2018届福建省泉州市高三适应性考试(二)理科综合物理试题(解析版)

理综物理

二、选择题:

1. 目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图所示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点。由于长期使用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高。座椅静止时用F表示两轻绳对座椅拉力的合力，F1表示单根轻绳对座椅拉力，则倾斜后与倾斜前相比

A. F不变，F1变小 B. F不变，F1变大 C. F变小，F1变小 D. F变大，F1变大 【答案】A

【解析】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即有

，解得

，根据共点力平衡条件，

，由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的角减小了，

故F不变，减小，A正确．

【点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析．

2. 如图，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，半径OC与OB成60°角，质子甲以速率v

- 1 -

从A点沿直径AB方向射入磁场，从C点射出。质子乙以速率v/3从B点沿BA方向射入磁场，从D点射出磁场，不计质子重力，则C、D两点间的距离为

A. R B. 2R C. 2R D. R 【答案】D

【解析】洛仑兹力提供向心力，是，其轨道半径

，由几何关系求得

，由于质子乙的速度

，它们在磁场的偏转角分别为60°和120°根据几何知识可得，所以

，D正确．

3. 儿童乐园里的游戏“空中飞椅”简化模型如图，座椅通过钢丝绳与顶端转盘连接。设绳长为L，座椅中人的质量为m。若转盘正常工作时转速一定，绳与竖直方向夹角为θ，则

A. L变长时，θ将变大 B. L变短时，θ将变大 C. m越大时，θ越小 D. m越大时，θ越大 【答案】A

【解析】设座椅做匀速圆周运动时转速为n，由重力和绳子的拉力的合力提供座椅圆周运动的向心力，如

- 2 -

图，则有

与m无关，A正确．

，得，据题知：n不变，r也不变，则当L变长时，变大，

4. 处于激发态的原子，在入射光的电磁场影响下，从高能态向低能态跃迁，两个状态之间的能量差以辐射光子的形式发射出去，这种辐射叫做受激辐射。原子发生受激辐射时，发出的光子频率、发射方向等都跟入射光子完全一样，这样使光得到加强，这就是激光产生的机理。那么，发生受激辐射时，产生激光的原子的电势能Ep、电子动能Ek、总能量E的变化情况是 A. Ep增大、Ek减小，E减小 B. Ep减小、Ek增大，E减小 C. Ep增大、Ek增大，E增大 D. Ep减小、Ek增大，E不变 【答案】B

【解析】发生受激辐射时，向外辐射能量，知原子总能量E减小，轨道半径减小，根据的动能增大，由于能量减小，则电势能减小，B正确．

5. 如图，小物块从O点以大小为v0的初速度沿斜面向上运动，同时将小球从O点以大小为v0的初速度斜向上抛出，小物块和小球在斜面上的P点相遇。已知小物块和小球质量相等，不计空气阻力，则

知，电子

A. 斜面可能是光滑的

B. 小球运动到最高点时离斜面最远 C. 在P点时，小球的动能大于物块的动能

D. 小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等 【答案】C

- 3 -

...............

【点睛】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，根据动能定理分析动能的变化，当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，求出重力做功的大小，进而求解平均功率．

6. 在水平桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度之比h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若按先后依次静止释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则 A. 三者到达桌面时的速度之比是∶∶1 B. 三者分别释放后运动到桌面的平均速度之比是∶

∶1

C. b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差 D. b与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差 【答案】ABC

【解析】下落过程中，机械能守恒，故

，解得

，所以三者到达桌面时的速度之比是

，故平均速度之比为

，A正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以

，B正确；根据可得ab运动时间为，bc运动的时

间之差为，所以，故C正确D错误．

7. “嫦娥三号”探测器在西昌卫星发射中心成功发射，携带“玉兔号”月球车实现月球软着陆和月面巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测。已知“玉兔号”在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2；地球与月球均视为球体，其半径分别为R1、R2；地球表面重力加速度为g，则

- 4 -

A. 月球表面的重力加速度为

B. 月球与地球的质量之比为

C. “嫦娥三号”环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2π

D. 月球第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为 【答案】BD

【解析】“玉兔号”的质量

，月球表面的重力加速度，A错误；根据得，

故，B正确；根据周期公式，根据，联立得

，C错误；根据可得，D正确．

8. 如图，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面。已知A、B、C、D点的电势分别为8 V、6 V、2 V、0 V。现有一电荷量大小为2e的带电粒子（不计重力）从A点以初动能12 eV沿AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G。下列说法正确的是

A. 该粒子一定带负电

B. 该粒子达到G点时的动能为20 eV

C. 若只改变该粒子在A点时的初速度方向，该粒子不可能经过C点

D. 若该种粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过直线CE 【答案】AC

【解析】根据匀强电场中平行等距离的两点电势差相等可得E和F两点的电势分别为2V和6V，则EC为等势线，匀强电场的电场线方向和粒子运动轨迹如图所示；

- 5 -

该粒子沿AC方向进入，从G点射出，粒子受力方向与电场线方向相反，该粒子一定带负电，A正确；粒子在A点初动能为12eV、电势能EPA=-2e×8V=-16eV，所以总能量为E=12eV-16eV=-4eV，由于以G点的电势为4V，该粒子达到G点时的动能为速度的方向，若该粒子能经过C点，则经过C点的动能

，所

，B错误；只改变粒子在A点初

，动能为零，由于粒子仍

然有垂直于电场线方向的分速度，所以不可能出现这种情况，所以只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C点，C正确；若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，其速度可以分解为沿电场线方向和垂直于电场线方向，而垂直于电场线方向的速度不可能减小为零，所以该粒子不可能垂直经过CE，故D错误．

【点睛】有关带电粒子在匀强电场中的运动，此种类型的题目从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等解答．其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，利用动能定理、能量守恒定律等研究全过程中能的转化． 三、非选择题：

9. 图甲是验证机械能守恒定律的实验示意图。某轻绳一端固定，另一端拴一小圆柱，将圆柱拉至与O点等高处并使轻绳水平。圆柱由静止释放，通过最低点时，光电门（图中未画出）测出挡光时间Δt。重力加速度大小为g。请回答下列问题：

（1）用游标卡尺测出圆柱的直径d，如图乙所示，圆柱的直径d＝________ cm；

（2）用米尺测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl＝________成立，说明圆柱下摆过程中机械能守恒； （3）若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子的拉力大小F，则要验证圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的一个物理量是______________（用文字和字母表示）；若等式F＝________成立，则可验证圆柱在最低点的向心力公式。

【答案】 (1). (1) 1.1000； (2). （2）

； (3). (3) 小圆柱的质量m； (4). mg+m

；

- 6 -

【解析】（1）圆柱的直径为（2）重力势能变化量果两者相同，即

，圆柱通过光电门时的速度为

； ，故增加的动能为

，如

，成立，则桌面下摆过程中机械能守恒；

（3）则在最低点由牛顿第二定律得需要测量小圆柱的质量m．

，若等式成立，则可验证向心力公式．可知

【点睛】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）的关键是根据机械能守恒定律列出表达式即可．（3）题的关键是根据牛顿第二定律列出表达式，然后求出拉力表达式即可，总之一句话，对实验题，必须明确实验原理，选择相对应的规律解题．

10. 在测量电源的电动势和内阻的实验中，实验室提供的器材如下：

A．待测电源（电动势约为8V、内阻约为 2Ω） B．电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ） C．电流表A（量程1A，内阻约为0.1Ω） D．电阻箱R（0~99999.9Ω） E．滑动变阻器（0~20Ω） F．滑动变阻器（0~100Ω） G．开关、导线若干

（1）采用图甲所示电路可以测量电压表的内阻RV。调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为

R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2。若忽略电源的内阻，则

电压表内阻RV=_______；电压表内阻的测量值RV_______真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）。 （2）若测得电压表内阻RV=3010 Ω，当电压表串联一阻值为_________Ω的电阻时，可将电压表的量程变为9V。

- 7 -

（3）为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整_____________。实验中，滑动变阻器应选择_______（选填“E”或“F”），并指出产生实验误差的一个原因：_____________ 【答案】 (1). (1) R2-2R1 ； (2). 大于； (3). (2) 6020； (4). (3) 如图

； (5). E (6). 电压表的分流；

【解析】（1）设电压表满偏电压为U，则由串并联电路的规律可知，解得；

由于电源内阻的影响；当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表半偏时的电压表大于电压表满偏时电压的一半，电压表实际电压偏大偏大，电压表内阻的测量值大于真实值． （2）根据改装原理可知，满偏时，即量程达到最大时满偏电流相同，故

，解得：

；

（3）根据原理图可得出对应的实物图；由于电源内阻较小，为了便于控制滑动变阻器应选择E；由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，故由于电压表的分流使电流表示数偏小，从而产生误差；

11. 如图，质量为2m的“∟”型木板，静止放在光滑的水平面上，木板左端固定着一水平轻质弹簧，一质量为m的小木块从木板右端以未知速度v0 开始沿木板向左滑行，最终恰好回到木板右端；在木块压缩弹簧过程中，弹簧具有最大弹性势能为Ep。木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求： （1）未知速度v0的大小；

（2）木块相对木板向左运动的最大距离xm。

- 8 -

【答案】（1）；（2）；

【解析】（1）木块从右端开始向左运动至弹簧压缩到最短的过程中，摩擦生热设为Q，当弹簧压缩到最短时,木块和木板具有相同的速度v1，由动量和能量关系有

，

；

从初状态至木块m又回到右端与木板刚好相对静止时，木块和木板又具有相同的速度v2，由动量和能量关系有

，

，

由以上各式解得；

（2）物块从弹簧压缩到最短时的位置返回到木板右端时，木块和木板具有相同的速度再次获得共同速度，则有得解得

，又

，

，

，

12. 如图甲所示，两固定的水平金属板C、D相距很近，分别开有正对的小孔O和O′，固定在水平面上的两平行金属导轨P、Q通过导线与C、D连接，导轨间距L=0.50m。导轨处于磁感应强度大小B1=10T、方向竖直向上的匀强磁场中。水平边界MN与D板间存在磁感应强度大小B2=10T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，MN与D板的距离d=10cm。金属棒AB在导轨上做往复运动，AB始终与导轨垂直且接触良好。取向右为速度的正方向，AB的速度图象如图乙所示。从t=0时刻开始，由O处连续不断地以垂直于C板方向飘入（初速度可视为零）质量m=3.2×10－21kg、电荷量大小q=1.6×10－19C的带负电粒子（重力及其相互作用不计，粒子在C、D间的运动时间不计）。求： （1）能够从边界MN出来的粒子的最小速度v；

（2）在0~4s内哪些时刻从O处飘入的粒子能穿过电场并飞出边界MN？ （3）粒子从边界MN出来的位置之间的最大距离。

【答案】（1）50m/s；（2）2.25s≤t≤3.75s；（3）7.32cm；

- 9 -

【解析】（1）粒子在中洛仑兹力提供向心力，设匀速圆周运动的半径为R，则粒子能穿过边界MN的临界条件是

，解得

；

，

据动能定理有，又，解得；

若设从2s始经时棒的速度可达-5m/s，由棒AB的v-t图可得解得故在

；

内，即

，

时粒子能从O飘入穿过电场并飞出磁场边界MN； ，据动能定理有

（3）金属棒AB运动的最大速度为又解得由

可得

， ，

，

， 设以和v进入B2的粒子从MN边界射出时分别交MN于a、b两点，如图所示。

据几何关系有解出故

，

．

，

13. 关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是_________ A．压缩气体，气体温度可能降低 B．吸收了热量的物体，其内能一定增加 C．在一定条件下物体的温度可以降到 -270 ℃ D．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 E．若两分子间距离减小，分子间作用力增大 【答案】ACD

- 10 -

【解析】压缩气体，外界对气体做正功，气体可能同时向外释放热，根据热力学第一定律可知物体内能可能减少，温度降低，A正确；若物体从外界吸收热量同时对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能增加、减小、不变，B错误；

，不是绝对零度，故在一定条件下物体的温度可以降到-270℃，C

正确；根据热力学第二定律：物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功是可能的，当然会产生其他变化，D正确；物体中分子间距离减小时，分子力可能增大也可能减小，E错误．

14. 一气缸竖直放在水平地面上，缸体质量M＝10 kg，活塞质量m＝4 kg，活塞横截面积S＝2×10－3 m2，活塞上面的气缸内封闭了一定质量的理想气体，下面的气孔O与外界相通。大气压强p0＝1.0×10 Pa。活塞下面与劲度系数k＝2×103 N/m的竖直轻弹簧相连。当气缸内气体温度为T1=400K时弹簧为自然长度，此时活塞与缸底间的距离L1＝20 cm，取g=10 m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。 （1）当缸内气体绝对温度T2为多少时，气缸刚好对地面没有压力； （2）当缸内气体绝对温度T3=1500K时，活塞与缸底间的距离L2为多少？

5

【答案】（1）1012.5 K ；（2）40 cm。 【解析】（i）缸内气体在初状态：

，

；

当气体压强增大到一定值时，气缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化。设气缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为则在末状态：

，解得

，

，

，

，

根据理想气体状态方程，得（ii）当

时，因

，解得；

，

，封闭气体发生等压变化，设，解得

．

根据盖吕萨克定律有：

【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可．

15. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T。在t＝0时的波形如图，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP＝2 cm，yQ＝－2 cm，下列说法中正确的是_________。

- 11 -

A．P点的振动形式传到Q点需要 B．P、Q在振动过程中，位移的大小总相等 C．在D．经过

内，P点通过的路程小于20 cm ，Q点回到平衡位置

E．P、Q两质点不可能同时到达平衡位置 【答案】ABC

【解析】由图看出，P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，所以振动形式从P传到Q需要，A正确；P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，两点为反相点，即P、Q的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，总是同时回到平衡位置，但回到平衡位置时速度方向相反，B正确E错误；若图示时刻P在平衡位置或最大位移处，在

内，

P点通过的路程为，而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在

内，P点通过的路程小于20cm，C正确；图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过

，Q点没有回到平衡位置，D错误．

【点睛】当两个质点相隔波长的整数倍时，则这两个点为同相点，即振动步调相同，如果两个质点相隔半波长的奇数倍时，两个点为反相点，即振动步调相反．

16. 如图，水池宽度L=6 m，水面离岸边的高度均为0.5 m，在左岸边一标杆上装有一灯A，灯A距岸边高0.5 m，在右岸边站立着一个人，E点为人眼的位置，人眼距岸边高1.5 m，若此人发现灯A经水反射所成的像与左岸水面下某处的灯B经折射后所成的像重合，已知水的折射率为1.3，则灯B在水面下多深处？(灯

B在图中未画出）

【答案】2.11m；

【解析】如图，设水面为CF，A灯与水面点C的距离为，B灯与水面点C之间的距离为，人眼到

- 12 -

水面上点F之间的距离为，点C、D之间的距离为，由A灯光的反射得，解得.

对B灯光的折射过程，有，

，解得：，即灯在水面下2.11m深处。

、临界角公式

、光速公式

，

【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律运用几何知识结合解决这类问题．

- 13 -

- 14 -