1、黑龙江省虎林市高级中学2016-2017学年高二5月月考理综-物理试题1. 质量为m的小车，静止在粗糙的水平地面上，在水平外力作用下开始运动，其v-t图像如图。下列关于物体运动的分析正确的是：A. 0t1时间内物体受拉力为恒力B. t1t2时间内拉力不做功C. t1t2时间内合外力做功为mv12/2D. 0t1时间内拉力逐渐减小【答案】D【解析】0-t1内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma，故拉力不断减小，故A错误，D正确0-t1内拉力向前，位移也向前，故拉力做正功，故B错误；在t1-t2时间内，物体匀速前进，动能的变化量为零，则由动能定理可知，合外力做功为零
2、，故C错误；故选D2. 如图所示，质量为M的斜面体静止放在水平面上，质量为m的物体在水平外力F的作用下沿斜面匀加速下滑，此时斜面体保持静止。对此过程下列说法正确的是：A. 地面对M的支持力大小为（M+m）gB. 地面对M的静摩擦力水平向左C. 地面对M的静摩擦力水平向右D. 地面对M没有静摩擦力【答案】B.点睛：本题考查分析物体受力情况的能力，知道B匀加速运动，A静止时，A加速度不为零，可以看成一个整体，利用牛顿第二定律求解3. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则
3、下列说法中正确的是：A. a的向心加速度等于重力加速度gB. c在4 h内转过的圆心角是/6C. b在相同时间内转过的弧长最长D. d的运动周期有可能是20h【答案】C【解析】试题分析：a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其加速度不为g，A错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错误；由，得，则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，C正确；由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，D错误；考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛
4、】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点4. 如图所示，正方形ABCD以坐标原点O为中心，关于x轴对称，与x轴交于M、N两点，带电量均为Q的点电荷固定在正方形的四个顶点，其中A、B处点电荷带正电，C、D处点电荷带负电。下列说法正确的是：A. M、N两点电场强度等大反向B. 在x轴上从M点到N点，电势先降低后升高C. 在x轴上M点左侧、N点右侧都存在场强为零的点D. 负检验电荷在M点具有的电势能比其在N点的电势能多【答案】C【解析】对M点研究，两个正电荷在M点产生的合场强为零，根据平行四边形法可知，两个负电荷在M点产生的合场强方向
5、水平向右对N点研究，两个负电荷在N点的合场强为零，根据平行四边形法，两个正电荷在N点的合场强，方向水平向右且由对称性可知，M、N两点电场强度等大同向故A错误；根据电场的叠加原理可知，从M点沿直线到N点，各点场强方向均向右，电势一直降低，故B错误在M点左侧，两个正电荷的合场强与两个负电荷的合场强方向相反，大小可能相等，所以在x轴上M点左侧存在场强为零的点同理，在N点右侧也存在场强为零的点故C正确M点的电势高于N点的电势，负检验电荷从M移动到N点时电场力做负功，电势能增加，则负检验电荷在M点具有的电势能比其在N点的电势能小，故D错误；故选C.点睛：解决本题的关键是掌握电场的叠加原理，分析各点场强的
6、大小和方向对于电势能的比较，可根据电场力做功正负来判断5. 如图所示为理想变压器，四个灯泡L1、L2、L3、L4都标有“4V,4W”，变压器原、副线圈匝数比n1：n2=4:1.要求灯泡一个都不能烧毁，假设灯泡电阻不变，则ab间电压的有效值不能超过：A. 16V B. C. D. 【答案】D【解析】由图可知，L2与L3并联后与L4串联，故L4中电流为L2与L3电流之和；L1电流为原线圈中的电流，而L4电流等于副线圈中的电流，根据电流之比等于线圈匝数之比可得：；故L4应达到额定功率，即输出电流为：；L2与L3中电流均为0.5A，此时并联部分电压为2V；变压器输出电压为：U2=4+2=6V，输入电压
7、为：；此时灯泡L1中电流为0.25A，电压为1V，故ab两端的电压最大值为：Um=24+1=25V，故D正确，ABC错误故选D点睛：本题考查变压器的基本内容，要注意明确电流电压与匝数的关系，知道变压器输入电压为ab两端的电压与灯泡L1两端电压的差值，即相当于灯泡L1与变压器串联6. 用中子轰击原子核产生裂变反应，其可能的裂变方程为，、的质量分别是m1、m2、m3、m4，原子核的半衰期是T，其比结合能小于原子核的比结合能，光在真空中的传播速度为c，下列叙述正确的是：A. 原子核比原子核更稳定B. 原子核中含有56个中子C. 裂变时释放的能量为（m1-2m2-m3-m4）c2D. 若提高的温度，的
8、半衰期将会小于T【答案】AC【解析】A、比结合能的大小反应原子核的稳定程度，的比结合能小于原子核的比结合能，所以原子核比原子核更稳定，故A正确； B、由原子核的组成特点可知，原子核中含有56个质子，中子数为：14456=88个，故B错误；C、由于核裂变的过程中释放能量，根据爱因斯坦质能方程得：E=mc2=(m12m2m3m4)c2，故C正确；D、原子核的半衰期是由放射性元素本身决定的，与环境的温度、压强等无关，故D错误。故选：AC。7. 如图所示，圆心角为90的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点。现有比荷大小相等的两个带电离子a、b（不计重力）以大小不等的速度分别
9、从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从C点射出磁场，已知sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法正确的是：A. 粒子a带负电，粒子b带正电B. 粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为2:5C. 粒子a、b的速率之比为5:2D. 粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180:53【答案】ABD【解析】由题设条件画出带电粒子a、b在扇形磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，圆心分别为E、F由左手定则a粒子带负电，b粒子带正电，所以选项A正确若磁场区域扇形半径为R，由几何关系可以求得ab粒子做匀速圆周运动的半径ra=R 对于b粒子有：rb2=（rb-R）2+R2，从而求得rb=R由洛仑兹力
10、提供向心力可以求得粒子的速度 ，所以a、b粒子的速度之比 ，根据加速度公式，求得加速度之比 ，所以选项B正确、C错误带电粒子在磁场中运动的周期 ，显然只与粒子比荷和磁感应强度有关，所以ta=T 由几何关系知b粒子偏转的角度为，所以，所以运动时间之比为，所以选项D正确故选ABD.点睛：本题两个比荷相同的粒子以不同速度从不同点射入扇形磁场，分别从两个扇角射出，由左手定则确定电性，由几何关系求出半径，由洛仑兹力提供向心力求出速度，由偏转角求出时间8. 如图所示，竖直平面内放一光滑的直角杆MON，杆上套两个完全一样的小球AB,质量均为m，绳长为5L，开始时绳子与竖直方向的夹角为0.A球在外力F作用下从
11、O点以速度v0向右匀速运动，在夹角由0变为53过程中，以下说法正确的是：A. B球的机械能守恒B. B球处于超重状态C. 夹角为53时B球的速度为v0D. 拉力做功为2mgL+mv02【答案】BD【解析】由于绳子的拉力对B球做正功，所以B球的机械能增加，故A错误设绳子与直杆ON的夹角为时，B球的速度为vB根据两个小球沿绳子方向的分速度大小相等，得：vBcos=v0sin，可得：vB=v0tan，v0不变，增大，则vB增大，所以B球向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态，故B正确当=53时，B球的速度 vB=v0tan53=v0故C错误在夹角由0变为53过程中，B球上升的高度为 h=5L-5L
12、cos53=2L；对A、B整体，由功能关系得：拉力做功为故D正确故选BD.9. 在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：(l）若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是：_A直尺 B天平 C弹簧秤 D秒表(2）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用甲装置实验时（P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为（用装置中的字母表示）_.【答案】 (1). （1）AB (2). （2）m1OP=m1OM+m2ON【解析】试题分析：（1）求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量，让后选择实验器材（2）根据动量守恒定律与图示实验情景
13、确定需要验证的表达式解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由h=gt2得小球做平抛运动的时间t=，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1+m2v2，则：m1v1t=m1v1t+m2v2t，得m1x1=m1x1+m2x2，由图所示可知，需要验证：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需要用直尺，测质量需要天平，因此需要的实验器材是AB（2）由（1）可知，实验需要验证：m1OP
14、=m1OM+m2ON10. 某同学要测量一电阻R（约2k）的阻值和一个锂电池（电动势E标称值为3.7v，允许的最大放电电流为200mA）的电动势E和内电阻r，实验室备用的器材如下：A.电压表V（量程3v，内阻约为4.0k)B.电流表A1（量程100mA，内阻约为5）C.电流表A2（量程2mA，内阻约为50）D.滑动变阻器R1（0-20，额定电流1A)E.电阻箱R2(0999.9，最小分度值0.I)F开关s一只，导线若干(1）为了测定电阻R的阻值，该同学设计了如图所示的电路，并选取了相应的器材(电源用待测的锂电池），经分析发现器材选取中有不妥之处你认为应该怎样调整？_(2）在实验操作过程中发现滑
15、动变阻器R1和电流表A1已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内电阻r.请在方框中画出实验电路图_按照新设计的电路图连好电路进行实验，同学测得的物理量间满足一个函数关系式电动势E=_；在进行数据处理时，可以用图像法处理数据，为使上述函数关系式的图像是一条直线，则以_为横坐标，以_为纵坐标。【答案】 (1). （1）A1表换成A2表 (2). (2) 如图; (3). E=U+r (4). (5). 【解析】（1）流过R的最大电流约为： ，电流表应使用A2（量程2mA，电阻约50）（2）实验器材只有电压表与电阻箱，因此可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物
16、电路图如图所示（3）由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=U+r，整理得： 由此可知，与成一次函数，故图象为直线；因此可以作与的图象，点睛：本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据分析等问题；选择实验器材时，既要保证安全，又要注意测量精度，要注意实验器材量程的选择同时要注意明确数据处理的基本方法，明确如何才能得出线性关系11. 如图所示，倾角为=37两根平行长直金属导轨的间距为d其底端接有阻值为R的电阻。整个装置处在垂直斜面向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量均为m（质量分布均匀）电阻均为R的导体杆ab、cd垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，两导体杆与导轨的动摩擦因数均为最大
17、静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，求杆ab的最大速度。【答案】【解析】导体杆ab以速度v运到切割磁感线，产生感应电动势： E=Bdv杆ab上的电流： I=导体杆cd沿斜面向上受安培力： 杆cd受沿斜面向下最大静摩擦力时，杆ab运动速度最大杆cd受最大静摩擦力等于滑动摩擦力 而FN=mgcos37杆cd静止： F=f+mgsin37解得杆ab运动最大速度： 12. 如图所示：质量为M=0.8kg的小车有半径R=1m的1/4光滑圆轨道BC和长为0.5m的水平轨道AB，小车静止于光滑的水平面上，质量为m=0.2kg的小物块（可看成质点）以水平向右的初速度v0在A点滑上小车。已
18、知物块与小车的水平面间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2。求：(l）若小车固定，物块刚好滑到小车上的C点，则物块的初速度v0多大？(2)若小车自由，物块仍以v0滑上小车，物块相对水平面AB所能到达的最大高度是多少？(3）在（2）的情况下，分析说明，物块最终能否停在小车上，若能确定位置，若不能，求出两者分离时的速度。（取)【答案】（1）5m/s；（2）0.75m；（3）1.7m/s【解析】（1）由能量守恒：mv02=fL+mgR 摩擦力 而FN=mg解得： v0=5m/s (2) 物块与车水平方向动量守恒：mv0=(m+M)v 解得： v=1m/s物块与车系统能量守恒：mv02=mgL+m
19、gh+(m+M)v2解得最大高度：h=0.75m (3)若停在小车上有：mv02- (m+M)v2=mgss=2m2L 所以不会停在小车上，即两者分离；设两者分离时m的速度v1，车的速度v2，物块与车水平方向动量守恒：mv0=mv1+Mv2物块与车系统能量守恒：mg2L=mv02- mv12- Mv22解得 v1 =1.8m/s 说明分离时m的速度方向与v0方向相反 车的速度 v2 =1.7m/s 13. 下列说法正确的是_A物体运动的速度越大其内能就越大B分子热运动是指物体内分子的无规则运动C微粒的布朗运动的无规则性，反应了液体内部分子运动的无规则性D温度低的物体，它的内能一定小E若外界对物
20、体做正功，同时物体从外界吸收热量，则物体的内能一定增加【答案】BCE【解析】物体运动的速度是宏观的速度，与物体的内能无关故A错误；分子的热运动是指分子的无规则运动故B正确；布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接反应了液体分子无规则运动；故C正确；物体的内能与物质的量、温度、体积乙物态有关，所以温度低的物体，其内能不一定小；故D错误；若外界对物体做正功，同时物体从外界吸收热量，根据热力学第一定律可知，则物体的内能必增加故E正确故选BCE.点睛：本题考查分子热运动的性质，布朗运动、物体的内能以及热力学第一定律，要注意区别分子热运动与物体的机械运动有本质的不同，分子运动不能包括物质的运动14. 如图所示
21、，两端开口的一导热性能良好的容器水平放置，两端是直径不同的两个圆筒，里面各有一个活塞，其横截面积分别为SA=10cm2和SB=10cm2，质量分别为MA=6kg、M=4kg。它们之间用一质量不计的轻质细杆相连，两活塞可在桶内无摩擦滑动，但不漏气。在气温为-23时，用销子把B锁住，并把阀门k打开，使容器和大气相通，随后关闭阀门k，此时两活塞间气体的体积为300m3,当气温升到T时把销子拔去。若刚拔去销子时两活塞的加速度大小为1.2m/s2，方向水平向左，求温度T为多少？（设大气压强为1.0105Pa不变，容器内气体温度始终和外界气温相同）【答案】325K【解析】两活塞间理想气体，初状态：P1=P
22、0，T1=250K末状态P2 ；T2=T由理想气体状态方程：联立解得：T=325K15. 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=200m/s，已知t=0时刻，波刚好传播到x=40m处，如图所示，在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是_。A波源开始振动时方向沿y轴负方向B从t=0开始经0.15s，x=40m处的质点运动的路程为0.6mC接收器在t=2s时才能接收到此波D若波源向x轴正方向运动，接受器接收到波的频率可能为9HzE若该波与另一列频率为5 Hz沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样【答案】ABE【解析】试题分析：波沿x轴正方向
23、传播，运用波形平移法可知，图中处质点的起振方向沿y轴负方向，则波源开始振动时方向沿y轴负方向，故A正确；由图读出波长为，周期为，由于，从开始经时，的质点运动的路程，故B正确；接收器与的距离为，波传到接收器的时间为，故C错误；该波的频率为，若波源向x轴正方向运动，波源与接收器间的距离减小，根据多普勒效应可知，接收器收到波的频率增大，将大于，故D错误；只有两列波的频率相同相遇时才能产生稳定的干涉该波频率为，所以若该波与另一列频率为沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样，故E正确。考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系【名师点睛】简谐波一个基本特点是介质中各质点的起振方向都与波源的起振方向相同波源与接收器的距离增大时，接收器接收到的波的频率将变小；波源与接收器的距离减小时，接收器接收到的波的频率将变大。16. 如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径，来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB,另一光线BN恰好在N点发生全反射，已知ABM=30求：玻璃的折射率；球心O到BN的距离。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何关系可知，i=30，r=60，根据折射定律得（2）光线BN恰好在N点发生全反射，则临界角，又因为，假设球心到BN的距离为d，由几何关系可知考点：光的折射定律
