2018届广东省湛江市高三下学期第二次模拟考试理综物理试题(解析版)

湛江市2018届高三下学期第二次模拟考试理综—物理试题

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14?18题只有一项符合题目要求，第19?21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. 据国家科技部2017年3月6日报道，迄今为止，科学家己经成功检测定位了纳米晶体结构中的氢原子。按玻尔氢原子理论，氢原子的能级图如图所示，下列判断正确的是

A. 氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态需要吸收光子

B. —个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出6条光谱线

C. 用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，可观测到多种不同频率的光子

D. 氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，氢原子的电势能减小，电子的动能增大

【答案】C

【解析】氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态会辐射光子，故A错误；一个氢原子处于n=4的激发态，当它向基态跃迁时可以发出3条不同频率的光谱线，故B错误；氢原子发生能级跃迁吸收或放出的光子能量等于两能级的能量差：，可知氢原子跃迁到第5能级，根据

知，氢原子辐射的不同波长的光子最多有10种，氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，轨道半径增大，因电场力做负功，故氢原子电势能增大，电子的动能减小，故C正确，D错误；故选C。

【点睛】根据玻尔理论分析可能的跃迁方式；氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁；由

即可求出；根据跃迁的规律，结合可能的跃迁的不同路径分析可能的种类即可。

2. 某同学在开展研究性学习的过程中，利用速度传感器研究某一物体以初速度lm/s做直线运动的速度v

随时间t变化的规律，并在计算机上得到了前4s内物体速度随时间变化的关系图象，如图所示。则下列说法正确的是

A. 物体在1s末速度方向改变

B. 物体在3s末加速度方向改变

C. 前4s内物体的最大位移只出现在第3s末，大小为3.5m

D. 物体在第2s末与第4s末的速度相同

【答案】C

【解析】由图可知，0-1s内物体沿正方向做加速运动，1-3s沿正方向做匀减速运动，在3-4s内反向做匀加速度运动，故在第3s末物体的速度为0，位移最大，即为，1s末速度方向没有改变，图线的斜率表示加速度，故由图可知3s末加速度方向不变，物体在第2s末与第4s末的速度大小相等，方向相反，故ABD错误，C正确；故选C.

【点睛】速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，根据图象分析物物体速度的变化和加速度的变化。

3. 如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量M的足够长木板，质量为m小滑块（可视为质点）放在长木板上。长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取l0m/s2，下列说法正确的是

A. 长木板的质量M＝2kg

B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4

C. 当F＝14N时，长木板的加速度大小为3m/s2

D. 当F增大时，小滑块的加速度一定增大

【答案】B

【解析】当F等于12N时，加速度为：．对整体分析，由牛顿第二定律有，代入数据解得：；当F大于12N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：长木板的加速度

，则知a-F图线的斜率，解得M=1kg，故m=2kg，故A错误；由A项分析可知：F大于12N时，，若F=8N，a=0，即得，故B正确。由A项分析可知：F大于12N时，当F=14N时，长木板的加速度为：．故C错误。当F大于12N后，发生相对滑动，小滑块的加速度为，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误。故选B。

【点睛】当拉力较小时，m和M保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度相同。当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法列式分析。

4. 2017年4月27日，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对

接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行，对接前天宫二号的运行轨道高度为393km，天舟一号货运飞船轨道高度为386km，它们的运行轨道均视为圆周，则

A. “组合体”比“天宫二号”加速度大

B. “组合体”比“天舟一号货运飞船”角速度大

C. “组合体”比“天宫二号”周期大

D. “组合体”比“天舟一号货运飞船”机械能大

【答案】D

【解析】天宫二号在天空运动时，由万有引力提供向心力，根据，解得：

，因组合体仍沿天宫二号原来的轨道，故组合体的加速度，周期与“天宫二号”的加速度、周期一样大，而组合体的轨道半径大于天舟一号货运飞船轨道的半径，故组合体的角速度小于天舟一号货运飞船的角速度，故ABC错误；“天舟一号”要从低轨道与较高轨道的“天宫二号”对接，必须加速做离心运动，所以对接后“天舟一号”的机械能将增大，而天宫二号的机械能不变，故组合体的机械能将增大，故D错误；故选D.

【点睛】“天舟一号”和“天宫二号”都绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，结合万有引力公式与牛顿第二定律可以求出加速度、周期、角速度的表达式，即可分析求解。

5. 如图所示，ABCD是一个过球心O的水平截面圆，其中AB与CD垂直，在C、D、A三点分别固定点电荷＋Q、－Q与＋q。光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响。现将小球自E点无初速度释放，到达F点的过程中（重力加速度为g），下列说法正确的是

A. 小球在O点的加速度大于g

B. 小球在E点的电势能大于在O点的电势能

C. 小球在F点的速度一定最大

D. 小球在运动过程中机械能一直减小

【答案】B

【解析】小球在O点时，受到C、D两点电荷的库仑力的合力水平向左，受到A点电荷库仑力指向A点，

则小球在O点受到库仑力的合力在夹角范围内，故小球受杆的弹力就应在夹角范围内，且大小与库仑力的合力相等，方向相反，使小球水平方向所受合力为零，所以小球竖直方向只受重力，加速度为g，故A错误；由图可知，带负电的小球从E点到O点时电势升高，故电势能减小，故B正确；当小球的合力为零时，加速度为零，速度最大，对小球在F点受力分析可知，因不清楚重力与库仑力的大小关系，故无法判断小球在F点时是否合力为零，故C错误；由图可知，E、F是在同一等势面，故小球在运动过程中，电势能先减小，后增大，则机械能先增大，后减小，故D错误；故选B。

【点睛】分析小球的受力情况，由牛顿第二定律分析小球在O点的加速度。根据等量异种电荷电场中电势分析情况，分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况，由能量守恒定律分析小球在F点的速度、电势能、机械能关系。

6. 如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c

放在b上。现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是

A. 该水平拉力大于轻绳的弹力

B. 物块c受到的摩擦力大小为μmg

C. 当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩檫力大小为0.5μmg

D. 剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg

【答案】ACD

...

... ... ... ... ...

【点睛】本题考查了平衡条件和牛顿第二定律的应用，要分析清楚物体的受力情况，应用牛顿第二定律与平衡条件可以解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。

7. 如图所示，理想变压器原线圈与120V的交流电源相连，副线圈并联两个灯泡A和B，灯泡A、C的额定功率皆为30W，正常发光时电阻皆为30Ω，已知三灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为1.0A，则下列说法中正确的是

A. 原副线圈匝数为3：1

B. 原副线圈匝数为4：1

C. 流过灯泡B的电流为2A

D. 正常发光时B灯电阻为30Ω

【答案】AC

【点睛】A灯与C灯是相同规格的灯泡，故流过A灯的电流与流过C灯的电流相同，求出A灯的电压即为副线圈两端的电压，根据C灯额定功率求出C灯两端的电压，则原线圈两端的电压等于电源电压减去C灯两端的电压，根据电压与匝数成正比即可求解匝数比，根据变压器的输入功率和输出功率相等，即可求出副线圈的电流，从而求出B灯的电流和B灯的电阻。

8. 如图所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。己知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是

A. 电阻R的最大电流为

B. 电阻R中产生的焦耳热为mgh

C. 磁场左右边界的长度d为

D. 流过电阻R的电荷量为

【答案】AD

【解析】金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：，得金属棒到达水平面时的速度，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为，最大的感应电流为，故A正确；金属棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即，故电阻R中产生的焦耳热为，故B错误；对导体棒，经时间t穿过磁场，由动量定理得：，而，变形得：，解得

，而由和S=Ld，解得：，故C错误，D正确，故选AD。

【点睛】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由动量定理和求出电量，由能量守恒定律求出产生的焦耳热。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题?32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题?38题为选考题，考生根据要求做答。

9. 如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。该装置中的打点计时器所接交流电源频率是50Hz。

（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_____。

A．精确测量出重物的质量

B．两限位孔在同一竖直线上

C．重物选用质量和密度较大的金属锤

D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些

（2）按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。

①重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有______。

A．OA、OB和OG的长度

B．OE、DE和EF的长度

C．BD、BF和EG的长度

D．AC、BF和EG的长度

②用刻度尺测得图中AB的距离是1.76cm，FG的距离是3.71cm，则可计得当地的重力加速度是

________m/s2。（计算结果保留三位有效数字）

【答案】(1). BC (2). BD (3). 9.75

【解析】因为在实验中比较的是mgh、，的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确．释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误，故选BC。（2）当知道OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的事，故A不符合题意；当知道OE、DE和EF的长度时，利用DE和EF的长度可以求出E点的速度，从求出O到E点的动能变化量，知道OE的长度，可以求出O到E重力势能的变化量，可以

验证机械能守恒，故B符合题意；当知道BD、BF和EG的长度时，由BD、BF的长度可以求出E点的速度，但无法求出G点的速度，故无法求出E到G点的动能变化量，故C不符合题意；当知道AC、BF和EG的长度时，可以分别求出B点和F点的速度，从而求B到F点的动能变化量，知道BF的长度，可以求出B到F点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故D正确；故选BD。（3）根据，解得：

。

【点睛】根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即可验证，根据求出重力加速度。

10. 测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：

（A）待测的干电池

（B）电流表A1（内阻可忽略不计）

（C）电流表A2（内阻可忽略不计）

（D）定值电阻R0（阻值1000Ω）

（E）滑动变阻器R（阻值0—20Ω）

（F）开关和导线若干

某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电路完成实验。

（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表A1的示数将____（选填“变大”或“变小”）。

（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1－I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远远大于I l的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝_____V，内阻r＝______Ω．

（计算结果取两位有效数字）

（3）若将图线的纵坐标改为________，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。

【答案】(1). 变大(2). 3.0 (3). 1.0 (4). I1R0

【解析】（1）该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，滑动变阻器的有效阻值增大，则回路中的总电阻增大，故总电流减小，外电压增大，故流过的电流增大，则示数增大；（2）根据闭合电路的欧姆定律得：