届河南豫北名校联盟高三上学期精英对抗赛理综物理试题解析版.docx

1、届河南豫北名校联盟高三上学期精英对抗赛理综物理试题解析版2017届河南豫北名校联盟高三上学期精英对抗赛理综物理试题（解析版）二、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1417题只有一个选项符合题目要求，第1821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。1. 下列每幅图象中的两条图线分别表示某质点运动的速度和加速度a随时间变化的关系，选择同一正方向，则其中可能正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：A选项中速度与加速度方向相反，则物体做减速运动，故A错。D选项中加速度与速度方向开始相同，则物体应做匀加速运动，故D错。

2、B选项中加速度开始与速度方向相反，故先做减速运动，加速度减小，故图像斜率减小。后来速度与加速度方向相同，故做加速运动，因加速度减小，故图像斜率减小。当加速度减为零时，速度不变为匀速直线运动，故B对。C选项中，速度图像最后一段，速度与加速度方向相同，故应做加速运动，故D错。故选B。考点：物体运动规律判定。【名师点睛】判定一个物体如何运动，要看它的加速度和初速度方向。如果加速度与速度方向在一条直线上则做直线运动，不在一条直线上则做曲线运动。如果加速度与速度方向相同，则做加速运动，若相反则做减速运动。如果加速度恒定，则做匀变速运动，若加速度变化，则做变加速运动。解决这个题的关键是分析清楚加速度与速度

3、的方向关系和加速度是否恒定。2. 如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象，由图象可知，下列不正确的是A. 图线的斜率表示普朗克常量hB. 该金属的逸出功等于EC. 该金属的逸出功等于hv0D. 入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为2E【答案】D【解析】根据光电效应方程EK=h-W0，知图线的斜率表示普朗克常量h，故A正确；根据光电效应方程Ek=h-W0，当=0时，Ek=-W0，由图象知纵轴截距-E，所以W0=E，即该金属的逸出功E，故B正确；图线与轴交点的横坐标是0，该金属的逸出功h0，故C正确；当入射光的频率为20时，根据光电效应方程可知，E

4、k=h20-h0=h0=E，故D错误；本题选错误的，故选D。点睛：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率图线的物理意义，知道斜率和截距表示的含义才能准确求解； 3. 在2016年的宇航发射任务中，我国有15次为重大专项任务或首飞任务随着世界航空事业的发展，深太空探测已经逐渐成为各国关注的热点假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的则下列判断正确的是A. 该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星的周期B. 某物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的8倍C. 该外星球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的倍D. 绕该外星球运行的人造卫星和以相

5、同轨道半径绕地球运行的人造卫星运行速度相同【答案】C【解析】由得T=2而不知道同步卫星轨道半径的关系，所以无法比较该外星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期关系，故A错误；根据g得倍，则B错误；万有引力提供向心力得得：，则C正确；根据C分析可知：，轨道半径r相同，但质量不同，速度不同，则D错误；故选C。4. 2016年暑期用电高峰，某供电公司反窃电稽查人员将钳形电流表卡在电表的火线上，对窃电的可疑客户进行排查，钳形电流表是一种测量电流的仪表，其结构和外形如图所示，其工作部分主要由一只电磁式电流表和电流互感器组成互感器由被测导线、铁芯和二次绕组构成，被测导线视为一匝线圈.图中各序号对应的部分为：1

6、-电流表，2-电流互感器，3-铁芯，4-手柄，5-二次绕组，6-被测导线，7-量程开关所测电流为正弦式交流电，则A. 若二次绕组的匝数为n，电流表示数为10 A，则被测电流最大值为l0mAB. 若二次绕组的匝数为n，所测导线中的电流的频率为f，则二次绕组中的电流频率为nfC. 若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则所测导线中的电流正在增大D. 若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则感应电流从电流表左端流入电流表【答案】A【解析】若二次绕组匝数为n，电流表示数为10A，则由变压器变压比：得，I1=10nA，故最大值为10nA，故A错误；电流互感器不改变电流的频率，故B错误；图中被测导

7、线中电流方向垂直纸面向里，根据安培定则可知，不管导线中电流是增大还是减小，铁芯中的磁感线都会如图中虚线所示，故C错误；当如图所示的磁感线穿过二次绕组时，只有当磁通量减小时，产生的感应电流才从电流表左端流入电流表，故D错误。故选A。点睛：本题实质上是考查变压器原理，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系一切题目都能顺利解出5. 如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止现将B球移动一些，发现A球随之移动少许，两球在虚线位置重新平衡则重新平衡时的情况与移动前相比，下列说法中正确的

8、是A. 推力F变小B. 墙面对A的弹力变大C. 斜面对B的弹力变大D. 两小球之间的距离变大【答案】AD【解析】先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：根据共点力平衡条件，有：F库=FN=mgtan再对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力FN、推力F，如图所示：根据共点力平衡条件，有：Nsin+FN=FNcos=（m+M）g解得：F=（m+M）gtan+mgtanN=由于减小，不变，根据式，推力F减小；故A正确；由于减小，不变，根据式，斜面对B的弹力不变；故B错误；由于减小，根据式，墙面对A的弹力变小；故C错误；由于减小，根据式，库仑力减小，故两球间距增加；故D正确

9、；故选AD。点睛：本题考查了连接体问题的动态平衡，整体法隔离法相结合是解决此类问题根本方法，并掌握矢量的合成法则应用，及三角知识的运用6. 如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并恰好能沿斜面升高到最高点，下列说法中正确的是A. 若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后仍能到达与B点等高处B. 若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高hC. 若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高hD. 若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到B点【答案】CD【解析】试题分析：若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动到最高点，速度不为零，故不能到达h高

10、处，故A错误；若把斜面弯成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，所以物体不能升高h故B错误;无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，故C正确;若把斜面AB变成曲AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故D正确考点：机械能守恒定律。7. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，电压表均为理想的，当电阻R3的阻值发生变化，其他电阻的阻值保持不变时，发现电压表V2的示数减小由此可以判定A. 电压表Vl的示数可能减小B. 电压表V3的示数一定增大C. 电压表Vl、V3的示数都增大

11、，且Vl的增加量较多D. 电容器的带电荷量可能减小【答案】BCD【解析】电压表V2示数减小，则通过电压表R4电流减小，而此支路电流与R1、R2的电流变化情况相反，与干路电流变化情况相同，所以可知，干路电流减小，外电路总增大，R3大，路端电压增大，V3的示数U3增大。因R3、R4串联，则知V1的示数U1增大。因U3=U1+U2，U2减小，所以电压表V1的示数增加量大，故BC正确，A错误；电容器两端的电压等于电阻R2、R4的电压之差，由上分析可知，R2的电压增大，R4的电压减小，但由于两个电压的大小关系未知，不能判断电容器两端的电压的变化情况，则无法判断电容器的带电量是否减小。故D正确。故选BCD

12、。8. 如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，t=0时对棒施一平行于导轨的外力F，棒由静止开始沿导轨向上运动，流经R的电荷量q与时间t的平方t2的关系图象如图乙所示下列关于穿过回路abPMa的磁通量、金属棒ab的加速度a、金属棒受到的外力F、通过棒的电流I随时间t变化的图象正确的是A. B. C. D. 【答案】BC【点睛】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，根据物理规律推导出其表达式，从数学的角度进行分析是关键，特别是对

13、于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析三、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。9. 图1为一正在测量中的多用电表表盘，请完成下列问题：(1)如果是用直流“50 V”挡测量电压，指针位置如图1所示，读数为_V；(2)用图1多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个电池、一个可变电阻和一表头相串联，如图2所示，电源电动势E=l.5 V，选择开关在“l”挡把它的两表笔短接，旋转可变电阻R1的旋钮，当指针指向“0 ”时，流过多用电表的电流为_mA;(3)图2是测量Rx阻值的

14、电路欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能进行欧姆调零，按正确使用方法再测Rx的阻值，测量结果与原结果相比较_（填“变大”“变小”或“不变”）；(4)图3是将表头G改装成由两个倍率档（如“1”“10”）的欧姆表电路原理图，则当开关S合向_端（填“a”或“b”）时，欧姆表是较大倍率挡（把虚线框内的电路当成一个电流表）【答案】 (1). 23.0 (2). 100 (3). 变大 (4). b【解析】试题分析：（1）电压表读数为23.0V；（2）选择开关在“1”挡时，欧姆表的内阻为15，此时流过多用电表的电流为；（3）当电池电动势变小，内阻变大时，若测量某一电阻时，通过回路的电

15、流减小，指针偏向左，则欧姆表的读数变大；（4）将G改装成两种倍率（如“1”“ 10”）的欧姆表，开关合向b端时，电路最大电流小，欧姆表的中值电阻大，倍率大，这时的欧姆表是较大倍率挡考点：欧姆表.10. 图甲为某同学探究功与速度变化关系的实验装置图一端装有定滑轮的长木板平放在桌面上，木 板上的小车右端通过细线跨过定滑轮与托盘相连，纸带穿过打点计时器与小车左端相连，将车从靠近打点计时器位置由静止释放，每次托盘下落高度一定，木板足够长，小车没有碰到右侧滑轮（小车在碰到右侧滑轮之前，托盘就着地了）将小车中的砝码依次移至托盘中，释放托盘，多次实验打下纸带实验中小车质量为M，托盘质量为m0，每个砝码的质量

16、也为m0，所有砝码与托盘的总质量为m，且满足Mm，托盘下落的高度为h，当地重力加速度为g(1)为减小实验误差，实验操作中先将长木板放置在水平桌面上，接下来再进行一项调节是_A.将长木板一端垫高，释放空托盘让其拖动小车拉着纸带并打点，然后利用纸带判断小车是否做匀速运动B.将长木板一端垫高，撤除拉线，用手拨动小车后让其拉着纸带运动并打点，判断小车是否做匀速运动C.将长木板一端垫高，撤除拉线，让小车白行下滑拉着纸带并打点，然后判断小车是否做匀加速运动D.每移动一次砝码，小车对木板的压力都不同，导致摩擦力不同，所以都应平衡一次摩擦力(2)实验中，用不同数目的砝码，拉动小车拖动纸带，打出纸带，利用纸带的

17、测量数据来进行研究，上面图乙是一条实验纸带，O为初始点，纸带上的点为打点计时器打下的原始点，则对纸带上的数据处理正确的是_A选取OA间距，求OA间的平均速度B选取DE间距，求DE间的平均速度C选取DG间距，求DG间的平均速度D选取AG间距，求AG间的平均速度(3)实验对多次做功的定量记录和对纸带的分析，多次实验探究功与速度变化的关系在数据处理时采用了图像法处理，纵轴为小车最大速度的2，横轴为n，托盘中的砝码个数n码=n-1，得到图丙，图线为过原点的倾斜直线，说明了做功与速度变化的关系是：_(4)此实验数据也可用来验证机械能守恒定律，在满足机械能守恒的情况下，图中的图线斜率的表达式：k=_。【答

18、案】 (1). BC (2). C (3). 合外力的功与速度的平方成正比 (4). 【解析】（1）由于小车在长木板上运动时不可避免地受到摩擦力，为了平衡摩擦力，所以要把左端垫高一点，当Mgsin=Mgcos时，可以等效为不受摩擦力实际操作时用手拨动小车后让其拉着纸带运动并打点，判断小车是否匀速运动所以选B.（2）因为是探究功与速度变化关系，所以必须求出末速度，而末速度是用平均速度代替的，在能够计算速度且使误差尽量减小的情况下，时间越短，误差越小，所以只能选DG段，求平均速度从而代替末速度，况且DG段点迹均匀说明已经匀速运动，所以选C（3）对于整个系统而言，变化n系统质量未变，但改变了合外力，

19、合外力的变化与n成正比，故可得：合外力的功与速度的平方成正比（4）由机械能守恒律可得：(n1)+1m0gh(M+m)v2，整理得： ，故v2-n图象的斜率为k= 点睛：本题巧妙的是系统的总质量保持不变，从小车拿下的砝码都放在小车上，砝码盘的质量等于砝码的质量，相当于一个砝码题目已经对数据进行处理并画出了v2-n 图象，且是一条过原点的直线，而n又与砝码及盘的总重力（可看成合外力）成正比，所以能得到合外力的功与速度的平方成正比；至于验证机械能守恒律，写出守恒式，就能看出斜率的表达式11. 如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电量为+q、

20、质量为r的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动，小球P、Q正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度，水平台面距地面高度，重力加速度为g，不计空气阻力 (1)求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小，(2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落体？落地点与平台边缘间的水平距离多大？(3)若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘、小球P仍以水平初速度向Q运动，小球Q的运动轨迹如图所示，已知Q球在最高点和最低点所受合力的大小相等求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H.【答案】(1),

21、 (2), (3),【解析】（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得： mv0=mvP+mvQ； 联立解得 vP=0，vQ=v0= （2）对于小球Q，由于qE=mg，故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 qvQB=m经时间t1=T=小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后：vP=v0=，vQ=0小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，t2= 所以P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间 落地点与平台边缘的水平距离 xP=vPt2= （3）PQ相碰后，Q球速度vQ=v0，Q球在最高点和最低点的合力大小相等，故有： 解得 因为 解得 12.

22、 如图所示，一轻质弹簧小端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C，A、B、C均处于静止状态现剪断B和C之间的绳子，则A和B将做简谐运动已知物体A质量为3kg，B和C质量均为2kg，弹簧劲度系数为k=100N/m.（g取10 m/s2）试求：(1)剪断B和C间绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧的形变量x1；(2)剪断B和C间绳之后，物体A振动过程中的最大速度vm及此时弹簧的形变量x2；(3)振动过程中，绳对物体B的最大拉力Fmax和最小拉力Fmin【答案】(1)x1=10cm (2), x2=10cm (3),【解析】（1）剪断B和

23、C间绳子之前，A，B，C均处于静止状态时，设绳子拉力为F，对A：mAg+kx1=F，对BC系统：（mB+mC）g=F，解得：x1=0.1m=10cm；（2）A振动过程受到最大时在平衡位置，此时合力为零，A、B间绳子拉力为F0，弹簧压缩量为x2对B：F0=mBg，对A：mAg=kx2+F0，解得：x2=0.1m=10cm，剪断B、C间绳子后到速度最大的过程中，机械能守恒，因x1=x2，在这两位置时弹簧的弹性势能相等，A下降的高度和B上升的高度为：d=x1+x2=20cm，由机械能守恒定律得：mAgd-mBgd=（mA+mB）vm2，解得：vm=m/s；（3）B振动到最低点时拉力最大，为Fmax；

24、振动到最高点时拉力最小，为Fmin；由简谐振动的对称性可知，在最高点与最低点加速度a大小相等，B在振动过程的最低点：Fmax-mBg=mBa，mAg+kx1-Fmax=mAa，解得：Fmax=28N；B在振动过程的最高点：mBg-Fmin=mBa，解得：Fmin=12N（二）选考题。共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔将各科所选题目题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13. 近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重PM2.5是指空气

25、中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因下列关于PM2.5的说法中正确的是_（填正确答案标号，选对一个得2分，选对两个得4分，选对3个得5分，选错一个扣3分，最低得分0分）APM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当BPM2.5在空气中的运动属于布朗运动C温度越低PM2.5活动越剧烈D倡导低碳生活减步煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度EPM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈【答案】BDE【解析】“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的颗粒

26、物，PM2.5的尺度远大于空气中氧分子的尺寸的数量级，A错误PM2.5在空气中的运动是固体颗粒的运动，属于布朗运动，B正确大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则PM 2.5的运动越激烈，C错误导致PM 2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活，有效减小PM 2.5在空气中的浓度，D正确PM 2.5中颗粒小一些的，空气分子对颗粒的撞击越不均衡，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，E正确14. 手动便携式洗车器因其节能环保的特点深受爱车人的喜爱如图为某种结构及原理简图，桶内水面上方用塞子密封了一定质量的理想气体，已知气体初态压强与外界相等，均为p0。，

27、体积为1L，为使水流从喷头处雾化喷出，内外压强差至少为0.5p0，现用最大容积为0.lL的打气筒向桶内打气，忽略桶内水柱所产生的压强及打气过程中温度的变化，求：至少需要打几次才能使喷水刷喷出雾化水；试从微观上解释内封气体压强的变化原因【答案】n=5次 单位体积内的分子数增多【解析】（1）设至少需要打几次才能使喷水刷喷出雾化水已知：V1=1L+n0.1L=（1+0.1n）L，p1=p0，V2=1L，p2=1.5p0；根据玻意耳定律p1V1=p2V2得：p0（1+0.1n）L=p01.5L解得：n=5（次）（2）温度不变，气体分子平均动能不变，分子运动剧烈程度不变，但随着气体的打入，单位体积内分子

28、个数越来越多，因此压强不断变大点睛：对于打气过程，首先要正确选择研究对象：以所有打进气筒内的气体和气筒内原来气体整体为研究对象，再根据玻意耳定律研究15. 2016年5月22日在西藏日喀则定日县发生5.3级地震，震源深度10千米如图所示，已知波沿z轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，如果该地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为4 km/s，则_（填正确答案标号，选对1个给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0分）A从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过2.5s时间B从波传到N处开始计时，经过t=0.03 s，位于r=240m处的质点刚好开始振动C波的周期为0.0

29、15sD波动图像上的质点M此时速度方向沿y轴负方向，动能正在减小E波动图像上x=0 m到x=120 m之间此时还有3个点与M点的加速度相同【答案】BCE点睛：本题全部是关于波的图象与质点运动的关系问题，这要对波形成的原因理解透彻才便于回答考察对公式和v的应用、波动图象和振动关系等内容仔细认真一点不难回答16. 半径为R的玻璃半网柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，AOB=60，已知该玻璃对红光的折射率为.求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；若入射的是单色蓝光，则距离d将比求得的结果大还是小？【答案】 比结果小【解析】试题分析：（1）光路如图所示，可知i=60由折射率，可得r=30由几何关系及折射定律公式，得i=30，r=60所以在OCD中可得（2）由于单色蓝光比单色红光波长小、折射率n大，所以光线2向OD偏折更明显，d将减小考点：光的折射定律