1、陆良县2018届高三毕业班第二次适应性考试理科综合能力测试二、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l417题只有一项符合题目要求。第l821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.下列说法正确的是 （ ）A. 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关B. 牛顿提出了万有引力定律，通过实验测出了万有引力常量C. 碳14的半衰期为5730年，若测得一古生物遗骸中碳14含量只有活体中的1/8，此遗骸距今约有17190年D. 紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，若增大紫外线的照射强度，从锌板表面逸出的光电子的最大初
2、动能也随之增大【答案】C【解析】【详解】A项：放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关，故A错误；B项：牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故B错误；C项：测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的，知经过了3个半衰期，则此遗骸距今约有：57303=17190年，故C正确；D项：根据光电效应方程：，可知光电子的最大初动能与光的强度无关，增大紫外线的照射强度，光电子的最大初动能不变，故D错误。2.一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知 ( )A. 4 s内物体在做曲线运动B. 4 s内物体一直做直线运动C. 物体的加速度在2.5 s时
3、方向改变D. 4 s内物体的速度一直在减小【答案】B【解析】【详解】A、B项：前2.5s物体速度为正，沿正方向运动，后1.5s速度为负，沿负方向运动，但物体一直做的是直线运动，故A错误，B正确；C项：图象的斜率一直为负值，所以加速度一直沿负方向，没有发生改变，故C错误；D项：4s内物体的速度先减小后反向增大，故D错误。3.如图所示，把球夹在竖直墙壁AC和木板BC之间，不计摩擦.设球对墙壁的压力大小为F1，对木板的压力大小为F2，现将木板BC绕着C点缓慢转动，使木板与竖直墙壁的夹角由 增大到过程中（ ）A. F1减小、F2增加B. F1增加、F2减小C. F1、F2都减小D. F1、F2都增大【
4、答案】C【解析】【详解】设球对墙壁的压力大小为，对木板的压力大小为F2，根据牛顿第三定律知，墙壁和木板对球的作用力分别为和，以小球研究对象，分析受力情况，作出力图。设木板与水平方向的夹角为根据平衡条件得，由题可知，减小，所以减小，减小，故C正确。4.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹下列判断正确的是（ ）A. 带电粒子一定带正电B. 电场线MN的方向一定是由N指向MC. 带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加D. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能【答案】D【解析】【详解】A、B项：由于该粒子只受电场
5、力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故AB错误；C项：粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C错误； D项：粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，故D正确。5.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1：t2为（ ）A. 3：1B. 2：3C. 3：2D. 2：1【答案】
6、A【解析】【详解】电子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示，电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场根据半径可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为，所以电子1运动的时间，电子2运动的时间，所以，故A正确。6.两个小球A、B在光滑的水平面上相向运动，它们的质量分别为4kg和2kgA的速度为v1=3m/s， B的速度v2=-3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）A. 均为+1m/sB. +4m/s和-5m/
7、sC. -1m/s和+5m/sD. +2m/s和-1m/s【答案】AC【解析】【详解】发生正碰，则根据动量守恒得：根据碰撞过程系统总动能不增加，则得A项：它们发生正碰后，均为+1m/s，即以共同速度运动，符合以上等式，故A正确；B项：速度如果是4m/s和-5m/s，那么A、B动能都增加，故B错误；C项：发生正碰后，A、B反向，符合以上等式，故C正确；D项：发生正碰后，A、B速度方向不变即还是相向运动，这不符合实际情况，故D错误。7.我国计划在2017年发射“嫦娥四号”，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球
8、档案资料。已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，嫦娥四号离月球中心的距离为r，绕月周期为T。根据以上信息可求出 ( )A. 月球的平均密度为B. “嫦娥四号”绕月运行的速度为C. 月球平均密度D. “嫦娥四号”绕月运行的速度为【答案】AD【解析】【详解】A、C项：“嫦娥四号”绕月运行时，根据万有引力提供向心力，有，解得：月球的平均密度为：，故A正确，C错误；B项：月球表面任意一物体重力等于万有引力，则有：“嫦娥四号”绕月运行时，万有引力提供向心力，得：，联立解得：，故B错误；D项：由公式，所以“嫦娥四号”绕月运行的速度为，故D正确。8.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧
9、一端固定于O点，另一端与小球相连现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN.在小球从M点运动到N点的过程中 ( ) A. 弹力对小球先做负功后做正功再做负功B. 只有一个时刻小球加速度等于重力加速度C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D. 小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差【答案】ACD【解析】【详解】A项：由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球
10、先做负功再做正功，最后再做负功，故A正确；B项：在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处（即有两个时刻）加速度为g，故B错误；C项：由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确；D项：因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
11、，故D正确。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作答。第33题第40题，考生根据要求作答。9.下图为验证牛顿第二定律实验中打下的一条纸带,A点为小车刚释放时打下的起始点,每两点间还有四个计时点未画出,测得AB=2.0cm、AC=6.0cm、AE=20.0cm,打点计时器的频率为50Hz，则由纸带可计算出vB = _m/s ，v D= _m/s，小车的加速度a=_m/s2.(结果均保留两位有效数字) 【答案】 (1). 0.30 (2). 0.70 (3). 2.0【解析】【详解】纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s，且每两个记数点间还有四个计
12、时点未画出，T=0.1s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度可知，根据可知，10.某小组用如下实验方案精确测量电阻的阻值。（1）多用表粗测：选用多用电表的欧姆“100”挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择欧姆_（填“10”或“1 k”）挡，并先_再进行测量，之后多用电表的示数如图1所示，测量结果为_。 （2）为了精确测量阻值，设计了如图2所示电路，为顺利完成实验，除需要知道定值电阻阻值R0外还需要知道_（填物理量及其符号），若电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则待测电阻Rx的计算式为Rx=_。【答案】 (1). (2). 欧姆调零 (3). 70 (4). 电流
13、表 A1 的内阻r1 (5). 【解析】（1）选用“100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于10挡；每一次换档，需要重新欧姆调零，读数为（2）通过的电流为，其两端的电压和两端的电压相等，故根据欧姆定律可得，故还需要电流表A的内阻11.如图所示，一光滑弧形轨道末端与一个半径为R的竖直光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起（轻弹簧尺寸忽略不计），两车从光滑弧形轨道上的高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧瞬间将两车弹开，其中后车刚好停下。求：（1）前车被弹出
14、时的速度；（2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；（3）分析前车能否通过圆弧轨道最高点。【答案】（1） （2） （3）前车恰能通过最高点【解析】【详解】(1)两车从h高处运动到最低处过程中，由机械能守恒定律得： 解得： 两车分离时由动量守恒定律得，得：；(2)设分离前弹簧弹性势能，根据系统机械能守恒得： ；(3)前车恰过最高点时应有 假设前车能到达最到点，速度为 由动能定理得 ,故前车恰能通过最高点.12.如图所示，两条平行的光滑金属导轨相距L1m，金属导轨由倾斜与水平两部分组成，倾斜部分与水平方向的夹角为=37，整个装置处在竖直向上B=1.5T的匀强磁场中。金属棒EF和MN的质量均为m0
15、.2 kg，电阻均为R2 。EF置于水平导轨上， MN置于倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好现在外力作用下使EF棒以速度v0向左匀速运动，MN棒恰能在斜面导轨上保持静止状态，倾斜导轨上端接一阻值为R2 的定值电阻。求：（1）v0大小；（2）若将EF棒固定不动，将MN棒由静止释放，MN棒沿斜面下滑距离d5 m时达稳定速度，求此过程中通过MN棒的电荷量。【答案】（1）4m/s （2）【解析】【详解】(1)MN棒恰好静止时 EF棒运动切割磁感线产生感应电动势 回路总电阻 回路总电流 MN棒上电流 解得；(2)MN棒产生的平均感应电动势 平均感应电流 通过MN棒的感应电荷量为 有题知 且 代
16、入数据得：.13.下列说法正确的是_（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A. 物体吸收热量，其温度一定升高B. 一定质量的理想气体，内能只与温度有关与体积无关C. 做功和热传递是改变物体内能的两种方式D. 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映E. 第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【答案】BCE【解析】【详解】A项：根据热力学第一定律，若物体吸收热量，若同时对外做功，其温度不一定升高，故A错误；B项：一定质量的理想气体，内能只与温度有关与体积无关，故B正确；C项：改变内
17、能的方式有做功和热传递，故C正确；D项：布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E项：第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确。14.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27C。求：（1）该气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度？（2）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？【答案】(1)-73，27(2)吸收热量，200 J【解析】【详解】（1）由图可知，从A到B是等容变化，则根据，解得；由图可知，从B到
18、C是等压变化，则根据，解得（2）从A到C温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，根据U=W+Q可知，气体吸热，因，则气体吸热Q=W=2000J.15.某横波在介质中沿轴传播，图甲是时的波形图，图乙是介质中处质点的振动图象，则下说法正确的是 A. 波沿轴正向传播，波速为1m/sB.2 s时，2 m处质点的振动方向为y轴负向C. l m处质点和2 m处质点振动步调总相同D. 在1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10cmE. 在l s到2 s的时间内，0.5m处的质点运动速度先增大后减小【答案】BDE【解析】A、由甲图知，波长=2m，由乙图知，质点的振动周期为T=2s，则波速为：，由乙图
19、知，t=1s时刻，x=2m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；B、由乙图知，t=2s时，x=2m处质点的振动方向为y轴负向，故B正确；D、因，则在C、x=lm处质点和x=2m处质点相距半个波长，振动步调总相反，故C错误；1s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是两个振幅，为10cm，故D正确；E、在t=1s到t=2s经历的时间为，t=1s时刻x=0.5m处的质点位于波峰，则在t=1s到t=2s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确；故选BDE。【点睛】本题关键要把握两种图象联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向。16.如图所示是一个透明圆柱体的横截面，其半径为RAB是一条直径。 今有一束平行于AB的光从与AB距离的C点（未画出）射向圆柱体。光线经折射后恰经过B点，求：透明圆柱体的折射率和光在圆柱体内传播的时间。(光在真空中速度为c)【答案】 【解析】【详解】由几何知识可得： 得： 由几何关系2 根据折射定律 由得光在柱体内的传播速度 由几何关系知 AC= 故光在圆柱体内传播的时间。