山东省日照市高三下学期3月模拟理科综合物理试卷

2016级高三模拟考试理科综合（物理部分）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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。1.氢原了能级如图，一群氢原子处于n=4能级上。当氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级时，辐射光的波长为1884nm，下列判断正确的是A.氢原子向低能级跃迁时，最多产生4种谱线B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量C.氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时，辐射光的波长大于1884nmD.用从能级n=2跃迁到n=1辐射的光照射W逸【答案】D【解析】【分析】本题涉及氢原子的能级公式和跃迁，光子的发射，光子能量的计算，光电效应等知识点，涉及面较广，只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应；【详解】A、根据C42=6知，一群处于n=B、由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是原子核辐射能量，故B错误；C、从n=3和n=2的能级差大于n=4和n=3的能级差，则从n=3能级跃迁到D、从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量为：【点睛】解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，即Em2.A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)。若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为A.L1>L2 B.L1<L2 C.L1=L2【答案】C【解析】【分析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，A、B两球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合判断；【详解】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m由机械能守恒定律得：Ep=12mv2−12(m+M)v′2。【点睛】本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律，要注意明确能量的转化情况，并掌握动量守恒的条件。3.我国发射的“嫦娥四号”探测器首次探访月球背面。2018年12月30日8时，嫦娥四号探测器由距月面高度约100km的环月轨道，成功降轨至距月面15km的着陆轨道。2019年1月3日早，嫦娥四号探测器调整速度方向，由距离月面15km处开始实施动力下降，速度从相对月球/s，至距月面100m处减到零(相对于月球静止)，并做一次悬停，对障碍物和坡度进行识别，再缓速垂直下降。10时26分，在反推发动机和着陆缓冲机的作用下，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区。探测器的质量约为A.探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，机械能守恒B.若动力下降过程做匀减速直线运动，则加速度大小约为97m/s2C.最后100m缓慢垂直下降，探测器受到的反冲作用力约为1.2×104ND.地球的第一宇宙速度约为探测器在近月轨道上运行的线速度的22倍【答案】B【解析】【详解】A、探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，发动机多次点火做功，机械能不守恒，故选项A错误；B、由题：由距离月面15km处开始实施动力下降，速度从相对月球/s，至距月面100m处减到零(相对于月球静止)，则初速度v0=1.7k位移为：x=a=v2−vC、在月球表面万有引力等于物体的重力，则：G在地球表面，忽略地球自转，则：G而且：M地=81M由题：最后100m缓慢垂直下降，则探测器处于平衡状态，则反冲作用力为：F=mgD、根据万有引力提供向心力，则在地球表面附近：G在月球表面附近：G联立可以得到：v地v月4.如图所示，两个质量分别为3m、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是A.小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是3：1B.小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°C.细线与水平方向的夹角为30°D.细线的拉力大小为32【答案】A【解析】【详解】对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示：根据正弦定理可以得到：3mgsin450=整理可以得到：α=300，再次利用正弦定理：NAsin整理可以得到：NANB=3C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为180°−455.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图所示。副线團的匝数可以通过滑动触头Q来调节，副线圈两端连接定值电阻R0，灯泡L和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，原线圈上连接一只理想交流电流表A，闭合开关S，电流表的示数为I，则A.仅增大发电机线的转速，I增大B.仅将P向上滑动，I增大C.仅将Q向上滑动，I增大D.仅将开关S断开，I增大【答案】AC【解析】【详解】A、仅增大发电机线的转速n，则角速度ω=2πn增大，则最大感应电动势Em=NB、仅将P向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据I1I2=nC、仅将Q向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈端电压不变，则根据U1U2=n1nD、仅将开关S断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据I1I2=n6.长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是A.木块与木板间的动摩擦因数μ=tanθ1B.木块与木板间的动摩擦因数μ=FC.木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动D.木板由θ1转到的θ2的过程中，木块的速度变化越来越快【答案】AD【解析】【详解】A、当夹角为θ1物体刚刚开始滑动，则mgsinθ1=μC、木板与地面的夹角为θ2时，摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，物体不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故选项CD、对木块根据牛顿第二定律有：mgsin则木板由θ1转到的θ2的过程中即随着θ的增大，加速度a增大，即速度变化越来越快，故选项7.半径分别为r和2r的同心半圆光滑导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于举圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圈心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，在N、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计，则A.导体棒AB两端的电压为32Br2B.电阻R中的电流方向从Q到NC.外力的功率人小为9D.若导体棒不动，要产生同方向的电流，磁感应强度应该减小【答案】BCD【解析】【详解】A、AB中感应电动势的大小为E则回路中感应电流大小为：I则导体棒AB两端的电压为：U=E−B、根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为A→B，即B端相当于电源的正极，所以电阻R中的电流方向从Q到N，故选项C、根据能量守恒可知，外力做功全部转化为整个电路的热量，则外力的功率等于整个电路的电功率，即P=I2D、根据楞次定律，当原磁场减弱时，产生感应电流的磁场与原磁场方向相同，则根据右手定则可知产生的感应电流的方向与原方向相同，故选项D正确。8.如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电子从a点移动到b点，电势能减小W；若电子从c点移动到d点，电势能也减小W。下列说法正确的是A.电子从M点移动到N点，电势能也减小WB.b点的电势一定低于d点的电势C.电场强度的方向一定是从b点指向a点D.a、c两点间的电势差等于b、d两点间的电势差【答案】ABD【解析】【详解】A、粒子从a点移动到b点，其电势能减小W，故：qφa−qφb=W，

粒子从c点移动到d点，其电势能也减小W，故：qφc−qφd=W，

匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故B、由于电势能减小，说明电场力做正功，由于电子带负电，说明是由低电势向高电势移动，则电场的方向大约指向左侧，则由图可知，b点的电势一定低于d点的电势，故选项B正确；C、一电子从a点移动到b点，其电势能减小W，说明由低电势向高电势移动，但ab连线不一定沿着电场线，故C错误；D、由于qφa−q整理可以得到：φa−φc=φb−φd，即三、非选择题：共174分，第2232题为必考题，每个试題考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。9.某同学做“验证力的平行四边形定则”实验，实验步骤如下：①用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端：②用两个弹簣测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置；③用铅笔描下结点位置，记为O，记录两个力的方向和两弹簧测力计的示数F1和F2；④只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条拉到步骤②中的长度，记录力的方向和测力计的示数F3；⑤画出拉力F1、F2、F3的图示如图，然后按平行四边形定则画出合力F；⑥通过比较F与F的大小和方向，即可得出实验结论。回答下列问题：(1)纠正步骤④中的错：______________________。(2)下列关于实验操作的建议，正确的是___________(填写选项前的字母)A.记录力的方向时，用铅笔沿着细绳套的方向画直线即可B.若F与F3的大小和方向不相同，则需要重新实验，直到相同为止C.控制两个测力计的示数F1和F2，均不能大于一个测力计的示数F3D.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线应正对测力计刻度(3)纠正了上述步骤中的问題后，重新完成实验，根据标注的信息，请在答题卡上规定区域做出F1、F2的合力F____________。【答案】(1).结点拉到步骤③中的O点(2).D(3).如图所示：【解析】【详解】（1）应该将结点拉到步骤③中的O点，因为要保证两次实验拉力的作用效果相同，所以必将使橡皮筋拉到同一位置O；（2）A、记录力的方向时，应在绳子下方稍远之处点两个点，用两点确定一条直线从而确定力的方向，不能用铅笔沿着细绳套的方向画直线，故选项A错误；B、由于实验误差的存在，导致F与F3的大小和方向不相同，无需重新实验，故选项B错误；C、两个测力计的示数F1和F2与一个测力计的示数F3之间无大小关系，故选项C错误；D、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，读数时视线应正对测力计刻度，从而减少实验误差，故选项D正确；（3）根据力的图示和平行四边形定则做图如图所示：10.物理兴趣小组的同学将毫安表与定值电阻Rx并联扩大量程，测量某一电池的电动势和内阻。(1)图甲是该同学的实验电路，请指出实验电路中存在的两处错误，写在答题卡的指定区域。______________________；__________________(2)毫安表mA的量程为0~200mA，内阻为R0，若实验中需要将其量程扩大到0～1A，并联的定值电阻Rx=___________(用R0表示)(3)改变滑动变阻器R的阻值，记录多组毫安表和电压表的示数l、U，得到如图乙所示的UI关系图线。由图线得到电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω(结果保留三位有效数字)。(4)关于实验误差的分析，下列说法正确的___________(填写选项前的字母)A.实验中电动势的测量值等于真实值B.实验中内阻的测量值小于真实值C.误差是由于电压表的内阻造成的D.电流表和电压表的读数误差是系统误差【答案】(1).滑动变阻器连入电路的阻值没有调到最大(2).毫安表的正负极接反了(3).14【解析】【详解】（1）由实物图可知：滑动变阻器连入电路的阻值没有调到最大，毫安表的正负极接反了；（2）毫安表与电阻Rx并联，两端电压相等，则：I则整理可以得到：Rx（3）根据闭合电路欧姆定律可知，图像纵坐标表示电源电动势，则E当毫安表为I1=则电流总电流为：I则电源的内电阻为：r=（4）A、由于电路采用相对电源的电流表外接法，由于电压表的分流导致此种接法电动势和内电阻均小于真实值，故选项A错误，B正确；C、由于电压表有内阻，此时测量的内阻实际为电源内阻和电压表内阻并联的总电阻，故选项C正确；D、由于实验原理的不完善而造成的误差为系统误差，但是电流表和电压表的读数误差是偶然误差，故选项D错误。11.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壺能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面问的动摩擦因数。已知O点到前卫线的距离d=4m，O、O′之间的距离L=，冰壶的质量为20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2，营垒的半径R=1m，g取l0m/s2。(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大?(2)若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少?【答案】(1)12N(2)【解析】【详解】（1）设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能的定理得到：F代入数据，解得F=（2）设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰的距离是x2代入数据，解得：x由动能定理得到：F代入数据，解得：x212.如图所示，在平面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于Xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的12、方向相反。电场强度大小等于mv0216q(1)带电粒子第三次经过OM时的坐标；(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间；(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程。【答案】(1)(−2d,【解析】【详解】（1）设磁场强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做34的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有：qv故第三次经过OM时的坐标为−2（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T沿y轴方向加速度：a沿y轴方向：vy0联立解得：t则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为：t=（3）因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v竖直方向：v第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy2…….第n次竖直分速度减半反弹，高度h故总路程为：H整理可以得到：H即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为H=13.以下有关热学内容的叙述，正确的是___________A.在两分子间距离增大的过程中，分子间的作用力一定减小B.液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性C.容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁面产生的D.布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动E.即使没有漏气，没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把内能全部转化为机械能【答案】BCE【解析】【详解】A、当分子间距大于平衡距离时，增大分子间距，分子力先增加后减小，当分子间距小于平衡距离时，增大分子间距，分子力减小，故A错误；B、液晶首先具有液体的流动性，在外界电场作用下，会呈现光学性质的各向异性，故B正确；C、容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁面产生的，故选项C正确；D、布朗运动是花粉小颗粒的无规则的运动，不是分子的运动，故D错误；E、根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%，