高考理科综合物理押题卷（二）（含解析）

理 科 综 合物理（二） 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，有的只 有一项符合题目要求，有的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．根据玻尔理论，氢原子的能级公式为（n 为能级，A 为基态能 量），一个氢原子中的电子从 n= 4 的能级直接跃迁到基态，在此 过程中（ ） A．氢原子辐射一个能量为的光子 B．氢原子辐射一个能量为的光子 C．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量 为 D．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为 【解析】根据玻尔理论，一个氢原子中的电子从 n= 4 的能级直接跃迁到基态，辐射一个光子的能量 为。 【答案】B 15．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力 F 的作用下处 于静止状态，P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为θ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（ ） A．框架对小球的支持力先减小后增大 B．拉力 F 的最小值为 mgsin θ C．地面对框架的摩擦力始终在减小 D．框架对地面的压力先增大后减小 【解析】小球受力示意图如图所示，以小球受到的重力为合力，拉力和框架对小球的支持力为分力， 作出矢量三角形，在力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90°的过程中，力 F 先减小后增大， 其最小值为 mgcos θ，支持力 FN 一直减小，小球对框架的压力也一直减小，可得地面对框架的摩擦 力始终在减小，框架对地面的压力也是一直减小。 【答案】C 16．如图（甲）所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块 A。滑块 A 受到随时 间 t 变化的水平拉力 F 作用时，滑块 A 的加速度 a 与拉力 F 的关系图象如图（乙）所示，则长木板 B 的质量为（ ） A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg 【解析】根据题图乙可知，当 F=12 N 时，加速度 a=3 m/s2，对滑块与木板整体，由牛顿第二定律有 F=（mA+mB）a，解得 mA+mB=4kg，当 F 大于 12N 时，A、B 发生相对滑动，同理，对滑块 B 有，整 理得，由题图可知，图线的斜率，解得 mB=3kg，mA=1kg。 【答案】B 17．如图所示，n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线框面积 为 S，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴 OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变 压器副线圈接入一只额定电压为 U 的灯泡，灯泡正常发光。从线圈通过中性面开始计时，下列说法 正确的是 （ ） A．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大 B．灯泡中的电流方向每秒改变 ω 2π 次 C．线框中产生感应电动势的表达式为 e＝nBSωsinωt D．变压器原、副线圈匝数之比为nBSω U 【解析】图中是线圈通过中性面的位置，穿过线框的磁通量变化率为零，选项 A 错误；由和可得， 灯泡中的电流方向每秒改变ω π 次，选项 B 错误；产生的感应电动势的最大值 Em=nBSω，从线圈通过 中性面开始计时，线框中产生感应电动势的表达式为 e＝nBSωsinωt，选项 C 正确；变压器原线圈两 端的电压，根据可得，选项 D 错误。 【答案】C 18．2017 年 4 月 22 日 12 时 23 分，“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验 室顺利完成自动交会对接。如图所示，已知“天舟一号”“天宫二号”对接后，组合体在时间 t 内沿圆周 轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为 r，地球表面重力加速度为 g，引力常量为 G，不考 虑地球自转。则（ ） A．可求出地球的质量 B．可求出地球 的平均密度 C．可求出组合体的做圆周运动的线速度 D．可求出组合体受到地球的万有引力 【解析】根据题意可得组合体绕地球运动的角速度为，根据公式可得，选项 A 正确；忽略地球自转， 在地球表面万有引力等于重力，即，即可求得地球半径，根据可求得地球密度，选项 B 正确；根据 可得组合体的做圆周运动的线速度，选项 C 正确；由于不知道组合体质量，所以无法求解受到地球 的万有引力大小，选项 D 错误。 【答案】ABC 19．如图（a）所示，光滑绝缘水 平面上有甲、乙两个点电荷。t=0 时，甲静止，乙以初速度 6 m/s 向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动 的 v－t 图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（ ） A．两电荷的电性一定相反 B．t1 时刻两电荷的电势能最大 C．在 0～t2 时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D．在 0～t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 【解析】由图可知，两个小球间产生的排斥力，因为刚开始乙做减速运动，甲做初速度为 0 的加速 运动，则两个电荷的电性一定相同，选项 A 错误；在 t1 时刻，两个小球共速，两个小球的间的距离 最小，故在间距减小的过程中，小球始终克服电场力做功，以后小球的距离逐渐增大，电场力就做 正功了，故间距最小时的电势能最大，选项 B 正确；t2 时刻，乙球静止，在 0～t2 时间内，两电荷的 间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，选项 C 正确；在 0～t3 时间内，甲的速度一直 增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能也是先减小后增大，选项 D 错 误。 【答案】BC 20．如图甲所示，电流恒定的通电直导线 MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，导 线中电流方向由 M 指向 N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方 向，当 t=0 时导线恰好静止，若 B 按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（ ） A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动 B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动 C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小 D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小 【解析】当 t=0 时，由左手定则可知，MN 受到向右的作用力，根据 F 安=BLI，由于 B 最大，故此时 的安培力最大，则 MN 的加速度最大，随着时间的延长，磁场强度 B 减小，故加速度减小，而 MN 的速度在增大，当 B=0 时，加速度为 0，速度最大，当 B 反向时，安培力也会反向，则加速度也反 向，MN 做减速运动，到半个周期时，MN 减速到 0，此时的加速度反向最大，然后 MN 再反向运动， 到一个周期时 MN 又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项 A 正确，B 错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小， 选项 C 错误，D 正确。 【答案】AD 21．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），O 为圆心，P 为边界上的一点。 相同的带电粒子 a、b（不计重力）从 P 点先后射入磁场，粒子 a 正对圆心射入，速度方向改变 60° 后离开磁场，粒子 b 射入磁场时的速度方向与粒子 a 射入时的速度方向成 60°，已知它们离开磁场的 位置相同，下列说法正确的是 （ ） A．两粒子的速度之比为va vb ＝1 2 B．两粒子在磁场中运动的时间之比为ta tb ＝1 3 C．两粒子在磁场中运动的半径之比为ra rb ＝1 2 D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为sa sb ＝2 3 【解析】作出带电粒子 a、b 在磁场中运动的轨迹，根据结合关系可 知，两粒子运动的轨道半径之比ra rb ＝2 1 ，由可得，两粒子的速度之比为va vb ＝2 1 ；两粒子在磁场中运动的 轨迹对应的圆心角之比为 1∶3，根据可得在磁场中运动的时间之比为ta tb ＝1 3 ，运动的轨迹长度 s=vt， 在磁场中运动的轨迹长度之比为sa sb ＝2 3 。 【答案】BD[ 第Ⅱ卷 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 试题考生都必须做答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题(11 题，共 129 分) 22.（6 分）下图是验证机械能守恒定律的实验。小球由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端 固定在 O 点，在最低点附近放置一组光电门，光电门与小球摆到最低点时的球心在同一高度。 将轻绳拉至水平后由静止释放，用光电门测出小球运动到最低点的挡光时间 △ t，再用 10 分度 游标卡尺测出小球的直径 d，如图所示，重力加速度为 g。则 （1）小球的直径 d=__________cm； （2）利用该装置验证机械能守恒定律，_________测定小球的质量（填“需要”或“不需要”）。 （3）当地重力加速度为 g，且测出悬线长度为l ，若等式____________成立，则说明小球下摆过程 机械能守恒（等式用题中各物理量字母表达．．．．．．．．．．．．．）。 【解析】（1）十分度游标卡尺的精确度是 0.1 mm，小球直径 d=10mm+4×0.1mm=1.04mm。 （2）（3）小球通过最低点时的速度 dv t   ，设小球的质量为 m，下落的高度 2 dh l  ，重力势能 的减少量等于动能的增加量，有 21( ) ( )2 2 d dmg l m t    ，等式两边 m 可以消去，故不需要测定小球 的质量。 【答案】 （1）1.04 （2）不需要 （3） 2 2 1 2            t ddlg 23．（9 分）为测绘一个标有“4 V 2.4 W”小电风扇（线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，电风扇两 端的电压需要从零逐渐增加到 4V，并便于操作，实验室备有下列器材： A．电池组（电动势为 4.5V，内阻约为 1  ） B．电压表(量程为 0〜6V，内阻约为 4 k  ) C．电流表○A1 (量程为 0〜0.6 A，内阻约为 0.2  ) D．电流表○A2 (量程为 0〜3A，内阻约为 0.05  ) E．滑动变阻 R1(最大阻值 20  ，额定电流 1A) F．滑动变阻器 R2 (最大阻值 1750  ，额定电流 0.3A) G．开关和导线若干 (1)实验中所用的电流表应选 (填“C”或“D”) ，滑动变阻器应选 (填“E”或“F”） (2)请用笔画线代替导线将实物图连接成符合这个实验要求的电路。 (3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数大于 0.5 V 时电风扇才开始转动，小电风 扇的伏安特性曲线如图所示，则电风扇的电阻为 Ω，正常工作时的机械功率为 W。 【解析】（1）电风扇的额定电流 U PI  =0.6A，从读数误差的角度考虑，电流表选择 C。电风扇的 电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为 20  的误差较小，调节方便，即 选择 E。 （2）因为电压电流需要从零开始，则滑动变阻器采用分压接法，电风扇的 电阻大约 2 = 6.67UR P   ，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用 外接法，电路如图所示。 （3）电压表读数小于 0.5V 时电风扇没启动。根据欧姆定律得 0.5= = =2.50.2 UR I ，正常工作时电 压为 4V，根据图象知电流为 0.6A，则电风扇发热功率 P，=I2R=0.362.5W=0.9W，则机械功率 Pˊˊ=UI-I2R=2.4-0.9=1.5W。 【答案】（1）C E （2）如图所示 （3）2.5 1.5 24．（14 分）如图所示，两条间距 L=0.5m 且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成  30° 角固定放置，磁感应强度 B=0.4T 的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量 kg10.mab  、 kg20.mcd  的金属棒 ab、cd 垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电 阻 r=0.2Ω，导轨电阻不计。ab 在沿导轨所在斜面向上的外力 F 作用 下，沿该斜面以 m/s2v 的恒定速度向上运动。某时刻释放 cd， cd 向下运动，经过一段时间其速度达到最大。已知重力加速度 g=10m/s2， 求在 cd 速度最大时， （1）abcd 回路的电流强度 I 以及 F 的大小； （2）abcd 回路磁通量的变化率以及 cd 的速率。 【解析】（1）以 cd 为研究对象，当 cd 速度达到最大值时，有： sincdm g BIL  代入数据，得： I=5A 由于两棒均沿斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在 ab 上的外力： ( ) sinab cdF m m g   （或对 ab： sinabF m g BIL  ） 代入数据，得： F=1.5N。 （2）设 cd 达到最大速度时 abcd 回路产生的感应电动势为 E，根据法拉第电磁感应定律，有： Δ ΔE t  由闭合电路欧姆定律，有： EI r  联立解得： Δ Δt  =1.0Wb/s 设 cd 的最大速度为 vm，cd 达到最大速度后的一小段时间 t 内，abcd 回路磁通量的变化量： Δ Δ ( ) ΔmB S BL v v t      回路磁通量的变化率： Δ ( )Δ mBL v vt    联立解得： m 3v  m/s。 25．（18 分）如图所示，一条不可伸长的轻绳长为 R ，一端悬于天花板上的O 点，另一端系一质量 为 m 的小球（可视为质点）。现有一个高为 h，质量为 M 的平板车 P ， 在其左端放有一个质量也为 m 的小物块 Q（可视为质点），小物块Q 正 好处在悬点 O 的正下方，系统静止在光滑水平面地面上。今将小球拉至 悬线与竖直位置成 060 角，由静止释放，小球到达最低点时刚好与Q 发 生正碰，碰撞时间极短，且无能量损失。已知 Q 离开平板车时的速度大 小是平板车速度的两倍，Q 与 P 之间的动摩擦因数为  ，M ∶m =4∶ 1，重力加速度为 g 。求： （1）小物块 Q 离开平板车时速度为多大？ （2）平板车 P 的长度为多少？ （3）小物块 Q 落地时距小球的水平距离为多少？ 【解析】（1）设小球即将与物块Q 碰撞前的速度为 0v ，小球由初始位置摆动到最低点的过程中，由 机械能守恒定律可得： 2 0 0 2 1)60cos1( mvmgR  解得： gRv 0 设碰撞后小球速度为 1v ，物块 Q 速度为 2v ，由于小球与物块Q 是弹性碰撞，所以碰撞过程满 足机械能守恒和动量守恒，有： 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv  210 mvmvmv  两式联立可得： 01 v ， gRvv  02 即：速度交换，小球速度变为零， Q 获得速度 0v 。 设 Q 离开平板车时的速度大小为 v ，则平板车速度为 v2 1 ，物块Q 在小车上滑行的过程中，由 动量守恒定律可得： vMmvmv 2 1 2  M ∶ m =4∶1 可得： gRv 3 1 。 （2）设平板车的长度为 L ，由题意可得物块 Q 在小车上滑行时，一部分动能转化为系统的内 能，所以有： mgLvMmvmv  222 2 )2 1(2 1 2 1 2 1 可得： 18 7RL  。 （3）由题意可得，以地面为参考系，物块Q 在小车上做匀减速直线运动，设其加速度为 a，运 动的位移为 1s ，离开平板车后做平抛运动，运动时间为t ，水平位移为 2s 。 由牛顿运动定律可得： gm mga   1 2 0 2 2asvv  2 2 1 gth  vts 2 联立可得：物块运动的水平位移为 1 2 4 1= 29 3 Rs s s Rh   由于小球与物块 Q 碰后处于静止状态，所以小物块Q 落地时距小球的水平距离即为物块运动的 水平位移： 1 2 4 1= 29 3 Rs s s Rh   。 （二）选考题：共 45 分。请考生从 2 道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。 33．【物理—选修 3-3】（15 分） （1）（5 分）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．物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变 B．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 C．不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功 D．物体内能的增加等于外界对物体所做的功与从外界吸收的热量之和 E．满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行 【解析】温度是分子平均动能的标志，温度发生变化，分子的平均动能就会发生变化，选项 A 正确； 温度降低，分子对器壁的撞击强度减弱，要使气体的压强不变，单位时间内分子对器壁单位面积平 均碰撞次数必须增加，选项 B 正确；不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不引起其他变 化，选项 C 错误；根据∆U=W+Q 可知，选项 D 正确；热机满足能量守恒定律，但不满足热力学第二 定律，选项 E 错误。 【答案】ABD （2）（10 分）如图所示，粗细相同的导热玻璃管 A、B 由橡皮软管连接，一定质量的空气被水银柱 封闭在 A 管内，气柱长 L1=40cm。B 管上方与大气相通，大气压强 p0=76cmHg，环境温度 T0=300K。 初始时两管水银面相平，若 A 管不动，将 B 管竖直向上缓慢移动一定高度后固定，A 管内水银面上 升了 h1=2cm。 （i）求 B 管上移的高度为多少？ （ii）要使两管内水银面再次相平，环境温度 需降低还是升高？变为多少？（大气压强不变） 【解析】（i）设 B 管被提升 H 高度后，B 管液面比 A 高 h2，有： A 管内气柱长为 L1-h1=38cm A 管气柱遵循玻意耳定律，有：p0L1S=（p0+ph2）（L1-h）S 解得：h2=4cm B 管提升的高度为：H=2h1+h2=8cm。 （ii）要使两管水银面又平齐，必须降低温度，设当温度为 T 时，A 管气柱长度为： 2 3 1 1= =36cm2 hL L h  根据理想气体状态方程有： 0 1 0 3 0 p L S p L S T T  解得：T=270K。 34．【物理—选修 3-4】（15 分） （1）（6 分）一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，图甲是波传播到 x=5m 的 M 点的波形图，图乙是质 点 N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图像，Q 是位于 x=10m 处的质点。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 6 分。每选错 1 个扣 3 分，最 低得 0 分）。 A．这列波的波长是 4m B．这列波的传播速度是 1.25m/s C．M 点以后的各质点开始振动时的方向都沿＋y 方向 D．质点 Q 经过 8s 时，第一次到达波峰 E．在 0～16s 内，质点 Q 经过的路程为 1.1m 【解析】根据图象可知，波长λ=4m，周期 T=4s，波速 = =1m / sv T  ，选项 A 正确、B 错误；波传播 到 M 点时，由于该质点向 y 轴负方向振动，可知波源的起振方向沿－y 轴方向，故后面的所有质点 的振动方向都沿－y 轴方向，选项 C 错误；波峰与 Q 点之间的距离为 8m，波峰传到 Q 点所用的时 间 8sxt v   ，选项 D 正确；同理，波传播到 Q 点所用的时间为 5s，在 0～16s 内，质点 Q 振动 11s， 经过的路程 11 4 0.1m=1.1m4s    ，选项 E 正确。 【答案】ADE （2）（9 分）如图所示，足够宽的液槽中水的折射率 3 32n ，M 是可绕轴转动 的平面镜，M 与水平面的夹角为 。光线从液槽的侧壁水平射入水中。 （i）若  30 ，求经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值； （ii）若经平面镜反射后的光线能从水面射出，求 的取值范围。 【解析】 (ⅰ) 作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路如 图 1 所示，在水面发生折射的入射角： 90 2   由折射定律，有： sin sin n   代入数据，得：折射角γ的正弦值： 3 3sin  。 (ⅱ)设光线在水中发生全反射的临界角为 C，则： 1 3 3sin 22 3 C n    ，也即：C=60° 若光在右侧发生全反射时，作出光路如图 2 所示，则由几何关系可知： 902 1  C 若光在左侧发生全反射时，作出光路如图 3 所示，则由几何关系可知：  90902 2  C)(  即： 21   解得：  7515  。 不用注册，免费下载！