1、- 1 -湖北省武汉市武昌区 2018 届高三物理下学期 5 月调考考试试题（含解析）二、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 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 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 O 分。1.关于近代物理知识的叙述，下列说法正确的是A. 大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时，只能产生 3 种不同频率的光B. 某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光C. 核聚变反应 中，反应前的结合能之和与反应后的结合能之和相等D. 人工转变核反应中，遵循电荷守恒、质量守
2、恒【答案】B【解析】大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时，能产生 种不同频率的光，选项 A 错误； 某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光，选项 B 正确；核聚变反应 中放出核能，则反应前的结合能之和小于反应后的结合能之和，选项C 错误；人工转变核反应中，遵循电荷数守恒、质量数守恒，选项 D 错误；故选 B.2.真空中有如图所示的坐标系，两等量带正电的点电荷固定在 x 轴上的 A、B 两点，A、B 两点关于） ，轴对称。在 y 轴上的 M 点有另一带正电的检验电荷以某一初速度向 y 轴的负方向运动并能通过原点 O。检验电荷的重力可忽略，取无穷远处电势能为零，那么
3、检验电荷从 M点运动到 O 点的过程中A. 电势能逐渐变小B. 电势能先变大后变小，到达 O 点时电势能为零C. 先做加速运动，后做减速运动D. 始终做减速运动，到达 O 点时加速度为零- 2 -【答案】D【解析】根据等量正电荷电场线的分布情况可知：MO 间的电场方向从 O 到 M，根据顺着电场线方向电势降低，可知粒子从 M 点向 O 点运动的过程中，电势逐渐升高，小球带正电，其电势能逐渐增大。故 AB 错误。电场力方向与初速度方向相反，小球一定做减速运动，到达 O 点时，由于场强为零，所受的电场力为零，则加速度为零，故 C 错误，D 正确。故选 D。点睛：加强基础知识的学习，掌握住等量同种电
4、荷的电场线的分布特点，特别是注意 MO 线上场强的方向能掌握电场力做功与电势能变化的关系，熟练判断电势能的变化情况3.如图所示，在水平杆 MN 上套上两个质量不计的小环 A 和 B，一长度为 l、不可伸长的细线两端分别系在环 A、B 上，并在细线中点挂一个质量为 m 的物块。已知环 A、B 与杆间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。那么系统平衡时小环 A、B 间的最大距离为A. B. C. D. 【答案】A【解析】则对 A、B 及 m 的整体： ，则环与杆间的最大静摩擦力 ；设细绳与杆的夹角为 ，则对圆环 ；对物块： 。解得 ；设 AB 间的最大距离为 x，则 ，解得 ，故选 A.
5、点睛：此题是整体法即隔离法的应用问题；解题时要能正确选择研究对象，对研究对象正确的受力分析，利用正交分解法列出方程，结合几何关系求解.4.如图所示，在投球游戏中，小明坐在可沿竖直方向升降的椅子上，停在不同高度将球水平- 3 -抛出，落入固定的球框中。已知球框距地面的高度为 h，球质量为 m，抛出点与球框中心的水平距离为 L，忽略空气阻力。下列说法中正确的是A. 抛出点越高，抛出时所需的初速度越小，入框时球的动能越小B. 抛出点越低，抛出时重力势能就越小，入框时球的动能越小C. 在高度为 的位置抛出时，入框时球的动能最小D. 在高度为 的位置抛出时，入框时球的动能最小【答案】D【解析】抛出点越高
6、，则根据 可知，t 越大，根据 v0=L/t 可知，抛出时所需的初速度越小；入框时球的动能 ，由数学知识可知，当，即当 时入框时的动能最小，故阻值 ABC 错误，D 正确；故选 D.5.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里的、磁感应强度大小为 B1的匀强磁场，磁场边界上的 P 点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，这些粒子从某一段圆弧射出边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的 ；若仅将磁感应强度的大小变为 B2，这段圆弧的弧长变为圆形区域周长的 ，则 等于- 4 -A. B. C. D. 【答案】C【解析】从 P 点射入的粒子与
7、磁场边界的最远交点为 Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的 1/3，所以POQ=120；结合几何关系，有：r 1=Rsin600；洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB 1=m ；联立解得：B 1= ；同理，若仅将磁感应强度的大小变为 B2，相应的弧长变为圆周长的 1/4，所以POQ=90；结合几何关系，有：r2=Rsin450；洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB 2=m ；联立解得：B2= ；则 ，故选 C.点睛：带电粒子在磁场中的圆周运动问题，必须要根据题意画出运动的轨迹，尤其是找到临界轨迹，结合几何关系找出半径求解6.如图甲所示的电路
8、中，变压器原、副线圈匝数比为 2：1，L1、L2. L3 是规格均为“10V 5W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。闭合开关 S 后，该变压器 cd 输入端交变电压u 的图象如图乙。以下说法正确的是A. ab 输入端电压的瞬时值表达式为 Uab= 20 sinl00tB. ab 输入端输入功率 Pab =15 WC. 电流表的示数为 lA，且三只灯泡均正常发光D. 若断开开关 S，电压表 V 的示数将变小【答案】BC【解析】由 cd 输入端交变电压最大值为 20 V，有效值是 U=20V，副线圈电压为： U U10V，- 5 -所以副线圈两只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流： ；电流表的读
9、数为I2=2I0=1A，原线圈电流为 ，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab 输入端电压为 Uab=U+UL3=20V+10V=30V；输入端电压的瞬时值表达式为 uab=30 sin100t（V）A 错误，C 正确。三个灯泡都正常发光，所以 ab 输入端输入功率 Pab=35W=15W故 B 正确；若将 S断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡 L3的电流减小，L 3上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压降增大，即电压表 V 读数将变大，故 D 错误；故选 BC。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运用闭合电路欧姆定律来分析随
10、着电阻变化时电流、电压如何变化分析的思路先干路后支路，以不变应万变最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值7.如图所示，质量分别为 m 和 M 的两物体用轻绳连接，在 M 上施加恒力 F，使两物体 一起沿恒力 F 方向做匀加速直线运动（轻绳与恒力 F 方向平行） ，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小 T 和两物体的加速度大小 a，正确的是A. 四种情况中 (3)的加速度一定大于其他三种情况B. 四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C. 四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D. 四种情况轻绳的张力一定一样大【答案】AD【
11、解析】（1）中加速度满足： ，对 m：；解得 ； ； - 6 -（2）中加速度满足： ，对 m： ；解得； ； （3）中加速度满足： ，对 m： ；解得 ； ； （4）中加速度满足： ，对 m： ；解得 ； 由以上分析可知，选项 AD 正确，BC 错误；故选 AD.8.如图所示，双星系统由质量不相等的两颗恒星组成，质量分别是 M、m(Mm)， 他们围绕共同的圆心 O 做匀速圆周运动。从地球 A 看过去，双星运动的平面与 AO 垂直，AO 距离恒为L。观测发现质量较大的恒星 M 做圆周运动的周期为 T，运动范围的最大张角为(单位是弧度)。已知引力常量为 G， 很小，可认为 sin= tan= ，
12、忽略其他星体对双星系统的作用力。则A. 恒星 m 的角速度大小为B. 恒星 m 的轨道半径大小为C. 恒星 m 的线速度大小为D. 两颗恒星的质量 m 和 M 满足关系式【答案】BCD【解析】恒星 m 与 M 具有相同的角速度，则角速度为 ，选项 A 错误；恒星 M 的轨道半径为；对恒星系统： m 2r=M 2R，解得恒星 m 的轨道半径大小为 ，选- 7 -项 B 正确；恒星 m 的线速度大小为 ，选项 C 正确；对恒星系统： =m 2r=M 2R，解得 GM= 2r(r+R)2；Gm= 2R(r+R)2；相加得：，联立可得： ，选项 D 正确；故选 BCD. 点睛：双星问题，关键是知道双星
13、做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力来提供，知道两者的角速度相同，周期相同.三、本卷包括必考题和选考题两部分。第 22 题第 32 题为必考题，每个试题考生都应作答。第 33 题第 38 题为选考题，考生根据要求作答。须用黑色签字笔在答题卡上规定的区域书写作答，在试题卷上作答无效。9.如图甲是利用激光测转速的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上涂有一段很薄的反光涂层。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号立即转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来。(1)若图乙中示波器显示屏上横向的时间轴上每小格对应的时间为 2.0010-3 s（即时间轴每
14、大格表示 1.0010-2s） ，则圆盘的转动周期为_s、转速为_ r/s。 （结果均保留 3位有效数字，下同）(2)若测得圆盘直径为 22.00 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度（弧长）为_cm。【答案】 (1). (2). 22.7 (3). 3.14【解析】（1）从图乙显示圆盘转动一周在横轴上显示 22 格，由题意知道，每格表示 2.0010-3s，所以圆盘转动的周期为 4.4010-2s，则转速为 n=1/T=22.7r/s；（2）反光中引起的电流图象在图乙中横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长度占圆盘周- 8 -长的 22 分之一，故圆盘上反光涂层的长度为 ；点睛：此题关键能从图
15、象中看出圆盘的转动周期即图象中电流的周期，知道转速与周期的关系式 T=1/n，注意反光时间即为电流的产生时间；10.一位同学想将一个量程 2.5 mA 左右（有清晰刻度但没有示数） 、内电阻在 90 120之间的电流表 G 改装成一个量程为 030 V 的伏特表，可以使用的实验器材如下：A.电源（电动势约 4.5 V，内电阻小于 l ）B.标准电流表 A（量程为 010 mA，内电阻约为 50 ）C.电阻箱（阻值范围 09.9）D.电阻箱（阻值范围 0999.9 ）E滑动变阻器(阻值为 0l k)F滑动变阻器（阻值为 020）G.电键 S 和导线若干为了正确改装，用如图甲的电路来测量出电流表
16、G 的量程和内电阻，该同学的实验操作过程为：(1)将选好的实验仪器按图甲所示电路连接，电阻箱 R1应选_，滑动变阻器 R2应选 _（用仪器前的字母序号表示） ；(2)将滑动变阻器的滑片 P 移至滑动变阻器的接近右端处，将电阻箱 R1阻值调至最大，闭合电键 S；接着交替移动滑片 P 和调节电阻箱 R1直至电流表 G 满偏且标准电流表 A 有一个合适的读数，记录此时标准电流表 A 的示数 I 电阻箱的阻值 R1(3)向左移动滑片 P 至滑动变阻器的另一位置，再次调节电阻箱 R1直至电流表 G 满偏，记录此时标准电流表 A 的示数，和电阻箱的阻值 R(4)重复步骤(3)35 次；(5)该同学将实验中
17、记录的各组标准电流表 A 的示数 I 和电阻箱的阻值 R 的数据在 图中正确地描好点（如图乙） ，请你在图中完 图线_。- 9 -(6)根据图线可以求得电流表 G 的量程为_A，内电阻为_。将电流表 G 与一个阻值为_ 的电阻串联就可以组成量程为 030V 的伏特表。【答案】 (1). D (2). E (3). (4). (5). 100 (6). 14900【解析】（1）电阻箱应该选择与待测电流表阻值相当的 D；电流中的总电流不超过 10mA，则电路总电阻 ，则滑动变阻器选择 E； （2）图像如图；由欧姆定律可知： ，即 ；由图形可知：I g=210-3A；I grg=- 10 -，则 r
18、g=100；将电流表 G 与一个阻值为 的电阻串联就可以组成量程为 030V 的伏特表；11.如图所示，两根足够长的平行金属导轨由倾斜和水平两部分平滑连接组成，倾斜部分的倾角 = 45，水平部分处于方向竖直向上的、磁感应强度为 B=lT 的匀强磁场中。导轨间距/=lm，在导轨左上端接有一个阻值为 R=3 的电阻。将质量 m=0.2kg、电阻 r=1 的金属棒 ab 从斜导轨上的与水平导轨高度差为 h=lm 处由静止释放，导轨电阻不计，棒与倾斜导轨间的摩擦力是它们之间正压力的 = 0.2 倍，水平导轨光滑，导体棒始终垂直于两导轨，取g= 10 m/s2求：(1)棒 ab 刚运动到水平导轨上时的速
19、度大小和棒 ab 在水平导轨上运动的最大加速度；(2)在棒 ab 运动的整个过程中通过电阻 R 的电荷量。【答案】(1) ， (2) 【解析】（1）从倾斜导轨上滑下，由动能定理： 解得 v0=4m/s；导体棒 ab 进入磁场，产生的电动势 E=BLv 水平导轨，由牛顿第二定律：BIL=ma解得 当 v=v0时，a 最大，且 am=5m/s2（2）通过 R 的电荷量 动量定理 - 11 -解得 12.质量为 M= 0.5 kg、长为 L=lm 的木板静止在光滑的水平面上，在木板右端静止叠放一个质量为 m=1 kg 的物块（可视作质点） 。已知 m 和 M 之间的动摩擦因数为 =0.2，取 g=
20、10 m/s2。(1)给木板施加一个水平向右的恒力 F,物块与木板间能产生相对滑动并从木板左端滑落，求F 的取值范围；(2)给木板一个水平向右的瞬时冲量使木板获得初速度 vo，物块与木板间能产生相对滑动并从木板左端滑落，求 vo 取值范围；(3)给木板一个水平向右的瞬时冲量使木板获得初速度 vo=4m/s 的同时对木板施加一个水平向左的恒力 F：分别求出物块能从木板左端和右端滑离木板时，恒力 F 的取值范围；求出物块不能滑离木板时，恒力 F 的取值范围，并推导出这种情况下物块最终能相对于木板发生的位移 s 与恒力 F 的大小的关系。【答案】 （1） （2） （3 ； 【解析】（1）依题意只要
21、M 的加速度大于 m 的加速度即可，对 m：mg=ma 0；对 M：F-mgMa 0，解得 F3N（2）由动量守恒关系及能量关系： 联立解得： （3）已知 ，若恒力较小，为 F1时，m 滑至 M 左端处二者速度恰好相等，只要恒力 F 小于求出的 F1，物块就会从木板左端滑落；- 12 -对 M： 解得 F1=1N故当 03N即当 F3N 时，物块从木板右端滑落；由的结果可知，当 1NF3N 时，物块最终会与木板达到共同速度而不滑落，并发生相对位移 s，联立可得 即当 1NF3N 时， 13.如图所示，纵坐标表示压强 p、横坐标表示热力学温度 T。一定质量的理想气体，经历了ABCA 的状态变化，
22、则下列结论正确的是_。 （选对一个给 2 分，选对两个给 4 分，选对 3 个给 5 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分）A状态 AB，理想气体的密度增大B.状态 AB，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少C状态 BC，外界对理想气体做正功D.状态 BC，理想气体的内能增加E状态 CA，理想气体向外界放出热量【答案】BCE- 13 -【解析】状态 AB，理想气体的压强不变，温度升高，则体积变大，密度减小，选项 A 错误；状态AB，气体的压强不变，温度升高，则气体分子的平均速率变大，单位时间内对单位面积器壁碰撞的分子数变少，选项 B 正确；状态 BC，温度不变，内能不变；压强变大，
23、则体积减小，外界对理想气体做正功，选项 C 正确，D 错误；状态 CA，气体的体积不变，温度降低，内能减小，根据 可得，理想气体向外界放出热量，选项 E 正确；故选 BCE.14.如图所示，两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内有 A、B 两段长度均为，的理想气体气柱和一段长为 h 的水银柱，且气柱 A 的压强等于 （ 为水银的密度、g 为重力加速度） 。当玻璃管以某一加速度 a 做竖直向上的匀加速运动，稳定后，上部空气柱长度是下部空气柱的3 倍，求这个加速度 a 的大小。已知运动过程中整个管内各处的温度不变。【答案】【解析】设玻璃管的横截面积为 S，依题意温度不变，AB 段气体的状态参量分别为：A
24、 气体：初态：末态：p A ；依据玻意耳定律： 解得 对气体 B：初态： VB=lS末态：p B；依据玻意耳定律： 解得 对水银柱，由牛顿第二定律： - 14 -解得 点睛：此题关键是选择研究对象，并能对气体的状态参量进行分析求解上下两部分气体的压强，然后对水银柱利用牛顿第二定律求解加速度.15.一列振幅为 A 的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔 L=0.2 m 选取一个质点，如图甲所示，t=0 时刻波恰传到质点 1，质点 1 立即开始向上振动，经过时间t=0.6 s，所选取的 l9 号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断正确的是_（选对一个给 2 分，选对两个给 4 分，选对 3
25、 个给 5 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分）A.该波的周期为 0.4 s，波速为 4m/sBt= 0.6 s 时刻，质点 l 向下运动Ct= 0.6 s 时刻，质点 8 向上运动D. t=0 至 t=0.6 s 内，质点 5 运动的时间只有 0.4 sEt=0 至 f=0.3 s 内，质点 3 通过的路程为 3A【答案】ABD【解析】由图可知，经过了 0.6s 的时间，质点 1 已经振动了 1.5T，则 1.5T=0.6s，T=0.4s；波长为=0.2m8=1.6m，则波速 ，选项 A 正确；由波形图可知，t= 0.6 s 时刻，质点 l 向下运动，质点 8 向下运动，选项 B
26、正确，C 正确；振动从 1 传到 5 的时间为，则 t=0 至 t=0.6 s 内，质点 5 运动的时间只有 0.4 s，选项 D 正确；振动从1 传到 3 的时间为 ，则 t=0 至 t=0.3 s 内，质点 3 振动了 0.2s=0.5T，通过的路程为 2A，选项 E 错误；故选 ABD.点睛：此题的解题关键是根据波的基本特点：各质点的起振方向与波源的起振方向相同；根据“同侧法”或“爬坡法”确定质点的振动方向；同时一定要注意振动该质点的时间与质点振动的时间的关系.16.如图所示，真空中的三棱镜横截面是等腰直角三角形，A=90，平行于底面 BC 的入射- 15 -光从 AB 面进入三棱镜，经 AB 面和 AC 面折射后能从 AC 面射出三棱镜，求三棱镜材料的折射率 n 值的范围。 （不考虑光线在三棱镜里的反复反射）【答案】【解析】设三棱镜的折射率为 n，光线在 AB 面发生折射，由折射定律 ；要使光线能从 AC 面射出，要求 小于等于临界角，即： 由几何关系可知 又： 联立解得 又 n1，则折射率满足：- 16 -
