山东省烟台市2018年高考物理适应性练习试卷（二）（含解析）.doc

山东省烟台市2018年高三高考适应性练习（二）理综物理试卷一、选择题1.下列说法正确的是（ ）A. 结合能越大的原子核越稳定B. 光电效应揭示了光具有波动性C. 氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能减少，电势能减少，原子的总能量减少D. 将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，它的半衰期不发生改变【答案】D【解析】A. 比结合能越大的原子核越稳定，故A错误； B. 光电效应的规律只能用光子学说解释，揭示了光具有粒子性，故B错误；C氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，释放出光子，总能量减小，库伦力做正功，电子的动能增大，电势能减小。故C错误；D. 半衰期的大小与温度无关。故D正确。故选：D.2.如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力( )A. 方向始终沿杆指向O点B. 一直不做功C. 从最高点到最低点，一直做负功D. 从最高点到最低点，先做负功再做正功【答案】C【解析】A小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O点，故A错误；BCD小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B错误，C正确，D错误。故选：C3.如图，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=3mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )A. A静止，B向右，且偏角小于30B. A向左，B向右，且偏角都等于30C. A向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30D. A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30【答案】D【解析】A由静止释放，在最低点的速度设为v0，A与B发生弹性碰撞，碰后速度分别为v1，v2，则：mAv0=mAv1+mBv2，12mAv02=12mAv12+12mBv22 联立解得，v1=mAmBmA+mBv0=12v0v0；v2=2mAmA+mBv0=12v0v0 ，由于v1=v2v0，A偏角等于B偏角，且都小于30，故D正确，ABC错误。 故选：D点睛：根据弹性碰撞列方程，求出碰后两球的速度；根据球摆动过程中，机械能守恒，在最低点时速度越大，最大偏角越大，可判断偏角是否小于30。4.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是3、1和4，A为理想交流电流表，u为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。已知该变压器原、副线圈匝数比为3：1。若开关S断开时，电流表的示数为I，则当S闭合时，电流表的示数为( ) A. IB. 3IC. 4ID. 5I【答案】C【解析】开关断开时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为UIR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I，副线圈两端电压为3I(R2+R3)；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR1）：3I(R2+R3)=3：1；设开关闭合时电流表的示数为I，则原线圈两端电压为UIR1；根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的电流强度为3I，副线圈两端电压为3IR2；理想变压器的原、副线圈的电压比为：（UIR1）：3IR2=3：1；联立解得I=4I，故C正确、ABD错误。故选：C。点睛：变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求当S闭合时，电流表的示数5.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为Q和Q，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为q的小球以初速度v0从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球（ ）A. 下落过程中加速度始终为gB. 受到的库仑力先做正功后做负功C. 速度先增大后减小，射出时速度仍为v0D. 管壁对小球的弹力最大值为8kqQd2【答案】AD【解析】A. 电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速度方向垂直，竖直方向只受重力作用，加速度始终为g，故A正确； B. 小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，故B错误；C. 电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，速度不断增加，故C错误；D在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：E= kQ(d2)2=4kQd2；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为8kQd2，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为8kqQd2，结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为8kqQd2，故D正确； 故选：AD.点睛：对于等量异种电荷，根据矢量的合成法则，中垂线的中点的电场强度最大，在无穷远的电场强度为零；点电荷靠近两个电荷的连线的中点过程，电场力不做功；中点处的电场强度最大，则库仑力也最大，弹力也是最大，从而即可求解6.如甲所示，一维坐标系中有一质量为m=2kg的物块静止于x轴上的某位置（图中未画出），从t=0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方关系的图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）A. 物块运动的加速度大小为1m/s2B. 前2s时间内物块的位移大小为2mC. t=4s时物块位于x=2m处D. 24s时间内物块的位移大小为3m【答案】CD【解析】A. 由x=x0+v22a，结合图象可知物块做匀加速直线运动，加速度a=0.5m/s2，初位置x0=2m，故A错误； B. 由x=12at2得t=2s时物块的位移x=1m，故B错误；C. 由x=x0+12at2得t=4s时物块的位置为x=2m，故C正确；D由x=12at2得t=2s时物块的位移x=1m，t=4s时物块的位移x=4m，24s时间内物块的位移大小为3m ，故D正确。故选：CD7.某回旋加速器两D形盒间电压的变化周期可随时与粒子运动周期同步，粒子通过缝隙时加速电压都能保持大小为U，已知它可以将质子加速到某一速度vm，如果改用它加速粒子，并且也要达到相同的速度，则A. 磁感应强度大小应变为原来的12B. 磁感应强度应大小变为原来的2倍C. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍D. 在回旋加速器中转过的周期数是原来的12【答案】BC【解析】AB根据qvB=mv2r得v=qBrm，粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度，磁感应强度应大小变为原来的2倍，故A错误，B正确；CD根据Ek= 12mv2=nqU得n=mv22qU，粒子的荷质比是质子荷质比的一半，要达到相同的速度， 粒子加速的次数应是质子加速次数的2倍，在回旋加速器中转过的周期数是原来的2倍，故C正确，D错误。故选：BC8.如图所示，一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上，通过细线连接一质量也为m的小球，小球还用一水平细线拉着。保持环和小球的位置不变，横杆的位置逐渐按图示方向转到竖直位置，在这个过程中环与杆相对静止，则（ ）A. 连接环和小球的细线拉力增大B. 杆对环的作用力保持不变C. 杆对环的弹力一直减小，最小值为mgD. 杆对环的摩擦力先减小后增大，最大值为2mg【答案】BD【解析】A保持环和小球的位置不变，细线与竖直方向的夹角不变，细线的拉力Tcos45=mg，T=2mg，保持不变，故A正确；B环受到重力、细线的拉力、杆的作用力，由于重力和细线的拉力不变，杆对环的作用力保持不变，故B正确；CD杆的位置由水平转到竖直位置的过程中，由于线的拉力与环重力的合力方向斜向右下，杆对环的弹力始终垂直于杆方向，根据动态分析方法可知，杆对环的弹力先增大后减小，对环的摩擦力先减小再增大，因此杆对环的弹力在杆水平时为2mg，竖直时为mg，所以杆对环的弹力的最小值为mg；杆对环的摩擦力在水平时为f=Tsin45=mg，在竖直时为：f2=mg+Tcos45=2mg，所以杆对环的摩擦力最大值2mg，故C错误，D正确。故选：BD二、实验题9.某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数。实验装置中表面粗糙的长木板固定在水平桌面上，一端装有轻滑轮，另一端固定有打点计时器，物块一端通过打点计时器与纸带相连。另一端通过细绳与托盘（内有砝码）相接，用天平测量物块的质量为M，托盘和砝码的总质量为m，实验时，调整轻滑轮，使细线水平，让物块在托盘和砝码的拉力作用下由静止开始运动，已知打点计时器所用交流电源的频率为f，物块运动过程中通过打点计时器得到一条纸带的一部分如图乙所示，图中测量出了三个连续点1、2、3之间的距离x1、x2。 已知当地的重力加速度大小为g，根据题目中给出的物理量的符号和实验测量的物理量的数据，写出动摩擦因数的表达式= _（不计打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力），如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，则求出的动摩擦因数的数值 _ （选填“偏大”或“偏小”）由此引起的误差属于 _（选填“偶然误差”或“系统误差”）。若用此装置做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，除了必须满足物块的质量远大于托盘和砝码的总质量，还必须进行的实验操作是_ 。【答案】 (1). =mg(M+m)(x2x1)f2Mg； (2). 偏大； (3). 系统误差； (4). 适当垫高长木板没有定滑轮的一端以平衡摩擦力；【解析】(1) 由匀变速运动的推论x=aT2可知加速度为：a=x2x1T2=(x2x1)f2；以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mgf=(m+M)a，滑动摩擦力：f=Mg，解得：= mg(M+m)(x2x1)f2Mg；如果用托盘和砝码的总重力替代细绳对物块拉力，由牛顿第二定律得：mgf=Ma，联立解得=mgM(x2x1)f2Mg，求出的动摩擦因数的数值偏大；由此引起的误差是由于实验原理造成的，属于系统误差。（2）做“探究物块的加速度与力的关系”的实验时，物块受到的拉力应为物块受到的合外力，应适当垫高长木板没有定滑轮的一端，用重力沿木板向下的分力平衡摩擦力。10.某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知)C.电阻箱(099.99)D.电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约3V，内阻约1)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I。根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_ （选填器材前的字母）根据实验步骤可知，待测电阻Rx= _（用步骤中所测得的物理量表示）。同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的1I-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=_ V，内阻r= _ 。(计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A; (2). D; (3). R2R1 ; (4). 3.2; (5). 0.80;【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax=ERx+RA+rERx0.167A=167mA，如果电流表选B，则读数误差太大，故电流表应选A；电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：I=U/R可知，电路中的最小电阻应为：Rmax=E/IA=3V/0.015A=200，所以电阻箱应选D；根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)联立解得：Rx=R2R1；(2)S闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I(R+RA+r)则有：1I=1ER+RA+rE，由图像可得，0.2=1E636+RA+rE，0.1=1E316+RA+rE联立解得：E=3.2 V r=2.0 .【点睛】根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电源电动势和内阻。三、计算题11.如图甲所示，在光滑水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2=2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数=0.5，假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平拉力F=3t (N)，重力加速度大小g=10m/s2。求木块和木板相对静止一起运动的时间t1；通过计算，在图乙中利用已经给出的坐标数据，画出木板和木块的加速度随时间t变化的图象。（取水平拉力F的方向为正方向）【答案】(1)t=10s (2)见解析【解析】开始时木板和木块一起做加速运动,有F=(m1m2)a 解得 a=Fm1+m2=ktm1+m2当木板与木块间的摩擦力达到fm=m2g后两者发生相对滑动。对木板有 fm=m2g=m1a 由得 m2g=m1kt1m1+m2 k=3解得：t1=10s 发生相对滑动前，m1、m2共同加速度a=Fm1+m2=ktm1+m2a=t 发生相对运动后对木块m2有F-m2g= m2a2 a2=Fm2gm2=ktm2ga2=1.5t5 对木板m1有m2g= m1a1a1=10m/s2 图象如图乙 12.如图甲所示，在空间存在范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场中竖直固定两根足够长的光滑平行金属导轨，磁场方向垂直导轨平面向里，导轨间距为L，顶端接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一根长度为L、质量为m、电阻为r的水平金属棒，以初速度v0从导轨上的MN处开始竖直向上运动，且始终与导轨保持良好接触，当棒运动到MN下方h高度处刚好开始做匀速运动，重力加速度为g，不计空气阻力。求：金属棒从开始运动到刚好做匀速运动的过程中，电阻R上消耗的电能； 金属棒从开始运动到刚好做匀速运动所经历的时间；从微观角度看，金属棒中的自由电荷所受的洛伦兹力在电磁感应能量转化中起着重要作用。请在图乙中画出金属棒在匀速运动过程中，自由电子所受洛伦兹力的示意图。【答案】（1）E=RR+r(mgh+12mv02m3g2(R+r)22B4L4) (2)t=mg(R+r)+B2L2v0B2L2g+B2L2hmg(R+r) (3)见解析【解析】（1）设金属棒匀速运动的速度v，则此时棒所受的安培力F= BIL= mg 对回路有BLv=I(Rr) 由得v=mg(R+r)B2L2 金属棒从开始运动到刚好做匀速运动的过程中，回路消耗的电能为E由能量守恒得E =mgh(12mv0212mv2) 电阻R上消耗的电能E=ERR+r E=RR+r(mgh+12mv02-m3g2(R+r)22B4L4)（2）设金属棒从开始运动到刚好做匀速运动所经历的时间为t将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为t则安培力的冲量 I安=Bi1Lt+Bi2Lt+Bi3Lt+I安=BL（i1t+i2t+i3t+）I安=BLq 又q=t I=ER+r E=t=BLht 所以I安=BLq=B2L2hR+r 取向上方向为正，对金属棒由动量定理得-mgtI安= -mv-mv0 t=mg(R+r)+B2L2v0B2L2g+B2L2hmg(R+r) （3）如图13.下列说法正确的是 _。A. 液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性B.当两薄玻璃板间加有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故C.当环境的相对湿度为1时，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同D.用油膜法测出油酸分子的直径后，要测定阿伏加得罗常数，还需要知道油酸的密度和油酸的摩尔质量E. PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5m的颗粒物。温度越高，PM2.5的运动就会越激烈，所以PM2.5的运动属于分子热运动【答案】ACD【解析】A. 液晶既具有液体的流动性，同时又具有晶体的各向异性，故A正确； B.中间有一层水膜的薄玻璃板，沿垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，是由于大气压强的缘故，故B错误； C.当环境的相对湿度为1时，湿泡温度计停止蒸发，则干湿泡湿度计的两个温度计读数一定相同，故C正确；D. 在已知直径的情况下要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积，若知道油酸的密度和油酸的摩尔质量，则可求得阿伏加德罗常数，则D正确；E.PM2.5是指环境空气中直径小于等于2.5微米的颗粒物，不是分子，故E错误。故选：ACD14.如图所示，一绝热气缸固定在倾角为30的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S。初始时，气体的温度为T0，活塞与汽缸底部相距为L。通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升到与汽缸底部相距2L处，已知大气压强为P0，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁之间的摩擦。求：此时气体的温度；加热过程中气体内能的增加量。【答案】(1) T=2T0 (2) U=QP0+12mgsL【解析】设加热后的温度为T，此时气体体积V初始时体积V0，由等压变化有：TT0=VV0 T2 T0 由题意得，封闭气体压强为P Pomgsin30 该过程气体对外界做功WPSL（Pomgsin30）SL气体内能的增加量U-WQUQ（Pomgsin30）SL U=Q(P0+12mg)SL15.如图所示，P、Q、M是均匀媒介中x轴上的三个质点，PQ、QM的距离分别为3m、2m，一列简谐横波沿x轴向右传播。在t=0时刻，波传播到质点P处并且P开始向下振动，经t=3s，波刚好传到质点Q，而此时质点P恰好第一次到达最高点且离平衡位置10cm处。下列说法正确的是 _。A.该简谐波的波速为1m/sB.该简谐波的波长为12mC.当波传播到质点M时，质点P通过的路程为50cmD.当t=5s时，质点Q的加速度方向竖直向下E.当质点M运动到最高点时，质点Q恰好处于最低点【答案】ACE【解析】A在t=0时刻，波传播到质点P，经t=3s，波刚好传到质点Q，根据v=xt=33m/s=1m/s，故A正确； B在t=0时刻，质点P开始向下振动，经t=3s，质点P恰好第一次到达最高点，则34T=3，T=4s，根据v=T， =4m，故B错误； C当波传播到质点M时，用时t=x/v=5s，即54T，质点P通过的路程为5A=50cm，故C正确；D当t=5s时，质点Q已经振动了2s，运动到了平衡位置，加速度为零，故D错误；E质点M比质点Q晚运动了半个周期，当质点M运动到最高点时，质点Q恰好处于最低点，故E正确。故选：ACE16.如图所示是一透明物体的横截面，横截面为等腰三角形ABC，边长AB长为a，底面AC镀有反射膜。今有一条光线垂直AB边从中点入射，进入透明物体后直接射到底面AC上，并恰好发生全反射，（已知光在真空中的传播速度为c）求：透明物体的折射率和光在透明物体内的传播时间；若光线从AB面沿平行于底面的方向射向透明物体，求光线最终离开透明物体时的出射角。【答案】(1) t=2aC （2）r=45【解析】（1）根据题意，光线射到AC面上时入射角度恰好为临界角C，由几何关系C=45，根据sinC=1n可得n=1sinC=2由几何关系可知光在透明物体中的传播路径长为a，设光在介质中的传播速度为v有 可得（2）设此时光在AB面的入射角为，折射角为r，由题意可知， =45根据公式 可得r=30由几何关系可知=45，=+知=15，光在AC面的入射角为75，发生全反射设在BC面的入射角为，折射角为r，根据几何关系， =30根据公式代入数值可得r=45