四川省成都市龙泉驿区第一中学校2018届高三物理模拟考试试题(二)(含解析)

四川省成都市龙泉驿区第一中学校2018届高三模拟考试（二）理综物
理试题
1. 物理学发展史上，首先把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学家是
A. 亚里士多德
B. 伽利略
C. 牛顿
D. 法拉第
【答案】B
【解析】A、亚里士多德的主要方法是思辩，故A错误；
B、伽得略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理结合起来，故B 正确；
C、牛顿在伽利略等人研究的基础上发现了牛顿运动三定律，故C错误；
D、法拉第发现了法拉第电磁感应定律，故D错误
故选B。

【点睛】本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法。

2. 如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝1.0Ω，电阻R1＝4.0Ω，R2＝7.5Ω，R3＝5.0Ω，电容器的电容C＝10 μF.闭合开关S，电路达到稳定后电容器的电荷量为
A. 4.5×10－5 C
B. 6.0×10－5 C
C. 7.5×10－5 C
D. 1.2×10－4 C
【答案】B
...............
点睛：本题是含有电容器的电路，分析电路时要抓住电路稳定时，电容器相当于开关断开，所在电路没有电流，其电压等于所在支路两端的电压。

3. 如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下
处于静止状态，此时OB＝，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则
小球B运动到与O点的距离为时的速度大小为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】开始时A到O的距离：
以B为研究对象，开始时B受到重力、杆的支持力N和绳子的拉力T，如图，则：
tanθ＝；由几何关系：tanθ=；联立得：N=mg
以AB组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F和杆对B的支持力N，由于水平方
向受力平衡，所以F=N=mg
现将外力增大到原来的4倍（方向不变），则：F′=4F=3mg
B球向上运动时，小球B运动到O点的距离L时，由几何关系得，A到O点的距离：
OA′＝
A向右的距离：
B上升的距离：
此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tanθ′=，则得cosθ′=0.6，sinθ′=0.8
由运动的合成与分解知识可知：A球的受到与B球的速度之间的关系为为：
v B cosθ′=v A sinθ′
可得 v B=v A
以AB球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得：
F′•△S−mg△h＝
联立以上方程解得：v B＝
选项C正确。

故选C.
4. 如图所示，某同学把布娃娃“小芳”挂在“魔盘”竖直壁上的可缩回的小圆柱上、布娃娃“盼盼”放在“魔盘”底盘上，用手摇机械使“魔盘”转动逐渐加快，到某一转速时匀速转动，他发现小圆柱由于离心已缩回竖直壁内，“小芳”悬空随“魔盘”一起转动，“盼盼”在底盘上也随“魔盘”一起转动．若魔盘半径为r，布娃娃与魔盘的平面和竖直壁间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是
A. “小芳”受到重力、摩擦力和向心力的作用
B. “盼盼”放在底盘靠近竖直壁附近，也可能随“魔盘”一起转动
C. 此时“魔盘”的转速一定不大于
D. 此时“魔盘”的转速一定不小于
【答案】D
【解析】A项：“小芳”受重力，弹力，摩擦力三个力作用，向心力为效果力，故A错误；
C、D项：“小芳”做匀速圆周运动，由公式，，联立解得：
，故D正确。

5.如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B，由于B球受到风力作用，环A与B球一起向右匀速运动．已知绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法中正确的是
A. B球受到的风力F为m B g tan θ
B. 风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变
C. 风力增大时，杆对环A的支持力增大
D. 环A与水平细杆间的动摩擦因数为
【答案】A
【解析】对球B受力分析如图1所示．由平衡条件可知A正确；当风力增大时，由于F拉＝T＝
，θ增大，F拉增大，所以B错误；以整体为研究对象，受力分析如图2所示，竖直方向杆对环A的支持力与环A和B球整体受到的重力平衡，C错误；水平方向上，m B g tan θ＝μ(m A ＋m B)g，所以D错误．
6. 空间存在着平行于x轴方向的静电场.A、M、O、N、B为x轴上的点，OA<OB，OM＝ON，AB 间的电势φ随x的分布如图4所示，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是
A. 粒子一定带负电
B. 粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大
C. 粒子一定能通过N点
D. AO间的电场强度大于OB间的电场强度
【答案】ACD
【解析】试题分析：A、B两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆着电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆着电场线方向运动，故粒子一定带负电，故A正确；A到M电势均升高，图像的斜率大小等于电场强度，故A到O的电场是匀强电场，粒子从M向O运动过程中所受电场力不变，故B错误；由图可知，A、B两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的正功数值大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点，故C正确；图像的斜率等于场强大小，则知AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故D正确。

故本题选ACD。

考点：电势的变化与电场强度方向的关系。

7. 在图所示电路中，流过二极管D的电流i D如图所示，该电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，流过电感和电容的电流分别为i L、i C.下列关于i L、i C随时间t变化的图象中，可能正确的是
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】试题分析：电容通高频，阻低频，电感通低频，阻高频，根据题意可知通过电容的是交流电，通过电感的为恒定电流，BC正确
考点：考查电容和电感对交变电流的阻碍作用
点评：本题难度较小，熟记并理解电容通高频、阻低频的作用，电感通低频、阻高频的作用效果不难判断本题
8. 如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2∶1，原线圈接交流电u＝20sin100 πt(V)，保险丝的电阻为1 Ω，熔断电流为2 A，电表均为理想电表．下列说法正确的有
A. 电压表V的示数为14.1 V
B. 电流表A1、A2的示数之比为2∶1
C. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 Ω
D. 将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小
【答案】CD
【解析】原线圈电压有效值为，根据变压器原理可得
，故电压表V的示数为110V，A错误；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1：2，B错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断
电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，C 错误；将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，D正确．
三、非选择题：
（一）必考题
9. 如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：
(1)如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d＝________cm.
(2)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：________(用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位)时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
(3)实验中发现动能增加量ΔE k总是稍小于重力势能减少量ΔE p，增加下落高度后，则ΔE p－ΔE k将________________(选填“增加”、“减小”或“不变”)．
【答案】 (1). (1)0.715 cm (2). (2)2gH0t02＝d2 (3). (3)增加
【解析】(1)根据游标卡尺读数规则得读数为：；
(2)若要满足机械能守恒，则金属球减小的重力势能等于金属球增加的动能：
，整理可以得到：；
（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，则
将增加。

点睛：本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解，掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。

10. 某实验小组设计了如图甲所示的电路，其中R T为热敏电阻，电压表量程为，内阻为R V
约，电流表量程为0.5A，内阻R A=4.0Ω，R为电阻箱。

（1）该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。

闭合开关，调节
电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线如图乙中的曲线所
示，为了完成该实验，应将导线端接在_______（选填“a”或“b”）点；
（2）利用（1）中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为____；（用U1、I、R和R A表示）
（3）实验小组利用（2）中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在坐标系中
，如图乙中的直线所示，根据图像分析可知，电源的电动势_____V，
内电阻_______；
（4）实验中，当电阻箱的阻值调到时，热敏电阻消耗的电功率_____W。

（保留两位有效数字）
【答案】 (1). （1）a点； (2). （2） (3). （3）
(4). (5). （4）（均正确）
【解析】(1)利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法；故导线c应接在a点；
(2)路端电压U2等于外部各部分上的电压之和；则根据串并联电路规律可知，外电压：
U2=U1+I(R+R A)
(3)利用电源的路端电压和电流的特性曲线可知，电源的电动势为6.0V,内电阻为r=（6−5）/0.33=3.0Ω.
(4) 当电阻箱的阻值调到时，等效电源内阻r0=3.0+3.0+4.0=10.0Ω；在I−U图象中作等效电源的伏安特性曲线，如图所示，与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标(4.05,0.20).所以热敏电阻的电功率为P=4.05×0.20=0.81W；
点睛：分析电路结构，明确电流表外接法的应用；根据串并联电路的规律可明确路端电压的表达式；根据伏安特性曲线可明确电源的电动势和内电阻；将电流表、滑动变阻器以及电源
本身内阻作为等效电源内阻；在图中作出等效电源的伏安特性曲线，与曲线的交点为热敏电阻的工作点，则由P=UI可求得电功率．
11. 如图1所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。

已知m A=2 kg，m B=4 kg，斜面倾角θ=37°。

某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v一t图象如图2所示。

已知g=10m/s2，sin 37°=0.6。

求：
(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。

【答案】（1）0.25（2）0.75m （3）12J　
【解析】【试题分析】根据速度时间图线求出匀加速和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律对两个过程列式，可求出动摩擦因数的大小和A的质量．根据速度图象的“面积”求出B向上滑行的距离．根据动能定理和动能和势能相等的条件列式．
(1)在0-0.5s内，根据图象，A、B系统的加速度为
对A，
对B，
得：
(2)B落地后，A继续减速上升。

由牛顿第二定律得
将已知量代入，可得
故A减速向上滑动的位移为
考虑0-0.5s内A加速向上滑动的位移
所以，A上滑的最大位移为x=x1+x2=0.75m
(3)A加速上滑过程中，由动能定理：
得W=12J
【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和动能定理的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，注意整体法和隔离法的应用．
12. 如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为U AB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)。

在B板右侧两块
平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源
在同一水平线上。

已知板间距d＝L，极板长L，距偏转板右边缘S处有荧光屏，经时间t统计(t≫T)只有50%的电子能打到荧光屏上。

(板外无电场)，求：
(1)电子进入偏转板时的速度；
(2)时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离；
(3)电子打在荧光屏上的范围Y。

【答案】(1)　(2)0　(3)
【解析】(1)设电子进入偏转板时的速度为v，由动能定理有：
eU0＝mv2
解得：v＝。

(2)由题意知，电子穿过偏转板所需时间：t＝＝L＝T
故在T/4时刻沿中线射入偏转板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速度再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零。

(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转板，而有50%的电子由于偏转量太大，不能射出，经
分析知电子在T ～T ，T ～T (k ＝0，1，2…)时进入偏转极板，能射出。

a ＝
，Y ＝
因为电子射入偏转板时，竖直方向速度为0，所以电子打在荧光屏上的范围Y ＝。

（二）选考题：
【物理——选修3-3】
13. 下列说法不正确的是____________
A ．竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致
B ．相对湿度是空气里水蒸气的压强与大气压强的比值
C ．物理性质表现为各向同性的固体一定是非晶体
D ．压缩气体需要用力，这是气体分子间有斥力的表现
E ．气缸里一定质量的理想气体发生等压膨胀时，单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少
【答案】BCD
【解析】竖直玻璃管里的水银面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力产生的浸润现象所致，A 正确；空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，故B 错误；物理性质表现为各向同性的固体可能是多晶体，不一定是非晶体，故C 错误；气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部与容器外之间的压强差造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故D 错误；气缸里一定质量的理想气体发生等压膨
胀时，根据理想气体的状态方程：可知，压强不变而体积增大，则气体的温度一定升高；温度是分子的平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，单个分子对器壁的撞击力增大，压强不变则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，故E 正确．
14. 如图，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2P 0的理想气体。

P 0和T 0分别为大气的压强和温度。

已知：气体内能U 与温度T 的关系为U =aT ，a 为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：
①气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
②在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q．
【答案】（1）0.5V（2）
【解析】①由理想气体状态方程得
解得：V1=V
②在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=P0（V﹣V1）
活塞刚要下降时,由理想气体状态方程得
解得：T1=2T0；
在这一过程中，气体内能的变化量为△U=α（T0﹣T1）
由热力学第一定律得，△U=W+Q
解得：Q=p0V+αT0
视频
【物理——选修3—4】
15. 一列简谐横波沿x轴传播。

t= 0时的波形如图所示，质点A与质点B相距lm，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处。

由此可知______
A.此波沿x轴正方向传播
B.此波的传播速度为25m/s
C.从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m
D.在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向
E此列波不能和频率为50 Hz的横波发生干涉现象
【答案】BDE
【解析】A点速度沿y轴正方向，则波沿x轴负方向传播．故A错误．由题λ=2m, T=0.08s，
则波速．故B正确．简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移．故C错误．此时B向下，t=0.04s=0.5T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向．
故D正确．此列的频率为，故波不能和频率为50 Hz的横波发生干涉现象，选项E正确；故选BDE.
16. 高速公路上的标志牌都用“回归反射膜”制成，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回。

这种“回归反射膜”是用球体反射元件制成的。

如图所示，透明介质球的球心位于O点，
半径为R，光线DC平行于直径AOB射到介质球的C点，DC与AB的距离H=R。

若DC光线经折射进入介质球，在介质球内经一次反射，再经折射后射出的光线与人射光线CD平行。

试作出光路图，并计算出介质球的折射率。

【答案】如图；
；
【解析】光路如图所示
光线经反射后到达介质与空气的界面时，由几何关系和折射定律得：，①折射光线PQ与入射光线DC平行
则：，，
②
由图可知，折射角：
∴③
折射率④。