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广西防城港市2018届高三1月模拟考试理综物理试题 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:454389 上传时间:2024-05-28 格式:DOC 页数:13 大小:465.50KB
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资源描述

1、二、选择题:共8小题,每小题6分,在每小题给出的四个选项中,第1417题只有一项符合题目要求,第1821题有多项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分14氢原子能级示意图如图所示,处于n=4能级的静止氢原子,辐射出光子后,能使金属钨发生光电效应,已知钨的逸出功为4.54eV,下述说法中正确的是A氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应B光电子的最大初动能为8.21eVC钨能吸收两个从n=4向n=2能级跃迁的光子而发生光电效应D氢原子辐射一个光子后,氢原子核外电子的速率减小14B、根据波尔的氢原子结构理论,n=4能级的氢原子向低能级跃迁可发出6种光子,这六种光子中由n=4、

2、3、2向基态跃迁的放出的光子能力大于钨的逸出功,可发生光电效应,A错误;最大的光子能力为E=E4-E1=12.75eV,根据光电效应放出Ekm=hv-W0=8.21eV,B正确;金属只吸收大于极限频率的光子,发生光电效应,C错误;氢原子辐射一个光子后,氢原子核外电子到较低的轨道上运动,运动的速率增大,D错误15如图所示,a、b、c三根轻质细绳悬挂两个治疗相同的小球A、B保持静止,细绳a是水平的,现对B球施加一个水平向右的力F,将B缓慢拉到图中虚线位置,A球保持不动,这时三根细绳张力Fa、Fb、Fc的变化情况是A都变大B都不变C不变,变大D变大,不变15D、隔离小球B受力分析,F作用前,小球B二

3、力平衡,即Fc=mg;F作用后,设绳c与竖直方向的夹角为,则,由于,所以,即变大,对AB两球整体分析,在竖直方向,设b绳与竖直方向夹角为,F作用前后均有,即不变,在水平方向,F作用前有,F作用后有,所以变大,D正确16如图所示,理想变压器原副线圈的匝数比为2:1,原线圈两端所加电压如图所示,与副线圈相连的两个灯泡完全相同,闭合电键K后,正确的是A电流表示数减小B电压示数为C变压器的输入功率增大D灯泡上的交流电每秒钟方向改变50次16C、当闭合开关后,副线圈两端电压不变,故电压表示数为100V,电流表示数不变,AB错误;两个灯泡正常工作,故功率增大,经过灯泡的电流频率为50Hz,每秒钟方向改变1

4、00次,C正确D错误。17图示为一个半径为R的均匀带电圆环,取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x轴,P到O点的距离为2R,质量为m,带负电且电量为q的小球从轴上P点由静止释放,小球运动到Q点时受到为零,Q点再O点上方R处,下列说法正确的是AP点电势比Q点电势低BP点电场比Q点场强大CP、Q两点的电势差为DQ点的场强大小等于17C、由题意可知带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动,受到沿x轴向上的电场力作用,故场强沿x轴向下,沿电场线方向电势逐渐降低,故P点电势比Q点电势高,A错误;开始,在Q点,故P点场强必Q点场强小,BD错误;由P到Q由动能定理可知克服电场力做功为,故P、Q两点的电势差

5、为,C正确;18如图所示,质量分布为m和M的两长方体物块P和Q,叠放在倾角为的固定斜面上,P、Q间的动摩擦因数为,Q与斜面间的动摩擦因数为,当它们一起冲上斜面,沿斜面向上滑动时,两物块始终保持相对静止,则物块P对Q的摩擦力A大小为B大小为C方向平行于斜面向上D方向平行于斜面向下18BC、对PQ整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,如图;根据牛顿第二定律,解得,再对P物体受力分析,受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力,根据牛顿第二定律,解得,根据牛顿第三定律P对Q的摩擦力方向平行于斜面向上,BC正确;19如图所示,M为水平放置的橡胶圆盘,在其外侧面均匀地带有负电荷。在M正上方用丝线悬

6、挂一个闭合铝环N,铝环也处于水平面中,且M盘和N环的中心在同一条竖直线上,现让橡胶盘由静止开始绕轴按图示方向逆时针加速转动,下列说法正确的是A铝环N有沿逆时针方向的感应电流B铝环N有扩大的趋势C橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向下D橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上19AD、圆盘M带负电,已知旋转时形成顺时针电流(从上往下看)。根据右手螺旋定则可知,在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下,由于加速转动,所以电流增大,磁场增强,穿过铝环N的磁通量增大,根据楞次定律感应电流产生的磁场要阻碍原磁通量的变化,铝环N有缩小的趋势,铝环的电流为逆时针方向电流,与圆盘间相互排斥,铝环N对圆盘的作用力方向竖直

7、向下,A正确;由牛顿第三定律得圆盘对铝环的力竖直向上,使丝线对铝环的拉力减小,D正确;20如图为某着陆器多次变轨后登陆火星的轨迹图,轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上,P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和金火星点,且PQ=2QS,(已知轨道II为圆轨道)下列说法正确的是A着陆器在P点由轨道I进入轨道II需要点火减速B着陆器在轨道II上由P点运动到S点的时间是着陆器在轨道III上由P点运动到Q点的时间的2倍C着陆器在轨道II上S点与在轨道II上P点的加速度大小相等D着陆器在轨道II上S点的速度小于在轨道III上P点速度20AC、由题可知,轨道II是圆轨道,所以着陆器由轨道I进入轨道II

8、,需要减速,A正确;因为万有引力提供向心力,所以,着陆器在轨道II上S点与在轨道III上P点到火星的球心之间的距离是相等的,所以加速度大小相等,C正确;着陆器在轨道II上由P点运动到S点的时间和着陆器在轨道III上由P点运动到Q点的时都是各自周期的一半,根据开普勒第三定律,有,解得,B错误;S点速度大于III轨道时P点速度,D错误;21水平推力F1和F2分别作用在水平面上等质量的a、b两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下,两物体v-t的图像如图所示,图中ABCD,则AF1的冲量小于F2的冲量BF1的冲量等于F2的冲量C两物体受到的摩擦力大小相等D两物体受到的摩擦力大小

9、不等21AC、设a、b两物体的加速运动的时间分别为t1和t2,则由图可知,当只有摩擦力作用时,由ABCD可知图线斜率相同,则加速度相等,有牛顿第二定律可知摩擦力相等,C正确D错误;对a,由动量定理可得,对b同理可得,有图像可得,所以由可知,A正确B错误;三、非选择题22如图所示,为某同学在测量小车加速度的实验中,用打点计时器打出的一条纸带,已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电,两计数点间还有四个点没有画出,则根据纸带,可求出3号计数点的速度_m/s,小车运动的加速度为_m/s2(结果保留三位有效数字)22、0.611;2.00由于实验使用的是频率我50Hz的交流电,故每两个点间的时间间

10、隔为0.02s,又因为两计数点间还有四个点没有画出,故两计数点间的时间间隔为0.02s5=0.1s;根据;可以利用逐差法可得23要组装一个单量程的欧姆表,所给电池的电动势为1.5V,内阻可忽略不计,其他可供选择的主要器材有:电流表A1(量程0100A,内阻1500);电流表A2(量程01mA,内阻1000);变阻器R1(阻值范围0300);变阻器R2(阻值范围0800);(1)在方框内画出组装欧姆表的电路图;(2)在组装时,电流表选用_(用代号表示),变阻器选用_-(用代号表示);(3)在上面组装的单量程欧盟表中,如电流表的表盘刻度分为四等分,如图所示,其中A为电流表的零刻度,作为单量程欧姆表

11、,刻度E表示的阻值为_,刻度C表示的阻值为_欧盟。23、(1)如图(2)A2;R2(3)0;1500(1)根据闭合电路欧姆定律可以知道电路中最小电阻,当时,变阻器不合题意,时,可得,所以电流表选A2,变阻器应选R2,电路图如图所示;(2)由上面的分析可以知道,电流表应选A2,变阻器应选R2(3)根据闭合电路欧盟定律可以知道,当时,即刻度E表示的阻值为0,当时,可计算得出,即刻度C表示的阻值为1500。24如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动,推力F随位移x变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为=0.5,求:(1)出发时

12、物体运动的加速度大小;(2)物体距出发多远达到最大速度;(3)物体能够运动的最大位移。24、(1)根据牛顿第二定律,开始F=100N,故(2)由图像求出,推力F随位移x变化的数值关系为速度最大时,物体加速度为零,则,解得x=4m(3)根据,由图像可知,推力对物体做的功等于图线与x轴包围的面积,于是推力对物体做的功为,有动能定理可得,解得25如图所示,在xoy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场,y轴右侧区域I内存在垂直于纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为,区域II内有垂直纸面向外的匀强磁场,区域I、区域II的宽度均为,高度分别为EF=2L,和DE=,质量也为m、电荷量为q的带正电的粒子从

13、坐标为(-2L,-2L)的A点以速度,沿x轴正方向射出,恰好经过坐标为(0,-L)的C点射入区域I,粒子重力忽略不计,求:(1)匀强电场的电场强度大小E;(2)要使粒子从区域II的右边界DE离开磁场,可在区域II内加垂直于纸面向外的匀强磁场,试确定磁感应强度B的大小范围;(3)若粒子恰能从II区右边界DE间离x轴最远的点射出,求粒子在磁场中运动的时间。25、(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,有,(2)设带电粒子经C典时的竖直分速度为,速度为v,解得可知方向与y轴正向成45斜向上,粒子进入区域I做匀速圆周运动,由解得根据几何关系可知,带电粒子从区域II的上边界离开磁场的半径满足由,解得(3

14、)粒子在区域I磁场中转过的圆心角为,粒子在区域I区域运动的时间为粒子在II区域运动的最大半径为r,转过的圆心角为,由几何关系可知粒子在区域II区域运动的时间为粒子在磁场中运动的时间33【选修3-3】(1)质量一定的某种物质,在压强不变的条件下,由固态I到气态III变化过程中温度T随加热时间t变化关系如图所示,单位时间所吸收的热量可看做不变,气态III可看成理想气体。下列说法正确的是A该物质是晶体B该物质分子平均动能随着时间的增大而增大C在时间内,该物质分子势能随着时间的增大而增大D在时间内,该物质的内能随着时间的增加而增大E在时间内,气体膨胀对外做功,分子势能增大(2)如图所示,一上端开口,下

15、端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长的空气柱,中间有一段长cm的水银柱,上部空气柱的长度。已知大气压强为,现将一活塞(图中未画出)从玻璃管口处缓慢往下推,使管下部空气柱长度变为,假设活塞下推过程没有漏气,求:压缩后下部空气柱的压强;活塞下推的距离。33、(1)ACD(2)125cmHg;15cmII态固液共存态,温度不变说明物质是晶体,A正确;在及时间内温度不变,分子平均动能不变,B错误;在时间内,分子平均动能不变,吸收来的热量用以增加分子势能,即该物质分子势能随着时间的增大而增大,C正确;在时间内,温度不断升高,根据“一定质量的理想气体内能随温度升高而增大”知D正确;在时间内,物质

16、已变成理想气体,分子间已无作用力,分子间的势能为零,E错误。(2)设玻璃管的横截面积为S,以cmHg为压强单位,在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为设活塞下推后,下部空气柱的压强为,由玻意耳定律可得,解得压缩后玻璃管上部空气柱的压强为,则由玻意耳定律可得设活塞下推距离为解得34【物理选修3-4】(1)一列自右向左传播的简谐横波,在t=0时刻的波形图如图所示,此时坐标为(1,0)的质点刚好开始振动,在t1=0.6s时刻,P质点在t=0时刻后首次位于波峰位置,Q点的坐标是(-3,0),下列说法中正确的是A波源振动的周期为0.8sB波源开始起振时方向沿y轴负方向C波传播的速度为5m/sD波传到Q点

17、时,P点已振动通过的路程为12cmE波传到Q点时,P点处在波峰(2)如图所示为某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图,圆弧CD是半径为R的四分之一圆周,圆心为O。光线从AB面上的M点入射,入射角i=45,光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射,然后由CD面射出,已知OB段的长度,真空中的光速为c,求:透明材料的折射率n;光从M点射入到从CD面射出所用的时间t。34、(1)ACD(2)由图可知该波的波长为,因t1=0时刻P点向下振动,经0.6s位于波峰,故=0.6s,T=0.8s,A正确;根据,C正确;波源起振方向沿y轴正方向,B错误;波传播传播到Q点,此时P点再平衡位置,E错误;波传播到Q点时P点已振动个周期,通过路程为6A=12cm,D正确。(2)设光线在AB面的折射角为r,根据折射定律可得,设棱镜的临界角为C,根据题意,光线在BC面恰好发生全反射,得到,由几何关系可知,联立解得光在棱镜中传播速度,由几何关系可知故光从M点到从CD面射出所用时间

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