河南省南阳市届高三上学期期末考试理科综合物理试题Word文档格式.docx
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β衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子；
氢原子向低能级跃时，半径减小，库仑力做正功，电子运动的动能增大。
【详解】A.氡的半衰期为3.8天,1克氡经过7.6天即经过2个半衰期,还剩m=m0
=m0
=1×
=
克氡未衰变，故A错误；
B.入射光子能量E=hυ，某种材料的逸出功是W，则光电子的最大初动能Ek=hυ-W，入射光频率越高，光电子的最大初动能就越大，故B错误；
C.β衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，故C正确；
D.一个处于n=5能级的氢原子从n=5的激发态跃迁到n=2的激发态时，原子核对核外电子做正功，核外电子动能增加，故D错误。
故选：
C
2.一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是（ ）
A.斜面对长木板的摩擦力为mgsinθ
B.斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcosθ
C.长木板对人的摩擦力为2μ1mgcosθ
D.长木板对人的摩擦力为2mgsinθ
【答案】D
AB、对人，物块，长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为
，故AB错误；
CD、对人，物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为
，故C错误，D正确。
点睛：
本题考查整体法与隔离法的应用，掌握平衡条件的运用方法，注意正确选择研究对象的方法，一般情况可以先整体后隔离进行分析。
3.如图甲所示，边长为L=0.1m的10匝正方形线框abcd处在变化的磁场中，在线框d端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示（规定垂直纸面向外为磁场的正方向），下列说法正确的是
A.t=3s时线框中的磁通量为0.03Wb
B.t=4s时线框中的感应电流大小为零
C.t=5s时通过线框中的电流将反向
D.t=8s时通过线框中电流沿逆时针方向
根据磁通量公式可计算出穿过线框的磁通量；
根据法拉第电磁感应定律可计算出线框中产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律判断感应电流是否为零；
根据楞次定律判断感应电流的方向。
【详解】A.由磁通量的定义可知t=3s时穿过线框的磁通量为Φ=B0∙L2=0.003Wb，故A错误；
B.由法拉第电磁感应定律知E=
V=0.03V，所以线框中的感应电流为I=E/R，故B错误；
C.由楞次定律3s到5s，感应电流为逆时针方向，5s到11s，感应电流为顺时针方向，t=5s时通过线框中的电流将反向，故C正确，D错误；
4.如图所示，用长为L的绝缘轻线把质量为m、带电量为q（q>
0）的小球悬挂于天花板上O点，小球静止于O点正下方。
如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场，小球向右运动，悬线偏转的最大角度为60°
，则所加匀强电场的电场强度为
A.
B.
C.
D.
【答案】B
带电小球摆动最大角度60°
，末速度为零，此过程中电场力对小球做正功，重力做负功，细线拉力不做功，根据动能定理，即可求解；
【详解】带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为60∘，末速度为零，此过程中电场力Eq对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，
根据动能定理,则有：
qElsinα−mgl（1−cosα）=0，
解得：
E=
.故ACD错误，B正确；
B
5.如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4：
1，电压表和电流表均为理想电表，R2为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电。
下列说法中正确的是
A.输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u=36
sin100πt（V）
B.变压器原、副线圈中的电流之比为4：
1
C.t=0.01s时，穿过发电机线圈的磁通量为0
D.R2处温度升高时，变压器的输入功率变小
【答案】A
由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，输出功率等于输入功率，可知输入功率的变化。
【详解】A.由图乙可知交流电压最大值Um=36
，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为2π/0.02=100π，则可得交流电压u的表达式U=36
sin100πt（V），故A正确；
B.由于输入功率等于输出功率，U1I1=U2I2，I1：
I2=U2：
U1=n2：
n1=1:
4，故B错误；
C.t=0.01s时，电动势瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，磁通量最大，故C错误；
D.t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P=UI可知，变压器输出功率变大，输入功率等于输出功率，变大，故D错误；
A
6.A、B、C为直角三角形的三个顶点，∠ACB为直角，点电荷qA和qB分别位于三角形斜边的两端，已知qA<
qB，电性如图所示，取无穷远处的电势为零。
若C点的电场强度为E，电势为
，电荷A产生的电场在C点的场强大小为EA。
A.在A、B所在直线上，A点的左侧电场线方向向左
B.线段AB上有一个电势为零的点
C.电荷B在C点产生的电场场强大小为E－EA
D.将电量为q（q>
0）的点电荷从C点移到无穷远处，电场力做的功为q
【答案】BD
根据点电荷电场强度的公式及矢量合成法则分析；
根据电场线从正电荷出发，到负电荷终止进行判断；
根据电场强度的矢量合成法则解得；
根据电场力做功公式解得。
【详解】A.由于qA<
qB，根据
，在AB连线A点的左侧，存在一点，两电荷产生的电场强度等大反向，该点右边电场线方向向左，该点左边电场线方向向右，故A错误；
B.电场线从正电荷出发，到负电荷终止。
存在从A点出发，经无穷远到B点终止的电场线，沿电场线电势降低。
所以线段AB上有一个电势为零的点，故B正确；
C.电荷B在C点产生的电场场强大小为
，故C错误；
D.根据电场力做功W=qUC0=q
，故D正确。
BD
7.轨道平面与赤道平面夹角为90°
的人造卫星被称为极地轨道卫星，它运行时经过南北极的上空，气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。
如图所示，若某颗极地卫星，从北纬45°
的正上方，按图示方向第一次运行到南纬45°
的正上方用时45min，则
A.该卫星的轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：
4
B.该卫星的加速度与同步卫星加速度之比为16：
C.该卫星的加速度与赤道上的人随地球自转的加速度之比为16：
D.该卫星从一次经过赤道上的某点正上方，到再次经过该点正上方所用时间为24小时
【答案】ABD
根据题意求出卫星的周期，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出轨道半径、加速度，然后分析答题；
求该卫星周期与地球自转周期最小公倍数，即再次经过该点正上方所用时间。
【详解】由题意可知，卫星的周期：
T=
×
45min=180min=3h；
A.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
，解得：
，该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比：
r：
r同步=
=1：
4，故A正确；
B.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
a=
，该卫星加速度与同步卫星加速度之比：
a：
a同步=
=16：
1，故B正确；
C.根据加速度a=ω2r，赤道上的人随地球自转的加速度比同步卫星的加速度小，所以该卫星的加速度与赤道上的人随地球自转的加速度之比大于16：
1，故C错误；
D.地球的自转周期为24h，从卫星经过赤道上的某点正上方开始，24h内该卫星刚好转了8圈，又经过赤道上的该点正上方，故D正确。
ABD
8.如图甲所示，倾角为的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。
t=0时，将质量m=1kg的炭块（可视为质点）轻放在传送带上，炭块相对地面的v-t图象如图乙所示，整个过程炭块未滑离传送带。
设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。
则
A.传送带两轮间的距离为20m
B.0~2.0s内摩擦力对炭块做功－24J
C.0~2.0s内炭块与传送带摩擦产生的热量为24J
D.炭块在传送带上的痕迹长度为4m
【答案】BC
由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数和倾角的大小，分别求出物体两次匀加速直线运动的位移，结合摩擦力的大小求出摩擦力对物体做功的大小；
分别求出两个阶段的相对位移，根据Q=f△x，即可求出产生的热量；
划痕即相对位移的长度，但第二阶段的划痕与第一阶段重合。
【详解】A.由图象可以得出炭块先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，继续向下做匀加速直线运动，整个过程炭块未滑离传送带，所以传送带两轮间的距离应足够长，故A错误；
B.由图象可知，在0−1s内物块受到的摩擦力沿斜面向下，a1=（mgsinθ+μmgcosθ）/m=10m/s2；
在1−2s内受到的摩擦力沿斜面向上，a2=mgsinθ−μmgcosθm=2m/s2；
联立两式解得：
μ=0.5，θ=37∘.
第一段匀加速直线运动的位移为：
x1=
，
摩擦力做功为：
Wf1=μmgcosθ⋅x1=0.5×
10×
0.8×
5J=20J，
第二段匀加速直线运动的位移为：
x2=
=11m，
Wf2=−μmgcosθ⋅x2=−0.5×
11J=−44J，
所以有：
Wf=Wf1+Wf2=20−44=−24J.故B正确；
C.第一段匀加速直线运动炭块和传送带间的相对位移为：
△x1=v0t1-x1=10×
1-5=5m，
产生的热量为：
Q1=μmgcosθ⋅△x1=0.5×
5J=20J；
第二段匀加速直线运动炭块和传送带间的相对位移为：
△x2=x2-v0t2=11-10×
1=1m，
Q2=μmgcosθ⋅△x2=0.5×
1J=4J；
0~2.0s内炭块与传送带摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=20J+4J=24J，故C正确；
D.第一段匀加速直线运动传送带比炭块的位移大，划痕即炭块和传送带间的相对位移为5m；
第二段匀加速直线运动炭块比传送带位移大，划痕即炭块和传送带间的相对位移为1m，所以总的划痕长度即第一阶段的划痕5m，故D错误。
BC
三、非选择题
（一）必考题：
9.如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，靠近长木板的左端固定有一光电门，右端放置一带有细立柱的小车，小车和细立柱的总质量为M，细线绕过定滑轮，端与小车相连，另一端挂有5个钩码，已知每个钩码的质量为m，且M=5m。
（1）用螺旋测微器测小车上的细立柱的直径时，结果如图乙所示，则螺旋测微器读数为___________mm。
（2）把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受细线的拉力时能沿木板做匀速直线运动。
（3）将小车从木板右端由静止释放，记录小车上的细立柱通过光电门的时间t。
（4）开始实验时，细线另一端挂有5个钩码，然后每次实验时将1个钩码移到小车上，若每次移动钩码后都从同一位置释放小车，设细立柱宽度为d，释放小车时细立柱与光电门的距离为L，d<
<
L，细线所挂钩码的个数为n，每次细立柱通过光电门的时间为t，绘出
-n图象如图所示，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为___________（用题中所给字母表示）
【答案】
（1）.
（1）2.150（2.148～2.152均可）
（2）.（4）g＝5kd2/L
（1）根据螺旋测微器的读数规则分别读出固定尺加上螺旋尺刻度即可；
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度。
根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出n-
的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．
【详解】
（1）螺旋测微器的固定尺读数为2mm，螺旋尺读数为0.01×
15.0mm=0.150mm，则最终读数为2mm+0.150mm=2.150mm.
（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则细立柱通过光电门的速度v=d/t.
对整体分析，
根据v2=2aL得，
，得
所以k=
，当地重力加速度为g＝5kd2/L.
10.某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，备有下列器材：
A.待测的干电池一节
B.电流表G（量程0~150mA，内阻Rg=3.09Ω）
C.电压表V（量程0~3V，内阻RV约1kΩ）
D.滑动变阻器R0（0~20Ω，1.0A）
E.电阻箱R（0~99.9Ω）
F.开关和若干导线
（1）该同学发现上述器材中电流表的量程较小，他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0～0.6A的电流表，则电阻箱R的阻值应取___________Ω，请在图甲的虚线框内画出利用上述器材测量干电池电动势和内阻的实验电路图________。
（2）图乙为该同学根据合理电路所绘出的U－I图象，U、I分别为电压表和电流表的示数。
根据该图象可得被测电池的电动势E=___________V，内阻r=________Ω
【答案】
（1）.
（1）1
（2）.
或
（3）.
（2）1.5（1.48～1.52均可）（4）.1.2（1.2～1.3均可）
（1）根据电表的改装原理即可确定应并联的电阻大小；
（2）根据闭合电路欧姆定律以及图象的性质进行分析即可求得电动势和内电阻；
（1）利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0∼0.6A的电流表，则需要并联的电阻箱R的阻值应取R=
=1Ω；
电路图如图：
；
（2）若设电流表的电流为I，则干路电流为4I，由闭合电路的欧姆定律：
U=E−4Ir；
延长图象与两坐标轴相交，由图象可知：
E=1.48V；
4r=
，则r=1.2Ω。
计算题
11.如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B（可视为质点），A的质量m=1.0kg，B的质量M=4.0kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细绳相连，弹簧的弹性势能Ep=40J，弹簧的两端与物块接触而不固定连接。
水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°
的光滑斜面平滑连接。
将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动g取10m/s2，求：
（1）A与弹簧分离时的速度大小；
（2）A、B沿斜面上升的最大距离。
【答案】
（1）8m/s；
（2）1.024m
压缩弹簧释放后，由动量守恒和能量守恒列式，可求速度；
A与墙壁碰撞反弹后追上B，设碰后黏合体的速度为v，再由动量守恒定律列式可求共同速度。
再由动能定理可求沿斜面上升的最大距离。
（1）设A、B的速度分别为v1、v2，
系统动量守恒：
0=mv1-Mv2
系统能量守恒：
得v1=8m/s，v2=2m/s
（2）A与墙壁碰后速度大小不变
对A、B系统动量守恒：
mv1+Mv2=（m+M）v
v=3.2m/s
对A、B黏合体，由动能定理：
L=1.024m
12.如图所示，全空间中存在水平向里的匀强磁场，区域II、III中存在竖直向下的匀强电场，区域III中P点固定有一负电荷（未画出），点电荷的电场只存在区域III，不会影响区域II中的匀强电场；
A点有一质量为Ⅲ，电荷量为q的点电荷以某一初速度水平同右匀速直线运动；
某时刻点电荷从Ol进入区域Ⅱ，做圆周运动从C点进入区域III;
点电荷在区域III恰好做圆周运动进入区域II并最终回到O1;
区域II的宽度为2L,C与Ol的高度差为L（区域II、III中电场强度
），重力加速度为g，静电力常量为k，求：
（1）磁感应强度B和粒子的初速度v0；
（2）P点点电荷的电荷量大小Q;
（3）从O1出发到回到O1的时间。
（1）
（2）
（3）
解：
（1）在区域I中向右匀速直线运动，则有
在区域II中做圆周运动，则有
由几何关系
解得
磁感应强度
，粒子的初速度
（2）在区域III中，电场力与重力平衡，库仑力与洛伦磁力的合力提供圆周运动的向心力
得
P点点电荷的电荷量大小
（3）粒子最终回到O1，其轨迹关于
对称
在区域II中运动时间
在区域III中运动时间
（二）选考题
13.下列说法正确的是___________。
A.液体的浸润现象实质是由于附着层中分子间的引力作用形成的
B.温度相等的两个物体接触，它们各自的内能不变且内能也相等
C.当分子间的引力与斥力相互平衡时，分子间分子势能最小
D.悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈
E.若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，则气体内能可能减小
【答案】CDE
液体的浸润现象实质是由于附着层中分子间相互的排斥作用形成的；
温度相等的两个物体平均动能相等，内能不一定相等；
颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；
根据分子力做功情况判断分子势能的变化情况；
根据热力学第一定律分析内能的变化。
【详解】A.液体的浸润现象实质是由于附着层中分子间距离小于r0，分子间相互的排斥作用形成的，故A错误；
B.温度相等的两个物体接触，不进行热传递，它们各自的内能不变。
但内能是物体所有分子动能和势能之和，两物体质量不一定相等，内能也不一定相等。
故B错误；
C.当分子间的引力和斥力相互平衡时，无论分子间距离增大或减小，都要克服分子力做功，分子势能都增大，所以当分子间的引力和斥力相互平衡时，分子间分子势能最小，故C正确；
D.布朗运动是液体分子无规则运动的反映，悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故D正确；
E.若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量，根据热力学第一定律可得△U=W−Q，如果W<
Q，则气体内能减小，故E正确。
CDE。
14.如图所示，一长为l=57cm的竖直细玻璃管，下端封闭上端开口，现用5cm高的水银柱封闭着50cm长的理想气体，管内外气体的温度均为－4℃。
①将玻璃管缓慢倾斜至与水平面成30°
角时，管中被封气体的长度为多少?
②在第一问的基础上，若接着将管内水银柱取走1cm，再缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中水银柱上表面恰好与管口相齐?
（大气压强为P0=76cmHg）
（1）51.59cm
（2）274.6K.
（1）将玻璃管倾斜，压强减小，温度不变，根据玻意耳定律求出气柱长度；
（2）取走水银柱后，求出压强。
加热气体的过程，压强不变，根据盖吕萨克定律求出升高后的温度。
【详解】①设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1＝269K，体积为V1＝50S，压强为p1＝81cmHg
当玻璃管倾斜至与水平面成30°
角时，管内气体的温度为T2＝269K，体积为V2＝lS，压强为p2＝（76＋5×
sin30°
）cmHg
由玻意耳定律得：
p1V1＝p2V2
代入数据，解得：
l′≈51.59cm
②设温度升至T3时，水银柱长为4cm，管内气体的体积为V3＝53S，压强为p3＝（76+4×
）cmHg
由理想气体状态方程得：
代入数据，解得T3≈274.6K.
15.如图所示，甲图为一列沿x轴传播的简谐横波在t=1s时刻的波动图象，乙图为参与波动的质点P的振动图象，则下列判断正确的是___________。
A.该波的传播方向沿x轴正方向
B.该波的传播速率为4m/s
C.经过2s，质点P沿波的传播方向向前传播4m
D.该波在传播过程中若遇到直径为4m的球，能发生明显衍射现象
E.在0~1s时间内，质点P的位移为零，路程为0.4m
【答案】ADE
在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向，在甲图上判断出波的传播方向；
由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，求出波速；
波在同一介质中匀速传播，由s=vt可以求出经过波沿波的传播方向传播的距离，而质点并不向前传播；
根据波长与障碍物尺寸的关系分析能否发生明显的衍射现象；
根据振动图像判断0~1s时间内质点P的运动情况，求出位移和路程．
【详解】A、在乙图上读出t=1s时刻P质点的振动方向沿y轴正方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴正方向．故A正确；
B、由甲读出该波的波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=2s，则波速为v=
m/s=2m/s，故B错误；
C、质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播．故C错误；
D、由于该波的波长为4m，所以该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显的衍射现象．故D正确；
E、在0~1s时间内，质点P由平衡位置向上运动到波峰再回到平衡位置，位移为零，路程s=2A=0.4m，故E正确。
ADE
16.有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源S就在其对称轴上，如图所示，从光源S发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折
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