精品解析：广西南宁三中2018届高三收网试题理综物理试题(解析版)

广西南宁三中2018届高三
理综物理
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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。

1.如图所示是氢原子四个能级的示意图，当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射一定频率的光子，以下说法不正确的是
A. 一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出三种不同频率的光子
B. 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子动能增大
C. n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为12.75eV
D. 用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子能使其跃迁到更高能级
【答案】A
【解析】
A、一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出二种不同频率的光子（3→2、2→1），故A不正确；
B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据知，电子速率增大，动能增大，又由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小（或根据库仑力做正功判断也可），故B正确；
C、n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为，故C正确；
D、用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子，因为11.0eV>10.2 eV，所以能使其跃迁到更高能级，故D正确。

本题选不正确的故选A.
【点睛】知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化．氢原子跃迁时放出的光子的频率取决于初末能级之差．
2.卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、C为椭圆轨道长轴端点，B、D为椭圆轨道短轴端点，关于卫
星的运动，以下说法不正
．．确．的是
A. A点的速度可能大于7.9km/s
B. C点的速度一定小于7.9km/s
C. 卫星在A点时引力的功率最大
D. 卫星由C运动到A万有引力的平均功率大于卫星由B运动到D万有引力的平均功率
【答案】C
【解析】
A、贴近地球表面做圆周运动的线速度为，是做圆周运动最大的环绕速度，A点的速度可能大于
，万有引力小于向心力，做离心运动，故A正确；
B、根据知，在C绕地球做匀速圆周运动的线速度小于，欲使在C点进入圆轨道，需加速，可知C点的速度一定小于，故B正确；
C、在A点万有引力的方向与速度方向垂直，则引力功率为零，故C错误；
D、卫星从C到A的过程中，动能增加，引力做正功，从B到D的过程中，动能不变，引力做功为零，可知卫星由C运动到A万有引力的平均功率大于卫星由B运动到D万有引力的平均功率，故D正确。

点睛：根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，比较出在C点做圆周运动的线速度与第一宇宙速度的大小关系，从而确定C点的速度与第一宇宙速度的大小，根据引力和速度的方向关系得出A
点的引力功率为零，根据做功的大小，结合平均功率公式比较平均功率的大小。

3.（2014·海南卷）如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O'点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO'段水平，长度为L；绳上套一可沿绳滑动的轻环。

现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L。

则钩码的质量为
A. M
B. M
C. M
D. M
【答案】D
【解析】
试题分析：假设平衡后轻环位置为P，平衡后，物体上升L，说明此时POO'恰好构成一个边长为L的正三角形，绳中张力处处相等，均为Mg，故钩码的重力恰好与PO'、PO拉力的合力等大反向，由三角函数关系可知，钩码的重力为，故其质量为，选D。

考点：共点力的平衡
【名师点睛】解决共点力平衡的相关问题时，对正确的研究对象（如系统、单个物体、结点等）做出受力分析往往是解决问题的关键，还要注意几何关系的应用。

4.如图所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为F A、F B和F C.现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若F A和F B不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
试题分析：对小球进行受力分析当时如图一，根据牛顿第二定律
水平方向：①，竖直方向：②
联立①②得：，与a成线性关系，当a=0时，，当时，，
与a成线性关系，所以B正确，当时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向：
③竖直方向：④，联立③④得：，，与a也成线
性，不变，综上C错误，D正确
考点：考查了牛顿第二定律的应用，力的合成与分解
【名师点睛】本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度
5. 电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力。

感应线是一个压点薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路。

红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即现为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时（）
A. 车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流
B. 车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电
C. 车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小
D. 汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照
【答案】BD
【解析】
试题分析：车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大减小；因电压是在受压时产生的；故说明电容器先充电后放电；故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次
压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确。

考点：电容器的动态分析
【名师点睛】根据电流和电路图分析电容器的充放电过程，并根据工作原理明确汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内是否符合拍照条件。

6.某同学设计了一种静电除尘装置，如图所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。

图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。

带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。

将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。

不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。

要增大除尘率，则下列措施可行的是
A. 只增大电压U
B. 只增大长度L
C. 只增大高度d
D. 只增大尘埃被吸入水平速度v0
【答案】AB
【解析】
试题分析：由题意可知除尘率与带电尘埃的偏转角有关，偏转角越大，除尘滤越大。

带电尘埃在电场中做类平抛运动，，所以只增加电压U或只增加长度L，可以使tanθ增大，除尘率增大；只增大d或只能让除尘率减小。

故选AB
考点：带电粒子在电场中的运动
点评：本题关键是找到影响除尘率的直接物理量---偏转角θ。

7..如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM′和PP′范围内有方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示．一质量为m、带电荷量为＋q的小物块(可视为点电荷)从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零．若滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g．则以下判断正确的是( )
A. 小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力
B. 小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于
C. A、B两点间的电势差为
D. 此过程中产生的内能为
【答案】AC
【解析】
滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力．故A正确．
因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度时间图线可知，若
为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于；
2，从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于．故B错误．根据动能定理得，-qU-μmgl=0-mv
解得，A、B点间的电势差．故C正确．
2．故D错根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于mv
误．故选AC．
点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理和能量守恒，综合性较强，对学生的能力要求较高，对于B选项，通过速度时间图线分析判断比较直观简洁．
8.如图所示，竖直平面内四分之一圆弧轨道AP和水平传送带PC相切于P点，圆弧轨道的圆心为O，半径为R=2m。

小耿同学让一质量为m=1kg的小物块从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，再滑上传送带PC，传送带以速度v=4m／s沿逆时针方向的转动。

小物块与传送带间的动摩擦因数为，滑块第一次滑到传送带上离P点2.5m处速度为零，不计物体经过圆弧轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g=10m／s2。

则（）
A. 滑块从A开始下滑到P点过程机械能守恒
B. 滑块再次回到P点时对圆弧轨道P点的压力大小为18N
C. 滑块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为31.5J
D. 滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为36J
【答案】BD
【解析】
滑块第一次滑到传送带上P点的速度，故滑块从A开始下滑到P点过程机械能不守恒，A错误；滑块再次回到P点时的速度为v=4m/s，根据牛顿第二定律，解得，根据牛顿第三定律可知对圆弧轨道P点的压力大小为18N，B正确；滑块第一次在传送带上运动由于摩擦产生的热量为，C错误；滑块第一次在传送带上运动而使电动机额外多做的功为，D正确。

【点睛】本题考查了传送带模型上的动能定理的应用，分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理、牛顿第
二定律、运动学公式即可正确解题．
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40题为选考题，考生根据要求做答．
9.某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC 热敏电阻R t(PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为R t＝a＋kt，a＞0，k＞0).设计电路如图所示，并按如下步骤进行操作：
(1)按电路图连接好实验器材；
(2)将滑动变阻器滑片P滑到a端，单刀双掷开关S掷于c端，调节滑片P使电流表满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路；
(3)容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准电流表的示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流表的示数I，然后断开开关，请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I＝__________(用题目中给定的符号)；
(4)根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表，根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________侧(填“左”或“右”)，刻度线分布是否均匀？________(填“是”或“否”).
【答案】(1). (2). 右(3). 否
【解析】
(3)当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：R1=a+kt，根据闭合电路的欧姆定律可得：
(4)由上式可知，温度越高，电流表中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的。

10.在“验证机械能守恒定律”的实验中，小倪同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的
时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验。

(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d =____________mm；
(2)在处理数据时，计算小球下落h高度时速度v的表达式为_________________；
(3)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，小菲同学不知道应该画哪一个图象比较好，你认为呢？
______________
A．h-t图象B．图象C．图象D．图象
(4)经正确的实验操作，小娟同学发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会__________（填“增大”、“缩小”或“不变”）。

【答案】(1). 7.875（7.874~7.876）(2). (3). D(4). 增大
【解析】
(1)固定部分读数为17.5mm，转动部分读数为30.5，故最终读数为：17.5+30.5×0.01=17.805mm.
(2)已知经过光电门时的时间小球的直径；用平均速度表示经过光电门时的速度，所以；
(3)若机械能守恒，则，即，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作
图象，选D；
(4)考虑阻力的影响有，因此增加释放高度h后，mgh与的差值会增大。

【点睛】本题为验证机械能守恒定律的创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解，掌握由极短时间内平均速度表示经过光电门时的速度的思路。

11.如图所示，小红同学将一轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量为m的物体A处于平衡状态。

在距物体A正上方高为h处有一个质量为2m的物体B由静止下落，与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度运动。

不计空气阻力，两物体均可视为质点，重力加速度为g。

求：
(i)碰撞结束瞬间两物体的速度大小；
(ii)从碰撞结束两物体一起向下运动，至第一次到达最低点过程中，两者相互作用力的冲量大小为I，该过程两者相互作用的平均作用力多大？
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】(1)物体B自由下落，由动量守恒：
B碰A的瞬间，内力远大于外力，根据动量守恒定律：
联立解得：
(2)从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，
根据动量定理:
根据题意:
联立解得:
【点睛】物体B碰撞前做自由落体运动，根据速度位移公式求解末速度；碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解共同速度；对物体B的下降过程根据动量定理列式求解平均弹力．
12.如图所示，固定的水平金属环形轨道处于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场中，长为r=1m、水平轻质金属杆OA的一端可绕过环心O的光滑竖直轴自由转动，另一端固定一质量M=2kg、可视为质点的金属物块。

倾角θ=37°、间距为L=1m的两平行金属导轨处于磁感应强度大小也为、方向垂
直两导轨平面向上的匀强磁场中，下端接一电阻R0，上端分别通过电刷与竖直轴、环形导轨相连。

一质量为m=1kg的金属棒CD放在两导轨上。

已知杆OA、棒CD和R0的阻值均为R=1Ω，其他电阻不计。

棒CD 始终与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。

取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)若使杆OA不动，棒CD由静止释放，最终以速率v=1m/s沿导轨匀速下滑，求棒CD中的最大电流I1以及棒CD与导轨间的动摩擦因数μ1。

(2)若小猛同学给物块某一初速度，使其绕环心O沿顺时针方向（从上向下看）运动，此时棒CD由静止释放且棒CD中的电流是(1)问中的最大电流的4倍，当物块运动的路程为s=15m时棒CD恰好要下滑，已知物块与环形轨道间的动摩擦因数μ2=0.2，物块在轨道上做圆周运动的向心力均由杆OA的拉力提供，求棒CD处于静止状态时棒CD中产生的总焦耳热Q1。

【答案】（1）A，（2）30J
【解析】
(1)电路中总电阻
棒CD切割磁感线产生的感应电动势
根据闭合电路的欧姆定律
棒CD沿导轨匀速向下，受力平衡
解得：
(2)物块以初速v0沿顺时针方向运动时，CD受安培力沿导轨向上
所以棒CD处于静止状态。

电路中总电阻
杆OA切割磁感线产生的感应电动势
根据闭合电路的欧姆定律
联立解得：
设棒CD恰好要下滑时，棒CD中电流为I，物块速率为v。

对棒CD有
杆OA切割磁感线产生的感应电动势
根据闭合电路的欧姆定律
联立解得：
物块运动的速率从v0减为v的过程中，根据能量守恒定律有
根据焦耳定律有
联立解得：
【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

13.下列说法正确的是____________
A．晶体熔化后再次凝固依然是晶体
B．水滴从房檐滴落的瞬间成下大上小是由于重力和表面张力共同作用的结果
C．在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强为零
D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不可能减少
E．摩尔质量为M( kg/mol)、密度为ρ(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为（阿伏伽德罗常数为N A）
【答案】BDE
【解析】
A、某些物质有时表现为晶体，有时表现为非晶体，如天然水晶是晶体，但水晶熔化后再凝固就是非晶体。

故A错误；
B、表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力，水滴从房檐滴落的瞬间成下大上小是由于重力和表面张力共同作用的结果。

故B正确；
C、气体的压强与气体的重力无关，则即使在完全失重的状态下，一定质量的理想气体压强也不为零。

故C错误；
D、由热力学第二定律可知，任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减少。

故D正确；
E、摩尔质量为M（ kg/mol）、密度为ρ（kg/m3）的
1m3的铜所含原子数为：，故E正确。

故选BDE。

【点睛】晶体熔化后再凝固可能变成非晶体；液体表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力；热力学第二定律的内容：一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响．另一种表述是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．第二定律说明热的传导具有方向性．求分子数等于物质的量乘以阿伏伽德罗常数。

14.圆柱形喷雾器高为h，内有高度为的水，上部封闭有压强为P o、温度为T o的空气。

将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门K，恰好有水流出。

已知水的密度为ρ，大气压强恒为P o，喷雾口与喷雾器等高。

忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体。

（1）求室内温度。

（2）在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设喷雾器的截面积为S，室内温度为T1，气体压强为p1：
，
气体做等容变化：
解得：
（2）以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为p2，体积为V2。

若此气体经等温变化，压强为p1时，体积为V3：
则，
即：
同温度下同种气体的质量比等于体积比，设打进气体质量为Δm
代入得
15.一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O，t=0时开始振动，4s时停止振动，5s时的波形如图所示，其中质点a的平衡位置与O的距离为5，0m。

以下说法正确的是____________。

A.波速为2m/s
B.波长为6m
C.波源起振方向沿y轴正方向
D.3.0~4.0s内质点a沿y轴正方向运动
E.0~4.0s内质点a通过的总路程为0.6m
【答案】ADE
【解析】
由波形图可知，5s时波传到x=10m处，则，选项A正确；波长，选项B错误；由x=10m处的质点的振动可知，波源起振方向沿y轴负方向，选项C错误；因，则3.0~4.0s 内质点a由最低点到最高点，即沿y轴正方向运动，选项D正确；振动传到质点a需时间，则0~4.0s 内质点a振动了1.5s，因1.5s=，则通过的总路程为3A=0.6m，选项E正确；故选ADE.
点睛：本题要知道振源停止振动后，机械波仍然向前传播，波传到哪点时起振的方向与振源起振的方向是相同的.
16.如图所示，由某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，折射率。

一束与BC面成角的光线从O点射入棱镜，从AC面上点射出。

不考虑光在BC面上的反射，求从点射出的光线的方向。

【答案】射出的光线与AC面夹角为
【解析】
光从O点射入，入射角为：i1=60°．
由，得折射角r1=30°
设临界角为C，由
得：
由几何关系有i2=90°-r1=60°＞C，故光在AB面上发生全反射．
光在AC面折射为：i3=30°
则
得：r3=60°
光经AC面反射后，垂直射向AB面，再次反射，之后光在AC面再次折射，由对称性r4=r3=60°，如图所示：
从O′点射出的光线的方向与AC面的夹角为60°．
【点睛】对于几何光学问题，画出光路图是解题的关键．本题还要掌握全反射的条件和临界角公式，并用来解决实际问题．。