物理广西南宁市届高三毕业班适应测试理综Word文档格式.docx

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18.如图所示，一个小球用长为L的细线悬于O点，将小球向左拉到某一高度，此时细线与竖直方向的夹角为θ=53°

，由静止释放小球，若小球向右摆动到最低点时细线断开，小球落在水平地面的A点（未画出）；

若小球向右摆动到最高点时细线断开，小球的落地点也在A点，不计空气阻力，sin530=0.8，则细线的悬点O离水平地面的高度为

A.1.4LB.1.2LC.1.6LD.1.8L

19.人类在探测宇宙的过程中，测得某星球赤道表面上质量为m的物块受到该星球的引力为F，已知该星球的半径为R，自转周期为T，则该星球

A.赤道表面的重力加速度为

B.星球的质量为

C.第一宇宙速度为

D.同步卫星的高度为

20.如图甲所示，一正方形单匝线框架放在光滑绝缘的水平面上，在水平向右的拉力作用下从图示位置由静止开始始终向右做匀加速运动，线框右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁场区域足够大，线框的右边始终与磁场的边界平行，线框的质量为1kg，电阻为1Ω，整个运动过程中，拉力的大小随时间变化如图乙所示，则

A.线框运动的加速度为5m/s²

B.线框刚好完全进入磁场的时刻为t=1.2s

C.线框的边长为0.55m

D.磁场的磁感应强度大小为1.1T

21.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态.现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时

A.拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ

B.物块B满足m2gsinθ<

kd

C.物块A的加速度为

D.弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsinθ-

三、非选择题：

共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

22.（6分）某实验小组利用如图甲所示装置探究加速度与合外力关系的实验.

（1）某次实验时，让小车靠近位移传感器接收器，释放小车并开始计时，位移传感器接收器与数字化信息系统相连，得到小车运动的位移x与运动时间的平方t2的关系图像如乙图所示，若图像的斜率为k，由此得到此次实验小车运动的加速度为__________。

（2）改变钩码的质量，重复实验多次，测得多组小车加速度a与钩码质量m的关系图像如图丙所示，则图像不过原点的原因是____________________，图像出现了弯曲的原因是____________________。

23.（9分）某同学要测定三节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供的器材有：

A.电流表G（满偏电流5mA，内阻10Ω）

B.安培表

（量程0.6A，内阻0.5Ω）

C.电压表

（量程15V，内阻约为6kΩ）

D.滑动变阻器R（阻值：

0~10Ω，额定电流为2A）

E.定值电阻R0（阻值990Ω）

F.电键S一个，导线若干

（1）请完成虚线框内的电路图。

为了减小实验误差，电路图甲中的导线应连接到_________（填“①”或“②”）的位置

（2）调节滑动变阻器，测得虚线框中电表的示数X与安培表示数I的多组数值，作出X-I图象如图乙，则由图线可以得到被测电池组的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω（保留2位有效数字）.

（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合.其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为____________________________________.

24.（12分）如图所示，在光滑的水平平台上，有一质量为M=2kg、长为L=3m的长木板，长木板的左端放有一质量为mA=1kg的物块A，物块A通过一绕过光滑定滑轮的轻绳与重物B相连，物块B的质量为mB=1kg，开始时用手托住重物B，使绳刚好拉直，弹力为零，物块A与滑轮间的轻绳处于水平，物块A与长木板间的动摩擦因数为μ=0.2，长木板的右端离平台的右端足够远，重物B离地面的高度足够高。

重力加速度g=10m/s²

，求：

（1）释放物块B后物块A运动的加速度大小；

（2）当物块A运动到长木板的中点位置时，轻绳拉物块A的功率大小.

25.（20分）如图所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆弧的直径AD水平，因弧的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：

（1）小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；

（2）小球甲所带的电量；

（3）若在圆弧轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍由轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力.（不计两球间静电力的作用）

（二）选考题：

共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

33.[物理——选修3-3]（15分）

（1）（5分）有关热学，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.甲分子固定不动，乙分子从很远处向甲靠近到不能再靠近的过程中，分子间的分子势能是先减小后增大

B.一定量的理想气体在体积不变的条件下，吸收热量，内能一定增大，压强必增大

C.已知阿伏加德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，标准状况下水蒸气的密度为ρ（均为国际单位制单位），则1个水分子的体积是

D.自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的

E.饱和汽压与分子密度有关，与温度无关

（2）（10分）如图所示，U形管两臂粗细不等，开口向上，右端封闭的粗管横截面积是左端开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg.左端开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm.现把开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，活塞不漏气.试求：

①粗管中气体的最终压强.

②活塞推动的距离。

34.[物理——选修3-4]（15分）

（1）（5分）一列横波沿x轴传播，传播方向未知，t时刻与t+0.4s时刻波形相同，两时刻在x轴上-3m~3m的区间内的波形如图所示.下列说法中正确的是__________（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.该波的速度为10m/s

B.质点振动的最小频率为2.5Hz

C.在t+0.2s时刻，x=3m处的质点刚好到达平衡位置

D.若波沿x轴正方向传播，处在O点的质点会随波沿x轴正方向运动

E.t时刻，x=1m处的质点的振动速度大于x=2m处的质点的振动速度

（2）（10分）如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为

的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA=

R，位于轴线上O点左侧

处的点光源S发出一束与OA夹角θ=60°

的光线射向半球体，求光线从S传播到达光屏所用的时间。

（已知光在真空中传播的速度为c）

参考答案

14.B光电效应现象表明，光具有粒子性，A项错误；

α粒子散射实验表明，在原子的中心有一个很小的核，原子所有的正电荷和几乎所有的质量集中在原子核上，B项正确：

氢原子从亮能级向低能级跃迁时，只能发出一些特定频率的光子，C项错误；

一个质子和一个中子结合成氘核，会发生质量亏损，D项错误。

15.C根据动量定理可知，运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，A项正确：

运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确：

运动员在水中动量的改变量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；

由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确。

16.DM.N两点关于O点对称，电势相同，电场强度大小相等、方向相反.A项错误；

从M点到O点，试探电荷加速度逐渐减小的加速运动，从O点到N点做加速度逐渐增大的减速运动.O点电场强度为零，所受电场力为零，加速度为零，速度最大，B项错误：

试探电荷在t1时刻到达O点，t2时刻到达N点，t3时刻返回到O点，t4时刻返回到M点，完成一个周期的运动，C项错误；

从M点到O点的过程中，电场力对试探电荷做正功，电势能减小，从O点到N点的过程中，电场力做负功，电势能增加，D项正确。

17.Dt1时刻，磁通量的变化率不为零，因此感应电动势不为零，电流不为零，A项错误：

t1~t2时间内，磁通量的变化率先变小后变大，因此感应电流先变小后变大，B项错误；

线圈转动的角速度大小为

.C项错误；

若将线陋的转速增大为原来的2倍，则E=NΦ02πn可知，转速增大为原来的2倍，感应电动势的最大值为原来2倍，感应电动势的有效值为原来2倍，由P=

可知，电功率是原来的4信，D项正确。

18.A由题意，小球在最低点线断后做平抛运动，而在右边最高点线断后，做自由落体运动，二者落在同一点，说明小球平抛射程为Lsinθ.设摆线的长为L，根据机械能守恒，小球到最低点时，mg（L.-Lcosθ）=

mv2.v=

.（I-607，设录低点离地面的高度为h，则有，

，求得h=0.4L，因此悬点O离地面的高度为H=h+L=1.4L，A项正确。

19.BD由

得星球的质量

，B项正确；

由F-mg=

，求得

，A项错误：

得第一事宇宙速度

、C项错误：

得：

.D项正确.

20.AB由乙图可知，线框在磁场外受到的合外力为5N，则运动的加速度a=

=

m/s2=5m/s2，A项正确；

线框进磁场的过程中，F-

=ma，即F=

+ma，线框刚进磁场时，10=

×

5×

1+5，刚好完全进磁场时11=

t+5，求得t=1.2s，B项正确：

线框的边长为L=

（1.22-12）m=1.1m.C项错误：

由

得磁感应强度B=

T.D项错误。

21.BCD由于拉力与速度同向，则拉力的瞬时功率P=Fv，A项错误；

开始时系统处于静止状态，弹簧被压缩，分析A，有；

m1gsinθ=kx1，当B刚要离开C时，弹簧被控伸，分析B，有m2gsinθ=kx2，因为d=x1+x2，故m2gsinθ<

kd.B项正确；

当B刚要离开C时，对A，有F-m1gsinθ-kx2=m1a1，又m1gsinθ=kx1，故a1=

，故C项正确，设弹性势能增加量为Ep，根据功能关系，有Fd-m1gdsinθ=Ep+

m1v2，则

Ep=Fd-m1gdsinθ-

m1v2时，故D项正确。

22.

（1）2k（2分）

（2）没有平截摩擦力或平衡摩擦力不够（2分）钩码的质量不再远小于小车的质量（2分）

解析：

（1）由乙图结合x=

at2可知，

a=k，得到a=2k.

（2）丙图不过原点的原因是由于没有平衡擎裤力.由整体牛顿第二定律可知，mg-f=（m+M）c，得到a=

·

由此可以分析，当钩码的质量m不再运小于小车的质量M时，图像的斜率

就会明显变小，出现弯曲。

23.

（1）电路图见解析（2分）②（1分）

（2）4.5（4.4~4.6均可）（2分）4.5（4.3~4.7均可）（2分）（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.（2分）

（1）三节干电他的电动势大约为4.5V，由于所给电压表的量程过大，因此需要用电流表G和定值电阻R0组成了一个量程为5V的电压表，因此虚线框内的电路连接如右图所示。

由于安培表的电阻已知，因此将导线连接到②可以减小电池电阻测量的误差。

（2）由电路连接可知，X为电流表G的示数，将图线延长，图线与纵轴的交点是4.5mA，为电路断路时电流表G的示数，因此电源的电动势等于路端电压，

即E=4.5×

10-3×

（990+10）V=4.5V，电源的内阻r=

.

（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大。

24.解；

（1）设释放B后，A与木板间有发生相对滑动，绳上拉力大小为T.A做匀加运动的加速度大小为a1

则mBg-T=mBa1（1分）

T-μmAg=mAa1（1分）

求得a1=4m/s2（2分）

由于μmAg=2N<

Ma1=8N，因此假设成立。

即释放物块B后物块A的加速皮大小为4m/s2（1分）

（2）木板做匀加速运动，则μmAg=Ma2（1分）

求得a2=1m/s2（1分）

当物换运动到木板中点时

L=

a1t12-

a2t12

求得t1=1s（1分）

此时物块A的速度大小为v1=a1t1=4m/s（1分）

菌轻绳对A的拉力大小为:

T=ma1+μmg=6N（1分）

所以，此时轻绳拉物块A的功率为:

P=Fv=24W（2分）

25.解；

（1）由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，运动到C点时，

（2分）

求得

（2）小球甲第一次通过C点时.

第二次通过C点时

由题意知ΔF=F2-F1（1分）

（3）因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则

（1分）

求得v甲=0，v乙=vc（2分）

设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F乙，方向经直向上，则

求得F乙=3mg-

根据牛顿第三定律可知，此时球乙对轨道的压力大小为3mg-

，方向竖直向下（1分）

33.

（1）ABD（5分）

（2）解，①设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，两管液面相平时，设左管中水银面下降了h1，右管中水银面上升了h2，则有Sh1=3Sh2，h1+h2=4cm

解得:

h2=1cm（2分）

以右管封闭气体为研究对象.气体做等温变化，有:

3p1l1S=3p2l2S（2分）

即80×

33S=p2×

30S

p2=88cmHg.（2分）

②以左管被活塞封闭气体为研究对象，有：

p1'

=76 

cmHg,V1'

=11S,p2'

=p2=88 

cmHg

气体做等温变化有:

p1'

l1'

S=p2'

l2'

S（2分）

解得：

=9.5cm（1分）

孟塞推动的距高为:

L=11cm+3cm-9.5cm=4.5cm.（1分）

34.

（1）BCE（5分）

（2）解：

光从光源S射出半球体到达光屏的光路如图所示。

光由空气射向半球体，根据折射定律，有，

，解得α=30°

在△OBC中，根据正弦定理，有：

且OB=OStanθ，解得：

β=30°

光由半球体射向空气，由折射定律，有

，解得，γ=60°

，即出射光线与轴线OA平行（2分）

光从光源5出发经玻璃半球体到达光屏所用的总时间，

且SB=

，BC=OB=

，CD=OA-Rcosγ=

，

代入解得：