江南十校三 联考理综物理

安徽省“江南十校”2017年高三3月联考试题
理科综合(物理部分)
本试卷分第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。

满分110分。

第一部分(选择题共48分)
一、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．铀核(23592U)经过m次α衰变和n次β衰变变成铅核(20782Pb)，关于该过程，下列说法中正确的是()
A．m＝5，n＝4
B．铀核(23592U)的比结合能比铅核(20782Pb)的比结合能小
C．衰变产物的结合能之和小于铀核(23592U)的结合能
D．铀核(23592U)衰变过程的半衰期与温度和压强有关
答案B
解析由题意写出核反应方程为23592U→20782Pb＋m42He＋n0－1e，由反应前后
荷电荷数守恒有92＝82＋2m－n，反应前后质量数守恒有235＝207＋4m，得m
＝7，n＝4，A错误；由比结合能与质量数的关系图象可知20782Pb的比结合能比235
U的要大，B正确；铀核23592U衰变成铅核20782Pb，由爱因斯坦质能方程可知，92
反应前后有质量亏损，释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，
故C错误；放射性元素的半衰期与外部的物理环境、化学环境均无关，D错误。

15.
如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体物块A。

现在A上放一密度均匀和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为。

则A球球心距墙角的最远距离是()
A．2r r r r
答案C
解析当A球球心与墙角距离最远时A与地面静摩擦力达到最大，分析A、B整体的受力如图1：
有f m＝F N1＝μ×3mg＝3
2mg。

再以B球分析受力如图2：tanθ＝2mg
F N1＝
4
3，θ＝53°，A球圆心距墙角最远距
离为x＝2r cosθ＋r＝11
5r，故选C。

16．如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正负电荷的微粒所受的相反的静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，那么空气变成了导体，这种现象叫做空气的“击穿”。

已知高铁上方的高压电接触网的电压为kV。

阴雨天时当雨伞伞尖周围的电场强度达到×104 V/m时空气就有可能被击穿。

因此乘客阴雨天打伞站在站台上时，伞尖与高压电接触网的安全距离至少为()
A．m B．m C．m D．m
答案B
解析由U＝Ed可知d越小场强E越大，因此最短距离d＝U
E＝错误!＝m，
故选B。

17．在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。

a、b两端电压与时间的关系如图乙所示，二极管可视为理想二极管，电表均为理想电表，电阻R＝10 Ω，则下列说法正确的是()
A．电压表示数为V B．电压表示数为0 C．电流表示数为A D．电路消耗功率为W 答案C
解析由题乙图可知原线圈电压峰值U1m＝18 2 V，有效值U1＝U1m
2
＝18
V，由U1
U2＝
n1
n2可知副线圈电压有效值U2＝9 V，电流表示数I2＝
U2
R＝A，C正确；
当二极管正向导通时电压表中有电流通过，电压表有示数，B错误；电压表测量
电压为有效值，设为U V，由有效值定义得U22
R V×
T
2＋0＝
U2V
R V×T，U V＝
92
2V，A错
误；电阻R消耗功率为P R＝U22
R＝W，由于变压器、二极管、电表都是理想的，
没能量消耗，D错误。

18．如图所示，一个质量为m的物块A与另—个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。

假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为，与沙坑的距离为m，g取10 m/s2，物块可视为质点。

则A碰撞前瞬间的速度是()
A．m/s B．m/s C．m/s D．m/s 答案C
解析设碰后物块B速度为v B，由动能定理可知－μ×2mgL＝0－1
2×2m v
2
B
，
v B＝1 m/s，在A、B碰撞瞬间内力远大于外力，系统动量守恒，有m v＝m v A＋
2m v B，因为碰撞过程中无机械能损失，则有1
2m v
2＝
1
2m v
2
A
＋
1
2×2m v
2
B
，求得v＝m/s，
故选C。

19.
如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，长为L的细绳一端固定于
点A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－L 3，另一端系一带正电的小球。

现在y 轴正半轴上某处B 固定一钉子，再将细绳拉至水平位置，由静止释放小球，使细绳碰到钉子后小球能绕钉转动。

已知整个空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为2mg q 。

则( )
A ．小球一定能绕
B 做完整的圆周运动
B ．当y B ＝4L 15时小球能做完整的圆周运动
C ．当y B ＝L 5
时小球能做完整的圆周运动 D ．若小球恰好能做完整的圆周运动，则绳能承受的拉力至少为6mg 答案 BD
解析 首先把电场力与重力合成，等效重力场竖直向上，大小为mg ′＝qE －mg ＝mg ，等效重力加速度大小为g ，方向沿y 轴正方向，图中C 点即为圆周
运动等效最高点，若小球刚好通过C 点，则有mg ′＝m v 2C L ′
，设B 点坐标为(0，y B )，则L ′＋y B ＋L 3＝L ，L ′＝23L －y B ，由A 到C 根据动能定理有mg ′(L －2L ′)
＝12m v 2C ，由以上公式联立解得y B ＝415L ，B 正确，A 、C 错误；刚好完成圆周运
动时，小球在D 点绳子拉力最大，设为F ，有F －mg ′＝m v 2D L ′
，由A 到D 根据
动能定理有mg′L＝1
2m v
2
D
，求得F＝6mg，D正确。

20．据报道，2016年10月23日7时31分，随天宫二号空间实验室(轨道舱)发射入轨的伴随卫星成功释放。

伴随卫星重约47千克，尺寸相当于一台打印机大小。

释放后伴随卫星将通过多次轨道控制，伴星逐步接近轨道舱，最终达到仅在地球引力作用下对轨道舱的伴随飞行目标。

之后对天宫二号四周表面进行观察和拍照以及开展其他一系列试验，进一步拓展空间应用。

根据上述信息及所学知识可知()
A．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴星需点火加速才能追上前方的天宫二号
B．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴星需经历先减速再加速过程才能追上前方的天宫二号
C．伴随飞行的伴星和天宫二号绕地球做椭圆轨道运行时具有相同的半长轴D．由于伴星和天宫二号的轨道不重合，故他们绕地运行的周期不同
答案BC
解析轨道控制阶段同一轨道上落后的伴星点火加速后，万有引力不足以提供所需向心力将发生离心运动，变轨到高轨道，故伴星不会追上前方的天宫二号，A错误；可通过先减速变轨到低轨道，再加速变轨到高轨道追上前方的天宫二号，B正确；伴随飞行的伴星与天宫二号周期相同，由开普勒第三定律可知二者具有相同的半长轴，C正确，D错误。

21.
如图，一滑块随传送带一起顺时针匀速转动。

当滑块运动到中间某个位置时，由于某种原因，传送带突然原速率反向转动，则滑块在传送带上运动的整个过程中，其对地速度v1及相对传送带的速度v2随时间变化关系图象可能为()
答案ABC
解析滑块随传送带一起匀速运动时受力平衡，重力沿斜面向下的分力与静摩擦力等大反向，当传送带反向后，若重力沿斜面向下分力与滑动摩擦力大小相等时滑块将向下做匀速直线运动，图象A有可能，A正确，此后过程滑块相对传送带速度恒定不变，C正确；若传送带反向后，滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑块将先斜向下做匀减速直线运动，再沿传送带斜向上做匀加速直线
运动，由于滑动摩擦力等于最大静摩擦力，当滑块速度与传送带速度相同时将与传送带一起斜向上运动，B正确；此时滑块相对传送带速度减小到零，D错误。

第二部分(非选择题共62分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33、34题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共47分。

22．(6分)在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率f＝50 Hz，某次实验选择一条较理想纸带，某同学用毫米刻度尺测量起始点O依次到A、B、C、D、E、F各点的距离分别记作x1，x2，x3，x4，x5，x6，并记录在下表中。

(1)在实验过程中需要用工具进行直接测量的是()
A．重锤的质量B．重力加速度
C．重锤下降的高度D．重锤的瞬时速度
(2)该同学用重锤在OE段的运动来验证机械能守恒定律。

已知重锤的质量为1 kg，当地的重力加速度g＝m/s2。

则此过程中重锤重力势能的减少量为________J，而动能的增加量为________J。

(结果均保留三位有效数字)
(3)另一位同学根据这一条纸带来计算重锤下落过程中的加速度a，为了充分利用记录数据，尽可能减小实验操作和测量过程中的误差，他的计算式应为a＝________，代入数据，求得a＝________m/s2(结果保留三位有效数字)。

因此，________(填“能”或“不能”)用v＝gt求重锤在E点处的速度。

答案(1)C(1分)(2)(1分)(1分)
(3)?x6－2x3?f2
9(1分)(1分)不能(1分)
解析(1)本实验是验证重锤重力势能的减小量mgh与动能增量1
2m v
2在误差
允许范围内是否相等，因此重锤质量可以约掉不需测量，A错误；重力加速度不
需测量取m/s2即可，B错误；重锤的瞬时速度由纸带数据计算得到，并不是直接测量的量，D错误；直接测量的量只有重锤下落的高度h和纸带中两点间距离，C正确。

(2)重力势能减少量为mgx5＝1×××10－2 J≈ J，E点瞬时速度v E＝x6－x4 2T≈
m/s，动能增量为1
2m v
2
E
＝
1
2×1× J≈ J。

(3)由纸带得到的数据应用逐差法求得加速度a＝x6－2x3
9T2＝
?x6－2x3?f2
9≈ m/s
2，
若用v＝gt计算重锤在E点的速度，相当于用机械能守恒验证机械能守恒定律，实际过程中由于有阻力做功，重力势能减小量稍大于动能增量，若利用v＝gt计算E点速度，可能会造成动能增量大于重力势能减小量。

23．(9分)某同学身边有一电动势未知的电源和电压表A，他想用以下器材组装成欧姆表，并比较准确的测量该电源的电动势和电压表B的内阻。

现有下列器材：
电压表A，满偏电压3 V，内阻为1 kΩ
待测电压表B，量程15 V，内阻约几千欧
电动势约15 V，内阻3 Ω的直流电源
最大阻值为10 kΩ的滑动变阻器R1
最大阻值为1 kΩ的滑动变阻器R2
(1)本实验中应选择滑动变阻器________(填R1或R2)。

请在下面的方框内画出所组装的欧姆表的内部电路结构图；
(2)该同学组装完毕并进行欧姆调零后，将待测电压表接入电路中，两电压表的读数如图所示，甲、乙电表读数分别为________V、________V；
(3)通过本实验测得该电源电动势为________V，电压表内阻为________Ω。

(计算结果保留两位有效数字)
答案(1)R1(1分)如图(2分)
(2)(1分)(1分)(3)14(2分)×103(2分)
解析(1)若把电压表A与其他器材组合改装成欧姆表，应把电压表A、电源和滑动变阻器串联，滑动变阻器做为调零电阻，在进行欧姆表调零时，应使电压表A满偏，由串联分压原理可知此时滑动变阻器分压为12 V，阻值为4 kΩ，
因此滑动变阻器选择R 1，内部电路结构图见答案。

(2)电压表A 与R 1串联，再与电压表B 并联，因此U B >U A ，甲图为电压表A 的示数为U A ＝ V ，乙图中量程为15 V ，最小分度为 V ，读数为U B ＝ V 。

(3)当改装后进行欧姆表调零时，流过电压表A 的电流I 1＝U Ag R A
＝3 mA ，应用闭合电路欧姆定律有E ＝I 1(R A ＋R 1＋r )，接入电压表B 后，有I 2＝U A R A
＝1 mA ，由闭合电路欧姆定律有E ＝I 2(R A ＋R 1＋r ＋R B )，对电压表B 有U B ＝I 2R B ，R B ＝U B I 2
＝ kΩ，联立以上各式得E ＝14 V 。

24．(13分)如图1所示，两滑块A 、B 用细线跨过定滑轮相连，B 距地面一定高度，A 可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。

已知m A ＝2 kg ，m B ＝4 kg ，斜面倾角θ＝37°。

某时刻由静止释放A ，测得A 沿斜面向上运动的v -t 图象如图2所示。

已知g ＝10 m/s 2，sin37°＝。

求：
(1)A 与斜面间的动摩擦因数；
(2)A 沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A 的拉力所做的功。

解析 (1)在0～ s 内，根据图象，A 、B 系统的加速度为
a 1＝v t
＝错误! m/s 2＝4 m/s 2(1分)
对A 、B 系统受力分析，由牛顿第二定律得
m B g －m A g sin θ－μm A g cos θ＝(m A ＋m B )a 1(2分)
得μ＝。

(1分)
(2)B 落地后，A 继续减速上升。

由牛顿第二定律得
m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a 2(2分)
将已知量代入，可得
a 2＝8 m/s 2(1分)
故A 减速向上滑动的位移为
x 2＝v 2
2a 2
＝ m(1分) 考虑0～ s 内A 加速向上滑动的位移
x 1＝v 2
2a 1
＝ m(1分) 所以，A 上滑的最大位移为
x ＝x 1＋x 2＝ m 。

(1分)
(3)A 加速上滑过程中，由动能定理：
W －(m A g sin θ＋μm A g cos θ)x 1＝12m A v 2－0(2分)
得W ＝12 J 。

(1分)
25．(19分)如图所示，从阴极K 发射的电子经电势差为U 0＝4500 V 的电场加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L 1＝10 cm ，间距d ＝4 cm 的平行金属板A 、B 。

在距金属板右边缘L 2＝25 cm 处建立一直线坐标系Oy ，O 与A 、B 板的中心线处在同一水平直线上，整个装置放在真空室内，电子发射的初速度不计。

已知电子的质量m ＝×10－30 kg ，电子的电荷量e ＝×10－19 C ，不计电子间的相互作用力及其所受重力。

若在两个金属板间加上U AB ＝500cos2πt (V)的交流电压，每个电子穿过极板的时间极短，可认为电子穿越期间极板间的电压不变，
不考虑电子运动的相对论效应。

求：
(1)电子经过坐标系的位置坐标范围；
(2)若在直线坐标系的右侧加上范围足够大的垂直纸面向外的匀强磁场B ，B ＝×10－3 T ，求出电子第二次经过直线坐标系的位置坐标范围。

解析 (1)由U 0e ＝12m v 20可得
v 0＝4×107 m/s(2分)
偏转过程L 1＝v 0t (1分)
y 1＝12×U AB e dm t 2＝1144 m(2分)
v x ＝v 0 v y ＝U AB eL 1dm v 0
(2分) tan θ＝v y v x ＝U AB L 12dU 0
(1分) 解得y 2＝L 2tan θ＝5144 m(2分)
y m ＝y 1＋y 2＝124 m ≈ cm
范围是－ cm ≤y ≤ cm 。

(1分)
(2)由题意v ＝v 0cos θ
由牛顿第二定律e v B＝m v2
R，得R＝
m v
Be(2分)
Δy＝2R cosθ＝m(2分)
＋y方向，y max＝y m＋Δy≈ cm(1分)
－y方向，y min＝Δy－y m≈ cm，在O点上方(1分)
综上所述，范围是cm≤y≤ cm(2分)
(二)选考题：共15分。

请考生从33和34两道题中任选一题作答。

33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)下列有关说法中正确的是________。

(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．火箭在空中加速上升的过程中，由于宇航员的动能和势能都增加，所以宇航员的内能增加
B．晶体被压缩时表现为分子间的斥力大于引力
C．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这是液体表面张力的作用结果
D．第二类永动机是不可能造成的，这是因为它违背了能量守恒定律
E．布朗运动是分子的无规则运动引起的
(2)(10分)如图所示，一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上，一定量的理想气体被活塞封闭其中。

已知汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦的滑动。

开
始时气体压强为p，活塞内表面相对汽缸底部的长度为L，外界温度为T0，现用一质量为m的重锤通过绳子跨过滑轮连接活塞，重新平衡后，重锤下降h。

求：
①活塞的横截面积；
②若此后外界的温度变为T，则重新达到平衡后汽缸内气柱的长度变为多少？已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。

答案(1)BCE(5分)(2)见解析
解析(1)物体内能大小与物体的机械运动无关，A错误；晶体被压缩时分子间距离r<r0，分子力表现为斥力，因此很难被压缩，B正确；把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，尖端会变钝，是因为液体表面分子距离较大，分子力表现为引力，使表面积有缩小到最小的趋势，C正确；第二类永动机不可能制成，是因为它违背了热力学第二定律，D错误；布朗运动是由于悬浮于液体中的固体颗粒受到液体分子频繁撞击的不平衡性引起的，间接证明了液体分子的无规则运动，E正确。

(2)①由玻意耳定律可知
pLS＝p1(L＋h)S (2分)
活塞受力平衡p1S＝pS－mg(2分)
联立方程可得S＝mg?L＋h?
ph。

(2分)
②由盖—吕萨克定律
(L＋h)S/T0＝L0S/T(2分)
解得L0＝(L＋h)T/T0。

(2分)
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8 m，周期为
2 s。

t＝1 s时刻波形如图1所示，a、b是波上的两个质点。

图2是波上某一点的振动图象。

则下列说法正确的是________。

(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．图2可以表示d点的振动
B．图2可以表示b点的振动
C．a、b两质点在t＝s时速度大小相同
D．该波传播速度为v＝4 m/s
E．t＝0时b点速度沿y轴正方向
(2)(10分)如图所示，等腰直角三角形ABC为某透明介质的横截面。

O为BC 边的中点，位于O点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC 边上的D点射出的光线平行于BC，从E点射出的光线垂直BC向上。

已知BC 边长为2L。

求：
①该光在介质中发生全反射的临界角θ；
②DE的长度x(可能用到sin15°＝2－3
2或tan15°＝2－3)。

答案(1)ADE(5分)(2)见解析
解析(1)由题图1可读出波长λ＝8 m，由题图2可读出周期T＝2 s，该波
波速v＝λ
T＝4 m/s，D正确；由题图2可知该质点在t＝1 s时向上振动，而题图
1表示t＝1 s 时各质点的位置，由上、下坡法可判断此时质点a向下振动，质点b向下振动，质点d向上振动，故题图2可以表示d点的振动，A正确、B错误；t＝s时，a回到平衡位置，速度最大，b运动到负向最大位移处，速度为零，因此在s时刻质点b速度小于质点a速度，C错误；t＝0时b点振动形式与t＝1 s 时x＝0 m质点振动形式相同，因此t＝0时b点速度沿y轴正方向，E正确。

(2)①根据光的折射定律，分析光线OD的折射情况，由几何关系可知
n＝sin r
sin i＝
sin45°
sin30°＝2(3分)
由sinθ＝1
n知θ＝45° 。

(1分)
②由图中的几何关系知OD＝DE，
由
OD
sin45°＝
L
sin120°得(4分)
OD＝DE＝
6
3L。

(2分)。