届辽宁省抚顺市高三高考模拟考试理综物理试题解析版.docx

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届辽宁省抚顺市高三高考模拟考试理综物理试题解析版

辽宁省抚顺市2018届高三3月高考模拟考试理综物理试题

二、选择题

1.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示。

P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是

A.P受3个力

B.Q受3个力

C.若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大

D.若绳子变长，绳子的拉力将变小

【答案】D

【解析】试题分析：

按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．对Q，由平衡条件分析绳子变短时，Q受到的静摩擦力如何变化．对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．

解：

A、P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力，共4个力作用，故A错误．

B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．

C、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故C错误．

D、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：

f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故D正确．

故选：

D

【点评】为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况，难度适中．

2.下列说法正确的是

A.光电效应说明光具有粒子性,康普顿效应说明光具有波动性

B.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，由于电子的动能减少，所以原子总能量减少

C.碳14的半衰期为5730年，若测得一古生物遗骸中碳14含量只有活体中的

，则此遗骸距今约有17190年

D.紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，若增大紫外线的照射强度，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大

【答案】C

【解析】光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，故A错误；可按库仑力对电子做负功进行分析，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功；故电子的动能变小，电势能变大（动能转为电势能）；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加，故B错误；若测得一古生物遗骸中的含量只有活体中的

，说明经过了三个半衰期，则此遗骸距今约有3×5730年=17190年，故C正确；光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，D错误．

3.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m小滑块。

木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a-F图。

取g=10m/s2，则下列说法错误的是

A.滑块的质量m=4kg

B.木板的质量M=2kg

C.当F=8N时,滑块加速度为2m/s2

D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1

【答案】C

考点：

考查了牛顿第二定律与图像

【名师点睛】关键是知道当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析

4.2017年诺贝尔物理学奖授予了三位美国科学家，以表彰他们为“激光干涉引力波天文台”（LIGO）项目和发现引力波所做的贡献。

引力波的形成与中子星有关。

通常情况下中子星的自转速度是非常快的，因此任何的微小凸起都将造成时空的扭曲并产生连续的引力波信号，这种引力辐射过程会带走一部分能量并使中子星的自转速度逐渐下降。

现有中子星（可视为均匀球体），它的自转周期为T0时恰能维持星体的稳定（不因自转而瓦解），则当中子星的自转周期增为T=2T0时，某物体在该中子星“两极”所受重力与在“赤道”所受重力的比值为

A.1/2B.2C.3/4D.4/3

【答案】D

【解析】设位于赤道处的小块物质质量为m，物体受到的中子星的万有引力恰好提供向心力，这时中子星体恰不瓦解，由万有引力定律结合牛顿第二定律得：

；当中子星的自转周期增为T=2T0时，所需的向心力为：

，则中子星在“赤道”所受的重力为：

，中子星在“两极”所受重力为：

，所以中子星“两极”所受重力与在“赤道”所受重力的比值为4:

3，故D正确，ABC错误。

5.如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。

某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。

已知∠AOC=60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T/2（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界OC射出的粒子在磁场中

运动的最短时间为

A.T/2B.T/6

C.T/4D.T/8

【答案】B

【解析】根据洛伦兹力提供向心力：

，解得轨迹半径

，初速度大小相同，半径相同。

粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦，轨迹如图所示：

6.如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成

角，AB直线与电场E互相垂直。

在A点，以大小为

的初速度水平向右抛出一质量为m、带电荷量为+

的小球，经时间，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时其速度大小仍为

，已知A、B、C三点在同一竖直面内，则在小球由A点运动到C点的过程中

A.静电力对小球做功为零

B.小球的电势能增加

C.C点的电势比A点的电势大

D.C点可能位于AB直线的左方

【答案】BC

【解析】小球在电场中运动时受到重力mg和电场力F两个力作用，如图所示：

电场力沿电场线向下，合力斜向左下方，小球的高度下降，重力一定做正功，从A到C，小球的动能不变，由动能定理得知，外力所做的总功为零，则电场力必然做负功，电势能增加，故A错误，B正确；由于电场力做负功，由于小球带正电，而A、B两点等势，C点必定在AB直线的右方，故D错误；根据沿着电场线电势逐渐降低结合以上可知C点的电势比A点的电势大，故C正确。

所以BC正确，AD错误。

7.有5个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图所示。

若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置1时，5个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏。

则下列可能的是

A.该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1

B.该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4

C.开关S接在位置2时，副线圈中的灯泡仍能发光，只是更亮些

D.开关S接在位置2时，副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗

【答案】AC

【解析】试题分析：

五个灯泡发光程度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1：

4，根据电流与匝数之间的关系求出匝数比，接到2位置，原线圈输出电压变大，根据电压与匝数的关系求出副线圈电压的变化，进而求出副线圈中的灯泡的发光程度．

五个灯泡发光程度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1：

4，根据

，可知该变压器是降压变压器，原副线圈匝数比为4：

1，故A正确，B错误；

接到2位置，原线圈输出电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以灯泡的电流变大，灯泡仍能发光，但亮度变大，故C正确，D错误．

故选AC

考点：

变压器的构造和原理．

点评：

本题通过得实际电流跟额定电流的关系判断灯泡的发光情况，难度不大，属于基础题．

8.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。

将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。

若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。

已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则

A.下滑过程中，环受到的合力不断减小

B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为

C.从C到A过程，弹簧对环做功为

D.环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度

【答案】BCD

【解析】试题分析：

圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，则合力先增大后减小，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf-W弹=0-0=0；在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-

mv2，解得：

Wf=-

mv2，所以产生的热量为

mv2，故B正确；在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-

mv2，h=Lsinα，解得：

W弹=mgLsinα-

mv2，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f-W′弹=

mvB2-0，研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式

-mgh′+W′f+W′弹=0-

mvB′2；由于W′f＜0，所以

mvB2＜

mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确；故选BCD.

考点：

动能定理的应用

【名师点睛】此题主要考查动能定理的应用问题；解题时要能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用技巧；此题是中等题；考查学生综合分析能力.

9.在研究加速度和力的关系时，同学们设计了如图实验装置，M为滑块的质量，m为沙桶和沙子的总质量，轻滑轮不计摩擦，该实验已经平衡摩擦力。

（1）实验中，一定要进行的操作是___________；

A.用天平测出m的大小

B.滑块靠近打点计时器（图中未画出），先接通电源，后释放滑块

C.改变沙桶和沙子的质量，打出几条纸带

D.为减小误差，要保证m远远小于M。

（2）以力传感器的示数F为横坐标，通过纸带计算出的加速度为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，求得图线的斜率为K，则滑块的质量M=_________________。

【答案】

（1）.BC

（2）.2/k

【解析】

（1）本题拉力传感器测出，不需要用天平测出m的大小，也就不需要要保证m远远小于M，故AD错误；滑块靠近打点计时器，先接通电源，后释放滑块，故B正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故C正确。

所以BC正确，AD错误。

（2）对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，力传感器的示数

，所以小车质量为

。

10.在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线a.b.c.d.e.f.g和h按图甲所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零。

闭合开关后：

（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是________导线断路。

（2）某同学排除故障后测出电源和小电珠的U－I特性图线。

如图乙所示。

电源的电动势E＝_________V；小电珠的电阻随温度的上升而_________。

（3）将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面电源上，每一只小电珠的实际电功率是_______W。

（保留2位小数）

【答案】

（1）.g处

（2）.3.0（3）.增大（4）.0.99（在0.95—1.05之间也可给分）

【解析】

（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起作用，连成了限流接法，故g断路。

（2）电源的U﹣I图线纵轴截距等于电源的电动势，则由图知，电源的电动势E=3.0V。

根据欧姆定律

可得小电珠的电阻，由数学知识分析可知，R等于小电珠的U﹣I特性图线上的点与原点连线的斜率，则小电珠的电阻随温度的上升而增大。

（3）电源的内阻等于电源的U﹣I图线的斜率绝对值，则得内阻

，当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得：

E=U+2Ir，电源的U﹣I图线为U=E﹣2rI=E﹣2I=3﹣2I，作出图象如图所示：

可得U=1.1V，I=0.9A，则一个小电珠的实际电功率为：

P=UI=0.99W。

11.如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R，MP为粗糙水平面。

两个小物块A、B可视为质点，在半圆形轨道圆心O的正下方M处，处于静止状态。

若A、B之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，A恰能经过半圆形轨道的最高点N，而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。

已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ=0.8，求：

（1）B到达的最远位置离M点的距离；

（2）极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小；

（3）A与B的质量之比。

【答案】

（1）2R

（2）

【解析】试题分析：

A恰好到达轨道最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出A到达最高点时的速度，结合平抛运动规律可以求出B到达的最远位置离M点的距离；根据动量定理可求出A受到爆炸力的冲量大小；爆炸过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理可以求出A、B的质量之比。

（1）A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得：

解得：

A做平抛运动，由平抛运动规律：

水平方向：

联立可得B到达的最远位置离M点的距离即为：

x=2R

（2）A上升到N的过程，由机械能守恒定律：

解得：

根据动量定理可得：

（3）对B，由动能定理：

炸药爆炸过程由动量守恒定律：

联立以上可得：

点睛：

本题主要考查了应用牛顿第二定律、平抛运动知识、动量守恒定律与机械能守恒定律、动能定理即可正确解题；解题时要注意：

“A恰能经过半圆形轨道的最高点N”时，重力提供做圆周运动的向心力。

12.如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端弯曲部分光滑，水平部分导轨与导体棒间的滑动摩擦因数为μ，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场Ⅰ，右端有另一匀强磁场Ⅱ，其宽度也为d，但方向竖直向下，两磁场的磁感强度大小均为B0，相隔的距离也为d。

有两根质量为m的金属棒a和b与导轨垂直放置，金属棒a电阻为R，金属棒b电阻为r，b棒置于磁场Ⅱ中点C、D处。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现将a棒从弯曲导轨上某一高处由静止释放并沿导轨运动。

（1）当a棒在磁场Ⅰ中运动时，若要使b棒在导轨上保持静止，则a棒刚释放时的高度应小于某一值h0，求h0的大小；

（2）若将a棒从弯曲导轨上高度为h（h

（3）若将a棒仍从弯曲导轨上高度为h（h

【答案】

（1）

（2）（mgh－μmg2d）r/（R+r）（3）

【解析】试题分析：

根据b棒受力平衡求出电流的大小，通过闭合电路欧姆定律求出感应电动势的大小，从而求出a棒的速度，根据机械能守恒定律求出a棒下降的高度；由全过程能量守恒与转化规律求出总热量，再根据电阻间的关系求出金属棒b上产生的电热；棒通过磁场Ⅰ时恰好无感应电流，说明感应电动势为零，即整个回路中的磁通量不变。

a棒进入磁场做匀减速直线运动，b棒静止，根据磁通量不变求出磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化的关系式。

（1）因为a棒进入磁场Ⅰ后做减速运动，所以只要刚进入时b棒不动，b就可以静止不动．对对a棒：

由机械能守恒：

根据闭合电路欧姆定律：

感应电动势为：

E＝B0Lv0

对b棒：

B0IL＝μmg

联立解得：

（2）由全过程能量守恒与转化规律：

mgh＝μmg2d＋Q

总热量为：

Q=（mgh－μmg2d）

解得金属棒b上产生的电热：

（3）a棒通过磁场Ⅰ时恰好无感应电流，说明感应电动势为零，

根据法拉第电磁感应定律：

在Δt≠0的前提下，ΔΦ＝0即Φ保持不变

对a棒：

由机械能守恒：

a棒进入磁场Ⅰ后，由牛顿第二定律得：

a＝μg

经过时间t，a棒进入磁场Ⅰ的距离为：

磁通量为：

又最初磁通量为：

联立解得：

点睛：

本题主要考查了机械能守恒定律、能量守恒定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等，综合性较强。

13.下列说法中不正确的是_______________________

A.已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏伽德罗常数

B.悬浮在液体中的固体微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显

C.当两个分子的间距从很远处逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大

D.温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大

E.一定质量的理想气体，经过等温压缩后，其压强一定增大

【答案】ADE

【解析】水的摩尔质量与一个水分子质量的比值等于阿伏伽德罗常数，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中的微粒受到液体分子的各个方向的撞击而产生的不规则的运动，微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，各个方向的撞击越趋向均衡，布朗运动越不明显，故B错误；两个分子间的距离由很远逐渐减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，然后再增大，而分子势能先减小后增大，故C错误；温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，故D正确；一定质量的理想气体等温压缩后，分子热运动的平均动能不变，而分子数密度增加，故其压强一定增大，故E正确。

所以ADE正确，BC错误。

14.如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点。

（已知AB＝h，大气压强为p0，重力加速度为g）

①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；

②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）。

【答案】

（1）

（2）（p0S＋mg）h

【解析】

（1）设封闭气体的压强为p，活塞受力平衡：

P0S+mg=PS

解得

（2）由于气体的温度不变，则内能的变化△E=0

由热力学第一定律△E=W+Q

可得放热：

Q=（P0S+mg）h

点睛：

封闭气体压强可通过宏观的受力平衡从侧面求解，也可从理想气体状态方程求解，注意灵活变化，此外对于热力学第一定律要熟练掌握，明确各个字母的含义

15.关于机械振动和机械波，下列说法正确的是______________

A.共振是受迫振动的一种特殊情况

B.机械波传播过程中，介质中的单个质点的能量是守恒的

C.当障碍物的尺寸比波长大很多时，就不能观察到明显的波的衍射现象

D.如图所示，频率恒定的声源按路线a→b→c→d→a逆时针做匀速圆周运动，观察者在圆心不动，则观察者接收到的声波频率始终与声源频率相同

E.同一机械波在不同介质中传播时，频率往往不同

【答案】ACD

【解析】当受迫振动的频率与本身的固有频率相等时，振动最剧烈，称为共振，是受迫振动的一种特殊情况，故A正确；据波的传播特点，在波的传播方向上各质点做受迫振动，由于相邻质点的相互作用力，所以介质中的单个质点的能量是不守恒的，故B错误；发生明显的衍射条件是障碍物的尺寸比波长小得多或相差不大，故C正确；据多普勒效应可知，当接受者与波源无相对运动时，接受的频率与波源的频率相同，故D正确；同一机械波在不同介质中传播时，频率相同，故E错误。

所以ACD正确，BE错误。

16.如图所示，空气中有一折射率为

的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB。

一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA上，OB不透光。

．若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，则AB上有光透出部分的弧长为多长？

【答案】

【解析】试题分析：

光从O点沿半径方向进入玻璃柱体的光线，在AO面上折射后传播入方向不变，光在AB面上发生全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解。

由

，可知光在玻璃柱中发生全反射的临界角C＝45°

根据折射定律：

所有光线从AO进入玻璃柱后的折射角均为30°

从O点入射后的折射光线将沿半径从C点射出．假设从E点入射的光线经折射后到达D点时刚好发生全反射，则∠ODE＝45°

如图所示，由几何关系可知θ＝45°

故弧长为：

点睛：

本题主要考查了光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求解。