南方新高考2018版高考物理大一轮复习 综合测试3(专题6-8)

综合测试7(专题13)(选修3－4)(时间：60分钟满分：95分)一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分．在每小题给出的五个选项中，均有三项符合题目要求，选对一个得3分，选错一个扣4分，扣完为止．)1．关于电磁波，下列说法正确的是( )A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失2．下列说法中正确的是( )A．做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B．全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D．医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点E．机械波和电磁波都可以在真空中传播3．如图X7­1所示为半圆形的玻璃砖，C为AB的中点，OO′为过C点的AB面的垂线．a、b两束不同频率的单色可见细光束垂直AB边从空气射入玻璃砖，且两束光在AB面上入射点到C点的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是( )图X7­1A．在半圆形的玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度B．a光的频率大于b光的频率C．两种色光分别通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹，相邻明条纹的间距a光的较大D．若a、b两束光从同一介质射入真空过程中，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角E．b光比a光更容易发生衍射现象4．在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝10 m/s，已知在t＝0时刻的波形如图X7­2所示，此时波刚好传播到x＝5 m处．下列说法中正确的是( )图X7­2A．这列波的波长为4 mB．这列波的振幅为20 cmC．这列波的频率为2.5 HzD ．波源起振方向沿y 轴正方向E ．再经过0.2 s 的时间，质点a 到达质点b 现在所处的位置5．(2016年云南名校统考)一列简谐横波，沿x 轴正方向传播，传播速度为10 m/s ，在 t ＝0时的波形图如图X7­3所示，则下列说法正确的是( )图X7­3A ．此时x ＝1.25 m 处的质点正在做加速度减小的加速运动B ．x ＝0.7 m 处的质点比x ＝0.6 m 处的质点先运动到波峰的位置C ．x ＝0处的质点再经过0.05 s 时间可运动到波峰位置D ．x ＝0.3 m 处的质点再经过0.08 s 可运动至波峰位置E ．x ＝1 m 处的质点在做简谐运动，其振动方程为y ＝0.4sin 10πt (m)6．(2016年河北邯郸质检)如图X7­4甲所示为某一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t＝1.0 s 时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是( )甲 乙图X7­4A ．该简谐横波的传播速度为4 m/sB ．从此时刻起，经过2 s ，P 质点运动了8 m 的路程C ．从此时刻起，P 质点比Q 质点先回到平衡位置D ．图乙可能是图甲x ＝2 m 处质点的振动图象E ．此时刻M 质点的振动速度小于Q 质点的振动速度二、实验题(本题共2小题，共15分)7．实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验． (1)实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式g ＝4π2L T 2，其中L 表示摆长，T 表示周期．对于此式的理解，四位同学说出了自己的观点：同学甲：T 一定时，g 与L 成正比；同学乙：L 一定时，g 与T 2成反比；同学丙：L 变化时，T 2是不变的；同学丁：L 变化时，L 与T 2的比值是定值．其中观点正确的是同学________(填“甲”“乙”“丙”或“丁”)．(2)实验室有如下器材可供选用：图X7­5A ．长约1 m 的细线B ．长约1 m 的橡皮绳C．直径约2 cm的均匀铁球D．直径约5 cm的均匀木球E．秒表F．时钟G．最小刻度为毫米的米尺实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择________(填写器材前面的字母)．(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂(如图X7­5所示)．用刻度尺测量悬点到________之间的距离记为单摆的摆长L．(4)在小球平稳摆动后，他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T＝________．(5)如果实验得到的结果是g＝10.29 m/s2，比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当．．的实际操作造成这种结果，并写出其中一种：________________________________．8．在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题．(1)图X7­6中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________．(2)将下表中的光学元件放在如图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长．甲乙丙的排列顺序应为________．(填元件代号)(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离l＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图X7­7甲所示，分划板在图中A位置时游标卡尺如图乙所示，则其示数为________mm；在B位置时游标卡尺如图丙所示．由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________m．甲乙丙图X7­7三、计算题(本题共2小题，共32分)9．(2016年陕西五校一模)如图X7­8所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是在t2＝(t1＋0.2) s时刻的波形图．(1)若波速为35 m/s，求质点M在t1时刻的振动方向．(2)在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1 m，那么波的传播方向怎样？波速多大？图X7­810．如图X7­9所示，一贮液池高为H ，某人手持手电筒向空池中照射时，光斑落在左边池壁上a 处，已知a 与池底相距h .现保持手电筒照射方向不变，当池中注满液体后光斑恰好落在出液口处，此时液面上的光斑与左边池壁相距L ，求：(1)液体的折射率．(2)若光在空气中的速度为c ，则光在液体中的速度为多大？图X7­9综合测试7(专题13)1．ABC 解析：电磁波在真空中传播速度均为光速，与频率无关，A 正确；电磁波是变化的电场和变化的磁场互相激发得到的，B 正确；电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，C 正确；光是一种电磁波，光可在光导纤维中传播，D 错误；电磁振荡停止后，电磁波仍会在介质或真空中继续传播，E 错误．2．BCD 解析：做简谐运动的物体的振幅由振动能量决定，所以A 项错误；全息照相利用了光的干涉原理，B 项正确；根据爱因斯坦狭义相对论的光速不变原理，可知C 项正确；因为激光具有亮度高，能量大的特点，医学上用其做“光刀”来进行手术，所以D 项正确；因为机械波传播时需要介质，所以它不能在真空中传播，E 项错误．3．ACD 解析：由图分析可知，玻璃砖对b 束光的偏折角大于对a 束光的偏折角，根据折射定律得知玻璃砖对b 束光的折射率大于对a 束光的折射率，由v ＝c n 得到，a 光在玻璃砖中的速度大于b 光的传播速度，故A 正确；b 光的折射率大，则b 光的频率高，故B 错误；两种色光通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹的间距与波长成正比，a 光的频率小，波长长，故相邻明条纹的间距a 光的较大，故C 正确；由公式sin C ＝1n分析得知，a 光的折射率n 小，则a 光发生全反射的临界角大于b 光发生全反射的临界角，故D 正确；光的波长越长，波动性越强，越容易发生衍射现象，所以可知a 光比b 光更容易发生衍射现象，故E 错误．4．ACD 解析：由简谐横波的图象可知，波长为4 m ，振幅为10 cm ，故A 正确，B 错误；由v ＝λf 可知，f ＝v λ＝104Hz ＝2.5 Hz ，故C 正确；由“同侧法”可知在x ＝5 m 处的质点向上振动，则波源起振方向沿y 轴正方向，故D 正确；质点只在自己的平衡位置两侧上下振动，不会沿x 轴运动，故a 不能到达b 现在的位置，故E 错误．5．ACD 解析：波沿x 轴正方向传播，由同侧法可知此时x ＝1.25 m 处的质点振动的方向向下，离开平衡位置的位移正在减小，所以质点正在做加速度减小的加速运动，故A 正确；由同侧法可知x ＝0.7 m 处的质点与x ＝0.6 m 处的质点都正在向下运动，x ＝0.6 m 的质点先到达波谷，又先到达波峰的位置，故B 错误；根据图象可知波长λ＝2 m ，则T ＝λv ＝210s ＝0.2 s ，由同侧法可知x ＝0处的质点A 正向上振动，经过14T ＝14×0.2 s＝0.05 s 时间可运动到波峰位置，故C 正确；波沿x 轴正方向传播，x ＝0.3 m 处的质点到左侧相邻的波峰之间的距离为x ＝14λ＋0.3 m ＝14×2 m＋0.3 m ＝0.8 m ，再经过t ＝x v ＝0.810s ＝0.08 s 可运动至波峰位置，故D 正确；由图可知，振幅A ＝0.4 m ，角速度ω＝2πT ＝2π2＝π rad/s ，从此时开始计时，x ＝1 m 处质点先向下振动，则x ＝1 m 处质点的振动函数表达式为y ＝－0.4sin 10πt (m)，故E 错误．6．ACD 解析：由图甲得波长λ＝4 m ，由图乙得周期T ＝1 s ，则波速v ＝λT＝4 m/s ，故A 正确；经过2 s ，P 质点振动了2个周期，由图甲(或乙)得A ＝0.2 m ，所以运动的路程为2×4A ＝1.6 m ，故B 错误；由题知波沿＋x 方向传播，此时刻Q 点振动方向向上，而P 在波峰，则图示时刻起Q 质点比P 质点后回到平衡位置，故C 正确；根据图乙可知t ＝1 s 时刻质点从平衡位置沿y 轴负方向振动，而图甲中x ＝2 m 处质点t ＝1 s 时刻(图示时刻)振动方向沿y 轴负方向，图乙可能是图甲x ＝2 m 处质点的振动图象，故D 正确；此时刻M 点在平衡位置，速度最大，故E 错误．7．(1)丁 (2)ACE (3)小球球心 (4)t n(5)可能是振动次数n 计多了(或可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部或可能在计时的时候秒表开表晚了)8．(1)甲 (2)CEDBA (3)111.10 6.5×10－7解析：(1)图甲中的条纹间距和宽度相同，是干涉图样，图乙是衍射图样．(2)光源发出的白光，各种频率都有，加上E 后通过的只有红光了，变成单色光，加上D 和B ，就得到两列频率相同、步调一致的相干光，最后放置光屏，干涉条纹呈现在光屏上，所以顺序为CEDBA .(3)A 位置的示数为111.10 mm ，B 位置的示数为115.65 mm ，图甲中AB 之间的距离为(115.65－111.10)mm ＝4.55 mm ，则相邻条纹的间距为Δx ＝4.557 mm ，再根据公式Δx ＝l dλ，代入数据得波长为6.5×10－7 m.9．解：(1)从波的图象可以看出，波长为λ＝4 m ．若波沿x 轴正方向传播，波传播的距离为x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ(n ＝0,1,2，…)，波传播的速度为v 1＝x 1t 2－t 1＝54(4n ＋1) m/s(n ＝0,1,2，…)，波速不可能等于35 m/s ，说明波沿x 轴负方向传播，则质点M 沿y 轴负方向振动．(2)从波的图象可以看出质点的振幅为A ＝20 cm ＝0.2 m ．如果M 通过的路程为s ＝1 m ，则经历的时间与周期的比值m ＝s 4A ＝114，说明波沿x 轴正方向传播，波速为v 2＝m λt 2－t 1＝114×40.2m/s ＝25 m/s.10．解：(1)由题图可知 sin i ＝LH －h2＋L 2 sin r ＝L H 2＋L 2 由折射定律可知n ＝sin i sin r ＝H 2＋L 2H －h 2＋L 2. (2)由n ＝cv ，得 v ＝c n＝c H －h 2＋L 2H 2＋L 2.。

2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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。

14．1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核2713Al ，产生了第一个人工放射性核素X ：2713α+Al n+X 。

X 的原子序数和质量数分别为A ．15和28B ．15和30C ．16和30D ．17和3115．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍。

P 与Q 的周期之比约为 A ．2:1 B ．4:1 C ．8:1 D ．16:116．一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q 正。

该电阻上电压的峰值为u 0，周期为T ，如图所示。

则Q 方: Q 正等于A ．B C ．1:2D ．2:117．在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和2v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的A ．2倍B ．4倍C ．6倍D ．8倍18．甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。

甲乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示。

下列说法正确的是A ．在t 1时刻两车速度相等B ．从0到t 1时间内，两车走过的路程相等C ．从t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等D ．从t 1到t 2时间内的某时刻，两车速度相等19．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2 s内，电场力的功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s，电场力做功等于02．(多选)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图23．如图3所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的U AB－t图线如下列选项所示．其中可能使电子到不了B板的是()图34．(多选)如图4甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则( )图4A ．所有粒子都不会打到两极板上B ．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C ．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0D ．只有t ＝n T 2(n ＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 5．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，两极板间距为d ＝4 cm ，距极板右端l 2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )图5A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s6．如图6甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)．一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点．在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零．已知电场强度大小为E 0.试求：图6(1)电场变化的周期T 应满足的条件；(2)A 、B 之间的距离；(3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？答案精析1．D [画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误.2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力的功不等于0，B 错误.2.5 s 和4 s 末，速度的大小方向都相同，电场力做功等于0，所以D 正确．]2．AD [在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0e d，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动；在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T 4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如选项图D 所示，v －t 图象如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移s ＝v 0t ＋12at 2，所以s －t 图象应是曲线．故选项A 、D 正确，B 、C 错误．]3．B [加A 图电压，电子从A 板开始一直向B 板做匀加速直线运动；加B 图电压，电子开始向B 板做匀加速直线运动，再做加速度大小相同的匀减速直线运动，速度减为零后做反向匀加速直线运动及匀减速直线运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B 板；加C 图电压，电子先匀加速运动，再匀减速运动到静止，完成一个周期，所以电子一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板；加D 图电压，电子的运动与C 图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板，综上所述可知选项B 正确．]4．ABC [带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动．由t ＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍．在0～T 2时间内带电粒子运动的加速度a ＝E 0q m ，由匀变速直线运动规律得v y ＝at ＝E 0q mt ，同理可分析T 2～T 时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v y 与E －t 图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)．而经过整数个周期，E －t 图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B 正确，D 错误；带电粒子在t ＝0时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A 正确；当粒子在t ＝0时刻射入且经过T 离开电场时，粒子在t ＝T 2时达到最大速度，此时两分位移之比为1∶2，即v 0t ＝2×12at 2，可得v y ＝v 0，故粒子的最大速度为v ＝2v 0，因此最大动能为初动能的2倍，C 正确．]5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d 2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 20ql 2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上,当U <128 V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l 2l 2＝y d 2，解得y ＝d ＝4 cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．] 6．(1)T ＝t 0n (n 为正整数) (2)E 0qt 204mn (3)E 0qt 2012mn解析 (1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v －t 图象如图所示．可见，当t 0＝nT 时，粒子的速度刚好为零，故有T ＝t 0n(n 为正整数)．(2)由(1)图可知，A 、B 之间的距离s ＝12a (T 2)2×2n ＝14n ·qE 0m ·(t 0n )2＝E 0qt 204mn. (3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，其v －t 图象如图所示，此时t 0时间内粒子的位移s ′＝n [12a (2×T 6)2×2－12a (T 6)2×2]＝E 0qt 2012mn.。

综合测试6(专题12)(选修3－3)(时间：60分钟满分：95分)一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分．在每小题给出的五个选项中，均有三项符合题目要求，选对一个得3分，选错一个扣4分，扣完为止．)1．(2016年河北邯郸质检)下列说法正确的是( )A．物体的内能是物体所有分子的热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加2．(2016年湖北六校调研)下列说法正确的是( )A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大3．如图X6­1所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是( )图X6­1A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10 mC．若两个分子间距离增大，则分子势能也增大D．由分子动理论可知：温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同E．质量和温度都相同的氢气和氧气(视为理想气体)，氢气的内能大4．在一个标准大气压下，1 g水在沸腾时吸收了2260 J的热量后变成同温度的水蒸气，对外做了170 J的功．已知阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023mol－1，水的摩尔质量M＝18 g/mol.下列说法中正确的是( )A．分子间的平均距离增大B．水分子的热运动变得更剧烈了C．水分子总势能的变化量为2090 JD．在整个过程中能量是不守恒的E．1 g水所含的分子数约为3.3×1022个5．(2016年河南开封高三冲刺)如图X6­2所示，一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )图X6­2A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度不变D．气体压强变大，温度不变E．单位时间内撞击容器壁的分子数减少6．关于气体的内能，下列说法正确的是( )A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C．气体被压缩时，内能可能不变D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加二、实验题(本题共2小题，共15分)7．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中：(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，配制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待散开稳定；④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油酸薄膜形状，用透明方格纸测量油酸薄膜的面积．请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：错误的步骤：___________________________________________________________；有遗漏的步骤：_____________________________________________________________．(2)用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的( )A．摩尔质量 B．摩尔体积C．质量 D．体积8．测量分子大小的方法有很多，如油膜法、显微法．(1)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL油酸，倒入标注为250 mL的容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL的溶液．然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴该溶液，溶液的液面达到量筒中1 mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图X6­3甲所示．坐标格的正方形大小为2 cm×2 cm.由图可以估算出油膜的面积是________cm2，由此估算出油酸分子的直径是________m．(计算结果保留1位有效数字)甲乙图X6­3(2)如图乙所示是用扫描隧道显微镜拍下的一个“量子围栏”的照片．这个量子围栏是由48个铁原子在铜的表面排列成直径为1.43×10－8m的圆周而组成的．由此可以估算出铁原子的直径约为______m(计算结果保留2位有效数字)．三、计算题(本题共2小题，共32分)9．如图X6­4所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T1．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到T2.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦，求：(1)活塞上升的高度．(2)加热过程中气体的内能增加量．图X6­410．如图X6­5所示，有两个不计质量不计厚度的活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在绝热气缸内，温度均是27 ℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N 活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm．现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa.(g＝10 m/s2)(1)求下部分气体的压强多大．(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度．图X6­5综合测试6(专题12)1．ACE 解析：物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的热运动，但能反映液体分子的热运动，故B错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的，故C正确；分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，故D 错误；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力，气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，故E 正确．2．ACD 解析：布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反映了液体分子运动的无规则性，A 正确；r <r 0时，随r 增大分子力减小，分子势能减小，r ＝r 0时，分子力等于零，分子势能最小，r >r 0时，随r 增大分子力先增大再减小，分子势能增大，故B 错误，C 正确；分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D 正确；温度升高，分子平均动能增大，但单个分子热运动的速率不确定，故E 错误．3．BDE 解析：由分子间相互作用力关系可知，当分子间距离小于r 0时，表现为斥力，分子间距离大于r 0时，表现为引力，因此选项A 错误，B 正确；当分子间距离小于r 0时，分子间距离增大，分子间作用力做正功，分子势能减小，当分子间距离大于r 0时，分子间距离增大，分子间作用力做负功，分子势能增大，选项C 错误；由分子动理论可知，选项D 正确；由理想气体状态方程可知，选项E 正确．4．ACE 解析：液体变成气体后，分子间的平均距离增大了，选项A 正确；温度是分子热运动剧烈程度的标志，由于两种状态下的温度是相同的，故两种状态下水分子热运动的剧烈程度是相同的，选项B 错误；水发生等温变化，分子平均动能不变，因水分子总数不变，分子的总动能不变，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，可得水的内能的变化量为ΔU ＝2260 J －170 J ＝2090 J ，即水的内能增大2090 J ，则水分子的总势能增大了2090 J ，选项C 正确；在整个过程中能量是守恒的，选项D 错误；1 g 水所含的分子数为n ＝m M N A ＝118×6.0×1023＝3.3×1022(个)，选项E 正确．5．BCE6．CDE 解析：质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但是不同的气体，则其摩尔质量不同，即分子个数不同，所以分子总动能不一定相同，A 错误；宏观运动和微观运动没有关系，所以宏观运动速度大，内能不一定大，B 错误；根据pV T ＝C 可知，如果等温压缩，则内能不变；等压膨胀，温度上升，内能一定增大，C 、E 正确；理想气体的分子势能为零，所以理想气体的内能与分子平均动能有关，而分子平均动能和温度有关，D 正确．7．(1)用量筒直接测一滴溶液的体积，应用微小量累积法测量 滴入溶液前没有撒痱子粉，应先撒痱子粉再滴入一滴溶液 (2)B解析：(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差；③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．(2)由油酸分子的直径容易得油酸分子的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 23＝16πd 3.欲求阿伏加德罗常数，由题中选项知，B 正确．8．(1)256 8×10－10 (2)9.4×10－10解析：(1)数油膜的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面积S ＝格数×2 cm×2 cm＝256 cm 2.溶液浓度为11000，每滴溶液体积为1100mL ，2滴溶液中所含油酸体积为V ＝2×10－5 cm 3.油膜厚度即油酸分子的直径是d ＝V S ≈8×10－10 m. (2)直径为1.43×10－8 m 的圆周周长为D ＝πd ＝4.5×10－8 m ，可以估算出铁原子的直径约为d ′＝4.5×10－848m ＝9.4×10－10 m. 9．解：(1)气体发生等压变化，有hS h ＋Δh S ＝T 1T 2 解得Δh ＝T 2－T 1T 1h .(2)加热过程中气体对外做功为W ＝(p 0S ＋mg )Δh ＝(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1h 由热力学第一定律知内能的增加量为ΔU ＝Q －W ＝Q －(p 0S ＋mg )T 2－T 1T 1h . 10．解：(1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得 pS ＝mg ＋p 0S得p ＝p 0＋mg S ＝1.0×105 Pa ＋1×102×10－4 Pa ＝1.5×105 Pa. (2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p 0，体积为h 2S ，温度为T 1，末状态压强为p ，体积设为h 3S ，温度为T 2由理想气体状态方程可得p 0h 2S T 1＝ph 3S T 2解得h 3＝p 0T 2pT 1h 2＝1×105×4001.5×105×300×18 cm＝16 cm 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得 p 0(h 1－h 2)S ＝pLS解得L ＝6 cm故此时活塞M 距离底部的高度为h 4＝16 cm ＋6 cm ＝22 cm ，活塞N 距离底部的高度为16 cm.。

综合测试2(专题4－5)(必修二内容)(时间：60分钟 满分：95分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．)1．如图X2­1所示，某河流中水流的速度是2 m/s ，一小船要从河岸的A 点沿直线匀速到达河对岸的B 点，B 点在河对岸下游某处，且A 、B 间的直线距离为100 m ，河宽为50 m ，则小船的速度至少为( )图X2­1A ．0.5 m/sB ．1 m/sC ．1.5 m/sD ．2 m/s2．如图X2­2所示，质量相同的钢球①、②分别放在A 、B 盘的边缘，A 、B 两盘的半径之比为2∶1，a 、b 分别是与A 盘、B 盘同轴的轮，a 、b 轮半径之比为1∶2.当a 、b 两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球①、②受到的向心力大小之比为( )图X2­2A ．2∶1 B．4∶1 C ．1∶4 D．8∶13．电动机以恒定的功率P 和恒定的转速n 卷动绳子，拉着质量为M 的木箱在光滑的水平地面上前进，如图X2­3所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为R ，当运动至绳子与水平面成θ角时，下述说法正确的是( )图X2­3A ．木箱将匀速运动，速度是2πnRB ．木箱将匀加速运动，此时速度是2πnRcos θC ．此时木箱对地的压力为Mg －P sin θ2πnRD ．此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化4．如图X2­4所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式T ＝a ＋b cos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )图X2­4A ．b 2mB ．2b mC ．3b mD ．b 3m5．如图X2­5所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45 m ，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4 m 的P 点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )图X2­5A ．球下落的加速度逐渐变大B ．球从发射口到桌面的时间为0.3 sC ．球从发射口射出后速度不变D ．球从发射口射出的速率为8 m/s6．一颗人造卫星在地球表面附近做匀速圆周运动，经过t 时间，卫星运行的路程为s ，运动半径转过的角度为θ，引力常量为G ，则( )A ．地球的半径为sθB ．地球的质量为s 2G θt 2C ．地球的密度为3θ24πGt 2D ．地球表面的重力加速度为s θt7．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v ­t 图象如图X2­6所示．已知汽车的质量为m ＝2× 103kg ，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是( )图X2­6A ．汽车在前5 s 内的牵引力为4×103NB ．汽车在前5 s 内的牵引力为6×103NC．汽车的额定功率为40 kWD．汽车的最大速度为30 m/s8．如图X2­7甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80．则( )甲乙图X2­7A．物体的质量m＝0.67 kgB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k＝10 J二、实验题(本题共2小题，共15分)9．某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图X2­8所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图X2­8请回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p与小球抛出时的动能E k相等．已知重力加速度大小为g．为求得E k，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的压缩量ΔxE．弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k，得E k＝________．图X2­9(3)图X2­9中的直线是实验测量得到的s­Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m 增加，s­Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s­Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图乙中给出的直线关系和E k的表达式可知，E p与Δx的________次方成正比．10．某同学用如图X2­10所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度大小g＝9.80 m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图X2­11所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的3个点A、B、C进行测量，图中给出了这3个点到O点的距离h A、h B和h C的值．回答下列问题(计算结果保留3位有效数字)：图X2­10图X2­11(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小v B＝________m/s．(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________．三、计算题(本题共2小题，共32分)11．某工厂生产流水线示意图如图X2­12所示，半径R＝1 m的水平圆盘边缘E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h＝1.25 m．AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r＝0.45 m，且与水平传送带相切于B点．一质量m＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g＝10 m/s2，求：(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力F NB．(2)传送带BC部分的长度L．(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．图X2­1212．如图X2­13所示，质量为m＝1 kg的物块，放置在质量M＝2 kg足够长的木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为1 m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为 3 N．将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g＝10 m/s2．图X2­13(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d．(3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程．综合测试2(专题4－5)1．B 解析：如图D132所示，船要渡河到达B 点，最小速度应满足v 船v 水＝50100，即船的速度至少为1 m/s.图D1322．D 解析：皮带传动，边缘上的点线速度大小相等，所以v a ＝v b ，a 轮、b 轮半径之比为1∶2，所以ωa ωb ＝21，共轴上点的角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮的角速度相等，则ω1ω2＝21，根据向心加速度a ＝r ω2，a 1a 2＝81，故D 正确，A 、B 、C 错误．3．C 解析：绳子的速度v 1＝2πnR ，木箱的速度v 2＝v 1cos θ，其大小随着θ变化，选项A 错误；绳子上的拉力F ＝P v 1＝P2πnR，大小不变．木箱受的合力F 合＝F cos θ，其方向不变，其大小随着θ变化，木箱做变加速直线运动，选项B 、D 错误；木箱对地的压力为F N＝Mg －F sin θ＝Mg －P sin θ2πnR，选项C 正确．4．D 解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，T 1＝a ＋b ，T 1＝mg ＋mv 21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，T 2＝a －b ，T 2＝－mg ＋mv 22L ；由mg ·2L ＝12mv 21－12mv 22，联立解得：g ＝b3m，选项D 正确． 5．BD 解析：不计空气阻力，球下落的加速度为g ，A 错误；由h ＝12gt 2得：t ＝2hg＝0.3 s ，B 正确；由x ＝v 0t 解得球的初速度v 0＝8 m/s ，D 正确；球的速度v ＝v 20＋gt 2，随t 逐渐增大，C 错误．6．AC 解析：根据题意可知，地球的半径R ＝s θ，A 项正确；卫星的线速度为v ＝st，角速度ω＝θt ，G Mm R 2＝mR ω2，M ＝s 3G θt 2，B 项错误；地球的密度ρ＝3θ24πGt2，C 项正确；地球表面的重力加速度等于卫星的向心加速度，即g ＝a ＝v ω＝s θt2，D 项错误．7．BD 解析：汽车受到的阻力F f ＝0.1×2×103×10 N＝2×103N ；前5 s 内，由图知a ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律：F －F f ＝ma ，求得F ＝F f ＋ma ＝2×103＋2×103×2 N＝6×103N ，故A 错误，B 正确；t ＝5 s 末达到额定功率，P ＝Fv ＝6×103×10 W＝6×104W ＝60 kW ，故C 错误；当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，则最大速度v m ＝P F f ＝6×1042×103m/s ＝30 m/s.故D 正确．8．CD 解析：上升过程，由动能定理得，－(mg sin α＋μmg cos α)·h msin α＝0－E k1，摩擦生热μmg cos α·h msin α＝E 1－E 2，解得m ＝1 kg ，μ＝0.50，故A 、B 错误；物体上升过程中的加速度大小a ＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s 2，故C 正确；上升过程中的摩擦生热为E 1－E 2＝20 J ，下降过程摩擦生热也应为20 J ，故物体回到斜面底端时的动能E k ＝50 J －40 J ＝10 J ，故D 正确．9．(1)ABC (2)mgs 24h(3)减小 增大 2解析：(1)利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度v .由s ＝vt ，h ＝12gt 2，联立解得v ＝sg2h.要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s ，桌面到地面的高度h .根据动能公式，为求得E k ，还需要测量小球的质量m ，所以正确选项是A 、B 、C.(2)小球抛出时的动能E k ＝12mv 2＝mgs24h.(3)如果Δx 和h 不变，m 增加，则小球抛出时的速度减小，s 减小，s ­Δx 图线的斜率会减小．如果Δx 和m 不变，h 增加，则小球抛出时的速度不变，s 增大，s ­Δx 图线的斜率会增大．由实验绘出的图象可知，s 与Δx 成正比，而E k ＝12mv 2＝mgs24h，所以弹簧被压缩后的弹性势能E p 与Δx 的2次方成正比． 10．(1)3.90 (2)是，因为12mv 2B ＝7.61 m ，mgh B ＝7.70 m ，而12mv 2B ≈mgh B ，近似验证了机械能守恒定律解析：(1)由中间时刻的速度等于平均速度可得v B ＝h AC2T＝3.90 m/s. (2)从O 到B 重力势能的减少量ΔE p ＝mgh OB ＝7.70m ，动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝7.61m ，因为在误差允许的范围内12mv 2B ≈mgh OB ，故该同学所做的实验验证了机械能守恒定律．11．解：(1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F NB ′－mg ＝m v 2Br解得F NB ′＝6 N据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)滑块离开C 点后做平抛运动，由h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.5 sv C ＝Rt 1＝2 m/s滑块由B 到C 过程中，据动能定理有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B解得L ＝v 2B －v 2C2μg＝1.25 m.(3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有L ＝v B ＋v C2t 2解得t 2＝2Lv B ＋v C＝0.5 s 解得t ＝t 1＋t 2＝1 s 圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3，…)解得ω＝2n π rad/s (n ＝1,2,3，…)．12．解：(1)对物块由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma m 1，得a m 1＝F －μmg m＝2 m/s 2由L ＝12a m 1t 21得t 1＝2L a m 1＝1 s ，v m 1＝a m 1t 1＝2 m/s.(2)Ⅰ区域内，对木板由μmg ＝Ma M 1得a M 1＝0.5 m/s 2，物块到达Ⅰ区域边缘处，v M 1＝ a M 1t 1＝0.5 m/s离开Ⅰ区域后，对物块由μmg ＝ma m 2得a m 2＝1 m/s 2对木板a M 2＝a M 1＝0.5 m/s 2当物块与木板达共同速度时，v m 1－a m 2t 2＝v M 1＋a M 1t 2，得t 2＝1 s两作用区的边界距离为d ＝v m 1t 2－12a m 2t 22＝1.5 m.(3)由于F ＞μmg ，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒有 FL ＝μmgs ，得s ＝FLμmg＝3 m.。

阶段滚动检测（三）考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1．(2016·开封模拟）已知命题p，q，“綈p为真"是“p∧q为假"的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．(2016·北京西城区一模)设集合A＝{0,1}，集合B＝{x｜x>a}，若A∩B＝∅，则实数a的取值范围是( )A．a≤1 B．a≥1 C．a≥0 D．a≤03．命题“存在实数x，使x〉1"的否定是( )A．对任意实数x，都有x〉1B．不存在实数x，使x≤1C．对任意实数x,都有x≤1D．存在实数x，使x≤14．(2016·河北省五校联盟质量检测)若f(x)＝错误!f(f(1））＝1,则a的值是（）A．1 B．2 C．－1 D．－25．函数y＝f(x）是R上的奇函数，满足f（3＋x）＝f(3－x)，当x∈(0,3）时，f（x)＝2x,则当x∈(－6，－3）时,f（x)等于（)A．2x＋6B．－2x＋6C．2x－6D．－2x－66．（2015·陕西改编）设曲线y＝e x在点（0，1）处的切线与曲线y ＝错误!(x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为( )A．（－1,－1）B．(1，1)C。

错误! D.错误!7．(2016·内蒙古巴彦淖尔第一中学10月月考)f（x)，g(x) （g（x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)<f（x）g′(x)，且f(－3)＝0，f xg x<0的解集为（）A．(－∞，－3）∪（3，＋∞）B．(－3，0）∪(0，3)C．(－3,0）∪（3，＋∞）D．（－∞，－3)∪(0,3）8．若函数f（x）＝kx－ln x在区间(1，＋∞）上单调递增,则k的取值范围是（)A．（－∞，－2] B．（－∞，－1]C．[2，＋∞) D．［1，＋∞）9．函数f（x)＝A sin ωx的图象如图所示，若f(α）＝错误!,α∈（错误!，错误!)，则tan α等于( )A。

模拟试卷(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．(建议用时：60分钟 满分：110分)第Ⅰ卷(选择题 共48分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题中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．甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点．若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x ­t 图象如图M1­1所示．图象中的OC 与AB 平行，CB 与OA 平行．则下列说法中正确的是( )图M1­1A ．t 1～t 2时间内甲和乙的距离越来越远B ．0～t 2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等C ．0～t 3时间内甲和乙的位移相等D ．0～t 3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度2．某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭质量为m ，可提供恒定的推动力，大小为F ＝2mg ，持续时间为t .乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m 的火箭飞行经过t 2时，火箭丢弃掉m 2的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的m2继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h ，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化)( )A ．1.5hB ．2hC ．2.75hD ．3.25h3．如图M1­2a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b 所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关后( )a b图M1­2A ．电压表示数增大B ．电流表示数增大C ．变压器的输入功率增大D ．经过灯泡的电流频率为25 Hz 4．据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”—沃尔夫(Wolf)1061c.沃尔夫1061c 的质量为地球的4倍，围绕红矮星沃尔夫1061c 运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c 表面运行．已知万有引力常量为G ，天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )A ．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度B ．卫星绕行星沃尔夫1061c 运行的周期与该卫星的密度有关C ．沃尔夫1061c 和地球公转轨道半径的三次方之比等于⎝ ⎛⎭⎪⎫53652D ．若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c 的半径5．图M1­3甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc ，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca 的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流I 与ab 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象(图中不考虑2 s 末线框中的电流及ab 边的受力情况)，下列各图正确的是( )甲 乙图M1­3A B C D6．如图M1­4所示，带电小球Q 固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球M 穿在杆上从A 点由静止释放，小球到达B 点时速度恰好为零，已知A 、B 间距为L ，C 是AB 的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g ，则( )图M1­4A ．小球从A 到B 的过程中加速度先减小后增大 B ．小球在B 点时受到的库仑力大小为mg sin θC ．小球在C 点时速度最大D ．在Q 产生的电场中，A 、B 两点间的电势差为－mgL sin θq7．氢原子的能级如图M1­5所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV ．下列说法正确的是( )图M1­5A．一个处于n＝2能级的氢原子可以吸收一个能量为4 eV的光子B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光是不可见光C．大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态的过程中可以释放出6种频率的光子D．用能量为10 eV和3.6 eV的两种光子同时照射大量处于基态的氢原子，有可能使个别氢原子电离8．如图M1­6所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是( )图M1­6A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多第Ⅱ卷(非选择题部分共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(共47分)9．(8分)要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.2 kg)、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤：图M1­7(1)实验装置如图M1­7所示，设右边沙袋A的质量为m1，左边沙袋B的质量为m2．(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升．(左、右两侧砝码的总质量始终不变)(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降h所用的时间t，则可知A的加速度大小a＝________．(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出________(填“a­m′ ”或“a­1m′”)图线．(5)若求得图线的斜率k＝4 m/ kg·s－2，截距b＝4 m/s2.则沙袋的质量m1＝________kg，m2＝________kg．(取g＝10 m/s2)10．(9分)某实验小组设计了如图M1­8甲的电路，其中R T为热敏电阻，电压表量程为3 V，内阻R V约10 kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻R A＝4.0 Ω，R为电阻箱．甲乙图M1­8(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验．闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I­U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示．为了完成该实验，应将导线c端接在________(填“a”或“b”)点．(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为__________________(用U1、I、R和R A表示)．(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I­U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω．(4)实验中，当电阻箱的阻值调到6 Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝________W．(计算结果保留2位有效数字)11．(12分)置于光滑水平面上的A、B两球质量均为m，相隔一定距离，两球之间存在恒定斥力作用，初始时两球均被锁定而处于静止状态．现同时给两球解除锁定并给A球一冲量I，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．在之后的运动过程中两球始终未接触，试求：(1)两球间的距离最小时B球的速度．(2)两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功．12．(18分)如图M1­9甲所示，灯丝K 可以连续逸出不计初速度的电子，在KA 间经大小为U 的加速电压加速后，从A 板中心小孔射出，再从M 、N 两极板的正中间以平行极板的方向进入偏转电场．M 、N 两极板长为L ，间距为33L ．如果在两板间加上如图乙所示的电压U MN ，电子恰能全部射入如图甲所示的匀强磁场中．不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力及它们之间的相互作用力．甲 乙图M1­9(1)求偏转电场电压U MN 的峰值．(2)已知在t ＝T4时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度B的大小．(3)求从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间．(二)选考题(共15分．请考生从给出的两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按第一题计分．)13．[物理选修3－3](15分)(1)(6分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B ．物体温度升高，组成物体的所有分子速率均增大C ．一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量D ．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E ．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关(2)(9分)如图M1­10所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S 和S ．在汽缸内有A 、B 两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l 的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在汽缸内无摩擦地移动．已知活塞A 的质量是2m ，活塞B 的质量是m .当外界大气压强为p 0、温度为T 0时，两活塞静止于如图所示位置．重力加速度为g ．①求此时汽缸内气体的压强．②若用一竖直向下的拉力作用在B 上，使A 、B 一起由图示位置开始缓慢向下移动l2的距离，又处于静止状态，求这时汽缸内气体的压强及拉力F的大小．设整个过程中气体温度不变．图M1­1014．[物理选修3－4](15分)(1)(6分)某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动，形成沿x轴正向传播的简谐横波，O处质点开始振动后t＝0.8 s时波的图象如图M1­11所示．P点是x轴上距坐标原点96 cm 处的质点．则该波的波速是________m/s；从O处质点开始振动计时，经过________s，P处质点开始振动；从P处质点开始振动，再经________s，P处质点第一次经过波峰．图M1­11(2)(9分)细束平行光以一定的入射角从空气射到直角棱镜的侧面AB，光线进入棱镜后直接射向另一侧面AC．逐渐调整光线在AB面的入射角，使AC面恰好无光线射出，测得此时光线在AB面的入射角为α.①在M1­12中画出光线在AB面的入射角为α时，在AB面、AC面两次折射的光路图．②计算该棱镜的折射率．图M1­122018年高考理综(物理)模拟试卷(一)1．C 解析：x ­t 图象的斜率表示物体运动的速度，在t 1～t 2时间内甲和乙的速度相同，两者之间的距离不变，A 、B 项错误；x ­t 图象的交点表示两者相遇，因甲、乙两物体从同一点出发，故0～t 3时间内甲和乙的位移相同，由平均速度的定义知，在0～t 3时间内二者的平均速度也相同，C 项对，D 项错．2．C 解析：对甲同学的火箭，t 时间的加速度a 1，F －mg ＝ma 1，a 1＝g ，t 时刻的速度v 1＝a 1t ，上升的高度h ＝12gt 2＋v 212g ＝gt 2，对乙同学的火箭，在0～t 2内的加速度a 2＝a 1＝g ，t2时刻的速度为v 2＝a 2·t 2＝12gt ，在t 2～t 内加速度为a 2′，则F －12mg ＝12ma 2′，则a 2′＝3g ，在t 时的速度v 2′＝v 2＋a 2′·t 2＝2gt ，上升的高度为h 2＝12v 2·t 2＋v 2＋v 2′2·t 2＋v 2′22g＝2.75gt 2＝2.75h ，C 项对，A 、B 、D 项错．3．C 解析：对理想变压器，副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1，只与n 2n 1和U 1有关，K 闭合，电压表的示数不变，A 项错；灯泡两端的电压为U 2不变，流经灯泡的电流不变，电流表的示数不变，B 项错；闭合K 后，变压器的输出功率P 2增大，由P 1＝P 2可知，变压器的输入功率P 1增大，C 项对；变压器工作时不改变交变电流的频率，D 项错．4．D 解析：因发射该卫星需飞出太阳系，则发射速度需大于第三宇宙速度，A 项错误；卫星绕1061c 运行的周期与该卫星的密度无关，B 项错误；因1061c 和地球绕转的中心天体不同，故C 项错误；对绕1061c 表面运转的卫星，有GMm R 2＝m 4π2T 2R ，R ＝3GMT 24π2，又M ＝4M 地，则可求出1061c 的半径R ，故D 正确．5．AD 解析：根据欧姆定律及法拉第电磁感应定律可知：I ＝E R ＝S ΔB R Δt ∝ΔBΔt ＝k ，又由楞次定律可知，在0～1 s 和3 s ～4 s 时间段，感应电流均取正值，所以选项A 正确，B 错误；ab 边所受安培力F ＝BIL ＝BL S ΔB R Δt ＝BSL R ·ΔB Δt ＝BSLR·k ，在0～1 s 时间段内，通过ab边的感应电流从a 到b ，根据左手定则可知，安培力水平向右，又根据B ­t 图象的斜率k 不变，所以F ∝B ，选项C 错误，D 正确．6．AD 解析：由题意可知，小球从A 由静止运动到B 点时，速度为零，则小球先加速后减速，那么一开始库仑力小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A 正确；球在B 点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mg sin θ，故B 错误；当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C 虽是AB 的中点，但此处库仑力、支持力与重力的合力不为零，故C 错误；根据动能定理，从A 到B ，则有：0－0＝mgL sin θ＋qU AB ；解得：U AB ＝－mgL sin θq，故D 正确．7．ABC 解析：处于n ＝2能级的氢原子吸收能量为4 eV 的光子就会电离，选项A 对；氢原子由高能级向n ＝3能级跃迁释放光子的能量都不大于1.51 eV ，显然在不可见光范围内，选项B 对；大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁能释放出光子的种类为C 24＝6种，选项C 对；氢原子跃迁只能吸收一个光子的能量、而不能累加，选项D 错．8．BD 解析：在滑块滑到木板右端的过程中，F 做的功转化为滑块和木板的动能以及系统的内能，选项A 错误；木板质量越大，木板的加速度越小，因而木板的位移越小，选项B 正确；其他条件不变，F 越大，滑块滑到木板右端所需的时间越短，选项C 错误；根据Q ＝fL 可知f 越大，产生的热量越多，选项D 正确．9．(1)2ht2 (2)a －m ′ (3)3.5 1.3解析：(1)由运动学公式h ＝12at 2得a ＝2ht2，(2)对系统整体由牛顿第二定律得(m 1＋m ′)g －(m 2＋m －m ′)g ＝(m 1＋m 2＋m )a解得a ＝m 1－m 2－m g m 1＋m 2＋m ＋2gm 1＋m 2＋mm ′因a 与m ′为线性关系，故作出“a －m ′”图线(3)由上式可知k ＝2g m 1＋m 2＋m b ＝m 1－m 2－m gm 1＋m 2＋m代入数值解得m 1＝3.5 kg m 2＝1.3 kg10．(1)a (2)U 2＝U 1＋I (R ＋R A ) (3)6.0 5.0 (4)0.60(0.53～0.62均正确)解析：(1)利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法，导线c 端接在a 点上．(2)电源两端的电压利用欧姆定律可得，U 2＝U 1＋I (R A ＋R )．(3)利用电源的外特性曲线可知电动势E ＝6.0 V ，内电阻r ＝6.0－4.00.4Ω＝5.0 Ω.(4)把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为6.0 V ，内电阻为15 Ω.在I ­U 图象中作等效电源的外电路特性曲线，与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标(2.5,0.24)．所以热敏电阻的电功率为0.60 W ．考虑作图的误差故功率计算范围0.53～0.62 W.11．解：(1)对A 由动量定理可得I ＝mv 0两球间的距离最小时两球等速，根据系统动量守恒 mv 0＝2mv 得v ＝I2m.(2)从初始状态到二者距离达到与初始状态相等过程中，设二者位移大小均为l ，根据动量守恒定律mv 0＝mv 1＋mv 2对A 由动能定理可得－Fl ＝12mv 21－12mv 2对B 由动能定理可得Fl ＝12mv 22－0可得v 1＝0 v 2＝v 0两球距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A 球做的功W A ＝12mv 21－12mv 2＝－I 28m.12．解：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得eU ＝12mv 20由题意可知在偏转电压达到峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场 36L ＝12at 20 a ＝eU m m ×33LL ＝v 0t 0联立可得U m ＝23U.(2)设t ＝T4时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为v ，v 与v 0之间夹角为θ，则图D136tan θ＝eU mm ×33L ·L v 20＝33，所以θ＝30° v 0＝v cos θ电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB ＝mv 2R根据几何关系2R cos θ＝33L 解得B ＝2L 6mUe.(3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，经N 板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，在磁场中飞行时间为T3又T ＝2πR v联立解得t min ＝Lm 2eU ＋πL93m 2eU. 13．(1)ACD 解析：气体分子不停地做无规则运动，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的，故A 正确；物体温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，但并不是所有分子速率均增大，故B 错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气体状态方程pV T＝C 知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量，故C 正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D 正确；饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故E 错误．(2)解：①以两活塞整体为研究对象，设此时汽缸内气体压强为p 1，根据平衡条件则有 p 0·2S ＋3mg ＋p 1S ＝p 1·2S ＋p 0S解得p 1＝p 0＋3mgS②初态：p 1＝p 0＋3mgS，V 1＝2lS末态：p 2待求，V 2＝32lS根据玻意耳定律有：⎝⎛⎭⎪⎫p 0＋3mg S ·2lS ＝p 2·32lS 解得p 2＝43⎝⎛⎭⎪⎫p 0＋3mg S以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有 F ＋p 0·2S ＋3mg ＋p 2S ＝p 2·2S ＋p 0S解得F ＝p 0S3＋mg 14．(1)0.3 3.2 0.6解析：由题意可知，波的周期为T ＝0.8 s ，由波的图象可知，波长为λ＝24 cm ＝0.24m ，则波速为v ＝λT ＝0.3 m/s.则经Δt 1＝s v ＝0.960.3s ＝3.2 s ，波源的振动传至P 处，P 处质点开始沿y 轴负方向振动，再经Δt 2＝34T ＝0.6 s ，P 处质点第一次经过波峰．(2)解：①画出光线在AB 面的入射角为α时恰在AC 面发生全反射，折射光线沿AC 面传播，光路如图D137所示图D137②由于光在AC 面恰好全反射．故有sin γ＝1n由几何关系有β＋γ＝π2对光在AB 面的折射有sin αsin β＝n解得棱镜的折射率为n ＝1＋sin 2α.。

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C12N14O16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cr 52 Zn 65 I 127 一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列研究工作中由我国科学家完成的是A．以豌豆为材料发现性状遗传规律的实验B．用小球藻发现光合作用暗反应途径的实验C．证明DNA是遗传物质的肺炎双球菌转化实验D．首例具有生物活性的结晶牛胰岛素的人工合成2．下列关于细胞的结构和生命活动的叙述，错误的是A．成熟个体中的细胞增殖过程不需要消耗能量B．细胞的核膜、内质网膜和细胞膜中都含有磷元素C．两个相邻细胞的细胞膜接触可实现细胞间的信息传递D．哺乳动物造血干细胞分化为成熟红细胞的过程不可逆3．神经细胞处于静息状态时，细胞内外K+和Na+的分布特征是A．细胞外K+和Na+浓度均高于细胞内B．细胞外K+和Na+浓度均低于细胞内C．细胞外K+浓度高于细胞内，Na+相反D．细胞外K+浓度低于细胞内，Na+相反4．关于某二倍体哺乳动物细胞有丝分裂和减数分裂的叙述，错误的是A．有丝分裂后期与减数第二次分裂后期都发生染色单体分离B．有丝分裂中期与减数第一次分裂中期都发生同源染色体联会C．一次有丝分裂与一次减数分裂过程中染色体的复制次数相同D．有丝分裂中期和减数第二次分裂中期染色体都排列在赤道板上5．下列关于生物体中细胞呼吸的叙述，错误的是A．植物在黑暗中可进行有氧呼吸也可进行无氧呼吸B．食物链上传递的能量有一部分通过细胞呼吸散失C．有氧呼吸和无氧呼吸的产物分别是葡萄糖和乳酸D．植物光合作用和呼吸作用过程中都可以合成ATP6．某同学运用黑光灯诱捕的方法对农田中具有趋光性的昆虫进行调查，下列叙述错误的是A．趋光性昆虫是该农田生态系统的消费者B．黑光灯传递给趋光性昆虫的信息属于化学信息C．黑光灯诱捕的方法可用于调查某种趋光性昆虫的种群密度D．黑光灯诱捕的方法可用于探究该农田趋光性昆虫的物种数目7．化学与生活密切相关。

阶段滚动练(三) 教师独具时间：60分钟 满分：100分一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．安培是法国物理学家、化学家，为物理学特别是电磁学的发展做出了巨大贡献。

麦克斯韦把安培誉为“电学中的牛顿”，下列关于安培的描述正确的是( ) A ．安培最早提出了“场”的概念 B ．安培最早发现了电流的磁效应 C ．安培最早提出了“右手定则”D ．为了纪念安培，用他的名字命名了电流强度的单位，是国际单位制的基本单位解析 法拉第最早提出了“场”的概念，A 错误；最早发现电流磁效应的是丹麦物理学家奥斯特，B 错误；在奥斯特发现电流磁效应后，安培就提出了判断电流和电流激发的磁场中磁感线方向关系的定则——安培定则，又叫右手螺旋定则，右手定则不同于右手螺旋定则，右手定则是判断感应电流方向的定则，它不是安培提出的，C 错误；安培是国际单位制的基本单位，D 正确。

答案 D2．如图1，已知电源内阻为r ，A 1、A 2两电表均为理想电表，A 2与某定值电阻串联，滑动变阻器的最大阻值为R 0。

闭合电键，将滑动变阻器的滑片向右移动过程中，两电流表示数之和固定不变，则定值电阻的阻值为 ( )图1A ．R 0B ．rC ．R 0＋rD ．R 0－r解析 A 2的示数I 2＝UR ，A 1的示数I 1＝E －U r ，A 1、A 2两电流表示数之和I 2＋I1＝E－Ur＋UR，当R＝r时I2＋I1＝Er，与滑动变阻器的阻值无关，B正确。

答案 B3．如图2所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子()图2A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁场中通过的路程越长D．在磁场中的周期一定越大解析根据公式T＝2πmBq可知，粒子的比荷相同，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项D错误；如图所示，设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ，则运动时间t＝θ360°T，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，运动半径越小，根据r＝m vBq可知，速率一定越小，选项A正确，B错误；当圆心角趋近180°时，粒子在磁场中通过的路程趋近于0，所以选项C错误。

2018广东高考物理一轮电磁感应测试(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是( )A．安培和法拉第B．法拉第和楞次C．奥斯特和安培D．奥斯特和法拉第解析：选 D.首先发现电流磁效应的科学家是奥斯特；发现电磁感应现象的科学家是法拉第，故选项D正确．2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁( )A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动解析：选 B.据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确．3．某学校操场上有如图所示的运动器械：两根长金属链条将一根金属棒ab 悬挂在固定的金属架上．静止时ab水平且沿东西方向．已知当地的地磁场方向自南向北斜向下跟竖直方向成45°，现让ab随链条荡起来，跟竖直方向最大偏角45°，则下列说法正确的是( )A ．当ab 棒自南向北经过最低点时，ab 中感应电流的方向是自西向东B ．当链条与竖直方向成45°时，回路中感应电流最大C ．当ab 棒自南向北经过最低点时，安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下D ．在ab 棒运动过程中，不断有磁场能转化为电场能解析：选C.当ab 棒自南向北经过最低点时，由右手定则知电流方向自东向西，故A 错误；当ab 运动方向与B 方向垂直时感应电流最大，当链条偏南与竖直方向成45°时，ab 运动方向(沿圆轨迹的切线方向)与磁场方向平行，此时感应电流为零，最小，故B 错误；当ab 棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，C 正确；在ab 棒运动过程中，不断有机械能转化为电场能，故D 错误．4．如图甲所示，线圈ABCD 固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB 边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )解析：选 D.由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B 到A ，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B 到A 的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F ＝B ΔB Δt SL R ，因安培力的大小不变，则B ΔB Δt 是定值，若磁场B 增大，则ΔB Δt 减小，若磁场B 减小，则ΔBΔt增大，故D 正确，A 、B 、C 错误．5．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1解析：选 B.根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则ΔBΔt＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtl2，则EaEb＝⎝⎛⎭⎪⎫312＝91，选项B正确；根据I＝ER＝Eρ4nlS′＝n ΔBΔtl2S′4ρnl＝klS′4ρ∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝klS′4ρ·nΔBΔtl2＝nk2l3S′4ρ∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误；故选B.6．如图所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A．回路中有大小和方向周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ω2RC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过解析：选BC.据题意，当盘转动后，由右手定则可以确定电流流向盘的中心，从b 端流出到达a 端，故选项A 错误；所产生的电动势大小为：E ＝BLv ＝BLL ω2，则产生的电流大小为：I ＝E R ＝BL 2ω2R ，故B 选项正确；根据右手定则判断电流方向，电流为b 到a ，所以C 正确；如果将匀强磁场改成变化的磁场，铜盘不转动的话，没有导体切割磁场，回路中不会产生感应电流，故D 选项错误．7．如图所示的电路中，电感L 的自感系数很大，电阻可忽略，D 为理想二极管，则下列说法正确的有( )A ．当S 闭合时，L 1立即变亮，L 2逐渐变亮B ．当S 闭合时，L 1一直不亮，L 2逐渐变亮C ．当S 断开时，L 2立即熄灭D ．当S 断开时，L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析：选BD.当S 闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L 1一直不亮；通过线圈的电流增加，感应电动势阻碍电流增加，故使得L 2逐渐变亮，选项B 正确，A 错误；当S 断开时，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L 的电流要在L 2－L 1－D －L 之中形成新的回路，故L 1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C 错误，D 正确；故选B 、D.8．如图所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0.5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比解析：选BD.当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安；则F ＝B BLv mr ＋RL ，解得v m＝F r ＋R B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m＝F r ＋RB 2L 2＝5×1＋R 12×0.52＝20(1＋R )m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝FBL，则I ＝neSv e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确；故选B 、D.二、非选择题(共4小题， 52分)9．(12分)很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示．自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O 转动．已知磁感应强度B ＝0.5 T ，圆盘半径l ＝0.3 m ，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O 相连，导线两端a 、b 间接一阻值R ＝10 Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a 、b 间电压U ＝0.6 V.(1)与a连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？(2)圆盘匀速转动10分钟，则此过程中产生了多少电能 ?(3)自行车车轮边缘线速度是多少？解析：(1)根据右手定则，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱(2)根据焦耳定律Q＝U2 R t代入数据得Q＝21.6 J(3)由U＝E＝12Bl2ω得v＝lω＝8 m/s答案：(1)负(2)Q＝21.6 J (3)v＝8 m/s10．(12分)如图所示，平行光滑U形导轨倾斜放置，倾角θ＝30°，导轨间的距离L＝1.0 m，电阻R＝R1＝3.0 Ω，电容器电容C＝2×10－8F，导轨电阻不计，匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝2.0 T，质量m＝0.4 kg，电阻r＝1.0 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小F＝5.0 N的恒力，使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，求：(1)金属棒ab达到匀速运动时的速度大小(g＝10 m/s2 )；(2)金属棒ab从静止开始到匀速运动的过程中通过电阻R1的电荷量．解析：(1)当金属棒匀速运动时，由力的平衡条件得：F＝mg sin 30°＋BIL 求得：I＝1.5 A.由闭合电路欧姆定律得：I＝ER＋r＝BLvR＋r联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：v＝3 m/s.(2)当金属棒匀速运动时，电容器两端的电压U＝IR＝4.5 V电容器极板上聚集的电荷量Q＝CU＝9×10－8 C，所以通过R 1的电荷量Q ′＝Q ＝9×10－8C 答案：(1)v ＝3 m/s (2)9×10－8 C11．(12分)如图所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨a ，b ，c ，相距均为d ＝1 m ，导轨ac 间横跨一质量为m ＝1 kg 的金属棒MN ，棒与导轨始终良好接触．棒的总电阻r ＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计. 在导轨bc 间接一电阻为R ＝2 Ω的灯泡，导轨ac 间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B ＝2 T 匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN 施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过t ＝1 s 时间棒达到稳定时速度3 m/s.试求：(1)金属棒达到稳定时施加水平恒力F 为多大？水平外力F 的功率为多少？ (2)金属棒达到稳定时电压表的读数为多少？ (3)此过程中灯泡产生的热量是多少？解析：(1)当F ＝F 安时，金属棒速度达到稳定， 则F 安＝BIdI ＝BdvR ＋r 2，联立得F ＝4 N ，P ＝Fv ＝12 W. (2)设电压表的读数为U ，则有U ＝Bdv ＋U LU L ＝BdvR ＋r 2R ，代入数据得U ＝10 V. (3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q 1、Q 2，根据焦耳定律得知：Q 1Q 2＝R r2.由功能关系得：Pt ＝Q 1＋Q 2＋12mv 2，代入数据得Q 1＝5 J.答案：(1)F ＝4 N P ＝12 W (2)U ＝10 V (3)Q 1＝5 J12．(16分)如图甲所示，斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1＝1 m，bc边的边长L2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，线框的电阻R＝ 0.1 Ω，线框受到沿斜面向上的恒力F的作用，已知F＝15 N，线框与斜面间的动摩擦因数μ＝33.线框的边ab∥ef∥gh，斜面的efhg区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B－t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2.求：(1)线框进入磁场前的加速度a；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v－t 图象；(4)线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q.解析：(1)线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F、斜面的支持力和斜面对线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：F－mg sin α－μmg cos α＝ma 得线框进入磁场前的加速度a＝5 m/s2.(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E1＝BL1v形成的感应电流I1＝E 1 R受到沿斜面向下的恒定的安培力F安＝BI1L1线框受力平衡，有F＝mg sin α＋μmg cos α＋F安此时磁感应强度必恒定不变B＝0.5 T，代入数据解得v＝2 m/s.(3)线框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间t 1＝va＝0.4 s进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t2＝L2v＝0.3 s.线框完全进入磁场后至运动到gh线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5 m/s2，该过程有x－l2＝vt3＋12at23，解得t3＝1 s线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v－t图象如图；(4)线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间t4＝t1＋t2＋t3－0.9 s＝0.8 sE 2＝ΔB·SΔt＝0.5×0.62.1－0.9V＝0.25 V此过程产生的焦耳热Q2＝E22Rt4＝0.5 J.线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热Q1＝I21Rt2＝3 J线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝3.5 J答案：(1)5 m/s2(2)2 m/s (3)如图(4)3.5 J。