1、1山东省济宁市 2018 届高三物理下学期第二次模拟考试试卷（含解析）二、选择题：本题共 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 0 分。1.氢原子的能级示意图如图所示，现有大量的氢原子处于 n=4 的激发态，当向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光，若用这些光照射逸出功为 4.54eV 的钨时，下列说法中正确的是 A. 氢原子能辐射 4 种不同频率的光子B. 氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应C. 氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率增
2、大D. 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【答案】C【解析】A 项：根据 ，所以这些氢原子总共可辐射出 6 种不同频率的光，故 A 错误；C24=6B 项：由于要发生光电效应，跃迁时放出光子的能量大于钨的逸出功为 4.54eV，故 B 错误；C 项：氢原子辐射一个光子后，能级减小，氢原子的核外电子的速率增大，故 C 正确；D 项：钨只能吸收一个光子的能量，故 D 错误。点晴：解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即 Em-En=hv，以及知道光电效应产生的条件。2.-带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，其电势能 Ep随位移 x 变化的关系如图所示，
3、下列说法中正确的是2A. x1处的电势比 x2处的电势低B. x1处的电势比 x2处的电势高C. x1处的场强小于 x2处的场强大小D. x1处的场强大于 x2处的场强大小【答案】A【解析】A、B 项：负电的粒子在 x1处的电势能比 x2处的电势能大，所以粒子在 x1处的电势比 x2处的电势低，故 A 正确，B 错误；C、D 项：由公式 ，所以电场为匀强电场，故 C、D 均错误。F=EPx点晴：本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义即为电场力。3.如图所示，轻质弹簧下面挂有边长为 L、质量为 m 的正方形金属框 ABCD，各边电阻相同，
4、金属框放置在磁感应强度大小为 B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中。若 A、B 两端与电源相连，通以如图所示方向的电流时，弹簧恰好处于原长状态，则通人正方形金属框AB 边的电流大小为A. B. C. D. 4mg3BL 3mg4BL mgBL mg4BL【答案】B【解析】根据电流方向可知，AD 边、DC 边、CB 边串联，再与 AB 边并联，设每边电阻为 R，根据平3衡条件可知： ，根据并联电路可知： ，联立两式解得：mg=BIABL+BIDCL IAB=3IDC，故 B 正确。IAB=3mg4BL点睛：根据楞次定律，求出线圈回路电流方向，然后根据法拉第电磁感应定律，结合闭合欧姆定律与安培力
5、大小表达式，求出安培力的大小和方向，根据平衡条件进一步求解。4.我国探月工程三期返回飞行试验器创造了我国航天工程的多个第一，包括跳跃式返回技术。跳跃式返回技术指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界，已知地球半径为 R，地心到d 点距离为 r，地球表面重力加速为 g。下列说法中正确的是( )A. 飞行试验器在 b 点处于完全失重状B. 飞行试验器在 d 点的加速度等于gR2r2C. 飞行试验器在 a 点的速率等于在 c 点的速率D. 飞行试验器在 c 点的速率大于在 e 点的速率【答案】B【解析】A 项：飞行试验器 ab
6、c 轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在 b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在 b 点处于超重状态，合外力不为零，故A 错误；B 项：根据牛顿第二定律得在 d 点，飞行试验器的加速度 ，又 GM=gR2，所以 ，a=GMr2 a=gR2r2故 B 正确；C 项：飞行试验器从 a 点到 c 点过程中要克服大气阻力做功，所以行试验器在 a 点的速率小于在 c 点的速率同，故 C 错误；D 项：飞行试验器从 c 点到 e 点 d 点是在大气层外，无气阻力，所以行试验器在 c 点的速率等于在 e 点的速率同，故 D 错误。5.质量为 1kg 的木板 B 静止在水平面上，可
7、视为质点的物块 A 从木板的左侧沿木板上表面4水平冲上木板，如图甲所示。A 和 B 经过 1s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 运动的 v-t 图象如图乙所示，取 g=10m/s2，则物块 A 的质量为A. 1kg B. 2kg C. 3kg D. 6kg【答案】C【解析】由图象可知，物块在 01s 内的加速度大小为 a1=2m/s2以物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1mg=ma1解得： 1=0.2木板在 01s 内的加速度大小为 a2=2m/s2，在 1s3s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为 a3=1m/s2AB 同速后为研究对象，由牛顿第二定律得：
8、2（M+m）g=（M+m）a 3解得： 2=0.1再以 B 为研究对象，在 01s 内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得： 1mg- 2（M+m）g=Ma 1代入数据解得 A 的质量 m=3kg。点晴：本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，关键理清 A、B 的运动规律，结合图线的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律进行求解。6.如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴 P 置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的 B 板接地。若将极板 A 向上移动少许，下列说法中正确的是5A. 电谷器的电容增大B. AB 间的电压增大C. 液滴将
9、向上运动D. 液滴的电势能不变【答案】BD【解析】【分析】根据平行板电容器的电容决定因素分析电容的变化、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断液滴如何运动。【详解】A 项：若将极板 A 向上移动少许，板间距离增加，根据 ，电容减小，故 AC=s4kd错误；B 项：要放电，但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量 Q 一定，由可知，电压增大，故 B 正确；U=QCC 项： 可知，电场强度大小与两极板间的距离无关，电场强度不变，E=Ud=Qd4kds=4kQs则液滴保持静止，故 C 错误； D 项：由以上分析可知电场强
10、度不变，液滴到下极板的距离不变，所以液滴的电势能不变，故 D 正确。故选 BD.7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，AC=h。圆环在 C 处获得-竖直向上的速度“，恰好能回到 A 处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g。则圆环6A. 下滑过程中，加速度一直减小B. 上滑过程中，经过 B 处的速度最大C. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为 mv214D. 上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度【答案】CD【解析】A 项：圆环从 A 处由静
11、止开始下滑，经过 B 处的速度最大，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，经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故 A 错误；B、D 项：从 A 到 B： ，从 C 到 A：mgh1=12mv2B1+EP1+Wf1， ，联立解得： 所以 B 错误，12mv2+Ep2=12mv2B2+Wf2+mgh2 12mv2+Ep=mgh+Wf vB2vB1D 正确；C 项：从 A 到 C，根据能量守恒： ，从 C 到 A： ，联立解mgh=Wf+Ep12mv2+Ep=mgh+Wf得： ，故 C 正确。Wf=14mv2点睛：本题涉及到受力分析、
12、运动过程、能量变化的分析，由运动分析，由经过 B 处的速度最，得到加速度等于零，因数物体是在变力作用下的非匀变速直线运动，故一定是利用能的观点解决问题，即由能量守恒得到摩擦力做功和弹性势能的大小。8.如图所示，两根平行光滑金属导轨的间距为 d=lm，导轨平面与水平面成 =30角，其底端接有阻值为 R=2 的电阻，整个装置处在垂直斜啣向上、磁感应强度大小为 B=2T 的匀强磁场中。一质量为 m=1kg(质量分布均匀)的导体杆 ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力 F=10N 作用下从静止开始沿导轨向上运动，当运动距离为 L=6m 时速度恰好达到最大(
13、运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。导体杆的电阻为 r=2，导轨电阻不计(取 g=10m/s2)。在此过程中7A. 杆的速度最大值为 5m/sB. 流过电阻 R 的电荷量为 6CC. 导体杆两端电压的最大值为 10VD. 安培力对导体杆的冲量大小为 6Ns【答案】AD【解析】A 项：设杆的最大速度为 ，根据平衡条件得： ，代入数据解得：vm F=mgsin+B2L2vmr+R，故 A 正确；vm=5msB 项：根据电荷量 ，故 B 错误；q=r+R=BLdr+R=2612+2C=3CC 项：根据 ，故 C 错误；Em=BLvm=225V=20VD 项：根据动量定理： ，代入数据解得：安培力对导体
14、杆的冲量大小为(Fmgsin)t=mvm6Ns，故 D 正确。9.为测量一未知电源的电动势和内阻，某同学设计了如图甲所示电路，电路中所用到的器材规格如下待测电源：电动势约为 5V，内阻约为几十欧姆定值电阻：R 0=10定值电阻 R1：有两种规格可供选择，阻值分别为 1k 和 3k电阻箱 R2：09999电压表：量程 03V，内阻 RV=3k开关、导线若干(1)为了减小测量误差，定值电阻 R1应该选用的规格为_；(2)根据电路图连接电路，闭合开关后，将电阻箱的阻值由零开始逐渐调大，记录下若干组电阻箱 R2和电压表的读数；8(3)该同学将得到的数据在 坐标系中描点连线，得到如图乙所示直线，直线与纵
15、轴1U 1R0+R2的截距为 b=0.4，斜率 k=8.0，则可求得电动势 E=_V，内阻r=_。(结果均保留 2 位有效数字)【答案】 (1). (2). 5.0 (3). 203k【解析】(1)由于电源电动势为 5V，而电压表的量程为 3V，因此应扩大电压表的量程，选择阻值为3k 的定值电阻，改装后电压表的量程为 6V，满足条件；(2) 因路端电压 ，则由闭合电路欧姆定律可知，U=U3(3+3)=2U，变形可得： 2U=ER2+R0+r(R2+R0) 1U=2E+2rE 1R2+R0由图象规律可知， ， ，2E=0.42rE=8.0解得；E=5.0V，r=20；点晴：本题考查测量电动势和内
16、电阻的方法，要注意明确电表改装原理，同时注意测量电动势和内电阻的方法较多，要注意能准确利用闭合电路欧姆定律分析掌握。10.一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量 与对应时间t 的比值定义为角加速度 (即 = )。我们用电磁打t点计时器、刻度尺、游标卡尺纸带(厚度不计)、复写纸来完成下述实验：(打点计时器所接交流电的频率为 50Hz，A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出)实验步骤如下如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然9后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源打
17、点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动(即角加速度恒定)；经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。请回答下列问题：(1)由图乙可知，圆盘的直径为_cm，(2)由图内可知，打下计数点 D 时，圆盘转动的角速度大小为_rad/s；(结果保留三位有效数字)(3)圆盘转动的角加速度大小为_rad/s 2。(结果保留三位有效数字)【答案】 (1). 6.000 (2). 15.0 (3). 28.0【解析】(1) 根据游标卡尺的读数原理，可得读数应为主尺上的和游标尺上的刻度相加 由图乙可知游标尺的分度为 0.05 mm，主尺上为 6 0 cm，游标尺上的第 0 个刻度线和主尺对齐，所以
18、读数为 6 0cm0.050mm6. 000cm，即可得该圆盘的直径 d6.000cm；(2) 由题意知，纸带上每两点的时间间隔 T0.10 s，打下计数点 D 时，纸带运动速度大小为： vD=xCE2T=(14.645.64)10220.1 ms=0.45ms此时圆盘转动的角速度为 ；D=vDr= 0.453102rads=150rads(3) 纸带运动的加速度大小为 ，设角加速度为 ，则 ，代入数a=xDExBC+(xCDxAB)4T2 =t=vrt据解得： 。=28.0rads2点晴：20 分度的游标卡尺精确度为 0 05mm，读数时先读大于 1mm 的整数部分，再读不足1m 的小数部分
19、；根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出 D 点的瞬时速度，然后根据v=r 求解角速度；用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度。11.如图所示，间距为 d 的平行金属板 MN 与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距为L。一根导体棒 ab 与导轨垂直且以速度 v0沿导轨向右匀速运动，棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为 B 的匀强磁场。当棒进入磁场时，粒子源 P 释放一个初速度为零的带负电的粒子，已知带电粒子的质量为 m(重力不计)、电量为 q。粒子经电场加速后从 M 板上的小孔 O 穿出。在板的上方，有一个环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。已知外圆半径为 2
20、d，内圆半径为 d，两圆的圆心与小孔重合，求：10(1)粒子到达 M 板的速度大小 v；(2)若粒子不能从外圆边界飞出，则环形区域内磁感应强度最小为多少?【答案】(1) (2) 2qBLv0m 43d2BLmv0q【解析】试题分析：由右手定则判断 ab 棒产生的感应电动势方向，分析 M、N 两板的电性，即可判断带电粒子的电性；由公式 E=BLv 求出棒 ab 产生的感应电动势，MN 板间电压就等于此感应电动势，根据动能定理求粒子到达 M 板的速度 v。解：(1) 根据右手定则知，a 端为正极，故带电粒子必须带负电ab 棒切割磁感线，产生的电动势 U=Bd2v0对于粒子，由动能定理 qU=12m
21、v20得粒子射出电容器的速度为 ；v=qBdv0m(2) 要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切，如图由几何关系有：（2d-r） 2=r2+d2得 r=34d由洛仑兹力等于向心力，有： qv0B=mv20r解得： 。B=43d2BLmv0m点晴：本题是电场加速、磁场偏转和电磁感应的组合，根据动能定理求加速获得的速度，11磁场中画轨迹等等都常规方法，关键要抓住各个过程之间的内在联系。12.如图所示，倾角为 37的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c，滑块与挡板 c 相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时
22、对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同。现有一质量为M=0.9kg 的滑块沿斜面上滑，到达最高点 b 时的速度恰好为零，此时恰好与从 a 点水平抛出的质量为 m=0.1kg 的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板 c 碰后恰好反弹回到 b 点。已知 a 点和 b 点距地面的高度分别为 H=2.4m，h=0.6m(取 g=10m/s2)。求：(1)小球做平抛运动的初速度大小；(2)斜面与滑块间的动摩擦因数；(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程。【答案】(1) (2) (3) 8m/s 0.25 7m【解析】(1)小球从 a 到 b 做平抛运动，在竖直方向： Hh=12gt
23、2小球到达 b 点时恰好沿斜面方向 ，有 tan370=gtv0解得： ；v0=8ms(2)到达 b 点的速度 v=v0cos370=10ms小球与滑快发生弹性碰撞，由动量守恒定律得： mv=mv1+Mv2由能量守恒定律得： 12mv2=12mv21+12Mv22解得滑块与小球刚碰后的速度 v2=2ms12由几何关系知斜面长 Lhsin370=1m滑块恰好反弹回到 b 点，由能量守恒定律得： 12Mv22=MgLcos370解得： ；=0.25(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与 c 点的距离 x2由能量守恒定律得： Mg(Lx2)sin370=MgLcos370解得： x2=23L=23
24、m设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与 c 点的距离 x3由能量守恒定律得： Mg(x2x3)sin370=Mgx2cos370解得： x3=23x2=(23)2m以此类推 x4=23x3=(23)3m所以滑块在斜面上共通过的路程为 。s=3L+2x2+2x3+2xn=7m13.下列说法中正确的是_(填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)A.当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小B.布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在永停息地做无规则的热运动C 雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的
25、表面张力作用D.一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E.一定量的理想气体，如果体积不变，分子每秒平均碰鐘次数随着温度降低而减少【答案】CDE【解析】A 项：分子间距离增 1 时，分子间他引力和斥力都减小，但斥力减小他快，故 A 错误；B 项：布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则热运动，故 B 错误；C 项：伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，故 C 正确；D 项：由理想气体状态方程 可知，体积增大，温度升高，那么它一定从外界吸热，故PVT=CD 正确；E 项：由理想气体状态方程 可知，体积不变，当温度降低，压强减小，分子每秒平均PVT=C13
26、碰鐘次数减小，故 E 正确。点晴：分子间同时存在引力与斥力，并且两者都随间距离的增大而减小，但斥力减小的快；布朗运动是分子热运动的一种体现，不是分子热运动；温度是分子平均动能的标志。14.如图所示，开口向上竖直放置内壁光滑的气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为 m 的密闭活塞，活塞 A 导热，活塞 B 绝热，将缸内理想气体分成、两部分。初状态整个装置静止不动处于平衡，I、两部分气体的长度均为 l0，温度为 T0。设外界大气压强 P0保持不变，活塞的横截面积为 S，且 mg=0.1P0S，环境温度保持不变。在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于 2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡
27、。求：(i)此时第部分气体的长度；(ii)若只对气体缓慢加热，使活塞 A 回到初始位置，求此时气体的温度。【答案】(1) (2) 67l0 3526T0【解析】(i)初状态气体压强 P2=P0+2mgS=1.2P0加铁砂后气体压强 P2=P0+4mgS=1.4P0由玻意耳定律 P2l0S=P2l2S解得： ；l2=67l0(ii)初状态 I 气体压强 P1=P0+mgS=1.1P0加铁砂后 I 气体压强 P1=P0+3mgS=1.3P0由玻意耳定律 P1l0S=P1l1S解得： l1=1113l0当活塞 A 回到原来位置时气体长度 l2=2l0l1=1513l014由公式 l2ST0=l2ST
28、2解得： .T2=3526T015. 一列简谐横波在弹性介质中沿 x 轴传播，波源位于坐标原点 O,t=O 时刻波源开始振动，t=“3“ s 时波源停止振动，如图为 t=“3.“ 2 s 时的波形图。其中质点 a 的平衡位置离原点O 的距离为 x=2.5m。以下说法正确的是_。 （选对一个给 3 分，选对两个给 4 分，选对 3 个给 6 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分）A波速为 5m/sB波长 =“2.0“ mC波源起振方向沿 y 轴正方向D在 t=3.3 s，质点 a 位于波谷E. 从波源起振开始计时，3.0 s 内质点 a 运动的总路程为 2. 5 m【答案】ABE【解析】
29、m/s=“5“ m/s，选项 A 正确；由题图可知，波长 =“2“ m，选项 B 正确；=“3.2“ s 时， = =“53.2“ m=“16“ m，由于 =“2.0“ m，故波形前端的运动同 =“2.0“ m 质点的运动，可判断 2.0 m 处的质点向下振动，故波源起振方向沿 轴负方向，选项 C 错误； ，从图示时刻经 =“0.1“ s ，质点 位于平衡位置，选项 D 错误；从 0 时刻起，经 ，质点 开始振动，3.0 s 内质点 振动了 2.5 s，2.5 s= ，故质点 运动的总路程为15=“64A+A=250.1“ m=“2.5“ m，选项 E 正确。16.如图所示，MN 为半圆形玻璃
30、砖的对称轴O 为玻璃砖圆心，某同学在与 MN 平行的直线上插上两根大头针 P1、P 2，在 MN 上插大头针 P3，从 P3一侧透过玻璃砖观察 P1、P 2的像，调整 P3位置使 P3能同时挡住 P1、P 2的像，确定了的 P3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D8 cm，P 1、P 2连线与 MN 之间的距离 d12 cm，P 3到 O 的距离 d26.92 cm。取 1.73。求该玻璃砖的折射率。3【答案】n1.73【解析】试题分析：光路图如图所示，sin i （1 分）得 i30则OAB60 （1 分）OBOAsin 603.46 cm （1 分）根据几何关系有 P3Bd 2OB3.46 cm （1 分）tanBAP 3 1.73 （1 分）得BAP 360因此 r180OABBAP 360 （2 分）据折射定律得 n （2 分）解得 n1.73 （1 分）考点：考查了光的折射定律，16【名师点睛】在分析光路问题时，需要先画出光路图，然后根据几何知识分析解题，
