2012届福建省漳州市芗城中学高三适应性检测理科综合物理试卷（带

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2012届福建省漳州市芗城中学高三适应性检测理科综合物理试卷

（带解析）

一、选择题

1.如图所示，c为一束含有红光、蓝光的复色光，沿半径方向射入半圆形玻璃砖，由圆心O点射出，分为a、b两束光，下列说法正确的是 ( )

A．a束光穿过玻璃砖所用的时间长 B．a束光是红光

C．两束光穿过玻璃砖后，颜色都会改变一些

D．做双缝干涉实验时，用a光要比用b光条纹间距更大【答案】A

【解析】由图可知，ia>ib，的颜色不变，C错；由

，得na>nb，由知越大，

越大，

得va

得ta>tb，A对；因，D错。

na>nb知a为蓝光，b为红光，B错；两束光穿过玻璃砖后，只是折射角不同，频率不变，光

2.意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”,他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是： A．自由落体运动是一种匀变速直线运动 B．力是使物体产生加速度的原因 C．力不是维持物体运动的原因

D．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性【答案】A

【解析】如果斜面的倾角增大到时，铜球只受重力，做自由落体运动，这时小球仍会保持匀加速运动的性质，得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，A对；力是使物体产生加速度的原因和力不是维持物体运动的原因是牛顿第一定律说明的问题，BC错；D是惯性的定义，与“斜面实验”无关，D错。

3.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点。一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点向下运动，一段时间后返回，以速度vN经过N点向上运动，全过程未与下板接触，则（）

A．粒子一定带正电 B．电场线方向一定竖直向上 C．M点的电势一定比N点的高

D．粒子在N点的电势能一定比在M点的大【答案】D

【解析】由题意知，两平行金属板的上下极板的电性不确定，所以粒子的电性也不确定，A错；电场线方向也不确定，B错；M、N两点间的电势关系也不确定，C错；由图知粒子从M到N所受电场力一定向上，所以在此过程中，电场力做负功，电势能一定增大，即粒子在N点的电势能一定比在M点的大，D对。

4.如图为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接有交流电压u=220sin100t V；图中电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为负温度系数的热敏电阻（即当温度升高时，阻值减小），R1为定值电阻，C为电容器．下列说法正确的是（）

A．电压表示数是110V B．交流电的频率为100 Hz C．通过R1的电流始终为零

D．当Rt处温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大【答案】D

【解析】由u=220sin100t知原线圈的电压的最大值为220V，有效值为V,

得U2=50

V，电压表示数是有效值即为U2，A错；由

得f=50Hz

B错；当电路接通时，电容器在充电的过程中，充电电流经过R1，此时通过R1的电流不为零，C错；

当Rt处温度升高时，其阻值减小，但两端的电压始终为副线圈两端的电压即电压不变，由

知，电流增大，D对。

5.图甲为一列横波在t=1.0时的波动图象，图乙为该波中x=2m处质点P的振动图象，下列说法正确的是

A．波速为4m/s； B．波沿x轴正方向传播； C．再过1.0s，P点的动能最大； D．再过1.25s，P点振动路程为0.5cm 【答案】C

【解析】由甲图得=4m，由图乙得T=2s，

，A错；t=1.0s时，由图乙可看出

p点在平衡位置向下振动，结合图甲可判断出波沿x轴负方向传播，B错；再过1.0s，即t=2.0s时，p点在平衡位置向上振动，速度最大，动能增大，C对；再过1.0s，P点振动路程为x1=2A=20.2=0.4cm 再过0.25s，

，P点振动路程为x2=0.2sin（

）=0.2

所以

P点振动总路程为x=x1+x2=0.4+0.14=0.54cm，D错。

6.如图（甲）所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈M相接，小闭合线圈N在大线圈M包围中，导轨上放一根光滑的金属杆ab，磁感线垂直于导轨所在平面。小闭合线圈N通有顺时针方向的电流，该电流按下列图（乙）中哪一种图线方式变化时，最初一小段时间t0内，金属杆ab将向右做加速度减小的变加速直线运动（）

【答案】A

【解析】由金属杆ab将向右做加速度减小的变加速直线运动知，

a减小，I减小，

I减小，E减小，BCD错。

7.关于热学现象和规律，下列说法中正确的是。（填写选项前的字母） A．布朗运动就是液体分子的热运动 B．达到热平衡的两个物体具有相同的热量

，E减小，

减小，

，

减小，即图线的斜率减小，A对，

C．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律 D．水不容易被压缩说明分子间存在分子力【答案】D

【解析】布朗运动是固体小颗粒的运动，它能反映液体分子的无规则运动，所以布朗运动不是液体分子的热运动，A错；当两物体的温度相同时，不在进行热交换，两物体间达到热平衡，所以达到热平衡的两个物体具有相同的温度，B错；违反能量守恒定律的是第一类永动机，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，C错；水不容易被压缩说明分子间存在斥力，D对。

8.如图所示的气缸中封闭着一定质量的理想气体，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，活塞和气缸都导热，活塞与气缸间无摩擦，原先重物和活塞均处于平衡状态，因温度下降使气缸中气体做等压变化，下列说法正确的是。（填写选项前的字母）

A．重物上升，气体放出热量 B．重物上升，气体吸收热量 C．重物下降，气体放出热量 D．重物下降，气体吸收热量【答案】A

【解析】因温度下降，T1>T2，气体做等压变化得

，联立得V1>V2，即气体体积变小，活

塞要向下运动，活塞将带动重物上升，CD错；同时，活塞压缩气体对气体做功，气体温度升高，由于活塞和气缸都导热，所以气体要向外放出热量，A对，D错。 9.下列说法正确的是。(填选项前的字母) A．α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部 B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 C．γ射线是一种波长很短的电磁波， D．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短【答案】C

【解析】α粒子大角度散射表明在原子的中心存在一个与原子质量接近的原子核，由此实验卢瑟福提出了原子的核式结构学说，不能表明α粒子很难进入原子内部，A错；β衰变是原子核中的一个中子变成一个质子和一个电子，所以β衰变现象说明中子是原子核的组成部分，不能说明电子是原子核的组成部分，B错；由电磁波谱知，γ射线是一种波长很短的电磁波，C对；放射性元素的半衰期由原子核决定，与温度、化学状态、受力情况等都无关，D错。

10.如图所示，质量为m的带有光滑弧形的槽静止在光滑水平面上，圆弧底部切线是水平的。一个质量也为m的小球从槽高h处开始由静止下滑，在下滑过程中，关于小球和槽组成的系统，以及小球到达底端的速度v，判断正确的是。(填选项前的字母)

A．在水平方向上动量守恒，B．在水平方向上动量不守恒，C．在水平方向上动量守恒，D．在水平方向上动量不守恒，【答案】C

【解析】对于小球和槽组成的系统，在水平方向上不受外力，所以在水平方向上动量守恒，BD错；若槽固定，小球到达底端的速度，现在槽不固定，小球在下滑的同时槽要向左运动，由能量守恒定律知，小球减小的重力势能转化成小球和槽的动能，即小球到达底端的速度，A错，C对。二、实验题

1. (10分)在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，如果已知摆球直径为2.00厘米，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如下图所示，那么单摆摆长是________ m。如果测定了40次全振动的时间如下图中秒表所示，那么秒表读数是_________ s，

用游标卡尺分别测量一根金属管的外径和内径，其结果如图所示。则金属管的外径是______cm，经过计算得到金属管厚度是________cm。

【答案】0.8740m 或0.874m （2分）、75. 2s（3分）、 2.66cm（2分）、0.31cm（3分）【解析】由图可知，单摆摆长为=88.40cm-=88.40-1.00=87.40cm=0.8740m；由图知分针读数1min=60s，秒针读数15.2s，秒表读数是60+15.2=75.2s；由图知：主尺读数2.6cm=26mm,游标尺读数60.1=0.6mm,金属管的外径是26mm+0.6mm=26.6mm=2.66cm；由图知：主尺读数2.0cm=20mm,游标尺读数40.1=0.4mm,金属管的内径是20mm+0.4mm=20.4mm=2.04cm；金属管厚度d=

cm。

2.(8分)现将测量某一电流表A的内阻r1 。给定器材有： A.待测电流表A（量程300μA,内阻r1约为100Ω） B.电压表V(量程3V，内阻r2 ＝1kΩ) C.电源E（电动势4V，内阻忽略不计） D.定值电阻R1＝10Ω

E.滑动变阻器R2（阻值范围0～20Ω，允许通过的最大电流0.5A） F.电键S一个，导线若干

要求测量时两块电表指针的偏转均超过其量程的一半。 ①在方框中画出测量电路原理图

②电路接通后，测得电压表读数为U, 电流表读数为I，用已知和测得的物理量表示电流表内阻r1 ＝

【答案】（4分）

【解析】①主要考虑滑动变阻器的连接方式，若为限流接法，电压表分担的最小电压是U=

V，超过电压表的量程，所以滑动变阻器要用分压接法，原理图在答案

中；②测得电压表读数为U,通过电压表的电流为电流为I1=-I也为U1，三、计算题

1.（15分）引体向上运动是同学们经常做的一项健身运动。如图所示，质量为m的某同学两手正握单杠，开始时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下颚距单杠面的高度为H，然后他用恒力F向上拉，下颚必须超过单杠面方可视为合格，已知H=0.6m，m=60kg，

重力加速度g=10m/s。不计空气阻力，不考虑因手弯曲而引起人的重心位置变化。

，其两端的电压为

，由并联电路的电流关系，通过R1的R1,，因电流表与R1并联，两端的电压

（1）第一次上拉时，该同学持续用力（可视为恒力），经过t=1s时间，下颚到达单杠面，求该恒力F的大小及此时他的速度大小；

(2) 第二次上拉时，用恒力F=720N拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续向上运动，为保证此次引体向上合格，恒力F的作用时间至少为多少。【答案】（1）F=672N v=1.2m/s （2） tmin=\

【解析】(1)第一次上拉时，该同学向上匀加速运动，设他上升的加速度大小为a1，下鄂到达单杠面时的速度大小为v，由牛顿第二定律及运动学规律可得： F-mg=ma1 …………………………………………………………………（2分） H=a1 t …………………………………………………………………（2分） v=a1t………………………………………………………………………（1分）联立上式可得：F=\（1分） v=1.2m/s …………………………………………………………………（1分）

(2) 第一次上拉时，设上拉时的加速度大小为a2，恒力至少作用的时间为tmin，上升的位移为x1，速度为v1，自由上升时位移为x2，根据题意可得： F-mg=ma2 …………………………………………………………………（2分） x1+x2=\（2分） x1=a2tmin2 ………………………………………………………………（1分） v12=2gx2 ……………………………………………………………………（1分） v1=a2tmin ……………………………………………………………………（1分）联立上式可得: tmin=

=\（1分）

2.（19分）某健身游戏过程可简化为以下物理模型。在平静的水面上，有一长L=12m的木船，木船右端固定一直立桅杆，木船和桅杆的总质量m1=200kg，质量为m2=50kg的人立于木船左端，开始时木船与人均静止，若人匀加速向右奔跑（没有打滑）到右端并立即抱住桅杆，经

历的时间是t=2s，船运动中受到水的阻力是船（包括人）总重的0.1倍，g取10m/s，求：从人起跑到抱住桅杆之前的过程中。

（1）在图中画出人的受力示意图；（2）船的位移大小；（3）人至少要做多少功。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】（1）人受到重力、支持力和水平向右的摩擦力 ①（3分）

（2）此过程人和船都是做初速度为零的匀加速直线运动，设人和船之间的静摩擦力大小为f，船受到的阻力系数为k，船和人的加速度大小分别为a1和a2，船和人的位移大小分别为s1和s2，则有对船分析有：

②（2分）

③（2分）

对人分析有

④（2分）

⑤（2分）