1、1山东省烟台市 2018 年高三高考适应性练习（二）理综物理试卷一、选择题1.下列说法正确的是（ ）A. 结合能越大的原子核越稳定B. 光电效应揭示了光具有波动性C. 氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能减少，电势能减少，原子的总能量减少D. 将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，它的半衰期不发生改变【答案】D【解析】A. 比结合能越大的原子核越稳定，故 A 错误； B. 光电效应的规律只能用光子学说解释，揭示了光具有粒子性，故 B 错误；C氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，释放出光子，总能量减小，库伦力做正功，电子的动能增大，电势能减小。故 C 错误；D
2、. 半衰期的大小与温度无关。故 D 正确。故选：D.2.如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端 O 点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力( )A. 方向始终沿杆指向 O 点B. 一直不做功C. 从最高点到最低点，一直做负功D. 从最高点到最低点，先做负功再做正功【答案】C【解析】A小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向 O 点，小球受重力和杆的作2用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向 O 点，故 A 错误；BCD小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故 B 错误，C 正确，D 错误。故选：C3.如图，A、B 是
3、两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，m B=3mA。B 球静止，拉起 A 球，使细线与竖直方向偏角为 30，由静止释放，在最低点 A 与 B 发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )A. A 静止，B 向右，且偏角小于 30B. A 向左，B 向右，且偏角都等于 30C. A 向左，B 向右，A 偏角小于 B 偏角，且都小于 30D. A 向左，B 向右，A 偏角等于 B 偏角，且都小于 30【答案】D【解析】A 由静止释放，在最低点的速度设为 v0，A 与 B 发生弹性碰撞，碰后速度分别为 v1，v 2，则：， mAv0=mAv1+mBv212mA
4、v20=12mAv21+12mBv22联立解得， v0； v0 ，由于 v1=v2v0，A 偏角等于 B 偏角，v1=mAmBmA+mBv0=12v0 v2= 2mAmA+mBv0=12v0且都小于 30，故 D 正确，ABC 错误。 故选：D点睛：根据弹性碰撞列方程，求出碰后两球的速度；根据球摆动过程中，机械能守恒，在最低点时速度越大，最大偏角越大，可判断偏角是否小于 30。4.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 R1、R 2和 R3的阻值分别是 3、1 和4，A 为理想交流电流表，u 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。已知该变压器原、副线圈匝数比为 3：1。若开关 S 断开时，电
5、流表的示数为 I，则当 S 闭合时，电流表的示数为( ) 3A. IB. 3IC. 4ID. 5I【答案】C【解析】开关断开时电流表的示数为 I，则原线圈两端电压为 UIR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为 3I，副线圈两端电压为 3I(R2+R3)；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR 1）：3I(R 2+R3)=3：1；设开关闭合时电流表的示数为 I，则原线圈两端电压为 UIR 1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为 3I，副线圈两端电压为 3IR 2；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR 1）：3IR 2=3：1；联立解得 I=4I，故 C 正确、
6、ABD 错误。故选：C。点睛：变压器输入电压为 U 与电阻 R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得 U 与 I 的关系；则可求当 S 闭合时，电流表的示数5.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为 d，电荷量分别为Q 和Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为 L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为q 的小球以初速度 v0 从上端管口射入，重力加速度为 g，静电力常量为 k，则小球（ ）A. 下落过程中加速度始终为 g4B. 受到的库仑力先做正功后做负功C. 速度先增大后减小，射出时速度仍为 v0D. 管壁对
7、小球的弹力最大值为 8kqQd2【答案】AD【解析】A. 电荷量为+q 的小球以初速度 v0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为 g，故 A 正确； B. 小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故 B 错误；C. 电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故 C 错误；D在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E= ；根据矢量的合kQ(d2)2=4kQd2成法则，则有电场强度最大值为 ，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为 ，结合8kQd2 8kqQd2受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大
8、值为 ，故 D 正确； 8kqQd2故选：AD.点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解6.如甲所示，一维坐标系中有一质量为 m=2kg 的物块静止于 x 轴上的某位置（图中未画出） ，从 t=0 时刻开始，物块在外力作用下沿 x 轴做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方关系的图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）A. 物块运动的加速度大小为 1m/s2B. 前 2s 时间内物块的位移大小为 2mC. t=4s 时物块位于 x
9、=2m 处D. 24s 时间内物块的位移大小为 3m【答案】CD5【解析】A. 由 x=x0+ ，结合图象可知物块做匀加速直线运动，加速度 a=0.5m/s2，初位置 x0=2m，v22a故 A 错误； B. 由 x= at2得 t=2s 时物块的位移 x=1m，故 B 错误；12C. 由 x=x0+ at2得 t=4s 时物块的位置为 x=2m，故 C 正确；12D由 x= at2得 t=2s 时物块的位移 x=1m，t=4s 时物块的位移 x=4m，24s 时间内物块的位12移大小为 3m ，故 D 正确。故选：CD7.某回旋加速器两 D 形盒间电压的变化周期可随时与粒子运动周期同步，粒子
10、通过缝隙时加速电压都能保持大小为 U，已知它可以将质子 加速到某一速度 vm，如果改用它加速 粒子，并且也要达到相同的速度，则A. 磁感应强度大小应变为原来的12B. 磁感应强度应大小变为原来的 2 倍C. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的 2 倍D. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的12【答案】BC【解析】AB根据 得 ， 粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度，磁qvB=mv2r v=qBrm感应强度应大小变为原来的 2 倍，故 A 错误，B 正确；CD根据 Ek= =nqU 得 ， 粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速12mv2 n=mv22qU度， 粒子加速的次
11、数应是质子加速次数的 2 倍，在回旋加速器中转过的周期数是原来的 2 倍，故 C 正确，D 错误。6故选：BC8.如图所示，一质量为 m 的铁环套在粗糙的水平横杆上，通过细线连接一质量也为 m 的小球，小球还用一水平细线拉着。保持环和小球的位置不变，横杆的位置逐渐按图示方向转到竖直位置，在这个过程中环与杆相对静止，则（ ）A. 连接环和小球的细线拉力增大B. 杆对环的作用力保持不变C. 杆对环的弹力一直减小，最小值为 mgD. 杆对环的摩擦力先减小后增大，最大值为 2mg【答案】BD【解析】A保持环和小球的位置不变，细线与竖直方向的夹角不变，细线的拉力 Tcos45=mg，T=mg，保持不变，
12、故 A 正确；2B环受到重力、细线的拉力、杆的作用力，由于重力和细线的拉力不变，杆对环的作用力保持不变，故 B 正确；CD杆的位置由水平转到竖直位置的过程中，由于线的拉力与环重力的合力方向斜向右下，杆对环的弹力始终垂直于杆方向，根据动态分析方法可知，杆对环的弹力先增大后减小，对环的摩擦力先减小再增大，因此杆对环的弹力在杆水平时为 2mg，竖直时为 mg，所以杆对环的弹力的最小值为 mg；杆对环的摩擦力在水平时为 f=Tsin45=mg，在竖直时为：f2=mg+Tcos45=2mg，所以杆对环的摩擦力最大值 2mg，故 C 错误，D 正确。故选：BD二、实验题9.某同学用如图甲所示的实验装置测量
13、物块与木板间的动摩擦因数 。实验装置中表面粗糙的长木板固定在水平桌面上，一端装有轻滑轮，另一端固定有打点计时器，物块一端通过打点计时器与纸带相连。另一端通过细绳与托盘（内有砝码）相接，用天平测量物块的7质量为 M，托盘和砝码的总质量为 m，实验时，调整轻滑轮，使细线水平，让物块在托盘和砝码的拉力作用下由静止开始运动，已知打点计时器所用交流电源的频率为 f，物块运动过程中通过打点计时器得到一条纸带的一部分如图乙所示，图中测量出了三个连续点1、2、3 之间的距离 x1、x 2。已知当地的重力加速度大小为 g，根据题目中给出的物理量的符号和实验测量的物理量的数据，写出动摩擦因数的表达式 = _（不计
14、打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力） ，如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，则求出的动摩擦因数的数值 _ （选填“偏大”或“偏小” ）由此引起的误差属于 _（选填“偶然误差”或“系统误差” ） 。若用此装置做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，除了必须满足物块的质量远大于托盘和砝码的总质量，还必须进行的实验操作是_ 。【答案】 (1). = ； (2). 偏大； (3). 系统误差； (4). 适mg(M+m)(x2x1)f2Mg当垫高长木板没有定滑轮的一端以平衡摩擦力；【解析】(1) 由匀变速运动的推论x=aT 2可知加速度为：a= ；以系统为研究对象，由x2x1T2=(x2
15、x1)f2牛顿第二定律得：mgf=(m+M)a，滑动摩擦力：f=Mg，解得：= ；mg(M+m)(x2x1)f2Mg如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，由牛顿第二定律得：mgf=Ma，联立解得 = ，求出的动摩擦因数的数值偏大；由此引起的误差是由于实验原理造成的，mgM(x2x1)f2Mg属于系统误差。（2）做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，物块受到的拉力应为物块受到的合外8力，应适当垫高长木板没有定滑轮的一端，用重力沿木板向下的分力平衡摩擦力。10.某实验小组为了测量某一电阻 Rx 的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出 Rx 的阻值约为 18 左右。为了进一步精确测量该电
16、阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程 15mA，内阻未知)B.电流表(量程 0.6A，内阻未知)C.电阻箱(099.99)D.电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约 3V，内阻约 1)F.单刀单掷开关 2 只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合 S1，断开 S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为 I；b.保持开关 S1闭合，再闭合开关 S2，调节电阻箱的阻值为 R2，使电流表的示数仍为 I。根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_ （选填器材
17、前的字母）根据实验步骤可知，待测电阻 Rx= _（用步骤中所测得的物理量表示） 。同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻9RA=2.0，闭合开关 S2，调节电阻箱 R，读出多组电阻值 R 和电流 I 的数据；由实验数据绘出的 -R 图象如图乙所示，由此可求得电源电动势 E=_ V，内阻 r= _ 1I。(计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A; (2). D; (3). ; (4). 3.2; (5). 0.80;R2R1【解析】【详解】 （1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax= 0.167A=167mA，如果电流表选 B，则
18、读数误差太大，故电流表应选 A；ERx+RA+r ERx电源电动势为 3V，电流表量程为 15mA=0.015A，由欧姆定律：I=U/R 可知，电路中的最小电阻应为：R max=E/IA=3V/0.015A=200，所以电阻箱应选 D；根据闭合电路欧姆定律，S 2断开时有：E=I(R x+R1+RA+r)S2 闭合时有：E=I(R 2+RA+r)联立解得：R x=R2R1；(2)S 闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I(R+R A+r)则有： ，1I=1ER+RA+rE由图像可得， ，0.2=1E636+RA+rE 0.1=1E316+RA+rE联立解得：E=3.2 V r=2.0 .【点睛
19、】根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关 S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电源电动势和内阻。三、计算题11.如图甲所示，在光滑水平面上有一质量为 m1=1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m2=2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数 =0.5，假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水平拉力 F=3t (N)，重力加速度大小 g=10m/s2。求木块和木板相对静止一起运动的时间 t1；通过计算，
20、在图乙中利用已经给出的坐标数据，画出木板和木块的加速度随时间 t 变化的图象。 （取水平拉力 F 的方向为正方向）10【答案】(1) (2)见解析t=10s【解析】开始时木板和木块一起做加速运动,有F=(m1m 2)a 解得 a=Fm1+m2= ktm1+m2当木板与木块间的摩擦力达到 fm=m 2g 后两者发生相对滑动。对木板有 f m=m 2g=m1a 由得 m 2g=m1 k=3kt1m1+m2解得：t 1=10s 发生相对滑动前，m 1、m 2共同加速度 a=Fm1+m2= ktm1+m2a=t 发生相对运动后对木块 m2有 F-m 2g= m2a2 a2=Fm2gm2 =ktm2ga
21、2=1.5t5 对木板 m1有 m 2g= m1a1a1=10m/s2 图象如图乙 1112.如图甲所示，在空间存在范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在磁场中竖直固定两根足够长的光滑平行金属导轨，磁场方向垂直导轨平面向里，导轨间距为 L，顶端接有阻值为 R 的电阻，导轨电阻不计。一根长度为 L、质量为 m、电阻为 r 的水平金属棒，以初速度 v0从导轨上的 MN 处开始竖直向上运动，且始终与导轨保持良好接触，当棒运动到 MN 下方 h 高度处刚好开始做匀速运动，重力加速度为 g，不计空气阻力。求：金属棒从开始运动到刚好做匀速运动的过程中，电阻 R 上消耗的电能； 金属棒从开始运动
22、到刚好做匀速运动所经历的时间；从微观角度看，金属棒中的自由电荷所受的洛伦兹力在电磁感应能量转化中起着重要作用。请在图乙中画出金属棒在匀速运动过程中，自由电子所受洛伦兹力的示意图。【答案】 （1） (2) (3)见解析E= RR+r(mgh+12mv02m3g2(R+r)22B4L4 ) t=mg(R+r)+B2L2v0B2L2g + B2L2hmg(R+r)【解析】（1）设金属棒匀速运动的速度 v，则此时棒所受的安培力F= BIL= mg 对回路有 BLv=I(Rr) 由得v= mg(R+r)B2L2金属棒从开始运动到刚好做匀速运动的过程中，回路消耗的电能为E12由能量守恒得E =mgh( )
23、 12mv2012mv2电阻 R 上消耗的电能E=E RR+rE= RR+r(mgh+12mv02-m3g2(R+r)22B4L4 )（2）设金属棒从开始运动到刚好做匀速运动所经历的时间为 t将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为t则安培力的冲量 I 安 =Bi1Lt+Bi 2Lt+Bi 3Lt+I 安 =BL（i 1t+i 2t+i 3t+）I 安 =BLq 又 q=t I=ER+rE=t=BLht所以 I 安 =BLq= B2L2hR+r取向上方向为正，对金属棒由动量定理得-mgtI 安 = -mv-mv0 t=mg(R+r)+B2L2v0B2
24、L2g + B2L2hmg(R+r)（3）如图13.下列说法正确的是 _。A. 液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性B.当两薄玻璃板间加有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故C.当环境的相对湿度为 1 时，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同13D.用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加得罗常数，还需要知道油酸的密度和油酸的摩尔质量E. PM2.5 是指环境空气中直径小于等于 2.5m 的颗粒物。温度越高，PM2.5 的运动就会越激烈，所以 PM2.5 的运动属于分子热运动【答案】ACD【解析】A. 液晶既具有液体的流动性，同时又具有晶
25、体的各向异性，故 A 正确； B.中间有一层水膜的薄玻璃板，沿垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，是由于大气压强的缘故，故 B 错误； C.当环境的相对湿度为 1 时，湿泡温度计停止蒸发，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同，故 C 正确；D. 在已知直径的情况下要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，若知道油酸的密度和油酸的摩尔质量，则可求得阿伏加德罗常数，则 D 正确；E. PM2.5 是指环境空气中直径小于等于 2.5 微米的颗粒物，不是分子，故 E 错误。故选：ACD14.如图所示，一绝热气缸固定在倾角为 30的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为
26、m，横截面积为 S。初始时，气体的温度为 T0，活塞与汽缸底部相距为 L。通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量 Q 时，活塞上升到与汽缸底部相距 2L 处，已知大气压强为 P0，重力加速度为 g，不计活塞与气缸壁之间的摩擦。求：此时气体的温度；加热过程中气体内能的增加量。【答案】(1) (2) T=2T0 U=Q(P0+12mg)sL【解析】设加热后的温度为 T，此时气体体积 V14初始时体积 V0，由等压变化有：TT0=VV0T2 T 0 由题意得，封闭气体压强为 P P omgsin30 该过程气体对外界做功 WPSL（P omgsin30）SL气体内能的增加量 U-WQUQ（P omg
27、sin30）SL U=Q(P0+12mg)SL15.如图所示，P、Q、M 是均匀媒介中 x 轴上的三个质点，PQ、QM 的距离分别为 3m、2m，一列简谐横波沿 x 轴向右传播。在 t=0 时刻，波传播到质点 P 处并且 P 开始向下振动，经t=3s，波刚好传到质点 Q，而此时质点 P 恰好第一次到达最高点且离平衡位置 10cm 处。下列说法正确的是 _。A.该简谐波的波速为 1m/sB.该简谐波的波长为 12mC.当波传播到质点 M 时，质点 P 通过的路程为 50cmD.当 t=5s 时，质点 Q 的加速度方向竖直向下E.当质点 M 运动到最高点时，质点 Q 恰好处于最低点【答案】ACE【
28、解析】A在 t=0 时刻，波传播到质点 P，经 t=3s，波刚好传到质点 Q，根据 ，v=xt=33m/s=1m/s故 A 正确； B在 t=0 时刻，质点 P 开始向下振动，经 t=3s，质点 P 恰好第一次到达最高点，则 ，34T=3T=4s，根据 ， =4m，故 B 错误； v=TC当波传播到质点 M 时，用时 t=x/v=5s，即 ，质点 P 通过的路程为 5A=50cm，故 C 正确；54TD当 t=5s 时，质点 Q 已经振动了 2s，运动到了平衡位置，加速度为零，故 D 错误；15E质点 M 比质点 Q 晚运动了半个周期，当质点 M 运动到最高点时，质点 Q 恰好处于最低点，故
29、E 正确。故选：ACE16.如图所示是一透明物体的横截面，横截面为等腰三角形 ABC，边长 AB 长为 a，底面 AC镀有反射膜。今有一条光线垂直 AB 边从中点入射，进入透明物体后直接射到底面 AC 上，并恰好发生全反射， （已知光在真空中的传播速度为 c）求：透明物体的折射率和光在透明物体内的传播时间；若光线从 AB 面沿平行于底面的方向射向透明物体，求光线最终离开透明物体时的出射角。【答案】(1) （2）t=2aC r=45【解析】（1）根据题意，光线射到 AC 面上时入射角度恰好为临界角 C，由几何关系 C=45，根据可得sinC=1n n=1sinC= 2由几何关系可知光在透明物体中的传播路径长为 a，设光在介质中的传播速度为 v 有 可得（2）设此时光在 AB 面的入射角为，折射角为 r，由题意可知， =45根据公式 16可得 r=30由几何关系可知 =45，=+ 知 =15，光在 AC 面的入射角为 75，发生全反射设在 BC 面的入射角为，折射角为 r，根据几何关系， =30根据公式 代入数值可得 r=45
