2017-2018学年上学期聊城一中理科综合物理试题
二、选择题:（本大题共8小题，每题6分，其中14-17题中只有一项是符合题目要求的，18-21题中有多个选项符合题目要求，选对但不全得3分。
1. 2014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果。实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是( )
A. 在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法
B. 密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍
C. 牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律
D. 库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法
【答案】B
【解析】A项：在探究求合力方法的实验中使用了等效替代的方法，故A错误；
B项：电子所带电荷量的精确数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，他测定了数千个带电油滴的电荷量，发现这些电荷量都等于某个最小电荷量的整数倍，故B正确；
C项：伽利略首创了理想实验的研究方法，主要是理想斜面实验，故C错误；
D项：库仑做库仑扭秤实验时利用了微小量放大的方法，故D错误。
2. 如图所示，两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知小滑轮O在半圆柱圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与圆柱半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量之比为 ( )
A. 2∶ B. 1∶2
C. 2∶1 D. ∶3
【答案】C
【解析】对A分析，如图所示，
由几何关系可知拉力T和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2Tsin60°=mAg，解得 ，再隔离对B分析，根据共点力平衡有：Tcos60°=mBg，解得，由此可知，故C正确。
3. 如图所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为FA、FB和FC.现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若FA和FB不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：对小球进行受力分析当时如图一，根据牛顿第二定律
水平方向：①，竖直方向：②
联立①②得：，与a成线性关系，当a=0时，，当时，，与a成线性关系，所以B正确，当时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向：③竖直方向：④，联立③④得：，，与a也成线性，不变，综上C错误，D正确
考点：考查了牛顿第二定律的应用，力的合成与分解
【名师点睛】本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度
4. 如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表的读数I先增大，后减小
B. 电压表的读数U先减小，后增大
C. 电压表读数U与电流表读数I的比值不变
D. 电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值不变
【答案】D
【解析】A、B项：当滑动变阻器的滑动触头P在a端和在b端时，分别有一电阻被短路，此两种情况外电路的总电阻最小，所以滑动变阻器从a端滑到b端的过程中，总电阻先由阻值最小逐渐增大后再减小到阻值最小，而电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，即电压表的读数先增大，后减小，故A，B错误；
C项：电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，外电阻先增大后减小，故C错误；
D项：因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等，所以，所以比值不变，故D正确。
点晴：当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电流发生变化，内电压外电压也发生变化。
5. 为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船（总质量为m1），在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1 ，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2 的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2（万有引力常量为G）则（ ）
A. X星球的质量为
B. X星球表面的重力加速度为
C. 登陆舱在与轨道上运行时的速度大小之比为
D. 登陆舱在半径为的轨道上做圆周运动的周期为
【答案】AD
【解析】A项： 研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，，解得，故A正确；
B项：根据圆周运动知识，只能表示在半径为r1的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故B错误；
C项：研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：，解得，表达式里M为中心体星球的质量，r为运动的轨道半径，所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为，故C错误；
D项：研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，解得，表达式里M为中心体星球的质量，r为运动的轨道半径，所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小之比为： ，所以，故D正确。
点晴：研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量，研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期，再通过不同的轨道半径进行比较。
6. 两个物体A、B的质量分别为m1、m2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度-时间图象分别如图中图线a、b所示，已知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出（ ）
A. 若F1=F2，则m1小于m2
B. 若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多
C. 若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4:5
D. 若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
【答案】ACD
【解析】
由斜率等于加速度知，撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，设为a
由牛顿第二定律得： ；，解得μ1=μ2=0.1，令μ1=μ2=μ，若F1=F2，对于m1则有： 解得 ，同理由图可知a1＞a2 ，则m1＜m2，故A正确；若m1=m2，则滑动摩擦力f1=f2，由图可知，两物体运动位移相同，滑动摩擦力对两物体做功相同，由动能定理 可知，力F1对物体A所做的功与力F2对物体B所做的功一样多，故B错误；令m1=m2=m，由牛顿第二定律得：解得：，同理，这两个力的冲量之比 故C正确；这两个力的最大功率之比 ，故D正确。
7. 如图所示，斜面与水平面夹角，在斜面上空A点水平抛出两个小球a、b，初速度分别为va、vb，a球恰好垂直打到斜面上M点，而b球落在斜面上的N点，而AN恰好垂直于斜面，则（ ）
A. a、b两球水平位移之比
B. a、b两球水平位移之比
C. a、b两球下落的高度之比
D. a、b两球下落的高度之比
【答案】BD
【解析】试题分析：对于a，末速度与竖直方向之间的夹角为，所以tan=va/vy，vy=gta，ta=va/gtan；对于b，位移与竖直方向之间的夹角为，tan=2vb/gtb2，tb=2vb/gtan；sa/sb=va2/2vb2，所以B正确，A错误；ha/hb= va2/4vb2，所以D正确，C错误。
考点：平抛运动的规律
8. 在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到x4.则下列叙述正确的是( )
A. 带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大
B. 带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大
C. 若小球的初速度v0＝2，则运动过程中的最大速度为
D. 要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2
【答案】BC
【解析】A项：由知，图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强不变，由F=qE知，粒子所受电场力保持不变．故A错；
B项：负电荷在电势高处电势能小，则小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，负电荷的电势能一直增大，故B正确；
C项：若小球的初速度，当小球运动到x1处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x1处，根据动能定理得：，解得，故C正确；
D项：若小球能运动恰好运动到x4处，初速度v0最小，从x=0到x4处，根据动能定理得：
，解得，故D错误。
9. 某同学利用如图甲所示的实验装置运用牛顿第二定律测量滑块的质量M。其主要步骤为：
(1)调整长木板倾角,当钩码的质量为m0时滑块沿木板恰好向下做匀速运动。
(2)保持木板倾角不变,撤去钩码m0,将滑块移近打点计时器,然后释放滑块,滑块沿木板向下做匀加速直线运动,并打出点迹清晰的纸带如图乙所示(已知打点计时器每隔0.02s打下一个点)。
请回答下列问题：（①、②两问均保留3位有效数字）
①打点计时器在打下B点时滑块的速度vB=______m/s;
②滑块做匀加速直线运动的加速度a=______m/s2;
③滑块质量M=_______(用字母a、m0、当地重力加速度g表示)。
【答案】 (1). 1.38 (2). 3.88 (3).
【解析】(1) 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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=at2可以知，加速度的大小：；
(3) 滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得：m0g=Mgsinθ-f，撤去m0时滑块做匀加速直线运动时，受到的合外力：F合=Mgsinθ-f，由牛顿第二定律得：F合=Ma，解得：。
点晴：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，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式△x=at2可以求出加速度的大小。
10. 实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，
测得R1=2.9kΩ，R2=14.9kΩ。现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电流为1mA，内阻为50Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω，又有三个精密定值电阻r1=100Ω，r2=150Ω，r3=200Ω。若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：
（1）原表头G满偏电流Ig=________，内阻Rg=_________.
（2）在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路（标识出所选用的相应器材符号）
（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材：测量一未知电阻Rx的阻值，
电流表A量程0－5mA，内阻未知； 最大阻值约为100Ω的滑动变阻器；
电源E（电动势约3V）； 开关S、导线若干。
由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，设计了合适的电路，请你将他们还未完成的实物连线补充完整（注意电压表量程），正确连线后读得电压表示数为2.40V，电流表示数为4.00mA，则未知电阻阻值Rx为________Ω。
【答案】 (1). 1mA 100Ω (2). (3). 750
【解析】(1)由图可知：电压表的量程：，，解得；
(3) 由于电流表的电阻未知，而电压表的电阻已知，所以应该采用电流表的外接法，实物图如图所示，
电压表的量程为3V，则内阻，由欧姆定律得
11. 如图，光滑水平面上存在水平向右、场强为E的匀强电场，电场区域宽度为L。质量为m、带电量为+q的可视为质点的物体A从电场左边界由静止开始运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。B的右侧拴接一处于原长的轻弹簧，弹簧右端固定在竖直墙壁上（A、B均可视为质点）。求
（1）物体A在电场中运动时的加速度大小；
（2）物体A与B碰撞过程中损失的机械能及弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1） （2）
【解析】试题分析：（1）根据牛顿定律可知：Eq=ma；解得
（2）A出离电场时，根据动能定理：
AB碰撞时由动量守恒定律可知：
弹簧的最大弹性势能为：
解得：
考点：动量守恒定律；动能定理.
【名师点睛】此题考查了动量守恒定律及动能定理的应用问题；解题的关键是明确物理过程，对不同的过程应用合适的物理规律列方程解答；此题的易错点是往往把A得到的动能认为是
弹簧的最大弹性势能，要知道两物体的碰撞是损失机械能的.
12. 如图所示，足够长的固定木板的倾角为37º，劲度系数k=36N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中A、P间距等于弹簧的自然长度。现将质量m=1kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B后由静止释放。已知物块与弹簧不拴结，木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与AQ段木板间的动摩擦因数，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为。(取重力加速度g =10m/s2,sin37º=0.6，cos37º=0.8)
（1）求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1；
（2）已知弹簧的弹性势能表达式为（其中x为弹簧的形变量），求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v；
（3）求物块在 A点上方运动的总路程s和总时间t。
【答案】（1）3m/s （2） （3）4.5m
【解析】(1)物块上滑，解得a1=9m/s2；
物块下滑，解得a2=3m/s2；
，，解得；
(2)物块速度最大时所受合外力为零，根据机械能守恒定律，解得
(3)由功能关系得 ，解得s=4.5m；
设每次到达A点的速度依次为v0，v1，v2，v3，由(1)可知，设物块每次从A点向上运动到最高点的时间依次为 ，从最高点向下运动到A点的时间依次
为 ，
13. 以下说法正确的是 （填正确答案标号。全对得5分，对而不全得3分。有错选得0分）
A. 已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可估算出该气体分子间的平均距离
B. 饱和蒸汽在等温变化的过程中，随体积减小压强增大
C. 悬浮在液体中的固体小颗粒越小，布朗运动越明显
D. 给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体使得分子间距减小，分子间作用力表现为斥力导致的
E. 热量可以从低温物体传递到高温物体
【答案】ACE
【解析】A项：已知阿伏加德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可估算气体分子间的平均距离，但是不能计算气体分子的大小．故A正确；
B项：饱和蒸汽不是理想气体，在等温变化的过程中，随体积减小，饱和蒸汽压不变，故B错误；
C项：布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，故C正确；
D项：给自行车轮胎打气时，打到后面很难打，不是因为分子间的作用力，而是因为气体压强变大的原因，故D错误；
E项：热量可以从低温物体传递到高温物体，如电冰箱，只是要耗电，故E正确；
点晴：已知阿伏加德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可估算气体分子间的平均距离；明确布朗运动是指固体小颗粒的运动；区分压强和分子间作用力的；一切热学现象均具有方向性。
14. 一个水平放置的气缸，由两个截面积不同的圆筒联接而成。活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L= 0.5 m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。A、B的截面积分别为SA=40
cm2，SB=20 cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧（A的左方和B的右方）是压强为P0=1.0×105Pa的大气。当气缸内气体温度为T1=525 K时两活塞静止于如图所示的位置。
（1）现使气缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？
（2）若在此变化过程中气体共向外放热500 J，求气体的内能变化了多少？
【答案】（1）300 K （2）200J
【解析】试题分析：①对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化
由盖·吕萨克定律有
代人数值，得T2="300" K时活塞A恰好移到两筒连接处
②活塞向右移动过程中，外界对气体做功
W=P0·3L（SA－SB）=1×105×3×0．5×（4×10-3－2×10-3）J=300J
由热力学第一定律得△U=W+Q=300－500J=-200J
即气体的内能减少200J
考点：盖·吕萨克定律；热力学第一定律
【名师点睛】利用气态方程解题关键是气体状态要明确，求出各个状态的温度、压强、体积然后列气体状态方程即可求解，尤其注意气体压强的求法。
15. 如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m．在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则( )
A. 该机械波的传播速度大小为2 m/s
B. c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率增大
C. 该列波的波长是2 m
D. 两列波相遇后，c点振动加强
E. 两列波相遇后，c点振动减弱
【答案】ACD
【解析】A项：因为经过4s，振动由a点传到c点，则波的传播速度： ，故A正确；
B项：c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率仍然是不变的，选项B 错误；
C项：该波的波长为：，选项C 正确；
DE项：因为，故两列波相遇后，c点振动加强，选项D 正确，E错误。
16. 如图所示，AOB为扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射角为60°，折射光线平行于BO边，圆弧的半径为R，C点到BO面的距离为，AD⊥BO，∠DAO＝30°，光在空气中的传播速度为c，求：
①玻璃砖的折射率及光线在圆弧面上出射时的折射角；
②光在玻璃砖中传播的时间．
【答案】① 60° ②
【解析】试题分析：①光路如图所示，由于折射光线CE平行于BO，因此光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为，则光线在E点的入射角α满足，得：α=30°
由几何关系可知，∠COE=90°，因此光线在C点的折射角为：r=30°
由折射定律知，玻璃砖的折射率为
由于光线在E点的入射角为30°，根据折射定律可知，光线在E点的折射角为60°．
②由几何关系可知
光在玻璃砖中传播的速度为
因此光在玻璃砖中传播的时间为：
考点：考查了光的折射
【名师点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．
微信/支付宝扫码支付