甘肃省武威市凉州区2017届高三下学期第二次诊断考试
理综物理试题
一、选择题
1. 如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，现欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，
则几何知识得：2R cos30°=a，得；欲使电子能经过BC边，必须满足，
而，所以，故选C.
【点睛】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即可由半径求解B的范围．2. 2006年我国自行研制的“枭龙”战机04架在四川某地试飞成功.假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直
线运动,达到起飞速度v所需时间为t,则起飞前的运动距离为（）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】B
【解析】整个过程中飞机做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得，全程的平均速度为v，所以总的位移为x=vt，所以B正确。故选B。
3. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连.平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知sin53°=0.8,cos53°=0.6）（）
A. 小球静止时弹簧的弹力大小为
B. 小球静止时细绳的拉力大小为
C. 细线烧断瞬间小球的加速度为
D. 细线烧断后小球做平抛运动
【答案】C
【解析】小球静止时，分析受力情况，如图
由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=mg；细绳的拉力大小为：．故AB错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：，故C正确。由C分析可得，细线烧断后小球所受的合力斜向下，不可能做平抛运动，D错误。故选C。
点睛：本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．
4. 以下涉及物理学史的四个重大发现符合事实的是（）
A. 楞次发现了电流热效应的规律
B. 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C. 焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D. 亚里士多德将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动
【答案】B
【解析】焦耳发现了电流热效应的规律，选项A错误；库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，选项B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C错误；伽利略将斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误；故选B.
5. 一理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，如图所示。电灯A上标有“10 V，10 W” 的字样，电灯B上标有“8 V,20 W”的字样，滑动变阻器的总电阻为6 Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化）。则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是（均为理想电表）（）
A. V1、V2不变，A1增大，A2增大，P先减小后增大
B. V1、V2不变，A1、A2增大，P增大
C. V1、V2不变，A1、A2减小，P先增大后减小
D. V1不变，V2增大，A1减小，A2减小，P减小
【答案】B
【解析】试题分析：变压器输入电压不变，电压表示数不变，原副线圈匝数比等于电压比，滑片移动过程匝数不变，所以副线圈电压不变即示数不变，答案D错误。电流比与原副线圈匝数成反比，所以电流表
是同步变化，增大都增大，减小都减小，输入功率电压不变，电功率和电流成正比，因此答案AC 错。只有答案B对。
考点：变压器串并联电路欧姆定律
6. “嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在距月球表面200k的p点进行第一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示，之后卫星在p点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动。用T1、T2、T3分别表示卫星在椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ和圆形轨道Ⅲ上运动的周期，用a1、a2、a3分别表示卫星沿三个轨道运动到p点的加速度，用v1、v2、v3分别表示卫星沿三个轨道运动到p点的速度，用F1、F2、F3分别表示卫星沿三个轨道运动到p点时受到的万有引力，则下面关系式中正确的是（）
A. a1=a2=a3
B. v1＜v2＜v3
C. T1＞T2＞T3
D. F1=F2=F3
【答案】ACD
【解析】试题分析：由得，三个轨道上的P点到地心距离均相等，故a相等，故A正确；由能量守恒定律知，由P点飞出时动能越大，远地点到离地球中心越远，即，故B错误；由开普勒第三定律知轨道半长轴（半径）越大，对应周期越长，即，故C正确；同一卫星在P点受力由公式知，受力大小相等，故D正确。
考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用
【名师点睛】本题考查卫星变轨的相关知识及规律，易错点在于计算合力时用万有引力公式而不是向心力公式，计算加速度时就用牛顿第二定律而不是向心加速度公式。
7. a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°。现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c 三个顶点上，将一个电荷量为＋Q的点电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点d点处，两点相比（）
A. ＋Q在d点所受的电场力较小
B. ＋Q在d点所具有的电势能较大
C. d点的电势低于O点的电势
D. d点的电场强度大于O点的电场强度
【答案】AC
【解析】菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为E d=2k。O点的场强大小为，可见，d点的电场强度小于O点的电
场强。所以+q在d点所受的电场力较小，故A正确，D错误。Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小。故B错误，C正确。故选AC。
点睛：本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小和电势能的高低．
8. 一正方形闭合导线框abcd边长L=0.1 m，各边电阻均为1Ω，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽
L=0.1 m的磁感应强度为1T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，如图所示。在线框以恒定速度4 m/s沿x轴正方向穿越磁场区域的过程中，如图所示的各图中，能正确表示线框从进入到穿出磁场过程中，ab边两端电势差U ab和回路中电流I（设顺时针方向为正方向）随导线框ab边位置变化情况的是（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】分两段研究：ab进入磁场切割磁感线过程和dc切割磁感线过程。
ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0-L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，ab相当于电源，a的电势高于b的电势，U ab＞0．感应电动势为E=BLv=1×0.1×4V=0.4V，电路中的电流：
I＝＝0.1A，U ab是外电压，则有U ab=I?3r=0.3V；dc切割磁感线过程，x在L-2L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针，dc相当于电源，a的电势高于b的电势，U ab＞0．感应电动势为
E=BLv=1×0.1×4V=0.4V，U ab是外电压，U ab=Ir=0.1V，则B正确，A错误；ab进入磁场切割磁感线过程中，x在0-L范围：由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为逆时针，dc切割磁感线过程，x在L-2L范围：
由楞次定律判断得知，线框感应电流方向为顺时针。大小都是0.1A．故C正确，D错误。故选BC。
点睛：本题是楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律的综合，比较简单，容易出错的地方是ab的电压是内电压还是外电压的问题．
二、非选择题
9. 在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：
①下列说法哪一项是正确的________．(填选项前字母)
A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为________ m/s(保留三位有效数字)．
【答案】(1). C (2). 0.653
【解析】①A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，但不要通电和挂钩码；B、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，使系统的加速度较小，避免钩码失重的影响，故B错误，C、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故C正确；故选C。
②B为AC时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故
10. 用如图电路测电源电动势和内电阻，电路中定值电阻R0=4Ω。依据测得的数据画出U-I图象如图所示:
①根据图象得出电源电动势E=_______，内电阻r=_______ (以上两空要求两位有效数字)。
②备选的电压表有V1：量程3V，内阻约3kΩ;V2：量程15V，内阻约5kΩ；V3：量程3V，内阻约1kΩ。为
使测量结果尽量准确，电压表应选_________。
③根据电路图将实物图画线连成实验电路___。
【答案】(1). 3.6V (2). 2.0Ω(3). V1(4).
【解析】①由图1所示图象可知，电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是3.0，则电源电动势E=3.0V；
图象斜率，电源内阻与定值电阻之和R=6.0Ω，电源内阻r=R-R0=6.0Ω-4Ω=2.0Ω；
②在保证安全的前提下，为精确测量，应选量程小内阻大的电压表，电源电动势为3V，则电压表应选V1．
③根据图2所示电路图，把电源、开关、滑动变阻器、电流表、定值电阻串联接入电路，电压表并联在滑动变阻器与电流表串联电路两端，实物电路图如图所示．
点睛：要掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法；选择实验器材时，首先要保证安全，在保证安全的前提下，为减小误差，电表应选择小量程的；为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．11. 如图所示，固定在水平面上的斜面与水平面的连接处为一极小的光滑圆弧(物块经过Q点时不损失机械能)，斜面与地面是用同种材料制成的。斜面的最高点为P，P距离水平面的高度为h=5m。在P点先后由静止释放两个可视为质点的小物块A和B，A、B的质量均为m=1kg，A与斜面及水平面的动摩擦因数为
μ1=0.5，B与斜面及水平面的动摩擦因数为μ2=0.3。A物块从P点由静止释放后沿斜面滑下，停在了水平面上的某处，求：
(1)A物块停止运动的位置距离斜面的直角顶端O点的距离是多少?
(2)当A物块停止运动后准备再释放B物块时发现它们可能会发生碰撞，通过计算说明A物块与B物块是否发生碰撞；若能发生碰撞，要避免碰撞需要将A物块向右至少推出多远？(g取10m/s2，此问结果保留三位
有效数字)
【答案】（1）10m （2）能发生碰撞，6.70m
【解析】（1）设斜面倾角为θ，物块所停位置到Q点距离为S。
斜面长①
摩擦力②
依动能定理③
停位置到O点距离④
由以上得⑤
A物块⑥
（2）若只释放B后同理得⑦
⑧
若不相碰应将A至少向右推出6.7m.
12. 如图所示，在坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向平面内的轴上方各个方向发射粒子，粒子的速度大小均为，在的区域内分布有指向轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q 与m分别为粒子的电量和质量；在的区域内分布有垂直于平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于平面且平行于x轴，放置于处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用），求：
（1）粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及距y轴的最大距离；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被粒子打中的区域的长度。
【答案】(1)，(2)(3) ，
【解析】试题分析：（1）α粒子在电场的作用下加速运动，根据动能定理：（2分）
代入数据可得：（1分）
由题意可知初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，由类平抛知识：
在竖直方向：其中
在水平方向：联立以上解得：（3分）
（2）根据上题结果可知：对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角：
可得（1分）
若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹与ab板相切是临界条件，由几何关系可得：解得：（2分）
由洛伦兹力提供向心力：（1分）
可得：（1分）
（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．（2分）
由分析可知此时磁场宽度为原来的，（2分）
则：ab板至少向下移动：（1分）
沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界
由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度：（2分）
考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动
【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．
三、选考题
13. 如图所示是一定质量的理想气体的过程变化图线，下列说法不正确的是（_____）
A、由状态A变化到状态B，气体分子的平均动能增大
B、由状态B变化到状态C，气体密度增大
C、由状态A变化到状态C，气体内能不变
D、由A经B到C的过程与由A经D到C的过程，气体对外做功相同
E、由A经B到C、由A经D到C、由A直接到C的三个过程中，气体均吸热，但是吸热量值不同
【答案】BCD
点睛：从P-V上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口．
14. 如图所示，A、B两圆柱形气缸中用活塞封闭着质量相同、温度相同的氧气，A气缸放在水平地面上，B 气缸悬在空中。A、B两气缸质量分别是M A=12kg,M B=2kg,面积分别是S A=30cm2,S B=20cm2.两活塞用轻绳经两个高度相同定滑轮相连接，两气缸和活塞均处于静止状态。设大气压强p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,轻绳与定滑轮间以及活塞与容器壁间无摩擦。
求：A、B两气缸中气体的高度之比H A ︰ h B.
【答案】
【解析】设A、B两气缸内气体压强分别为p A和p B，绳的张力为F。
对气缸B
对活塞A
对气缸B和活塞B整体
两气缸内气体种类、质量温度均相同，遵循玻意耳定律，即
由以上各式解得
15. 一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形图如图甲所示，此时质点N位于x轴上x=2.0m处，图甲中的某质点的振动图象如图乙所示。关于该波下列说法正确的是（_____）
A、该波的波速为0.5m/s
B、质点N振幅是0
C、图乙表示的是质点N的振动图象
D、该波在传播过程中遇到一辆静止的轿车时会发衍射现象
E、此时质点N沿y轴负方向振动
【答案】ADE
【解析】由两图象可知波长λ=2m，振幅A=0.8m，周期T=4s，由，故A正确，B错误。由振动图象可知t=0时该质点向上振动；此波沿着x轴正方向传播，由波形平移可知由t=0时波的图象可知N点此时向下振动，所以图乙不是质点N的振动图象，故C错误。根据生活常识知车的尺度与波长接近，所以可以发生明显衍射现象，所以D正确。波沿x轴正向传播，则此时质点N沿y轴负方向振动，选项E 正确；故选ADE.
点睛：本题的关键理解和把握振动图象和波动图象的区别和联系，找出两种图象之间对应关系；波传播方向和质点的振动方向用波形平移法判断．
16. 如图所示为边长L=cm的等边玻璃三棱镜，某单色光束射到界面AB中点上，入射角为i1=45°，玻璃对单色光的折射率为n=。不考虑光在界面AC上的反射，求：
①从界面AC出射的光线与入射到界面AB上的光线的夹角θ，即偏折角；
②单色光在玻璃中传播的时间。
【答案】① ②
【解析】①如图所示，入射光射到界面AB上，其折射光线射到界面AC上，再次折射到空气中，设在界面AB上，折射角为r1，在界面AC上，入射角为i2，折射角为r2，偏折角为。
由折射定律得有r1=300
由几何关系可知i2=300
由折射定律得有r2=450
θ= i1－r1+ r2－i2=300
②由几何关系可知，光在玻璃中的折射光线与底边BC水平，其长度为边长的一半。光在玻璃中的传播速度为
则光在玻璃中传播的时间
17. 如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系图像。由图像可知（______）
A．该金属的逸出功等于E
B．该金属的逸出功等于hν0
C．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E
D．入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
E．由该图像可得出普兰克常量
【答案】ABC
学
+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...
点睛：此题关键是根据光电效应方程E Km=hv-W得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析．
18. 如图所示，在光滑水平面上有两个物块A和B均处于静止状态，A、B的质量分别为1kg和2kg。某时刻一质量为m0=0.2kg的子弹以V0=60m/s的初速度水平射入物块A中，瞬间镶嵌在A中未穿出，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞中无机械能损失）。
求：A、B碰后各自的速度?(g取10m/s2)
【答案】A的速度－2.5m/s ；B的速度7.5m/s
【解析】子弹跟A作用，动量守恒
得
子弹、A跟B弹性碰撞
得：