精品解析：【全国市级联考】广东省汕头市2018届高三下学期第二次(4月)模拟考试理综物理试题(解析版)

广东省汕头市2018届高三第二次（4月）模拟考试理综物理试题二、选择题：本题共8题．每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一项符合题目要求，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. 紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图所示，其中A 为阳极．K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到K极时，c、d端才会有信号输出，已知地球表面太阳光中紫外线波长主要在3l5nm~400nm之间．而明火中的紫外线波长主要在200nm〜280nm之间，下列说法正确的是
A. 要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应大于280nm
B. 明火照射到K极时间要足够长，c、d端才打输出电压
C. 仅有太阳光照射光电管时．c、d端输出的电压为零
D. 火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越大．逸出的光电子最大初动能越大
【答案】C
【解析】A、根据题意要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应介于200nm-280nm之间，故A错；
B、光电效应的发生具有瞬时性，故B错；
C、仅有太阳光照射光电管时，由于波长大于明火的波长即频率小于明火的频率，所以不能发生光电效应，回路中没有电流，cd段也就没有电压，故C正确；
D、火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越大，则频率越小，那么逸出的光电子最大初动能就越小，故D 错误；
故选C
2. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2：n3=3：1：1．三个灯泡的规格均相同，此时L1的功率为P，假定灯泡的电阻不随电压变化而改变，则下列说法正确的是
A. L2的功率为
B. L2的功率为
C. I1：I2=3：1
D. I1：I2=1：3
【答案】B
【解析】AB、根据变压器电压与匝数的关系可以知道L2、L3两端的电压等于L1两端电压的1/3，根据
知L2、L3上的功率为，故A错，B对；
CD、由于负载不是单个负载，所以电流和匝数不是反比关系，故CD错误
故选B
3. 如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时．电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是
A. 当上极板Y的电势高于Y'，而后极板X的电势低于X'时．电子将打在第一象限
B. 电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C. 电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D. 电子通过XX'时的水平偏转量与YY'所加电压大小有关
【答案】C
【解析】A. 由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y的电势高于Y'，而后极板X的电势低于X'时，电子将打在第二象限，故A错；
B、电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；
C、根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即，故C正确；
D、电子通过XX' 时的水平偏转量与XX' 所加电压大小有关，故D错误；
故选C
4. 2018年2月12日，我国采取一箭双星方式，成功发射了北斗三号第五、六颗组网卫星，中国北斗导航系统由5颗地球同步静止轨道卫虽和30颗中高度轨道卫星组成。

已知北斗M4卫星绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度为21617km，地球半径约为6400km，地面重力加速度g=9.8m/s2，则北斗M4卫星的加速度大小约为
A. 0.5llm/s2
B. 0.859m/s2
C. 1.25m/s2
D. 0.137m/s2
【答案】A
【解析】在地球表面的物体：
北斗M4卫星绕地球做匀速圆周运动时：
解得：
故选A
点睛：本题考查了一般人造卫星，利用万有引力提供向心力求加速度和运动的速度。

5. 如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的光滑绝缘斜面上．b被水平固定在斜面的右侧．且a、b在同一水平面上保持相互平行。

当两棒通以大小均为I的电流时，a恰好在斜面上保持静止，重力加速度为g，下列关于b棒在a处产生的磁场的说法中，正确的是
A. 方向一定竖直向下
B. 方向一定竖直向上
C. 大小一定为
D. 大小一定为
【答案】C
【解析】AB、由于a'恰好在斜面上保持静止，所以ab之间一定是吸引力，即ab中电流的方向应同向，由于题中没有给a中电流的方向，所以b的电流方向也不定，则b棒在a处产生的磁场可能向上也可能向下，故AB错误
CD、a受到重力、支持力和水平向右的安培力处于平衡状态,因夹角为,则大小,故C正确；D错误；
故选C
点睛：通电导线在磁场中的受到安培力作用,由公式F=BIL求出安培力大小,由左手定则来确定安培力的方向,并根据受力平衡来确定b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小
6. 跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中
A. 在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的
B. 在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相间的
C. 在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的
D. 在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的
【答案】AD
【解析】A、动量的改变量等于合外力的冲量，由于人做平抛运动，所以合外力恒为mg，故在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的，所以A正确；
B、动能的改变量与合外力做功有关，由于在相等时间内竖直方向运动的位移不相等，所以合外力在相等的时间内做功也不相等，故动能的该变量也不相等，故B错；
C、由于竖直方向做变速运动，在下落相等高度的过程中，所用时间是不相等的，所以动量的改变量也是不相等的，故C错；
D、在下落相等高度的过程中，合外力做功相等，所以动能的改变量总是相同的，故D正确；
故选AD
点睛：知道动能定理和动量定理的表达式，运用这两个公式解此题比较简洁快速
7. 如图所示，虚线MN将平面分成I和II个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场。

一带电粒子仅在磁场力作用下由I区运动到II区．曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP、弧Pb的弧长之比为2：1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是
A. I、II区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1：2
B. 粒子在I、II区域两个磁场中的运动半径之比为2：1
C. 粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1：1
D. 弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2：1
【答案】AB
【解析】粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以在两个区域内粒子的速率相同。

由两弧长之比为2：1，速率相同，可知时间之比为2：1,故C错误；由于粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可知粒子在磁场中运动的圆心角相等，故D错误；根据知角速度之比为1:2，由可知半径之比为2:1，故B
正确；根据得
，所以磁场强度大小之比为1:2，且根据运动方向可知两个磁场的方向相反，故A正确；
故选AB
8. 甲、乙两辆小汽车（都可视为质点）分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时（t=0）乙车在前甲车在后，两车间距为x0。

t=0甲车先启动，t=3s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v-t图象如图所示。

根据图象，下列说法正确的是
A. 两车加速过程，甲的加速度比乙大
B. 若x0=80m，则两车间间距最小为30m
C. 若两车在t=5s时相遇，则在t=9s时再次相遇
D. 若两车在t=4s时相遇，则在t=10s时再次相遇
【答案】BC
【解析】A、图像中的斜率表示加速时的加速度的大小，从图像上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A错误；
B、速度相等时两者之间的位移有最小值，从图像上可以看出甲运动过的位移为，而乙运动过的位移为：，则甲乙之间的距离为，故B正确；
C、若两车在t＝5 s时相遇，从图像上可以看出5-9s内甲乙运动过的位移相等，所以甲乙在t=9s时会再次相遇，故C正确；
D、若两车在t＝4s时相遇，从图像上可以看出4-10s内甲乙运动过的位移不相等，则在t=1 0s时不会再次相遇，故D错误；
故选BC
点睛：本题考查了对v-t图像的理解，知道图像的斜率表示加速度，以及知道图像包围的面积代表物体运动过的位移，结合图像解题可以达到事半功倍
三、非选择题：共174分，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。

9. 某同学利用图甲的装置探究动能定理。

实验过程如下：
（1）测出滑块的质量为m，两光电门之间的距离为L和挡光片的宽度为d（d远小于L），其中用游标卡尺测进挡光片的结果如图乙所示，则d=_______mm；
（2）滑块置于气垫导轨上，滑块一端通过平行于导轨的细绳与固定在导轨上的拉力传感器连接，接通气垫导轨的电源，记下此时拉力传感器的渎数；
（3）剪断细线，让滑块由静止开始沿气垫导轨下滑并通过两个光电门，分别记下滑块上面的挡光片通过两光电门的时间t乙和t甲。

则滑块在经过两光电门过程动能的改变量可由计算式 E K=_____算出；
（4）若拉力传感器的读数用F表示，则合外力对滑块做的功计算式W
合=_______，若各项测量中的误差都很小可忽略不计，则实验结果总是W合总是_____△E K（填“等于”、“略小于”或“略大于”）。

【答案】(1). 1.20 (2). (3). FL(4). 略大于
【解析】（1）游标卡尺的读数为，所以
（3）滑块经过光电门时的速度可以利用公式来计算，所以
（4），由于运动过程中空气阻力的存在，所以实验结果W合总是略大于△E K
故本题答案是：(1). 1.20 (2). (3). FL(4). 略大于
10. 某实验小组进行电阻丝电阻率的测量，其中实验器材有：
A．直流电源（电动势约4.5V，内阻很小可忽略）
B．0-0.5A的电流表（内阻很小可忽略）
C．R0=l0Ω的定值电阻
D．R0=50Ω的定值电阻
E．粗细均匀，总电阻约15Ω待测电阻丝
F．刻度尺
G．螺旋测微器
H．开关一个，导线若干
（1）图甲中是实验电路图，请规范画出其实验原理图；
（2）实验时，定值电阻R0选用______（填器材编号）；
（3）实验时，多次移动线夹P所在的位置，测量其连入电路中的电阻丝的长度，记为，同时记下相对应的电流表的示数I；
（4）以为纵轴，以为横轴，得到图丙的图象，已知该图线的截距为b、斜率为k。

由此可知电源的电动势可表示为______，若测得电阻丝直径为d，则电阻丝的电阻率可表示为 =_______。

（都用题中所给的字母符
号表示）。

（5）实际上电源和电流表都存在一定的内阻，而实验处理数据时忽略了这两个内阻，因此将导致电阻率的测量值的______实际值。

（填“大于”或“小于”）
【答案】(1). (2). C (3). ，(4). 小于
【解析】（1）根据实物图画出电路图如图所示;
（2）根据电源电动势和电流表的量程可知保护电阻的阻值大约为所以保护电阻选C （4）根据闭合电路欧姆定律知：
及
得：
所以结合图像是，所以
，所以
（5）由于整理公式时忽略掉了电源的电阻和电流表的电阻所以导致测量值偏小
11. 如图，两平行金属导轨位于水平面上，相距，左端与一阻值为R的电阻相连。

整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。

—质量为m、电阻为r的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下
沿导轨匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。

已知电阻R消耗的功率为P，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨的电阻可忽略。

求：
（1）导体棒匀速运动的速率v；
（2）水平外力F的大小。

【答案】（1）（2）μmg+
【解析】(1)设回路中的电流为I，对电阻R，有
①
金属杆产生的电动势为
E＝Blv ②
根据欧姆定律
③
联立可得导体棒匀速运动的速率
④
(2)金属杆在磁场中匀速运动，由牛顿第二定律得
⑤
联立可得水平外力F的大小
⑥
故本题答案是：(1) (2)μmg+
12. 如图，倾角θ=37°的直轨道AC与圆弧轨道CDEF在C处平滑连接，整个装置固定在同—竖直平面内。

圆弧轨道的半径为R，DF是竖直直径，O点为圆心，E、O、B三点在同一水平线上．A、F也在同一水平线上，两个小滑块P、Q（都可视为质点）的质量都为m。

已知滑块Q与轨道AC间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计。

同时将两个滑块P、Q
分别静止释放在A、B两点，之后P开始向下滑动，在B点与Q相碰．碰后P、Q立刻一起向下且在BC段保持匀速运动，已知P、Q每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin37°=0.6．cos37°=0.8，
取重力加速度为g，求：
（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值。

（2）滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程。

【答案】（1）（2）
【解析】（1）滑块P下滑至碰前，由机械能守恒定律得
①
P、Q碰后一起运动，由动量守恒定律得
②
P、Q一起运动至D点过程，有
③
经过D点时对圆弧轨道的压力最大，有
④
由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道最大压力
⑤
联立解得
⑥
（2）由以上计算可知，P、Q整体在D点的动能
⑦
因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E点下方
之后沿轨道返回，再次到达C点的速度大小仍为v2。

从C点上滑后P、Q分离，Q比P先到达最高点，且Q 运动到最高点时停下。

设P、Q上滑的最大位移分别为x P、x Q。

对P、Q，由动能定理分别可得
⑧
⑨
由前面P、Q一起匀速下滑可知Q所受的滑动摩擦力
⑩
P再次从最高点下滑至第二次碰Q前，有
⑪
P、Q碰后一起运动，有
⑫
在P、Q第二次进入直轨道AC运动全过程，Q克服摩擦力做的功
⑬
而P、Q碰撞损失的机械能为
⑭
由以上各式可以解得Q克服摩擦力做的功与P、Q碰撞损失的机械能之比
⑮
P、Q此后多次进入直轨道AC运动过程，遵循同样的规律，直到最后到达C点的速度减为0，因此从P、Q第二次进入直轨道AC运动到最后不再进入为止，Q克服摩擦力做的功为
⑯
滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程
⑰
由以上各式解得
⒅
故本题答案是：（1）（2）
点睛：本题较复杂是动能定理与圆周运动相结合的问题，在处理此类问题时要分过程分阶段解题，把握每一阶段的运动特征，对应物理公式即可。

13. 一定量的理想气体从状态a开始．经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V-T图象如图所示。

下列判断正确的是______
A．ab过程中气体一定放热
B．ab过程中气体对外界做功
C．bc过程中气体内能保持不变
D．bc过程中气体一定吸热
E．ca过程中容器壁单位面积受到气体分子的撞击力一定减小
【答案】ADE
【解析】A. 由图示图象可知，ab过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体放出热量，故A正确，B错误；由图象可知，bc过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故C错误，D正确；根据理想气体状态方程，因，故，根据气体压强的微观解析可知E正确，故选ADE.
【点睛】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．
14. 如图所示是生活上常用喷雾器的简化图。

已知贮液瓶容积为3L（不计贮液瓶中打气筒和细管的体积），喷液前，瓶内气体压强需达到2.5atm，方可将液体变成雾状喷出，打气筒每次能向贮液瓶内打入p0=1.0atm 的空气 V=50mL。

现打开进水阀门A和喷雾头阀门B，装入2L的清水后，关闭阀门A和B。

设周围大气压恒为p0，打气过程中贮液瓶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计细管中水产生的压强求：
（i）为确保喷雾器的正常使用，打气筒至少打气次数n；
（ii）当瓶内气压达到2.5atm时停止打气，然后打开阀门B，求喷雾器能喷出的水的体积最大值。

【答案】(1)30次（2）1.5L
【解析】（i）贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积
=1L ①
打气过程瓶内气体做等温变化，有
②
③
将p0=1.0atm、p2=2.5atm代入可解得打气的次数至少为
n =30 ④
（ii）阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有
⑤
最后瓶内气体的压强
⑥
代入数据解得最后瓶内气体的体积
V3=2.5L ⑦
因此喷雾器能喷出的水的体积最大值
V水=V3-V1=1.5L ⑧
故本题答案是：（i）30（ii）1.5L
点睛：本题考查了理想气体方程，做此类题最关键的是找对不同状态下气体的状态参量即可。

15. 下列说法正确的是______
A．图A中，P、Q是偏振片，M是光屏，当P固定不动，缓慢转动Q时，光屏M上的光亮度将会变化，此现象表明光波是横波
B．图B是双缝干涉示意图，若只减小屏到档板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小
C．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围一定能产生电磁波
D．利用红外线进行遥感主要是因为红外线的波长长，容易发生衍射
E．人站在路边，一辆汽车响着喇叭从人身边疾驰而过，人听到喇叭的音调会由低变高
【答案】ABD
【解析】只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故A正确。

根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距△x与双缝间距离d及光的波长的关系式，可知若只减小屏到档板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小，故B正确。

根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；均匀变化的电（磁）场只能产生恒定不变的磁（电）场；故C错误。

波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大，容易发生衍射。

故D正确。

根据多普勒效应，若声波波源远离观察者时，则观察者接收到的声波频率减小。

故E错误。

故选ABD.
【点睛】光的偏振现象表明光是一种横波，知道双缝干涉相邻两亮条纹的间距的表达式，知道麦克斯韦的电磁场理论，知道发生明显衍射现象的条件；根据声波的多普勒效应分析频率的变化。

16. 资料记载，海啸波浪啸波是重力长波，波长可达100公里以上：它的传播速度等于重力加速度g与海水深度乘积的平方根．使得在开阔的深海区低几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小，振幅增大，掀起10-40米高的拍岸巨浪，有时最先到达的海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底：几分钟后波峰到来．一退一进．造成毀灭性的破坏。

（i）在深海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图甲，实线是某时刻的波形图，虛线是t=900s 后首次出现的波形图．已知波沿x轴正方向传播．波源到浅海区的水平距离s=1.08万公里，求海啸波到浅海区的时间t1；
（ii）在浅海区有一海啸波（忽略海深度变化引起的波形变化）如图乙．海啸波从进入浅海到达海岸的水平距离s2．写出该海啸波的表达式和波到达海岸的关系式。

【答案】(1) (2)
【解析】（i）由图甲得①
依题意有②
③
④
解得⑤
（ii）由图像得波的振幅A=20m，波长
由②式得波的周期
⑥
⑦
解得波的表达式
（m）⑧
海啸波在浅海区的传播速度
⑨
波谷最先到达海岸的关系式
解得波谷最先到达海岸的时间
（s）⑩
故本题答案是：（i）（ii）
学.科.网...
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