广东省佛山市第一中学2017届高三上学期第二次段考理综物理试题 Word版含解析

广东省佛山市第一中学2017届高三上学期第二次段考考试
理科综合物理试题
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。

14．2015年11月30日，蹦床世锦赛在丹麦落下帷幕，中国代表团获得8金3银2铜，领跑世锦赛的奖牌榜．一位运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa 段和
cd 段为直线．由图可知，运动员发生超重的时间段为
A ．0～t 1
B ．t 1～t 2
C ．t 2～t 4
D ．t 4～t 5 【答案】C
考点：v-t 图线；失重和超重
【名师点睛】本题考查了超重和失重的条件，记住：加速度向上超重，加速度向下失重。

15. 如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h ，则下列说法正确的是
A ．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1 ：4
60°
北极 南极
地球
B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1 ：2
C．该卫星的运行速度一定大于7．9 km／s
D．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
【答案】A
【解析】
试题分析：卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转
的角度是120°，刚好为运动周期的1
3
T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，
由
2 22
4 GMm m r r T
π
⋅
＝
得：
322
11
322
22
31
2464
r T
r T
＝＝＝，所以：1
2
1
4
r
r
＝．故A正确；由
2
2
GMm mv
r r
＝
得：
1 2
2 1
v
v
＝．故B错误；7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s．故C错误；由于不知道卫星的质量关系，故D错误．故选A。

考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。

16. 图甲是由两圆杆构成的“V”形槽，它与水平面成倾角θ放置．现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放，滑块恰好匀速滑下．沿斜面看，其截面如图乙所示．已知滑块与两圆杆的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，β= 120︒，则
A．μ= tanθ
B．左边圆杆对滑块的支持力为mg cos θ
C．左边圆杆对滑块的摩擦力为mg sinθ
D．若增大θ，圆杆对滑块的支持力将增大
【答案】B
【解析】
考点：物体的平衡；摩擦力
【名师点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，特别注意两个圆杆对物体都有滑动摩擦力，难度适中。

17. 如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。

一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。

用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。

则
Ａ．12
W mgR = ，质点恰好可以到达Q 点
Ｂ．12W mgR > ，质点不能到达Q 点
Ｃ．1
2
W mgR =
，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 Ｄ．12W mgR < ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
【答案】C 【解析】
试题分析：在N 点，根据牛顿第二定律有：2
N v N mg m R
-＝，解得N v 落到N 点的过程运用动能定理得，mg •2R −W ＝
12mv N 2−0，解得W=1
2
mgR ．由于PN 段速度大于NQ 段速度，所以NQ 段的支持力小于PN 段的支持力，则在NQ 段克服摩擦力做功小于在PN 段克服摩擦力做功，对NQ 段运用动能定理得，−mgR −W ′＝
12mv Q 2−12mv N 2，因为W ′＜1
2
mgR ，可知v Q ＞0，所以质点到达Q 点后，继续上升一段距离．故C 正确，ABD 错误．故选C 。

考点：牛顿第二定律；动能定理
【名师点睛】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N 点的速度是关键．注意在NQ 段克服摩擦力做功小于在PN 段克服摩擦力做功。

18. 某同学在研究性学习中记录了一些与地球、月球有关的数据资料如表中所示，利用这些数据来计算地球表面与月球表面之间的距离s ，则下列运算公式中正确的是：（ ） 接收到从月球表面反射回来的激光信
A ．s ＝c·t
2
B ．s ＝vT
2π
－R －r
C ．s ＝'
2
g v －R －r
D ．s ＝32
220
4π
T R g －R －r 【答案】ABD 【解析】
试题分析：由题，激光器发出激光束从发出到接收的时间为t=2.565s ，光速为c ，则2t
s c =⋅．故A 正确．
由题，月球绕地球转动的线速度为v=1km/s ，周期T=27.3s ，则月球公转的半径为2vT R π
'=，s=R′-R-r=
2vT
π
-R-r ．故B 正确．月球表面的重力加速度g′与月球绕地球转动的线速度v 没有关系，不能得到2v g R '='，则不能求出2
v R g ''
＝．故C 错误．以月球为研究对象，月球绕地
球公转时，由地球的万有引力提供向心力．设地球质量为M ，月球的质量为m ，则得
222
4Mm R G m R T π'
='，又在地球表面，有0
2GM g R ＝
联立上两式得，R '=s=s=R′-R-r ．故D 正确．故选ABD. 考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】本题要理清思路，明确好研究的对象和过程，要充分利用表格的数据求解s ，考查运用万有引力和圆周运动规律解决天体问题的能力。

19. 质量为m 的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k 倍．汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v 时，加速度为a ．则以下分析正确的是 A ．汽车发动机的额定功率为kmgv B ．汽车行驶的最大速度为(kg+a)v
kg
C ．当汽车加速度减小到a
2
时，速度增加到2v D ．汽车发动机的额定功率为(ma+kmg) 【答案】BD
考点：功率；牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键掌握功率与牵引力的关系：P=Fv ，知道当汽车牵引力等于阻力时，车速最大。

20. 如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球由于受恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L 的A 穴，不计洞穴的深度，则
下列说法正确的是
A ．球被击出后做平抛运动
B ．该球从被击出到落入A 穴所用的时间为0
L V
C ．球被击出时的初速度大小为h g
L 2
D ．球被击出后受到的水平风力的大小为mgL
h
【答案】
CD
考点：匀变速直线运动的规律；牛顿第二定律
【名师点睛】本题关键将实际运动分解为水平方向的匀减速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解，注意水平方向不是匀速直线运动，与平抛运动的水平方向运动区别开来。

21. 如图8所示，斜劈B 固定在弹簧上，斜劈A 扣放在B 上，A 、B 相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F 作用于A ，使A 、B 缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是
A．压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大
B．压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动
C．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长【答案】AD
【解析】
试题分析：因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为θ，有：mgsinθ≤μmgcosθ，所以（mg+F）sinθ≤μ（mg+F）cosθ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力f=（mg+F）sinθ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误．撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有：F-mg=ma，则B对A的作用力逐渐减小．当弹簧恢复原长后，B受到重力和弹簧的弹力作用，加速度大于g，将与A发生分离．故C错误，D正确．故选AD。

考点：共点力平衡；牛顿第二定律
【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道撤去F后，AB开始具有相同的加速度，当弹簧恢复原长时，两者发生脱离。

第Ⅱ卷
22（11分）某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度,实验装置如图所示. 倾斜的球槽中放有若干个小铁球,闭合开关K,电磁铁吸住第1个小球. 手动敲击弹性金属片M,M 与触头瞬间分开, 第1 个小球开始下落,M 迅速恢复,电磁铁又吸住第2个小球. 当第1 个小球撞击M 时,M 与触头分开,第2 个小球开始下落……. 这样,就可测出多个小球下落的总时间.
(1)在实验中,下列做法正确的有⎽⎽⎽⎽⎽⎽⎽ (A)电路中的电源只能选用交流电源 (B)实验前应将M 调整到电磁铁的正下方
(C)用直尺测量电磁铁下端到M 的竖直距离作为小球下落的高度 (D)手动敲击M 的同时按下秒表开始计时
(2)实验测得小球下落的高度H =1.980 m,10个小球下落的总时间T =6.5 s. 可求出重力加速度g =⎽⎽⎽⎽⎽⎽⎽m/s 2
. (结果保留两位有效数字)
(3)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法:
①_________________________________________________________________________； ②_________________________________________________________________________。

(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间t ∆磁性才消失,因此,每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差t ∆,这导致实验误差.为此,他分别取高度H 1和H 2,测量n 个小球下落的总时间T 1和T 2，用此法____________（选填“能”或“不能”）消除△t 对本实验的影响。

请利用本小题提供的物理量求得重力加速度的表达式：g=__________。

【答案】（1）BD; (2)9.4; (3)①增加小球下落的高度；②多次重复实验，结果取平均值。

（4）能；
12g T T -
【解析】
（2）一个小球下落的时间为： 6.50.6510
t t s s n =
==总
根据自由落体运动规律h=
12gt 2可得：2222
22 1.980
/9.4/0.65
h g m s m s t ⨯=== （3）通过多次测量取平均值可以减小误差，同时该实验的误差主要来自小球下落过程中空气阻力的影响，因此选择密度更大的实心金属球，或者多次重复实验，结果取平均值． （4）由自由落体运动的规律可得：2111
()2T H g t n -＝，2221()2T
H g t n
-＝， 联立方程可解得：
12g T T -，因此可以消去△t 对实验结果的影响
考点：测定重力加速度
【名师点睛】此题考查了测定重力加速度的实验；对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题。

23（4分）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。

物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。

从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。

①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。

②物块减速运动过程中加速度的大小为a ，若用
a
g
来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g 为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值
（填“偏大”或“偏小”）。

【答案】（1）6、7；（
2）偏大
考点：研究匀变速直线运动
【名师点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。

24（12分）如图所示，光滑水平面上放着质量都为m 的物块A 和B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，
A 、
B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A 、B 均不拴接），用手挡住B 不动，此时弹簧弹性
A 、
B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B 继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v 0的物块
C 发生碰撞，碰后B 、C 立刻形成粘合体并停止运动，C 的质量为2m ．求：
(1) B 、C 相撞前一瞬间B 的速度大小；(2)绳被拉断过程中，绳对A 所做的功W ． 【答案】（1）2v 0（2）2
012
mv 【解析】
试题分析：（1）B 与C 碰撞过程中，动量守恒，以B 的初速度方向为正，根据动量守恒定律得： mv B -2mv 0=0， 解得：v B =2v 0
（2）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B 的动能，则 E P =
12
mv B02
解得：v B0=3v 0，
绳子拉断过程，A 、B 系统动量守恒，以B 的初速度方向为正，根据动量守恒定律得： mv B0=mv B +mv A 解得：v A =v 0
由动能定理可得，绳对A 所做的功2201122
A W mv mv == 考点：动量守恒定律；动能定理
【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B 的动能，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中。

25（20分）如图，倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。

将长木板A 静置于斜面上，A 上放置一小物块B ，初始时A 下端与挡板相距L =4m ，现同时无初速释放A 和B 。

已知在A 停止运动之前B 始终没有脱离A 且不会与挡板碰撞，A 和B 的质量均为m ＝1kg ，它
们之间的动摩擦因数μ=
3
3
，A 或B 与挡板每次碰撞损失的动能均为△E =10J ，忽略碰撞时间，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求
（l ）A 第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v ；
（2）A 第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间△t ； （3）B 相对于A 滑动的可能最短时间t 。

【答案】（1）
m /s （2
5s （3
）5
【解析】
试题分析：（1）B 和A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有2mgL sin θ＝12
(2m )v 2
① 由①式得 v ＝
m /s ②
（2）第一次碰后，对B 有mgsin θ=μmgcos θ故B 匀速下滑 ③ 对A 有mgsin θ+μmgcos θ=ma 1④
得A 的加速度a 1＝10 m /s 2
，方向始终沿斜面向下，A 将做类竖直上抛运动 ⑤ 设A 第1次反弹的速度大小为v 1，由动能定理有
12mv 2−1
2
mv 12＝△E ⑥ 1
1
2v t a ＝
⑦ 由⑥⑦式得25
5
t s ＝
⑧ （3）设A 第2次反弹的速度大小为v 2，由动能定理有12mv 2−1
2
mv 22＝2△E ⑨ 得v 2=10 m/s⑩
即A 与挡板第2次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后B 反弹的速度为v'，加速度大小为a′，由动能定理有
12mv 2−1
2
mv ′2＝△E （11） mgsin θ+μmgcos θ=ma'（12）
由（11）（12）式得B 沿A 向上做匀减速运动的时间2 5
v t s a ''＝
＝（13） 当B 速度为0时，因mgsin θ=μmgcos θ≤f m ，B 将静止在A 上． （14）
当A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对A 运动的时间t 最短，故t=△t+t 2=5
考点：功能关系、牛顿第二定律
【名师点睛】本题考查功能关系、牛顿第二定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用好可正确求解。

（1）关于热现象和热学规律，下列说法正确的是__________（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5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分） A ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B ．气体温度升高，分子的平均动能一定增大
C ．温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，布朗运动越明显
D ．一定温度下，饱和汽的压强是一定的
E ．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 【答案】BCD 【解析】
试题分析：知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可以算出每个气体分子占据空间的体积，但不是分子体积（分子间隙大），故A 错误；温度是分子平均动能的标志，故气体温度升高，分子的平均动能一定增大，选项B 正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动就越明显，故C 正确；饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故D 正确；第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故E 错误；故选BCD.
考点：阿伏加德罗常数、布朗运动、热力学第二定律、饱和蒸汽压强
【名师点睛】本题考查了阿伏加德罗常数、布朗运动、热力学第二定律、饱和蒸汽压强，知识点多，难度不大，关键多看书.
（2）如图所示，导热的圆柱形汽缸固定在水平桌面上，横截面积为S 、质量为m 1的活塞封闭着一定质量的气体(可视为理想气体)，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气．总质量为m 2的砝码盘(含砝码)通过左侧竖直的细绳与活塞相连．当环境温度为T 时，活塞离缸底的高度为h .现环境温度度发生变化，当活塞再次平衡时活塞离缸底的高度为
3
2h
，求：
(1)现环境温度变为多少？
(2)保持（1）中的环境温度不变，在砝码盘中添加质量为Δm 的砝码时，活塞返回到高度为h 处，求大气压强．
【答案】（1）22
3T T ＝（2）2103 ()m m m g
S
P +-＝
（2）设大气压强为P 0，初始时体积
223
V hS
＝ 活塞受力平衡m 1g+P 0S-P 2S-m 2g=0
初始时压强1220
m P P g g
S
m -+＝ 变化后体积V 3＝hS
末态活塞受力平衡m 1g +P 0S −P 3S −(m 2+△m )g ＝0
解得：1
230()m g m g
m P S
P -++＝
根据玻意耳定律有：P 2V 2=P 3V 3
解得：2103
()m m m g
S
P +-＝
考点：玻意耳定律；盖-吕萨克定律
【名师点睛】此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择合适的气体实验定律求解即可，其
中活塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强。