1、广西防城港市2018届高三1月模拟考试理综物理试题二、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.1. 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【答案】B【解析】A、根据波尔的
2、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、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；B、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；C、金属只吸收大于极限频率的光子，发生光电效应，C错误；D、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。故选B。【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程EKm=hv-W02. 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
3、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【答案】D【解析】以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设b绳与水平方向夹角为，则竖直方向有，不变；水平方向，不变，而F逐渐变大，故逐渐变大，D正确3. 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
4、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【答案】C【解析】A、B、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，A、B错误；C、D、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100次，C正确、D错误。故选C.【点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定，变压器不改变频率。4. 图示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面
5、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A. P点电势比Q点电势低B. P点电场比Q点场强大C. P、Q两点的电势差为D. Q点的场强大小等于【答案】C【解析】A、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；B、D、开始，在Q点，故P点场强必Q点场强小，B、D错误；C、由P到Q由动能定理可知克服电场力做功为，故P、Q两点的电势差为，C正确；故选C。【
6、点睛】解决本题的关键是根据小球的运动情况，判断其受力情况。知道动能定理是求电势差常用的方法。5. 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【答案】BC【解析】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
7、行于斜面向上，B、C正确；故选BC。【点睛】本题关键要灵活选择研究对象，先整体后隔离解答比较简洁求P、Q间的内力时必须采用隔离法6. 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【答案】AD【解析】A、依据楞次定律，可知，穿过环N的磁通量，向上且增大，因此环N有沿逆时针方向的
8、感应电流，故A正确；B、C、D、胶木盘M由静止开始绕其轴线OO按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大；橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过N线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以，橡胶圆盘M对铝环N的作用力方向竖直向上，且铝环N有收缩的趋势。故D正确，B、C错误。故选AD。【点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向，以及掌握楞次定律的另一种表述，即感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化7. 如图为某着陆器多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道
9、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【答案】AC【解析】A、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，需要减速，A正确；C、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
10、心之间的距离是相等的，所以加速度大小相等，C正确；B、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；D、S点速度大于III轨道时P点速度，D错误；故选AC。【点睛】本题关键是明确加速度有合力和质量决定导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第三定律和牛顿第二定律列式分析8. 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A. F1的冲量小于F2的冲量B. F1的冲量等于F2的冲量C.
11、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不等【答案】AC【解析】设a、b两物体的加速运动时间分别为t1、t2，则由图知t1t2，当只有摩擦力Ff作用时，由ABCD知图线斜率相同，则加速度相等，由牛顿第二定律知，摩擦力Ff相等，故C选项正确，D选项错误对a，由动量定理得：IF1Fft1mvA；对b同理得：IF2Fft2mvC.由图象知，vAvC，t1t2，所以由mvAmvC知，IF1IF2，因此F1t1F2t2，即A正确，B错误故选：AC。点睛：由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等；根据动量定理，研
12、究整个过程，确定两个推力的冲量关系。三、非选择题9. 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）【答案】 (1). 0.611 (2). 2.00【解析】两相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的时间间隔：T=0.025=0.1s；根据匀变速直线运动推论可知：；由匀变速直线运动的推论x=aT2可知：。10. 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
13、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，刻度E表示的阻值为_，刻度C表示的阻值为_欧盟。【答案】 (1). (2). A2 (3). R2 (4). 0 (5). 1500【解析】(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，
14、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。【点睛】本题的关键是明确欧姆表的改装原理，先画出电路图，然后根据闭合电路欧姆定律求出当电流为1mA时电路的最小电阻，即可选出变阻器的阻值11. 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)出发时物体运动的加速度大小；(2)物体
15、距出发多远达到最大速度；(3)物体能够运动的最大位移。【答案】(1) (2) x=4m (3)【解析】(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，由动能定理可得，解得【点睛】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用，知道F-x图线围成的面积表示F做功的大小12. 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
16、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。【答案】(1) (2) (3)【解析】(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
17、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)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【点睛】本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系。13. 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
18、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【答案】ACD【解析】试题分析：该物质有固定的熔点，所以是晶体，故A正确；因为温度是分子平均动能的标志，所以物质分子的平均动能也随着时间先增加，然后不变，之后又增加，故B错误；物质的内能是分子总动能与分子总势能之和，在时间内，温度不变，分子的平均动能不变，吸收的热量用来增加分子间的势能，所以分子势能随时间的增加而增大，故C正确；在时间内，气体膨胀对外
19、做功，但不考虑理想气体的分子势能，温度升高，分子的平均动能增大，所以内能增加故D正确；在时间内，气体膨胀对外做功，但不考虑理想气体的分子势能，温度升高，分子的平均动能增大，故E错误；故选ACD.【点睛】该题不但考察了物质物态的变化，还考察了物质在物态变化的过程中能量的变化在解答过程中要熟练的掌握在物态变化的过程中能量是如何变化的，尤其是在汽化过程中，温度虽然不变，但是内能却在增加同时还考察了热力学第一定律的应用14. 如图所示，一上端开口，下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
20、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。【答案】125cmHg 15cm【解析】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【点睛】本题关键是对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式，难点在于确定两端气体的压强间以及其与大气压强的关系15. 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
21、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【答案】ACD【点睛】利用波形平移法判断质点的振动方向是解此类题的关键，要熟练运用波形平移法研究波的传播过程，灵活应用运动学公式求波传播的时间16. 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.【答案】 【解析】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