吉林省白城市通渭县三校高三最后模拟联考物理试题

通榆县2018届三校联合模拟考试理科综合试卷物理(通榆县第一中学,通榆县实验中学,通榆县蒙古族中学)

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14~18题只有一项是符合题目要求，第19~21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。14.下列说法正确的是()A．氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小B．在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D．氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应15.如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间(x－t)图象．A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法不正确的是()A．A、B相遇两次B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等C．两质点速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为eq\f(x1＋x2,2)16．如图所示，靠在一起的M、N两转盘靠摩擦传动，两盘均绕过圆心的竖直轴转动，M盘的半径为r，N盘的半径R＝2r.A为M盘边缘上的一点，B、C为N盘直径的两个端点．当O′、A、B、C共线时，从O′的正上方P点以初速度v0沿O′O方向水平抛出一小球．小球落至圆盘C点，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．若M盘转动角速度ω＝eq\f(2πv0,r)，则小球抛出时到O′的高度为eq\f(gr2,2v\o\al(2,0))B．若小球抛出时到O′的高度为eq\f(gr2,2v\o\al(2,0))，则M盘转动的角速度必为ω＝eq\f(2πv0,r)C．只要M盘转动角速度满足ω＝eq\f(2nπv0,5r)(n∈N*)，小球就可能落至C点D．只要小球抛出时到O′的高度恰当，小球就可能落至C点17.宇航员乘坐宇宙飞船登上某星球，在该星球“北极”距星球表面附近h处自由释放一个小球，测得落地时间为t.已知该星球半径为R，自转周期为T，引力常量为G.下列说法正确的是()A．该星球的平均密度为eq\f(3h,2πRGt2)B．该星球的第一宇宙速度为eq\f(2πR,T)C．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不大于πteq\r(\f(2R,h))D．如果该星球存在一颗同步卫星，其距星球表面高度为eq\r(3,\f(hT2R2,2π2t2))18．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),5π)T．单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，Ⓐ为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36V,36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是()A．电流表的示数为1AB．矩形线圈产生电动势的最大值为18VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝18eq\r(2)sin90πtVD．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移19.a、b是位于x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势如图中曲线所示(取无穷远电势为零)，M、N、P为x轴上的三点，P点对应图线的最低点，a、P间距离大于P、b间距离．一质子以某一初速度从M点出发，仅在电场力作用下沿x轴从M点运动到N点，则下列说法正确是()A．P点处的电场强度为0B．a和b一定是带等量同种电荷C．质子在运动过程中速率先增大后减小D．质子在运动过程中加速度先增大后减小20．如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的压力为FN，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v。若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超过圆心离地的高度)。不计空气阻力，下列图象正确的是()21．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(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，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程()A．杆的速度最大值为eq\f(F－μmgR,B2d2)B．流过电阻R的电荷量为eq\f(BdL,R＋r)C．从静止到速度恰好达到最大经历的时间t＝eq\f(mR＋r,B2d2)＋eq\f(B2d2L,F－μmgR＋r)D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量第=2\*ROMANII卷（非选择题共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。22.(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一水平的气垫导轨，导轨上A点处有一滑块，其质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连．调节细绳的长度使每次实验时滑块运动到B点处与劲度系数为k的弹簧接触时小球恰好落地，测出每次弹簧的压缩量x，如果在B点的正上方安装一个速度传感器，用来测定滑块到达B点的速度，发现速度v与弹簧的压缩量x成正比，作出速度v随弹簧压缩量x变化的图象如图乙所示，测得v－x图象的斜率k′＝eq\r(\f(k,M)).在某次实验中，某同学没有开启速度传感器，但测出了A、B两点间的距离为L，弹簧的压缩量为x0，重力加速度用g表示，则：(1)滑块从A处到达B处时，滑块和小球组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝____________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝______________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示)(2)在实验中，该同学测得M＝m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m，并改变A、B间的距离L，作出的x2－L图象如图丙所示，则重力加速度g＝________m/s2.23.(9分)某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3V，内阻不可忽略)，两个完全相同的电流表A1、A2(量程为3mA，内阻不计)，电阻箱R(最大阻值为9999Ω)，定值电阻R0(可供选择的阻值有100Ω、1kΩ、10kΩ)，开关S，导线若干，刻度尺。实验步骤如下：A．测得圆柱形玻璃管内径d＝20mm；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表A1、A2示数，分别记为I1、I2，记录电阻箱的阻值R；D．改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；E．断开S，整理好器材。(1)为了较好的完成该实验，定值电阻R0应选________。(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式Rx＝__________(用R0、R、I1、I2表示)。(3)若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表A1、A2示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的RL关系图象，则自来水的电阻率ρ＝______Ω·m(保留两位有效数字)。在用本实验方法测电阻率实验中，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将_______(选填“偏大”“不变”或“偏小”)。24．(12分)如图甲所示，质量均为m＝0.5kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.25.(20分)如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且E0＝eq\f(mv2,ql)，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：(1)所加磁场的宽度DH；(2)所加磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________(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．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似，具有各向异性B．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的C．物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能D．随着科学技术的不断进步，总有一天能实现热量自发地从低温物体传到高温物体E．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的减小而增大(2)(10分)如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内有一个不计质量的活塞，可在汽缸内做无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体。已知活塞的横截面积为100cm2，大气压强为1.0×105Pa，汽缸内气体温度为27℃。①若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小为原来的eq\f(4,5)，试求这时气体的压强和所加重物的重力；②在加重物的情况下，要使汽缸内的气体缓慢恢复到原来的体积，应对气体加热，问应使气体的温度升高到多少摄氏度。34．[物理——选修3－4](15分)(1)[5分]如图甲所示为一列沿水平方向传播的简谐横波在时刻t的波形图，如图乙所示为质点b从时刻t开始计时的振动图象，则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．该简谐横波沿x轴正方向传播B．该简谐横波波速为0.4m/sC．再经过12.5s，质点a通过的路程为0.5mD．再经过12.5s，质点a通过的路程为10cmE．当该波传播中遇到尺寸为3m的障碍物，能发生明显的衍射现象(2)(10分)如图所示，真空中两细束平行单色光a和b从一透明半球的左侧以相同速率沿半球的平面方向向右移动，光始终与透明半球的平面垂直。当b光移动到某一位置时，两束光都恰好从透明半球的左侧球面射出(不考虑光在透明介质中的多次反射后再射出球面)。此时a和b都停止移动，在与透明半球的平面平行的足够大的光屏M上形成两个小光点。已知透明半球的半径为R，对单色光a和b的折射率分别为n1＝eq\f(2\r(3),3)和n2＝2，光屏M到透明半球的平面的距离为L＝(eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2))R，不考虑光的干涉和衍射，真空中光速为c，求：①两细束单色光a和b的距离d；②两束光从透明半球的平面入射直至到达光屏传播的时间差Δt。理综物理部分参考答案14.B15.D16.A17.A18.C19.AC20.AD21.BCD详解部分:14.[答案]B[解析]氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小，减小的能量以光子的形式释放出来，故氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越高，A错误；在核反应中，由比结合能较小的原子核变成比结合能较大的原子核才会释放核能，B正确；β射线是原子核内的中子转化为质子同时放出的电子，C错误；氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1的能级辐射出的光子的能量为E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，恰好能使某种金属发生光电效应，从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级辐射的光子的能量E2＝－15.1eV－(－3.4eV)＝1.89eV。故不能使这种金属发生光电效应，D错误。15.[答案]D[解析]两图象交点C、D表示A、B两质点相遇两次，则选项A正确；根据平均速度的定义和图象斜率的意义，知选项B正确；B质点的图象是过原点的一条抛物线，知质点B做初速度为0的匀加速运动，易知选项C正确；质点A、B速度相等时A在B前面且离B最远，又B做匀加速直线运动，可知B的位移小于eq\f(x1＋x2,2)，选项D错误．16.[答案]A[解析]小球能落在C点，运动时间有两种可能：当C点离O′最近时，r＝v0t1；当C点离O′最远时，5r＝v0t2.在这两种情况下，小球抛出时离O′的高度应满足h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(gr2,2v\o\al(2,0))或h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(25gr2,2v\o\al(2,0)).由于两盘边缘线速度大小相等，ωMr＝ωNR，因此M盘的角速度是N盘的两倍，对应的角速度应满足ω1＝eq\f(22n＋1π,t1)＝eq\f(22n＋1πv0,r)(n∈N)和ω2＝eq\f(2·2nπ,t2)＝eq\f(4nπv0,5r)(n∈N*)，当n＝0时，A选项正确；B选项只给出了n＝0的情况，因此B项错误；对比ω2可知C选项错误；在满足小球抛出时离O′的高度的情况下，还应满足M盘转动的角速度关系，才能保证小球落在C点，D项错误．17.[答案]A[解析]对星球“北极”表面附近自由释放的小球，由运动学公式h＝eq\f(1,2)gt2，可知星球表面的重力加速度大小为g＝eq\f(2h,t2).对处于星球表面的物体而言Geq\f(Mm,R2)＝mg，星球的体积为V＝eq\f(4,3)πR3，又由ρ＝eq\f(M,V)，联立可得ρ＝eq\f(3h,2πGRt2)，A正确；该星球的第一宇宙速度为v＝eq\r(gR)＝eq\r(\f(2hR,t2))，而T为星球的自转周期，故v≠eq\f(2πR,T)，B错误；宇宙飞船的最小环绕周期为Tmin＝eq\f(2πR,v)＝πteq\r(\f(2R,h))，C错误；该星球的同步卫星的周期为T，则由万有引力定律可知＝meq\f(4π2,T2)(R＋H)，解得H＝eq\r(3,\f(hT2R2,2π2r2))－R，D错误．18.[答案]C[解析]小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2＝eq\f(36W,36V)＝1A；根据变流比公式：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得：I1＝2A，故A错误；小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得：U1＝18V，故矩形线圈产生电动势的有效值为18V，矩形线圈产生电动势的最大值为18eq\r(2)V，故B错误；根据公式Em＝NBSω，解得：ω＝eq\f(Em,NBS)＝eq\f(18\r(2),1×\f(\r(2),5π)×1)rad/s＝90πrad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝Emsinωt＝18eq\r(2)sin90πtV，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式Em＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误．19.[答案]AC[解析]由电势图线知两电荷均带正电，但电荷量Q1>Q2，选项B错误；由沿电场线方向电势降低知，在P点场强方向改变，所以P点处的电场强度为0，选项A正确；质子从M点运动到N点，加速度先减小后增大，速率先增大后减小，选项C正确，D错误．20.答案：AD解析：设小物体释放位置距地面高为H，小物体从A点到B点应用机械能守恒定律有，vB＝eq\r(2gR)，到地面时的速度v＝eq\r(2gH)，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D对；小物体在B点的加速度a＝eq\f(v\o\al(2,B),R)＝2g，选项A对；在B点对小物体应用向心力公式，有FB－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，又由牛顿第三定律可知FN＝FB＝3mg，选项B错；小物体离开B点后做平抛运动，竖直方向有H－R＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有x＝vBt，联立可知x2＝4(H－R)R，选项C错。21.[答案]BCD[解析]当杆的速度达到最大时，安培力FA＝eq\f(B2d2v,R＋r)，杆受力平衡，则有F－μmg－FA＝0，所以v＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，A错误；流过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BdL,R＋r)，B正确；由动量定理可知(F－μmg－BId)t＝mv，q＝It，又v＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，解得t＝eq\f(mR＋r,B2d2)＋eq\f(B2d2L,F－μmgR＋r)，C正确；对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确．22.(6分)[答案](1)(2分)mgL(2分)(2)9.6(2分)[解析](1)滑块刚接触弹簧时的速度为v0＝x0eq\r(\f(k,M))，故系统的动能增加量为ΔEk＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,0)＝；由于只有小球的重力做功，故重力势能的减少量为ΔEp＝mgL.(2)根据机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，v＝xeq\r(\f(k,M))，M＝m解得x2＝eq\f(mg,k)L，由题图丙可得k″＝eq\f(mg,k)＝0.096m，故g＝eq\f(kk″,m)＝eq\f(100×0.096,1)m/s2＝9.6m/s2.23(9分)答案：(1)1kΩ(2分)(2)eq\f(I2R0＋R,I1)(2分)(3)16(3分)不变(2分)解析：(1)电源电动势为3V，电流表的量程为3mA，则最小电阻R＝eq\f(E,I)＝eq\f(3,3×10－3)Ω＝1kΩ，故定值电阻选1kΩ的即可。(2)玻璃管内水柱的电阻Rx满足I1Rx＝I2(R0＋R)，即Rx＝eq\f(I2R0＋R,I1)。(3)当I1＝I2时，则Rx＝R0＋R，即ρeq\f(L,S)＝R0＋R，即R＝eq\f(ρ,S)L－R0，由题图乙可知：eq\f(ρ,S)＝eq\f(4.0＋1.0×103,0.1)＝5×104，S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2＝eq\f(1,4)πd2，则ρ＝5×104×eq\f(1,4)×3.14×(20×10－3)2Ω·m≈16Ω·m；若电流表内阻不能忽略，则：Rx＋rA＝R0＋R＋rA，即Rx＝R0＋R，则表达式不变，自来水电阻率测量值与上述测量值相比将不变。24.(12分)[答案](1)8m/s7m/s(2)3.5s[解析](1)(6分)在0～3s内，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，(2分)其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s解得：v＝8m/s(1分)设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma(1分)P在B、C两点间做匀减速直线运动，有v2－veq\o\al(2,1)＝2aL(1分)解得：v1＝7m/s(1分)(2)(6分)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：mv1＝mv1′＋mv2(2分)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(2分)碰撞后Q做匀减速直线运动，Q加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma有：t＝eq\f(v2,a)(1分)解得：t＝3.5s(1分)25(20分)[答案](1)(eq\r(2)－1)l(2)eq\f(2mv,ql)(3)eq\f(2l,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)＋\f(π,8)))[解析](1)(10分)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，设射出该电场时沿电场方向的偏转距离为d由E0q＝ma(1分)得a＝eq\f(v2,l)(1分)由l＝vt得t＝eq\f(l,v)(1分)d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)l(1分)粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度vy＝at＝v(1分)速度偏向角θ满足tanθ＝eq\f(vy,v)＝1，解得θ＝eq\f(π,4)(1分)粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知：OD＝eq\f(1,2)l(1分)OD2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2＝R2(1分)解得R＝eq\f(\r(2),2)l(1分)由R＝OD＋eq\f(1,2)DH得DH＝(eq\r(2)－1)l(1分)(2)(4分)射入磁场的速度大小为v′＝eq\r(2)v(1分)由洛伦兹力提供向心力得qv′B＝meq\f(v′2,R)，(2分)解得B＝eq\f(2mv,ql)(1分)(3)(6分)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝t＝eq\f(l,v)(1分)粒子在磁场中向上偏转的运动时间t2＝eq\f(θ,2π)T,(1分)其中T＝eq\f(2πm,qB)(1分)在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝eq\f(\r(2)v,a)（1分）粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动的总时间为t总＝2(t1＋t2＋t3)(1分)解得t总＝eq\f(2l,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(2)＋\f(π,8)))(1分)33.15分答案：(1)ABE(2)①250N②102℃(1)5分ABE解析：液晶具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，选项A正确；单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性，选项B正确；物体中分子热运动的动能与分子势能的总和等于物体的内能，选项C错误；热量永远都不可能自发地由低温物体传到高温物体，选项D错误；当分子力表现为斥力时，分子力与分子势能都是随分子间距离的减小而增大，选项E正确。(2)10分①若保持温度不变，在活塞上放一个重物，使汽缸内气体的体积减小为原来的eq\f(4,5)