和可得，灯泡中的电流方向每秒改变ωπ次，选项B错误；

产生的感应电动势的最大值E=nBSω，从线圈通过中性面开始计时，线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt，选项正确；

变压器原线圈两端的电压，根据可得，选项D错误。

18．2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接。

如图所示，已知“天舟一号”“天宫二号”对接后，组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。

则（）

A．可求出地球的质量

B．可求出地球的平均密度

．可求出组合体的做圆周运动的线速度

D．可求出组合体受到地球的万有引力

【解析】根据题意可得组合体绕地球运动的角速度为，根据公式可得，选项A正确；

忽略地球自转，在地球表面万有引力等于重力，即，即可求得地球半径，根据可求得地球密度，选项B正确；

根据可得组合体的做圆周运动的线速度，选项正确；

由于不知道组合体质量，所以无法求解受到地球的万有引力大小，选项D错误。

【答案】AB

19．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。

t=0时，甲静止，乙以初速度6/s向甲运动。

此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。

则由图线可知（）A．两电荷的电性一定相反

B．t1时刻两电荷的电势能最大

．在0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小

D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

【解析】由图可知，两个小球间产生的排斥力，因为刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，选项A错误；

在t1时刻，两个小球共速，两个小球的间的距离最小，故在间距减小的过程中，小球始终克服电场力做功，以后小球的距离逐渐增大，电场力就做正功了，故间距最小时的电势能最大，选项B正确；

t2时刻，乙球静止，在0～t2时间内，两电荷的间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，选项正确；

在0～t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能也是先减小后增大，选项D错误。

20．如图甲所示，电流恒定的通电直导线N，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，导线中电流方向由指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t=0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（）A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动

B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动

．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小

D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小

【解析】当t=0时，由左手定则可知，N受到向右的作用力，根据F安=BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则N的加速度最大，随着时间的延长，磁场强度B减小，故加速度减小，而N的速度在增大，当B=0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，N做减速运动，到半个周期时，N减速到0，此时的加速度反向最大，然后N再反向运动，到一个周期时N又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项A正确，B错误；

在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，选项错误，D正确。

【答案】AD

21．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），为圆心，P为边界上的一点。

相同的带电粒子a、b（不计重力）从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°

后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°

，已知它们离开磁场的位置相同，下列说法正确的是（）A．两粒子的速度之比为vavb＝12

B．两粒子在磁场中运动的时间之比为tatb＝13

．两粒子在磁场中运动的半径之比为rarb＝12

D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为sasb＝23

【解析】作出带电粒子a、b在磁场中运动的轨迹，根据结合关系可知，两粒子运动的轨道半径之比rarb＝21，由可得，两粒子的速度之比为vavb＝21；

两粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角之比为1∶3，根据可得在磁场中运动的时间之比为tatb＝13，运动的轨迹长度s=vt，在磁场中运动的轨迹长度之比为sasb＝23。

【答案】BD[

第Ⅱ卷

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（11题，共129分）

22（6分）下图是验证机械能守恒定律的实验。

小球由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定在点，在最低点附近放置一组光电门，光电门与小球摆到最低点时的球心在同一高度。

将轻绳拉至水平后由静止释放，用光电门测出小球运动到最低点的挡光时间△t，再用10分度游标卡尺测出小球的直径d，如图所示，重力加速度为g。

则

（1）小球的直径d=__________；

（2）利用该装置验证机械能守恒定律，_________测定小球的质量（填“需要”或“不需要”）。

（3）当地重力加速度为g，且测出悬线长度为，若等式____________成立，则说明小球下摆过程机械能守恒（等式用题中各物理量字母表达）。

【解析】

（1）十分度游标卡尺的精确度是01，小球直径d=10+4×

01=104。

（2）（3）小球通过最低点时的速度，设小球的质量为，下落的高度，重力势能的减少量等于动能的增加量，有，等式两边可以消去，故不需要测定小球的质量。

【答案】

（1）104

（2）不需要（3）

23．（9分）为测绘一个标有“4V24”小电风扇（线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，电风扇两端的电压需要从零逐渐增加到4V，并便于操作，实验室备有下列器材：

A．电池组（电动势为4V，内阻约为1）

B．电压表（量程为0&

#12316;

6V，内阻约为4）

．电流表○A1（量程为0&

06A，内阻约为02）

D．电流表○A2（量程为0&

3A，内阻约为00）

E．滑动变阻R1（最大阻值20，额定电流1A）

F．滑动变阻器R2（最大阻值170，额定电流03A）

G．开关和导线若干

（1）实验中所用的电流表应选（填“”或“D”），滑动变阻器应选（填“E”或“F”）

（2）请用笔画线代替导线将实物图连接成符合这个实验要求的电路。

（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数大于0V时电风扇才开始转动，小电风扇的伏安特性曲线如图所示，则电风扇的电阻为Ω，正常工作时的机械功率为。

（1）电风扇的额定电流=06A，从读数误差的角度考虑，电流表选择。

电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为20的误差较小，调节方便，即选择E。

（2）因为电压电流需要从零开始，则滑动变阻器采用分压接法，电风扇的电阻大约，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法，电路如图所示。

（3）电压表读数小于0V时电风扇没启动。

根据欧姆定律得，正常工作时电压为4V，根据图象知电流为06A，则电风扇发热功率P，=I2R=0362=09，则机械功率Pˊˊ=UI-I2R=24-09=1。

（1）E

（2）如图所示（3）21

24．（14分）如图所示，两条间距L=0且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成30°

角固定放置，磁感应强度B=04T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量、的金属棒ab、d垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r=02Ω，导轨电阻不计。

ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以的恒定速度向上运动。

某时刻释放d，d向下运动，经过一段时间其速度达到最大。

已知重力加速度g=10/s2，求在d速度最大时，

（1）abd回路的电流强度I以及F的大小；

（2）abd回路磁通量的变化率以及d的速率。

（1）以d为研究对象，当d速度达到最大值时，有：

代入数据，得：

I=A

由于两棒均沿斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab上的外力：

（或对ab：

）

F=1N。

（2）设d达到最大速度时abd回路产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律，有：

由闭合电路欧姆定律，有：

联立解得：

=10b/s

设d的最大速度为v，d达到最大速度后的一小段时间内，abd回路磁通量的变化量：

回路磁通量的变化率：

/s。

2．（18分）如图所示，一条不可伸长的轻绳长为，一端悬于天花板上的点，另一端系一质量为的小球（可视为质点）。

现有一个高为，质量为的平板车，在其左端放有一个质量也为的小物块（可视为质点），小物块正好处在悬点的正下方，系统静止在光滑水平面地面上。

今将小球拉至悬线与竖直位置成角，由静止释放，小球到达最低点时刚好与发生正碰，碰撞时间极短，且无能量损失。

已知离开平板车时的速度大小是平板车速度的两倍，与之间的动摩擦因数为，∶=4∶1，重力加速度为。

求：

（1）小物块离开平板车时速度为多大？

（2）平板车的长度为多少？

（3）小物块落地时距小球的水平距离为多少？

（1）设小球即将与物块碰撞前的速度为，小球由初始位置摆动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得：

解得：

设碰撞后小球速度为，物块速度为，由于小球与物块是弹性碰撞，所以碰撞过程满足机械能守恒和动量守恒，有：

两式联立可得：

，

即：

速度交换，小球速度变为零，获得速度。

设离开平板车时的速度大小为，则平板车速度为，物块在小车上滑行的过程中，由动量守恒定律可得：

∶=4∶1

可得：

。

（2）设平板车的长度为，由题意可得物块在小车上滑行时，一部分动能转化为系统的内能，所以有：

（3）由题意可得，以地面为参考系，物块在小车上做匀减速直线运动，设其加速度为，运动的位移为，离开平板车后做平抛运动，运动时间为，水平位移为。

由牛顿运动定律可得：

联立可得：

物块运动的水平位移为

由于小球与物块碰后处于静止状态，所以小物块落地时距小球的水平距离即为物块运动的水平位移：

（二）选考题：

共4分。

请考生从2道试题中任选一题作答。

如果多做，则按所做的第一题计分。

33．【物理—选修3-3】

（1分）

（1）（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个得分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变

B．在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加

．不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功

D．物体内能的增加等于外界对物体所做的功与从外界吸收的热量之和

E．满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行

【解析】温度是分子平均动能的标志，温度发生变化，分子的平均动能就会发生变化，选项A正确；

温度降低，分子对器壁的撞击强度减弱，要使气体的压强不变，单位时间内分子对器壁单位面积平均碰撞次数必须增加，选项B正确；

不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不引起其他变化，选项错误；

根据&

#8710;

U=+Q可知，选项D正确；

热机满足能量守恒定律，但不满足热力学第二定律，选项E错误。

【答案】ABD

（2）（10分）如图所示，粗细相同的导热玻璃管A、B由橡皮软管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，气柱长L1=40。

B管上方与大气相通，大气压强p0=76Hg，环境温度T0=300。

初始时两管水银面相平，若A管不动，将B管竖直向上缓慢移动一定高度后固定，A管内水银面上升了h1=2。

（i）求B管上移的高度为多少？

（ii）要使两管内水银面再次相平，环境温度需降低还是升高？

变为多少？

（大气压强不变）

（i）设B管被提升H高度后，B管液面比A高h2，有：

A管内气柱长为L1-h1=38

A管气柱遵循玻意耳定律，有：

p0L1S=（p0+ph2）（L1-h）S

h2=4

B管提升的高度为：

H=2h1+h2=8。

（ii）要使两管水银面又平齐，必须降低温度，设当温度为T时，A管气柱长度为：

根据理想气体状态方程有：

T=270。

34．【物理—选修3-4】

（1）（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=的点的波形图，图乙是质点N（x=3）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x=10处的质点。

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6分。

每选错1个扣3分，最低得0分）。

A．这列波的波长是4

B．这列波的传播速度是12/s

．点以后的各质点开始振动时的方向都沿＋方向

D．质点Q经过8s时，第一次到达波峰

E．在0～16s内，质点Q经过的路程为11

【解析】根据图象可知，波长λ=4，周期T=4s，波速，选项A正确、B错误；

波传播到点时，由于该质点向轴负方向振动，可知波的起振方向沿－轴方向，故后面的所有质点的振动方向都沿－轴方向，选项错误；

波峰与Q点之间的距离为8，波峰传到Q点所用的时间，选项D正确；

同理，波传播到Q点所用的时间为s，在0～16s内，质点Q振动11s，经过的路程，选项E正确。

【答案】ADE

（2）（9分）如图所示，足够宽的液槽中水的折射率，是可绕轴转动的平面镜，与水平面的夹角为。

光线从液槽的侧壁水平射入水中。

（i）若，求经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值；

（ii）若经平面镜反射后的光线能从水面射出，求的取值范围。

【解析】（ⅰ）作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路如图1所示，在水面发生折射的入射角：

由折射定律，有：

折射角γ的正弦值：

（ⅱ）设光线在水中发生全反射的临界角为，则：

，也即：

=60°

若光在右侧发生全反射时，作出光路如图2所示，则由几何关系可知：

若光在左侧发生全反射时，作出光路如图3所示，则由几何关系可知：