1、桂林十八中18级高三第二次月考试卷理科综合物理第I卷一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中。第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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. 下列各种关于近代物理学的现象中，与原子核内部变化有关的是A. 紫外线照射锌板时，锌板向外发射光电子的现象B. 粒子轰击金箔时，少数发生大角度偏转的现象C. 含铀的矿物质自发向外放出射线（高速电子流）的现象D. 氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象【答案】C【解析】【详解】A光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故A错误；
2、B粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故B错误；C天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出射线或射线，从而发生衰变或衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故C正确；D原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故D错误；2. 某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上有一个信号发射装置P，能发射水平红外线，P到圆心的距离为28cmB盘上有一个带窗口的红外线信号接受装置Q，Q到圆心的距离为16cmP、Q转动的线速度相同，都是4m/s当P、Q正对时，P发出的红外线恰好
3、进入Q的接收窗口，如图所示，则Q接收到的红外线信号的周期是：A. 0.07sB. 0.16sC. 0.28sD. 0.56s【答案】D【解析】【详解】由题意可知P的周期为：Q的周期为：因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s，故D正确，ABC错误故选D。3. 某汽车性能测试场有两辆同型号汽车甲和乙，在平直测试轨道上同时同向运动，它们的图象如图所示，下列说法正确的是（）A. 开始时，若甲车在乙车前方5m处，则两车不会相遇B. 开始时，若甲车在乙车前方10m处，则两车相遇2次C. 开始时，若甲车在乙车前方30m
4、处，则两车相遇1次D. 开始时，若乙车在甲车前方25m处，则两车不会相遇【答案】B【解析】【详解】AC初始时，若甲车在前，乙车在后，甲从静止启动做匀加速直线运动，而乙车以一定的初速度匀加速追赶甲车，在5s时刻两车速度相等，此后甲车速度大于乙车，所以如果在5s时刻乙车还没有追上甲车，两车就不可能相遇；根据题图可知，在05s时间内，甲车的位移为30m，乙车的位移为55m，乙车相对于甲车的追赶距离为25m，因此A选项相遇两次，C选项不会相遇，故AC错误；B若开始时，甲车在乙车前方10m处，说明在5s时乙车已经超过了甲车，此后因为甲车速度大于乙车速度，所以两车会再次相遇，即两车共相遇2次，故B正确；D
5、若开始时，乙车在甲车前方25m处，则在5s后，甲车速度大于乙车速度，两车一定相遇，故D错误。故选B。4. 如图所示，顶角=60光滑V字形轨道AOB固定在竖直平面内，且A0竖直一水平杆与轨道交于M、N两点，已知杆自由下落且始终保持水平，经时间t速度由6m/s增大到14m/s（杆未触地），则在0.5t时，触点N沿倾斜轨道运动的速度大小为（）A. 10m/sB. 17m/sC. 20m/sD. 28m/s【答案】C【解析】【详解】杆自由下落，由运动学公式，v=v0+gt，则；则在0.5t时，杆的下落速度为v=v0+g=6+100.4=10m/s；根据运动的分解，杆下落的速度可分解成，如图所示的两分运
6、动：则有：触点N沿倾斜轨道运动的速度大小v=，故C正确，ABD错误；故选C【点睛】考查自由落体运动的规律，掌握运动学公式的内容，理解运动的合成与分解，对杆的速度分解，即确定交点的两分运动是解题的关键5. 如图，物体C放在水平面上，物体B放在C上，小球A和B之间通过跨过定滑轮的细线相连。若B上的线竖直、两滑轮间的线水平，且不计滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的摩擦。把A拉到某位置（低于滑轮）由静止释放使A在竖直平面内摆动，在A摆动的过程中B、C始终不动。下列说法中正确的是（）A. 地面对C的摩擦力有时不为零B. C对B的摩擦力有时有可能为零C. C对地面的压力有时可以等于B、C重力之和D.
7、 C对B的作用力有时竖直向上，有时竖直向下【答案】B【解析】【详解】A以BC为对象，受到重力支持力和绳子的拉力，由于力都在竖直方向，所以地面对C的摩擦力为零，故A错误；B小球A在最低点时，绳子的拉力和重力提供向心力，当绳子的拉力正好等于B的重力时，BC之间没有弹力，此时BC间摩擦力等于零，对C进行受力分析可知，C所示重力和地面的支持力平衡，不受摩擦力，故B正确；C. 以BC为对象，受到重力支持力和绳子的拉力，由于绳子的拉力不可能为零，所以C对地面的压力不可能等于B、C重力之和，故C错误；D.由于地面没有摩擦力，所以B对C的作用力只能在竖直方向，C对B的作用力可以竖直向上，但不会竖直向下，故D错
8、误； 故选B6. 甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（）A. 由可知，甲的速度是乙的倍B. 由可知，甲的向心加速度是乙的2倍C. 由可知，甲的向心力是乙的D. 由可知，甲的周期是乙的倍【答案】CD【解析】【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则A因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度代入数据可得故A错误；B因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度代入数据可得故B错误；C根据，两颗人造卫星质量相等，可得故C正确；D两卫星均绕地球做圆
9、周运动，根据开普勒第三定律，可得故D正确。故选CD。7. 用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴连），如图所示将细绳剪断后（）A. 小球立即获得的加速度B. 小球落地的速度大于C. 小球落地的时间等于D. 小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动【答案】BC【解析】【详解】A初态小球平衡，剪断绳后，小球合外力与绳中拉力等大反向所以加速度故A错误；B设初态弹簧的弹性势能为，根据机械能守恒得速度大于，故B正确；C小球被水平弹出后，只受重力做平抛运动，竖直方向运动时间故C正确；D小球在细绳剪断瞬间，仍受弹簧弹力，所以不是平抛运动，故D错误。故选BC。8. 在校
10、运动会三级跳远比赛中，某同学的跳跃过程可简化为如图的情况。该同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时间不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，假设张明同学从A点开始起跳到D点的整过程中均在同一竖直平面内运动，下列说法正确的是（）A. 每次从最高点下落过程都是平抛运动B. 每次起跳到着地水平位移AB：BC：CD=1：3：5C. 从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等D 三段过程时间相等【答案】CD【解析】【详解】A平抛运动要求只受重力，而题目中说明有风力，每次从最高点下落过程都不是平抛运动，A错误；BCD
11、由题意可知，人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，由可知每次起跳高度相同，由知，每次起跳在空中的时间相同，而水平方向每次起跳都是匀加速直线运动，则三段过程中速度的变化量相等，由于水平方向的初速度不为零，则水平位移不满足1：3：5的关系，B错误，CD正确。故选CD。第卷二、非选择题：共62分。第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1316题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9. 某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋并利用如下实验器材验证平行四边形定则：刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子、质量不同的小重物若干、木板实验方案如下：
12、将橡皮筋的两端分别与两条细绳相连，测出橡皮筋的原长；将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上的M点，在橡皮筋的中点O再用细线系重物，自然下垂，如图甲所示将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的N点，如图乙所示(1)为完成本实验，下列还必须测量的物理量为_（填选项前字母）A、小重物的质量B、细绳的长度C、图甲中OM段橡皮筋长度D、图乙中OM和ON段橡皮筋的长度(2)在完成本实验的过程中，必须注意的事项是_（填选项前字母）A、橡皮筋两端连接的细绳长度必须相同B、图乙中M、N两点必须等高C、图乙中连接小重物的细绳必须在OM、ON夹角的平分线上D、记录图甲中O点的位置和OM的方向E、记录图乙中O点的位置和OM、
13、ON的方向(3)钉子位置固定，若利用现有器材，改变条件，可采用的方法是_【答案】 (1). CD (2). E (3). 更换小重物【解析】【详解】(1)1A设橡皮筋原长为 ，挂上小重物时OM长度为L1，根据胡克定律可以计算出重物的重力，所以没有必要测出小重物的质量，故A不符合题意；B力的大小与细绳的长度无关，没有必要测出绳长，故B不符合题意；C需要测图甲中OM段橡皮筋的长度，从而表示出重物的重力，故C符合题意；D测出图乙中OM和ON段橡皮筋的长度，才能根据胡克定律表示出两个分力的大小，故D符合题意。故选择CD选项。(2)2A橡皮筋两端连接的细绳长度不会影响力的大小，没有必要相同，故A不符合题
14、意；B图乙中M、N两点不等高，也可验证力的平行四边形定则，故B不符合题意；C图乙中连接小重物的细绳不在OM、ON夹角的平分线上，也可验证力的平行四边形定则，故C不符合题意；D只要测出OM的长度即可，没有必要记录图甲中O点的位置和OM的方向，故D不符合题意；E记录图乙中O点的位置和OM、ON的方向，才能确定两个分力的大小和方向，故E符合题意。故选择E选项。(3)3钉子位置固定，若利用现有器材，改变条件，可采用的方法是更换小重物，重复步骤(2)、(3)。10. 某同学用如图(a)所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数：将木块从倾角为的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传
15、感器的位置随时间变化的规律，如图(b)中的曲所示图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T(1)根据图(b)可得，木块经过位置x2时的速度v2= _，木块运动的加速度a=_；(2)现测得T=0.1s，x1 =4cm，x2=9cm，x3=16cm，=37，可求得木块与木板之间的动摩擦因数=_ ；（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取l0m/s2，结果保留1位有效数字）(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图(b)中的曲线 _（选填图线序号、或）【答案】 (1). ； (2). ； (3). 0.5； (4). 【解析】【详解】(1)由
16、题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以，由匀变速直线运动的规律可知，解得：；(2)由由牛顿第二定律可知，解得：；(3) 由牛顿第二定律可知，当增大，则加速度增大，由公式可知，曲线正确11. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角=37，运动员的质量m=50kg。不计空气阻力（sin37=0.6，cos37=0.8；g取10m/s2）。求：(1)A点与O点的距离L；(2)运动员离开O点时的速度大小；(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的
17、时间。【答案】(1)75m；(2)20m/s；(3)1.5s【解析】【详解】(1)运动员下降的高度为根据数学知识可得，A点与O点的距离为(2)水平位移为x=Lcos37=750.8m=60m则运动员离开O点时的速度大小为(3)当运动员的速度与斜面平行时离斜坡距离最远，此时其竖直方向上的分速度为vy=v0tan37由vy=gt得12. 如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴重合，转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与之间的夹角为60已知重力加速度大小为
18、，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为（1）若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度；（2）若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的取值范围【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，如图，有：解得： (2)当0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，受力分析如图，设此最大角速度为1，由牛顿第二定律得：联立解得：当0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值,设此最小角速度为2由牛顿第二定律得， 联立三式解得 综述，陶罐旋转的角速度范围为
19、（二）选考题：共45分。请考生从两道物理题、两道化学题、两道生物题中，每科任选1题作答。如果多做，则每科按所做的第1题计分。【物理选修33】13. 下列说法中正确的是 A. 一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B. 气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C. 气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D. 当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面E. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大【答案】BCE【解析】【详解】A.一定质量的理想气体体积增大时，即气体对外做功，同时也吸
20、热，其内能可能不变，也可能增大，也可能减小，故A错误；B.气体的温度降低，平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，故B正确；C.从微观角度讲，气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故C正确；D.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中水分子飞出水面与进入水面是平衡的，故D错误；E.计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，则d偏大，故E正确；故选BCE.14. 将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图开始时茶杯内部封闭气体的温度t187、压强等于外界大气压强p0放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内
21、温度t227已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？【答案】（i）求最后茶杯内部封气体的压强为；杯盖对茶杯的压力大小为；（ii）茶杯的质量M满足【解析】【详解】（i）杯内封闭气体发生等容变化，有 代入数据解得：最后杯内气体的压强 ；对杯盖，有PS+NP0S+mg，解得： 由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为：（ii
22、）茶杯能离开桌面，条件是：PS+MgP0S，故茶杯的质量M满足的条件为： 【物理选修34】15. 在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时刻，波刚好传播到x=40m处，如图所示，在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是_A. 波源开始振动时方向沿y轴负方向B. 从t=0开始经0.15s，x=40m处的质点运动的路程为0.6mC. 接收器在t=2s时才能接收到此波D. 若波源向x轴正方向运动，接受器接收到波的频率可能为9HzE. 若该波与另一列频率为5Hz沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样【答案】ABE【解析】
23、详解】A根据波向右传播，由图可得：波前x=40m处质点向下振动，故波源起振方向向下，故A正确；Bt=0时刻，x=40m处质点开始振动；由图可得：波长=20m，故周期T0.1s，故质点振动时间t0.15s1T，运动路程s=6A=60cm=0.6m，故B正确；C由波速可得：波传播到接收器处的时间，故C错误；D波源向接收器运动，由开普勒效应可知：接收到的波的频率增大，即接收到的频率f1/T10Hz，故D错误；E两列波的频率不同，故不能产生稳定的干涉图样，故E正确；16. 如图是一个半径为R的半球形透明物体的截面图，其轴线OA水平。现用一细束单色光水平入射到距O点R处的C点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出。（1）求透明体对该单色光的折射率；（2）将细光束平移到距O点处，求出射光线与OA轴线的交点距O点的距离。【答案】（1）；（2）R【解析】【详解】（1）如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，为临界角，由几何关系得故（2）如图所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，入射角为，折射角为，由几何关系得解得由折射定律得解得由几何关系可知：，则出射光线与OA轴线的交点F与O点的距离为