陕西省汉中市2018届高三下学期第二次教学质量检测物理试题 含解析 精品

汉中市2018届高三年级教学质量第二次检测考试
理科综合能力测试-物理部分
1. 下列关于研究物理的思想方法的叙述中正确的是
A. 理想化模型是把实际问题理想化，抓住主要因素，忽略次要因素，如：质点、合力、向心加速度
B. 重心、交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想
C. 根据速度定义式，当Δt足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了控制变量法
D. 用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，如：、
【答案】B
2. 2017年8月我国自主设计的载人深潜器“深海勇士号”在南海进行下潜试验。

下图是它从水面开始下潜到返回水面的全过程的速度时间图像，则下列说法中正确的是
A. 本次实验过程中加速度最大值是0.025m/s2
B. 在0～1 min和8～10min的时间段内“深海勇士号”处于超重状态
C. “深海勇士号”本次下潜的最大深度为360m
D. “深海勇士”在1～3min的时间内处于静止状态
【答案】C
3. 下列说法正确的是
A. 一群处于n=5的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出10 种不同频率的光
B. 卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子，并提出了原子的核式结构学说
C. 在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，则这种金属的逸出功W0越大
D. 某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内中子减少了4个
【答案】A
【解析】根据，可知一群处于n=5能级激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出10种不同频率的光，故A正确；卢瑟福在α粒子散射实验只是提出了原子的核式结构学说，故B错误；在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k越大，则这种金属的逸出功W0越小，故C错误；每发生一次α衰变，质子数减少2个，每发生一次β衰变，质子数增加一个，所以经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个，故D错误。

所以A正确，BCD错误。

4. 如图所示，A、B两个质量相同的小球在同一竖直线上，离地高度分别为2h和h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为1∶2，则下列说法正确的是
A. A、B两球的初速度之比为1∶4
B. A、B两球下落过程中的动能变化量之比为1∶2
C. 若两球同时抛出，则落地的时间差为
D. 若两球同时落地，则两球抛出的时间差为
【答案】D
【解析】小球做平抛运动，竖直方向：，运动时间：，A的运动时间：，B的运动时间：
A、B、小球做平抛运动，水平位移：，则，AB错误；
C、若两球同时抛出，则落地时间差：，C错误；
D、若两球同时落地，则抛出时间差：，D正确：
故选D。

5. 如图，半圆形金属框竖直放在粗糙的水平地面上，套在其上的光滑小球P在水平外力F 的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，现用力F拉动小球，使其缓慢上移到框架的最高点，在此过程中金属框架始终保持静止，下列说法中正确的是
A. 框架对小球的支持力先减小后增大
B. 水平拉力F 先增大后减小
C. 地面对框架的支持力先减小后增大
D. 地面对框架的摩擦力一直减小
【答案】D
【解析】以小球为研究对象，分析受力情况如图所示：
根据动态三角形可知：框架对小球的支持力不断减小，故A错误；水平拉力F一直减小，故B错误；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，水平拉力F一直减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，框架对地面的压力保持不变，故D正确，C错误。

所以D正确，ABC错误。

6. 带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示。

运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么磁感应强度B与电场强度E之比和粒子在磁场中的运动时间t1与在电场中的运动时间t2之比为
A. B∶E＝2∶V0
B. B∶E＝1∶2V0
C. t1∶t2＝π∶2
D. t1∶t2＝2π∶1
【答案】BC
【解析】设Oa=Ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：，所经历的时间为：；如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即，解得：，时间为：，所以：，，故BC正确，AD错误。

7. 2018年我国将实施探月工程第三期任务，将发射嫦娥五号月球探测器，她是我国首个能够在地球以外的其他星体上实现降落并自动返回的探测器，她将在月球上降落并实施采集月球样品的任务。

如图所示为嫦娥五号降落月面的过程示意图，设月球半径为R，假设“嫦娥五号”探测器在距月球表面高度为3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道III绕月做匀速圆周运动，最后将实施降落月球表面任务，已知引力常量为G，则下列说法正确的是
A. 月球的质量可表示为
B. “嫦娥五号”在A、B点变轨过程中动能均增大
C. “嫦娥五号”探测器在轨道III和轨道II上的周期均小于T
D. “嫦娥五号”探测器从远月点A向近月点B运动的过程中，速度变小
【答案】AC
【解析】在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力：，解得：，故A正确；“嫦娥五号”在A、B点变轨过程中要减速，所以动能均减小，故B错误；根据开普勒第三定律：，因为轨道III和轨道II的半径都小于轨道I的半径，所以轨道III
和轨道II上的周期均小于T，故C正确；“嫦娥五号”探测器从远月点A向近月点B运动的过程中，引力做正功，速度增大，故D错误。

所以AC正确，BD错误。

8. 如图所示，MN下方有水平向右的匀强电场。

半径为R，内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O在MN上，一质量为m，可视为质点的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的A 点由静止开始滑入管内，小球从B 点穿出后，始终在电场中运动，C点（图中未画出）为小球在电场内水平向左运动位移最大时的位置。

已知重力加速度为g，小球离开绝缘半圆管后的加速度大小为。

则下列说法正
确的是
A. 小球从B点运动到C点过程中做的是匀变速曲线运动
B. 匀强电场的场强E为
C. 小球在管道内运动到B点时加速度大小为
D. 小球从B点运动到C点的水平方向位移为
【答案】ACD
【解析】小球从B点运动到C点过程中，受到重力和向右的电场力，且力的大小均不变，所以做的是匀变速曲线运动，故A正确；小球离开绝缘半圆管后，根据牛顿第二定律：
，解得：，故B错误；从A到B由动能定理得：，
解得：，向心加速度为：，所以在B点的合加速度为：，故C
正确；小球从B点离开后在水平方向做匀减速运动，加速度为：，则从B点运动到C点
的水平方向位移为：，故D正确。

所以ACD正确，B错误。

三、非选择题：共174分。

第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33～38题为选考题，考生根据要求作答。

9. 某同学为验证牛顿第二定律而设计的滑轮装置，实验装置如图所示，图中绳子不可伸长，已知左侧托盘及砝码质量为m1，右侧托盘及砝码质量为m2，且m1>m2，现由静止释放左侧托盘，测量系统加速度。

然后改变m1、m2质量，重复实验多次。

（1）该同学利用图示实验装置求得左侧托盘及砝码的加速度的表达式= ________（用字母m1、m2及g表示）
（2）该同学认为，只要保持______不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持______不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比。

（3）该同学用此装置多次测量系统的加速度a，并用天平测出m1、m2的质量，利用（1）中的表达式计算出系统的加速度，发现a总是______（填“大于”“等于”或“小于”）
【答案】(1). (2). (3). (4). 小于
【解析】（1）设线的拉力为T，以左侧托盘及砝码为对象根据牛顿第二定律：，以右侧托盘及砝码为对象根据牛顿第二定律：，联立解得：。

（2）根据可知，只要保持不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的合外力成正比；只要保持不变，即可得出m1、m2系统的加速度与系统的总质量成反比。

（3）在下落的过程中存在阻力，所以a总是小于。

10. 某探究小组为了测量两个相距很近的异名磁极间的磁场（可视为匀强磁场）的磁感应强度，
设计了如下实验，将两根完全相同劲度系数都为的轻弹簧竖直悬挂，并在旁边的刻度尺上记下此时弹簧下端位置，标记为O，然后将长为L的导体棒悬挂在弹簧下端，并完全放入磁场中，然后用轻质软导线将导体棒两端与接线柱相连，再通入电流，记下此时弹簧下端在刻度尺上的位置到O的长度X，最后利用测得的数据绘成X—图像。

实验中提供了以下器材：
A．电阻约为1Ω的导体棒
B．电流表A1（量程3A，
内阻约0.2Ω）
C．电流表A2（量程0.6A，
内阻约1Ω）
D．滑动变阻器R1（0～100Ω）
E．滑动变阻器R2（0～20Ω）
F．干电池（电动势1.5V）2节
G．开关及导线若干
（1）实验中要求导体棒上的电流从零开始连续可调，多测几组数据，电流表应该选用
____________，滑动变阻器应选用________。

（均填写仪器前面的字母）。

（2）图1中的部分导线已经连好，请将图中剩余的电路连接完整。

（3）该小组多次测量，并将测得的长度X和电流I，绘成X—I图像（图2），并求得图像的斜率为a，与纵轴截距为b，则该小组利用图像可得该匀强磁场的磁感应强度大小为
________，导体棒的质量为________。

（用a、b、k、L、g表示）
【答案】(1). B(2). E(3). (4). ，
【解析】（1）由题意知，干电池（电动势1.5V）2节，电路中最大电流为：，电流表应该选用B。

实验中要求导体棒上的电流从零开始连续可调，多测几组数据，采用分压器电路，选用小阻值的滑动变阻器，故选E。

（2）连接电路如图所示：
（3）根据平衡条件得：，变形得：，斜率为：，解得：
，截距为：，解得：。

11. 如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平部分AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，其总质量M=4kg，其右侧紧靠在固定挡板上，静止在光滑水平面上。

在轨道的左端有一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点) 以v0=3m/s的速度向右运动，小滑块刚好能冲到D点。

已知小滑块与长木板AB间的动摩擦因数=0.5，轨道水平部分AB 的长度Ｌ=0.5m，g取10m/s2。

求：
(1)小滑块经过C点时对轨道的压力大小；
(2)通过计算分析小滑块最终能否从木板上掉下。

【答案】(1) (2) 物体未能从木板上滑下
【解析】试题分析：对小滑块，从A到B过程中应用动能定理可以求出速度，应用动能定理可以求出轨道半径，根据牛顿第二定律求出小滑块经过C点时对轨道的压力大小；求出物块从D重新回到C过程的速度，若滑块再次滑上木板时，若木板长度足够，则最终两者相对静止，此过程对滑块木板系统动量守恒和能量守恒即可求解。

(1)对小滑块，从A到B过程中，
由动能定理得：
解得：
从C到D中，由动能定理得：
解得：
在C点有：
解得：
（2）物块从D重新回到C过程有：
解得：
滑块再次滑上木板时，若木板长度足够，则最终两者相对静止，此过程对滑块木板系统动量守恒有：
根据能量守恒：
由以上两式可求得：
因为，故物体未能从木板上滑下。

点睛：本题主要考查了动能定理和动量守恒，来求轨道半径、物块对轨道的压力，分析清楚物块的运动过程，应用动能定理、机械能守恒定与牛顿第二定律即可正确解题。

12. 如图甲所示，平行光滑金属导轨MN、PQ之间距离L=0.5m，所在平面与水平面成θ=37o 角，M、P两端接有阻值为R=0.8Ω的定值电阻。

质量为m=0.5kg、阻值为r=0.2Ω的金属棒ab垂直导轨放置，其它部分电阻不计。

整个装置处在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。

从t=0时刻开始ab棒受到一个平行于导轨向上的外力F作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直，且接触良好，ab棒受到的安培力的大小随时间变化的图像如图乙所示（t1=2s时，安培力F1=2N）。

求：
（1）t=2s末金属棒两端电压U ab；
（2）从t=0到t=2s过程中通过电阻R横截面上的电量q；
（3）t=2s末电路热功率P
与拉力的瞬时功率P之比。

热
【答案】(1) (2) (3)
【解析】试题分析：写出导体棒ab受安培力的表达式，结合图象根据闭合电路欧姆定律即可求出t=2s末金属棒两端电压U ab；根据即可求出电荷量；分别根据和
求出相应的功率，即可得出功率之比。

（1）导体棒ab受安培力：，
当F=2N时，v=2m/s
感应电动势：E=BLv=2V
可得金属棒两端电压为：U ab=V
（2）由安培力的大小随时间变化的图象可知，速度为：v=at
由闭合电路欧姆定律可得电流为：
则0到2s平均电流
可得电荷量为：
(3)在2s末的瞬时电流为：
热功率为：
对导体棒ab：
解得：
拉力F功率为：
所以t=2s时电路热功率P热与拉力的瞬时功率P之比：4:11
点睛：本题主要考查了导体棒的切割问题，关键的突破口是判断出电流是均匀增大，求出t=2s 末的电流值，分析时要抓住安培力与电流、速度的关系，运用电磁感应、电路和力学知识进行解题。

13. 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．温度高的物体分子的平均动能一定大
B．气体分子的体积大小等于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值
C．一定质量的0℃的冰熔解为0℃的水，分子平均动能不变，分子势能增加
D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律
E．液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离
【答案】ACE
【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故A正确；对气体，由于分子间距的存在，所以气体分子的体积大小要小于气体的摩尔体积跟阿伏伽德罗常数的比值。

故B错误；温度是分子的平均动能的标志，一定质量的0℃的冰溶解为0℃的
水，温度不变，则分子的平均动能不变；体积减小，吸收热量，内能增大，则分子势能增大，故C正确；第二类永动机不可能制成，但它也不违反了能量守恒．故D错误；液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故E正确。

所以ACE 正确，BD错误。

14. 如图所示，两玻璃管内径相同，底部用内径很细的细管相连，开始两管内水银面相平，左右管内水银柱长均为15 cm，左右管内空气柱高均为30 cm，现用阀门将右管口封闭，并用活塞封闭左管口，缓慢推动活塞压缩左管内气体，使左管内的水银恰好全部进入右管，然后保持活塞位置不动。

已知大气压为75 cmHg，细管容积忽略不计，环境温度保持不变。

求：
(i)左管活塞下移的距离；
(ii)将右管上端的阀门缓慢开启，计算说明右管内水银是否会溢出。

【答案】(1) (2) 水银不溢出
【解析】解：（1）设左侧气体压强为P，对左侧气体由玻意尔定律
对右侧气体
解得
活塞下移的距离
（2）右管上端的阀门缓慢开启，左管内水银不会溢出，左侧气体压强
解得
因，故水银不溢出。

15. 一列横波沿x轴传播，传播方向未知，t时刻与t + 0.5s时刻波形相同，两时刻在x轴上－3 m ～ 3 m的区间内的波形如图所示。

下列说法中正确的是_______。

(填选项前的字母。

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．该波的速度为10 m/s
B．质点振动的最小频率为2 Hz
C．在t + 0.25 s时刻，x = 3 m处的质点正在经过x轴
D．若波沿x轴正方向传播，x =2.5m处的质点比x =2m处的质点先回到平衡位置
E．t时刻，x = 1 m处的质点的振动速度大于x = 1.5 m处的质点的振动速度
【答案】BCE
【解析】根据题意，t时刻与t+0.5s时刻波形相同，则0.5s=nT，得到周期
，n=1，2，3，…由图读出波长为λ=4m，则波速为：，当n=1时，v有最小值为8m/s，故A错误；当n=1时，周期最大，则最大周期为T m=0.5s，则最小频
率：，故B正确；在t+0.25s时经过时间为，无论n为奇数，还是为偶数时，x=3m的质点都在平衡位置，即质点正在经过x轴，故C正确；若波沿x轴正方向传播，根据振动规律可知，x =2.5m处的质点比x =2m处的质点后回到平衡位置，故D 错误；根据波的平移可知，t时刻，x = 1 m处的质点比x = 1.5 m处的质点离平衡位置近，所以x = 1 m处的质点的振动速度大于x = 1.5 m处的质点的振动速度，故E正确。

所以BCE 正确，AD错误。

16. 如图所示，用折射率为的透明材料，做成一个圆锥形的光学器件，圆锥的底面半径L，圆锥母线与轴线夹角为600，现用一束横截面与圆锥底面等大的圆柱状单色激光束垂直照射该光学器件的底面（不考虑反射光线），P为垂直于圆锥轴线放置的光屏，已知光速为c，求：
(i) 将光屏放置在离锥顶多远处时，屏上的光斑面积最小；
(ii) 保持(i)中屏的位置不变，求离圆锥轴线上方距离为处的光线从照射到玻璃砖到射到屏P 上所用的时间。

【答案】(1) (2)
【解析】试题分析：画出光路图，根据折射定律求出折射角，由几何知识可知，求出屏上的光斑面积；几何知识求出光线在圆柱体传播的距离，由公式求出光在圆柱体传播的速度，再求解光线的传播时间。

(i)光路如图所示：
由图可知：θ1=300
由折射定律得：故
设光屏到锥顶的距离为S，则有：CD=S BC=
故：AB = OC =OD+CD=
由几何关系可得：AB =
故：
(ii) 在玻璃中：光速为:
所用的用时为：t1=
在空气中路程为
用时：t1=
所用的总时间为：t1=
点睛：本题主要考查了几何光学问题，做出光路图结合几何知识和折射定律即可解题。