廣東省韶關市2018屆高三4月模擬考試（二模）理綜物理試題二、選擇題：本題共8小題。在每小題給出的四個選項中，第l4~17題只有一項符合題目要求，第l8~21題有多項符合題目要求。1.下列說法中正確的是A.升高放射性物質的溫度，可縮短其半衰期B.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應，是因為該束光的波長太短C.某原子核經(jīng)過一次α衰變和三次β衰變后，核內中子數(shù)減少4個D.核反應堆是人工控制鏈式反應的裝置【答案】D【解析】半衰期與外界因素無關，A錯誤；不能發(fā)生光電效應說明入射光的頻率小于金屬的極限頻率，B錯誤；某原子核經(jīng)過一次衰變和兩次衰變后質量數(shù)減少4，電荷數(shù)不變，核內中子數(shù)減少4個，C錯誤；核反應堆是人工控制鏈式反應的裝置，D正確．2.電容式加速度傳感器的原理結構如圖，質量塊右側連接輕質彈簧，左側連接電介質，彈簧與電容器固定在外框上.質量塊可帶動電介質移動改變電容。則A.電介質插入極板間越深，電容器電容越小B.當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流C.若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長D.當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流【答案】B【解析】試題分析：先確定電介質向什么方向運動，再來確定電容器處于充電，還是放電，從而確定電路中的電流方向；由慣性可知，彈簧處于什么狀態(tài)；由牛頓第二定律，確定彈力是否變化，再確定電容器是否處于充放電狀態(tài)；根據(jù)電容器的電容公式，從而電容的大小變化．根據(jù)電容器的電容公式，當電介質插入極板間越深，即電介質增大，則電容器電容越大，A錯誤；當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質量塊要向左運動，導致插入極板間電介質加深，因此電容會增大，由于電壓不變，根據(jù)，可知，極板間的電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時針方向電流，B正確；若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時，因慣性，則繼續(xù)向右運動，從而壓縮彈簧，C錯誤；當傳感器以恒定加速度運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知，彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變，則電容器的電量不變，因此電路中沒有電流，D錯誤．3.如果把水星和金星繞太陽的運動視為勻速圓周運動，如圖所示.從水星與金星在一條直線上開始計時，若天文學家測得在相同時間內水星轉過的角度為θ1，金星轉過的角度為θ2（θ1、θ2均為銳角），則由此條件可求得A.水星和金星繞太陽運動的周期之比B.水星和金星的密度之比C.水星和金星表面的重力加速度之比D.水星和金星繞太陽運動的向心力大小之比【答案】A【解析】相同時間內水星轉過的角度為，金星轉過的角度為，可知它們的角速度之比為：，周期，則周期之比為，A正確；水星和金星是環(huán)繞天體，無法求出質量，也無法知道它們的半徑，所以求不出密度比，B錯誤；在水星表面物體的重力等于萬有引力，有，在金星表面物體的重力等于萬有引力由于水星和金星的質量比及半徑比都未知，所以無法求出水星和金星表面的重力加速度之比，C錯誤；根據(jù)，得，角速度之比可以得出水星和金星到太陽的距離，因為無法求出水星和金星的質量，所以無法求出水星和金星繞太陽運動的向心力大小之比，D錯誤．4.如圖所示，斜面體C放置在水平地面上，斜面上的物體A通過細繩和定滑輪與物體B相連，在水平力F作用下，A、B、C均處于靜止狀態(tài)，增大F后，A、B、C仍處于靜止狀態(tài)，則A.斜面對物體A的靜摩擦力增大B.輕繩對物體A的拉力減小C.地面對斜面體C的靜摩擦力增大D.地面對斜面體C的支持力增大【答案】C5.如圖甲所示，理想變壓器的原線圈電路中裝有0.5A的保險絲L，原線圈匝數(shù)n1=600匝，副線圈匝數(shù)n2=120匝.當原線圈接在如圖乙所示的交變電源上時，要使整個電路和用電器正常工作，則副線圈兩端可以接A.工作頻率為50Hz的家用電視機B.耐壓值為36V的電容器C.阻值為15Ω的電阻D.并聯(lián)兩盞“36V，40W”的燈泡【答案】CD【解析】由乙圖知周期為0.04s頻率為25Hz，不能為10Hz的電視供電，A錯誤；由乙圖知輸入電壓有效值為180V，所以副線圈兩端電壓有效值為，副線圈兩端電壓峰值為，超過電容的耐壓值，B錯誤；副線圈兩端電壓有效值為36V，接阻值為15Ω的電阻時，電流為，此時原線圈中的電流為，并聯(lián)兩盞的“36V40W”燈泡時，電流為，CD正確．6.如圖甲所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始運動，物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示，其中0x1過程的圖線是曲線，x1~x2過程的圖線為平行于x軸的直線，則下列說法中正確的是A.物體在沿斜面向上運動B.在0~x1過程中，物體所受合力一直增大C.在0~x2過程中，物體先減速再勻速D.在x1x2過程中，物體的加速度為gsinθ【答案】BD【點睛】解決本題的關鍵通過圖線的斜率確定出拉力的變化，然后根據(jù)牛頓第二定律判斷出加速度的方向，根據(jù)加速度方向和速度的方向關系知道物體的運動規(guī)律．7.如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中A.PQ中電流先增大后減小B.PO兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先增大后減小【答案】CD【解析】導體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢，保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析得知PQ中的電流先減小后增大，A錯誤；PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，由，可知PQ兩端的電壓先增大后減小，B錯誤；導體棒勻速運動，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻R先增大后減小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先減小后增大，C正確；線框作為外電路，總電阻最大值為，則導體棒PQ上的電阻始終大于線框的總電阻，當導體棒向右運動的過程中電路中的總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的功率的分配關系與外電阻的關系可知，當外電路的電阻值與電源的內電阻相等時外電路消耗的電功率最大，所以可得線框消耗的電功率先增大后減小，D正確．8.如圖所示，質量為m、電量為q的小球在電場強度E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，且mg=qE，則下面說法中正確的是A.電場方向豎直向上B.小球運動的加速度大小為gC.小球最大高度為D.小球電勢能的最大值為【答案】BD【解析】試題分析：以小球為研究對象進行受力分析如圖所示：因小球所受電場力與重力大小相等，而合力方向只能與運動方向共線，所以可知電場力的方向只能如圖所示，與水平方向成300夾角，所以選項A錯誤；故可知小球所受合力大小，所以小球的加速度為g，方向與運動方向相反，故選項B正確；小球的最大位移，故可知其上升的最大高度為，所以選項C錯誤；電場力做的功為，故可知小球的電勢能增大了，因初始位置電勢能為零，所以可知到達最高點時電勢能最大，為，故選項D正確；考點：電場力做功、電勢能、運動學公式三、非選擇題9.某同學看到法治節(jié)目中報道有人用彈弓射擊野生保護動物，他對此行為表示強烈造責，為了教育其他同學不要玩彈弓，他想用學過的物理知識來實際測量它的威力。于是他準備了一個節(jié)目中類似的彈弓（如圖甲），它每側固定有兩根完全相同的橡膠管。金屬彈珠質量為10g，直徑為10mm.（1）他首先猜想橡膠管拉伸過程中彈力與形變量的關系滿足胡克定律，為了驗證猜想進行了實驗。由于實驗室的傳感器量程較小，于是他取其中一根橡膠管進行實驗，通過傳感器拉動橡皮管，記下它每一次的長度L及對應的拉力F大小，并在坐標紙畫出圖乙所示的圖像.為了便于研究，他在老師的啟發(fā)下將原圖像擬合成如圖丙所示，請你根據(jù)圖像，計算出該單根橡膠管的原長L0=__________，勁度系數(shù)k=__________.（2)同學查閱資料發(fā)現(xiàn)，當彈丸發(fā)射后的比動能（動能與最大橫截面積的比值）超過1.8J/cm2就可被認定為槍支，并且滿足胡克定律的物體在彈性限度內其彈性勢能E與形變量x的關系式可表示為E=kx2.在一次測試中彈弓每側的橡皮管組拉至49cm長.請你估算彈珠離開彈弓時的比動能____________________（π取3，結果保留兩位有效數(shù)字）【答案】(1).34cm(2).70N/m(3).4.2J/cm2【解析】試題分析：在FL圖象中，斜率代表橡膠管的勁度系數(shù)；根據(jù)胡克定律F=kx求得彈簧的原長；根據(jù)，求得金屬珠的動能，即可求得比動能．（1）由圖線可知；設橡膠管的原長為，當時，，解得；（2）當彈弓拉到49cm時，由機械能守恒，彈珠的比動能．10.某實驗小組設計如下電路圖來測量電源的電動勢及內阻.其中待測電源電動勢約為2V，內阻比較小；所用電壓表量程為3V、內阻很大。（1）按實驗電路圖在圖②中連接實物圖____________.（2）先將電阻箱電阻調至如圖③所示，則其電阻讀數(shù)為_________.閉合開關S，將S1l.l端，讀出電壓表的讀數(shù)為l.l0V；然后將S1打到a端，此時電壓表讀數(shù)如圖④所示，則其讀數(shù)為_________.根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)可得電阻R0=_________Ω（計算結果保留兩位有效數(shù)字）.（3）將S1打到b端，讀出電阻箱讀數(shù)R以及相應的電壓表讀數(shù)U，不斷調節(jié)電阻箱R，得到多組R值與相應的U值，作出圖如圖⑤所示，則通過圖象可以得到該電源的電動勢E=_________V，內阻r=_________Ω.(計算結果保留三位有效數(shù)字）【答案】(1).(2).11(3).1.50(4).4.0(5).1.67(6).1.00【解析】①根據(jù)電路圖連接實物如圖②電阻箱電阻調至如圖（3）所示，則其電阻讀數(shù)為電壓表的分度值是0.1V，要估計到分度值的下一位；電壓表讀數(shù)如圖（4）所示，則其讀數(shù)為1.50V。因為R與R0串聯(lián)，所以，即，解得③根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：，變形得：根據(jù)圖的截距得，解得：根據(jù)圖的斜率得，解得：11.如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上.一電荷量為q、質量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力（1）已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大??；（2）若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側邊緣射出電場，方向與水平方向成30°角，求A點離下極板的高度；（3）在（2）的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應強度B應為多大？【答案】（1）E=v0B0（2）（3）【解析】(1)設板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qE＝qv0B0解得E＝v0B0。(2)設A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得qEh＝mv2－mv02離子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速運動，有解得(3)設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得由幾何關系得＝rcos30°解得12.如圖所示，一質量M=3kg的長木板B靜止在光滑的水平面上，長木板B的右端與豎直擋板的距離s=0.5m.一個質量m=lkg的小物塊A以v0=13m/s的水平初速度從長木板B的左端開始運動，當長木板B與豎直擋板發(fā)生碰撞時，小物塊A均未到達長木板B的右端。小物塊A可視為質點，與長木板B間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，長木板B與豎直擋板的碰撞時間極短，且碰撞過程中無機械能損失，g取10m/s2.（1）長木板B與豎直擋板第一次碰撞前的瞬間，小物塊A和長木板B的速度各是多少?（2）當長木板B的速度第一次減小到0時，小物塊A和長木板B組成的系統(tǒng)中產(chǎn)生的內能為多少?（3）若最后小物塊A不從長木板B上滑下，小物塊A和長木板B的最終速度為多少？【答案】（1）v1=lm/s，v1=l0m/s（2）Q=60J（3）0.125m/s，負號表示A和B最終運動方向向左【解析】試題分析：小物塊A和長木板B組成的系統(tǒng)動量守恒，取小物塊A的初速度方向為正方向，在長木板B與豎直擋板第一次碰撞前的過程，滿足守恒定律，在對長木板B，在長木板B與豎直擋板第一次碰撞前的過程，根據(jù)動能定理聯(lián)立以上即可求出小物塊A和長木板B的速度；長木板B每次與豎直擋板碰撞前后，速度大小不變，方向反向，從長木板B與豎直擋板碰撞后到長木板B的速度第一次減小到0的過程，小物塊A和長木板B組成的系統(tǒng)動量守恒，在結合動能定理即可求出內能；從長木板B與豎直擋板第一次碰撞后到長木板B第二次與豎直擋板發(fā)生碰撞前的過程，應用動量守恒定律，即可求出小物塊A和長木板B的最終速度。（1）小物塊A和長木板B組成的系統(tǒng)動量守恒，取小物塊A的初速度方向為正方向，在長木板B與豎直擋板第一次碰撞前的過程，根據(jù)動量守恒定律有對長木板B，在長木板B與豎直擋板第一次碰撞前的過程，根據(jù)動能定理有解得：，（2）長木板B每次與豎直擋板碰撞前后，速度大小不變，方向反向，從長木板B與豎直擋板碰撞后到長木板B的速度第一次減小到0的過程，小物塊A和長木板B組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有解得：從小物塊A開始滑動到長木板B的速度第一次減小到0的過程，對系統(tǒng)根據(jù)動能定理有解得：（3）從長木板B與豎直擋板碰撞后，到長木板B的速度第一次減小到0的過程有解得：從長木板B第一次速度減小到0到長木板B第二次與豎直擋板發(fā)生碰撞前，長木板B走過的距離相等，摩擦力做功相等，獲得的速度相等，即第二次與豎直擋板碰撞前的速度仍為，從長木板B與豎直擋板第一次碰撞后到長木板B第二次與豎直擋板發(fā)生碰撞前的過程，對系統(tǒng)應用動量守恒定律有：解得：此時，系統(tǒng)動量方向仍為正方向，長木板B會與豎直擋板發(fā)生第三次碰撞，從長木板B與豎直擋板第二次碰撞后到長木板B第三次與豎直擋板發(fā)生碰撞前的過程，對系統(tǒng)應用動量守恒定律有：解得：此時，若最后小物塊A不從長木板B上滑下，小物塊A和長木板B最終以相同速度運動，即解得：點睛：本題主要考查了碰撞過程中滿足動量守恒問題，關鍵是要分清過程，列出相應的動量守恒和能量守恒公式即可求解。13.下列說法中正確的是__________.A.溫度、壓力、電磁作用可以改變液晶的光學性質B.大顆粒的鹽磨成了細鹽，就變成了非晶體C.空氣的相對濕度定義為空氣中所含水蒸氣壓強與同溫度水的飽和蒸汽壓的比值D.分子質量不同的兩種氣體，溫度相同時其分子的平均動能相同E.理論上，第二類永動機并不違背能量守恒定律，所以隨著人類科學技術的進步，第二類永動機是有可能研制成功的【答案】ACD【解析】溫度、壓力、電磁作用可以改變液晶的光學性質，選項A正確；大顆粒的鹽磨成了細鹽，不改變晶體的結構，故還是晶體，選項B錯誤；空氣的絕對濕度是指大氣中水蒸氣的實際壓強；空氣的相對濕度定義為空氣中所含水蒸氣壓強與同溫度水的飽和蒸汽壓的比值，選項C正確；溫度是分子平均動能的標志，故分子質量不同的兩種氣體，溫度相同時其分子的平均動能相同，選項D正確；理論上，第二類永動機并不違背能量守恒定律，但是違背熱力學第二定律，所以隨著人類科學技術的進步，第二類永動機也不可能研制成功的，選項E錯誤；故選ACD.14.如圖所示，一上端開口，下端封閉的細長玻璃管豎直放置。玻璃管的下部封有長l1=25.0cm的空氣柱，中間有一段長度l2=25.0cm的水銀柱，上部空氣柱的長度與l3=40.0cm.已知大氣壓強為P0=75.0cmHg.現(xiàn)將一活塞（圖中未畫出）從玻璃管口處緩慢往下推，使管下部空氣柱長度變?yōu)閘1'=20.0cm，假設活塞下推過程沒有漏氣，求：①壓縮后下部空氣柱的壓強；②活塞下推的距離?！敬鸢浮竣?25cmHg②15.0cm【解析】①設玻璃管的