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1、韩老师编辑普宁勤建中学2017届高三第一学期 期末考试理科综合物理试题一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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下列有关物理学常识的说法中，正确的是（）A在物理学发展史上，爱因斯坦发现了电磁感应。B探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法，且发现合力一定大于分力。C伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理的方法D电动势表征的电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功【考点】物理学史【分析】是麦
2、克斯韦提出了电磁波理论；伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法探究求合力方法的实验中使用了等效替代法的思想；电动势的大小等于“非静电力”把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功【解答】解：A、在物理学发展史上，法拉第发现了电磁感应现象，是麦克斯韦提出了电磁波理论，爱因斯坦提出相对论故A错误B、探究求合力方法的实验中使用了等效替代法故B错误C、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故C正确D、电动势的大小等于“非静电力”把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功故D错误故选：C【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：
3、控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等2科技的发展使得电能的无线传输称为可能，如图是某品牌收集无线充电的原理图，通过对原理图的理解，下列说法错误的是（）A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”B只有将充电座接到交流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】分析无线充电手机的构造以及原理，再根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可一一求解【解答】解：A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A
4、正确；B、充电底座采用了电磁感应原理，故只有接到交流电源上才能对手机进行充电；故B正确；C、根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；D、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误；本题选错误的；故选：D【点评】本题考查电磁感应在生产生活中的应用，随着科技的进步与发展，无线充电将很快成为现象并为我们提供便利3北京时间2015年7月24日，美国宇航局宣布，可能发现了“另一个地球”开普勒452b将开普勒452b简化成如图所示的模型：MN为该星球的自转
5、轴，A、B是该星球表面的两点，它们与地心O的连线OA、OB与MN的夹角分别为=30，=60；在A、B两点处放置质量分别为mA、mB的物体设该星球的自转周期为T，半径为R，引力常量为G若不考虑该星球自转，在A点用弹簧秤称量质量为mA的物体平衡时示数为F，则下列有关物理学常识的说法中，正确的是（）A该星球的第一宇宙速度为B星球的质量为C若向开普勒452b发射一颗同步卫星，则轨道半径为D放在A、B两点处的物体随星球自转的向心力大小的比值为【考点】万有引力定律及其应用【分析】不考虑该星球的自转，重力加速度，在星球表面，根据万有引力等于重力求出星球质量，根据几何关系求出AB两个物体随星球自转的半径，再根
6、据向心力公式求解【解答】解：A、该星球的第一宇宙速度即近地卫星的线速度，轨道半径等于星球的半径，但周期不等于星球的自转周期T，所以该星球的第一宇宙速度不等于，故A错误；B、星球表面的重力加速度，在星球表面：，得星球的质量，故B错误；C、同步卫星的周期等于星球的自转周期T，根据万有引力提供向心力，解得，故C正确；D、A点随星球自转的半径，B点随星球自转的半径，故D正确；故选：CD【点评】本题主要考查了向心力公式以及万有引力提供向心力公式的直接应用，知道AB随星球自转时角速度相同，特别注意AB随星球自转时的半径不是R，难度适中4如图所示，一直立固定杆底端连有一可以自由转动的轻杆，轻杆的上端O点吊有
7、一重物，一轻绳一端连在O点，另一端连在直立杆的A点，这时O点和直立杆上的B点在同一高度，直立杆上C点和A点关于B点对称现将轻绳的左端沿直立杆从A点慢移到C点，此过程重物一直悬在空中，则（）A轻绳上的拉力先增大后减小B轻绳上的拉力先减小后增大C轻杆上的弹力一直减小D轻杆上的弹力一直不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对物体受力分析根据共点力的平衡画出O点的受力图，可得出绳子拉力的变化；由几何关系可得出A移动后夹角的变化；再由力的合成可知压力的变化【解答】解：当系统平衡时，以O点为研究对象，受力如图：根据共点力的平衡可知，绳子的拉力与杆对O点的弹力的和大小等于mg，方向竖
8、直向上；重物对O点的拉力始终等于重物的重力，故拉力不变；若将绳的上端从A点沿墙稍向上移到C的过程中，由图可知，绳子的拉力逐渐减小，杆对O点的弹力也逐渐减小由以上的分析可知，只有C正确其余错误故选：C【点评】本题考查共点力平衡条件的应用及力的合成知识，要求学生能正确掌握几何关系，利用力的合成关系进行分析计算5如图所示，一竖直挡板固定在倾角为的斜劈上，斜劈放在水平面上，两个质量分别为m、2m且半径完全相同的小球A、B放在挡板与斜劈之间不计一切摩擦，重力加速大小为g若斜劈以加速度大小a水平向左做匀加速直线运动，则下列判断正确的是（）A球B对球A的支持力大小为mgsinB球B对球A的支持力大小为mgs
9、inmacosC挡板对球B的支持力大小为2mgtan+2maD挡板对球B的支持力大小为3mgtan+3ma【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析球B对球A的支持力大小，和竖直挡板对球的弹力的情况【解答】解：A、以小球A为研究对象，分析受力情况，如图1：水平方向：FcosN1sin=ma竖直方向：Fsin+N1cos=mg联立得：F=mgsin+macos故AB错误C、以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2；根据牛顿第二定律得竖直方向：N2cos=3mg水平方向：FN2sin=ma联立解得：F=3mgtan+3ma
10、故C错误，D正确故选：D【点评】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度6在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器B1的原、副线圈匝数分别为n1、n2，理想变压器B2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的总电阻为r若交流发电机的输出电压不变，n1=n4，n2=n3，则下列说法正确的是（）An4n3B只增大用户总电阻R，输电线的总电阻r消耗的功率将减小C只增大用户总电阻R，电压表V2的示数将减小D电压表V1、V2的示数始终相等【考点】远距离输电；电功、电功率【分析】通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用
11、户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率；【解答】解：A、降压变压器原副线圈中的电压U3U4，根据可得，n3n4，故A正确；B、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据P=I2r可知，损失的功率减小，故B正确；C、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据U=IR可知，损失电压增大，降压变压器原线圈两端的电压增大，根据，故电压表V2的示数将增大，故C错误；D、由于升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数之比相同，在输电线路上有电压损失，故电压表V1、V2的示数不相等，故D错误；故选：AB【点评】解
12、决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系7一带负电的粒子仅在电场力作用下沿X轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系按图示正弦规律变化，则下列说法中正确的是（）Ax1处电场强度为零B在x1、x2、x3处的电势1、2、3的关系为123C粒子的初速度可能为0D粒子初动能可能为E1【考点】电势能【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒
13、判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确B、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故B正确C、由图看出在x=0时的电势能比x=x3时的电势能小，则在x=0时的动能比x=x3时的动能大，所以在x=0时刻例子的初动能不能是0，即初速度不能是0，故C错误；
14、D、由C的分析可知，开始时粒子的动能不是0，由于没有具体的数据，可知粒子初动能可能为E1，故D正确故选：ABD【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律和功能关系进行分析电荷的运动情况8倾角为的平板电梯，原理图如图甲所示，当电梯以恒定速率下行时，将m=1kg的货物放在电梯上的A处，经过1.2s到达电梯的B端，用速度传感器测得货物与电梯的速度v随时间t变化图象如图乙所示已知重力加速度g=10m/s2，由vt图可知（）AA、B两点的距离为2.4mB货物与电梯的动摩擦因数为0.5C货物的机械能先增大后减小D货物从A运动到B过程中，货物与电梯摩擦产生的热量
15、为4.8J【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】物体在传送带上先做a1匀加速直线运动，然后做a2的匀加速直线运动，速度时间图线围成的面积的表示物块的位移，有速度图象确定匀加速的加速度，通过受力分析，找到合外力，计算夹角和摩擦因数，根据功的计算公式和能量守恒定律计算摩擦生热【解答】解：A、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，x=s=20.2+（2+4）1=3.2m，故A错误；B、由vt图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为a=10m/s2，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma1，即：mgsin+mgcos=ma1，同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，
