1、高三下学期第一次调研考试理科综合二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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.已知氢原子的激发态能量，其中E1为基态能量，n=1，2，3。若氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级放出光子的频率为，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由题意可知：；能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：，解得：，故C正确，ABD错误。故选：C2.已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8m/s2,贴近地球表
2、面飞行卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为A. 0.2NB. 0.4NC. 2ND. 4N【答案】C【解析】【详解】在两极：；对贴近地球表面飞行的卫星：，解得；则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：，故选C.3.在空间建立三维坐标系如图所示，xoz在水平面内，y沿竖直方向空间充满沿-y方向磁感应强度为B的匀强磁场和沿+z方向的匀强电场，电场强度E=v0B一质量为m，电荷量为q的带点小球从坐标原点O以初速度v0沿+x方向抛出，设空间足够大，则A. 带电小球做加速度不断变化的变速曲线运动B. 带电小球做匀变速曲线运动
3、C. 若带电小球运动到某位置，坐标为(x0，y0，0)，则速度与+x方向的夹角满足tan=D. 若带电小球运动到某位置，坐标为(x0，y0，0)，则速度与+x方向的夹角满足tan=【答案】BD【解析】【分析】带负电的小球从O点沿+x方向射入，则电场力方向沿-z方向，洛伦兹力沿+z方向，因E=v0B，可知Eq=qv0B，即沿z轴方向受力平衡，则小球将在重力作用下做平抛运动，根据平抛运动的规律即可解答.【详解】A B带负电的小球从O点沿+x方向射入，则电场力方向沿-z方向，洛伦兹力沿+z方向，因E=v0B，可知Eq=qv0B，即沿z轴方向受力平衡，则小球将在重力作用下做平抛运动，即带电小球做匀变速
4、曲线运动，选项A错误，B正确；CD若带电小球运动到某位置，坐标为(x0，y0，0)，则沿x方向：x0=v0t，vy=gt，速度与+x方向的夹角满足，选项C错误，D正确；故选BD.4.如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场已知MON30，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（）A. TB. TC
5、. TD. T【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ESOM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短由题意可知，粒子运动的最长时间等于，设OSd，则DSOStan30，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：，由几何知识有：ESOSsin30d，cos，则：120，粒子在磁场中运动的最长时间为：tmin，故A正确，BCD错误5.一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化
6、规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在小物块运动02L的过程中，下列说法正确的是（）A. 小物块在0L内做匀变速直线运动，L2L内做匀速运动B. 小物块运动至2L处的速度为C. 整个过程中水平外力做功为D. 小物块从L处运动至2L处所用的时间为【答案】C【解析】【详解】A.小物块在0L内加速度减小，做加速度减小变加速直线运动，L2L内加速度不变，做匀加速运动，故A错误；B.整个过程，根据动能定理得：，得小物块运动至2L处的速度为：，故B错误；C.整个过程，根据动能定理得：，联立解得水平外力做功为，故C正确；D.设小物块运动至L处的速度为.根据动能定理得：，得，小物块
7、从L处运动至2L处做匀加速直线运动，有，联立解得，故D错误。故选：C。6.如图所示，带孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态。对B施加水平力F使其缓慢上升，直到A刚要滑动。在此过程中（）A. 水平力F先变大后变小B. 杆对小球A的支持力逐渐变大C. 轻绳对小球B的拉力先变大后变小D. 杆对小球A的摩擦力先变小后变大【答案】BD【解析】【详解】AC.小球B受拉力F、重力和轻绳的拉力，合力为零如图所示：由此可知，随着的增加，拉力F和轻绳张力均增大，故A错误，C错误；BD.再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力FN和静摩擦力，如图所示：设杆与水平方向的夹角为
8、，根据平衡条件，在垂直杆方向有，随着F的增大，支持力增大：在平行杆方向，有：，可得：，可知随着F的增大，静摩擦力逐渐减小，当时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大，故B正确，D正确。故选：BD7.如图所示，真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电，O为三角形中心，A、B、C为三条边的中点。则（）A. B、C两点场强相同B. B、C两点电势相同C. 在O点自由释放电子（不计重力），会沿OA直线上往复运动D. 在O点自由释放电子（不计重力），会在OA方向一直单向运动【答案】BC【解析】【详解】A.由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电
9、荷在该处场强的矢量和，其中a、c两处的点电荷在B点的场强的矢量和沿Bc方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，同理可知C处场强沿aC方向，如图所示，所以B、C两处电场强度的方向不同，故A错误；B.a、c两电荷在B点的电势之和为零（规定无穷远处电势为0），b、c两处电荷在C点的电势之和等于零，所以B点的电势等于b处电荷在该点的电势，C处电势等于a处电荷在该点的电势，a、b两电荷带等量正电荷且aC=bB，所以B、C两点电势相等，故B正确；CD.由图知，O点电场的方向沿Ac方向，在OA的延长线上有一场强为零的点D，在OA线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加速运动到D，
10、然后减速运动到速度为零，接着往回运动，即会在OA直线上往复运动，故C正确，D错误。故选：BC。8.如图所示，为一边长为的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的边平行，磁场区域的宽度为，磁感应强度为，方向竖直向下线框在一垂直于边的水平恒定拉力作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，、两端的电压及导线框中的电流随边的位置坐标变化的图线可能正确是A. B. C. D. 【答案】BD【解析】A、B、线圈的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线圈进入
11、磁场时速度不变，根据楞次定律产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小，此时ab两端的电压为，当线圈全部进入磁场时，线圈内无感应电流，此时线圈做匀加速运动，ab两端的电压为，对比图象可知，A错误；B正确；，C、D、当线圈的cd边出磁场时电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线圈做减速运动，且加速度逐渐减小，电流图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大，C错误；D正确；故选BD 三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.某学习小组利用如图所示的实验装置探究合外力与速度的关系
12、一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及动滑轮将滑块与弹簧测力计相连实验中改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用速度传感器测出从同一位置P由静止开始释放的滑块经过速度传感器时的速度大小v，用天平测出滑块的质量m，用刻度尺测出P与速度传感器间的距离S，当地的重力加速度大小为g，滑轮的质量都很小(1)实验中钩码质量_ (填“需要”或“不需要”)远小于滑块的质量(2)根据实验数据作出v2-F图象，下列图象中最符合实际情况的是_(3)据实验已测得数据及v2-F图象，_(填“能”或“不能”)测出滑块与长木板间的动摩擦因数【答案】 (1). 不需要 (2
13、). B (3). 能【解析】(1)实验中钩码的质量不需要远小于滑块的质量，因为滑块所受的拉力可由弹簧测力计直接测出(2)由Fsmgs=0可得v2=F2gs,当m、s、一定时,v2与F为线性关系，且v=0时F0，B正确故选B(3)由v2F图象读出横轴截距b,则b=mg,得=b/mg.故答案为(1)不需要;(2)B;(3)能10.某同学想将满偏电流Ig=100A、内阻未知的微安表改装成电压表（1）该同学设计了图甲所示电路测量该微安表的内阻，所用电源的电动势为4V请帮助该同学按图甲所示电路完成实物图乙的连接_（2）该同学先闭合开关S1，调节R2的阻值，使微安表的指针偏转到满刻度；保持开关S1闭合，
14、再闭合开关S2，保持R2的阻值不变，调节R1的阻值，当微安表的指针偏转到满刻度的时，R1的阻值如图丙所示，则该微安表内阻的测量值Rg=_，该测量值_（填“大于”“等于”或“小于”）真实值（3）若要将该微安表改装成量程为1V的电压表，需_（填“串联”或“并联”）阻值R0=_的电阻【答案】 (1). 如图所示 (2). 142； (3). 小于 (4). 串联 (5). 9858【解析】【分析】（1）根据电路图连线；（2）结合电路串并电压、电流特点以及电流与电阻关系求解电流表的内阻（3）利用电流的改装原理，电压表利用串联分压，根据U=Ug+IgR计算电阻R0【详解】（1）实物连线如图所示；（2）由
15、电路图可知，当微安表的读数偏转到2Ig/3时，通过电阻箱的电流为Ig/3，则电阻箱的阻值等于微安表内阻的2倍，由图可知电阻箱的读数为284，则微安表的内阻为142；闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于Ig/3，则该实验测出的电表内阻偏小；（2）若要将该微安表改装成量程为1V的电压表，需串联阻值的电阻11.某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的t图象已知小车在02s内做匀加速直线运动，2s 11s内小车牵引力的功率保持不变，9s 11s内小车做
16、匀速直线运动，在11s末开始小车失去动力而自由滑行已知小车质量，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：（1）在2s11s内小车牵引力的功率P是多大？（2）小车在末的速度为多大？（3) 小车在2s9s内通过的距离是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）根据题意，在11s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，根据图象可知：；根据牛顿第二定律有：；解得：；设小车在匀速运动阶段的牵引力为，则：，；根据：；解得：；（2）02s的匀加速运动过程中，小车的加速度为：；设小车的牵引力为，根据牛顿第二定律有： ；根据题意有：； 解得： ；（3）在2s9s内
17、的变加速过程，由动能定理可得： ；解得小车通过的距离是：；12.如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成= 60角，纸面内的线段MN与水平方向成=30角，MN长度为d现将一质量为m、电荷量为q(q0)的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为（待求）；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点（未画出），已知重力加速度大小为g，求：(l)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度；(2)M点和P点之间的电势差；(3)小球在P点动能与在M点动能的比值【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】解：（1）由小球运
18、动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：得：合力：F=mg从,有：得：（2）如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运动：得：（3）如图乙，作PD垂直于MN，从，由动能定理：（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。13.一定质量的理想气体从状态A可以经历过程1、过程2到达状态也可以经历过程3到达状态C，还可以经历过程4到达状态D，其P-V图像如图所示，且B、C、D在一条平行于纵轴的直线上已知在这四个过程中的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分对于
19、这四个过程，下列说法正确的是 A. 在过程1中，外界先对气体做正功，然后气体再对外做功B. 在过程2中，气体温度先逐渐降低然后逐渐升高C. 在过程3中，气体温度始终不变D. 在过程4中，气体始终与外界无热量交换E. 在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高【答案】CDE【解析】【详解】在过程1中，气体的体积一直变大，可知气体对外做功，选项A错误；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知从A到C为等温线，即PV乘积不变；则在过程2的从A到B的过程，PV乘积逐渐变大，温度逐渐升高，选项B错误，C正确；过程4中，PV乘积逐渐减小，可知温度逐渐降低，内能减小，气体体积变大，对外做功，可知气
20、体始终与外界无热量交换的过程是4过程，选项D正确；由以上分析可知，在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高，选项E正确.14.如图所示，横截面积为S，质量为M的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了T，气柱的高度增加了L，吸收的热量为Q，不计气缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p0，重力加速度为g，求：此加热过程中气体内能增加了多少？若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则放砝码的质量为多少？【答案】【解析】设缸内气体的温度为时压强为，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得到：气体膨胀对
21、外界做功为：根据热力学第一定律得到：联立可以得到：设放入砝码的质量为m，缸内气体的温度为时压强为，系统受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得到：根据查理定律：联立可以得到：15.如图所示，两束平行黄光射向截面ABC为正三角形的玻璃三棱镜，已知该三棱镜对该黄光的折射率为，入射光与AB界面夹角为45，光经三棱镜后到达与BC界面平行的光屏PQ上，下列说法中正确的是_。A. 两束黄光从BC边射出后仍是平行的B. 黄光经三棱镜折射后偏向角为30C. 改用红光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些D. 改用绿光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些E. 若让入射角增大，则出
22、射光束不平行【答案】ABD【解析】【详解】AB.如图所示，由折射率公式，可知r=30，由几何关系可知折射光在三棱镜内平行于底边AC，由对称性可知其在BC边射出时的出射角也为i=45，因此光束的偏向角为30，且两束光平行，故A正确，B正确；CD.由于同种材料对不同的色光的折射率不同，相对于黄光而言红光的折射率小，绿光的折射率较大，因此折射后绿光的偏向角大些，红光的偏向角小些，故C错误，D正确；E.若让入射角增大，则折射角按一定的比例增大，出射光束仍然平行，故E错误。故选：ABD16.一列沿x轴传播的简谐横波，t0时刻的波形如图所示，介质中x6m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y0.2co
23、s(4t)m求：（1）该波的传播速度；（2）从t0时刻起，介质中x10m处的质点Q第一次到达波谷经过的时间【答案】(1)48m/s；(2)s；【解析】试题分析：（i）由图读出波长，根据质点P的振动方程，读出，求出周期，即可求得波速（ii）由于波的传播方向未知，要分向右和向左两种情况研究利用波形的平移法求时间（i）由图可知，波长，由质点P的振动方程可知，角速度则周期 故该波的传播速度（）若波沿+x方向传播，t=0时刻，质点Q左侧相邻的波谷在x=-6m处 该波谷传播到质点Q处时，质点Q第一次到达波谷，经过时间若波沿-x方向传播，t=0时刻，质点Q右侧相邻的液谷在x=18m处该波谷传播到质点Q处时，质点Q第一次到达波谷，经过时间【点睛】解决本题的关键要掌握波形平移法研究波的传播过程，要注意波的双向性同时会从波形图中读出波长，由振动方程求出周期，根据求出波速
