2018届高三第一次模拟考试理综物理试题

东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）2018届高三第一次模拟考试理综物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列说法正确的是

A．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构

B．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光强度成正比

C．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大

D．放射性元素发生1次β衰变，原子序数增加1

2．沿同一直线运动的A、B两物体运动的v-t图象如图所示，由图象可知

A．A、B两物体运动方向始终相同

B．A、B两物体的加速度在前4s内大小相等、方向相反

C．A、B两物体在前4s内不可能相遇

D．A、B两物体若在6s时相遇，则时开始时二者相距30m

3．如图所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为R的半圆柱体M，挡板PQ固定在半圆柱体M上，挡板PQ的延长线过半圆柱截面圆心O，且与水平面成30 角.在M和PQ之间有一质量为m的光滑均匀球体N，其半径也为R.整个装置处于静止状态，则下列说法正确的是（）

A．N对PQ的压力大小为mg

B．N对PQ的压力大小为1

2 mg

C．N对M的压力大小为mg

D．N对M的压力大小为

4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，R1＝R2＝R3＝10 Ω，C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则()

A．副线圈输出的交流电的频率为10 Hz

B．原线圈输入电压的最大值为

C．电阻R3的电功率为20 W

D．通过R2的电流始终为零

5．如图所示，某行星的卫星在一个圆轨道上做环绕运动，经过时间t通过的弧长为1，该弧长对应的圆心角为θ(弧度)，已知该行星的半径为R，则该行星的第一宇宙速度为

A B C D

二、多选题

6．将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是()

A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等

B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同

C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量

D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量

7．如图所示，半径为R的圆形区域位于正方形ABCD的中心，圆心为O，与正方形中心重合．圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反．一质

量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以速率0v 沿纸面从M 点平行于AB 边沿半径方向射入圆形磁场，并从N 点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力忽略不计，已知磁感应强度大小为0mv qR

，则

A ．粒子由M 点运动到N 点时速度偏转角为90°

B ．正方形区域的边长为3R

C ．粒子再次回到M 点时所经历的时间为0

4R v π D ．粒子再次回到M 点时所经历的时间为0

2R v π 8．如图正四面体ABCD 的四个顶点A 、B ，C 、D 各固定一个点电荷，电量分别为+q 、+q 、-q 和-q ，其中q >0，规定无穷远处电势为零，A 处点电荷受到B 、C 、D 处点电荷的合力为F A ，C 处点电荷受到A 、B 、D 处点电荷的合力为F C ，D 处点电荷受到

A 、

B 、

C 处点电荷的合力为F

D ，则以下说法正确的是

A ．正四面体ABCD 的中心处的场强为零

B ．正四面体ABCD 的中心处的电势为零

C ．F A 和F C 大小相等

D ．F D 和F C 方向相同

9．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是 ________．

A ．该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变

B ．该气体在压强增大的过程中，一定吸热

C ．该气体被压缩的过程中，内能可能减少

D ．该气体经等温压缩后，其压强一定增大，且此过程一定放出热量

E.如果该气体与外界没有发生热量交换，则其分子的平均动能一定不变

10．下列关于光的说法中，正确的是_________

A．在双缝干涉实验中，用红光代替黄光作为人射光可增大干涉条纹的间距

B．光从空气射入玻璃时可能发生全反射

C．在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深

D．水中蓝光的传播速度比红光大

E.白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的波长不同

三、实验题

11．某实验小组要用如下图所示的装置验证机械能守恒的定律。他们先将气垫导轨水平放置，然后把遮光条固定在滑块上并把滑块放在气垫导轨的右端，在气垫导轨上安装一个光电门B，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，滑块每次都从A处由静止释放。

(1)该小组用游标卡尺测量遮光条的宽度d，由图可知d=__________cm。

(2)为了完成本实验，除已知遮光条宽度d，A处与光电门B间距离L，遮光时间t ，重力加速度g外还需要知道的物理量有__________________________

(3)请用(2)问中的物理量写出验证械能守恒定律的表达式：__________________

12．某实验小组利用所提供的如下器材测量某一定长电阻丝R x(电阻约为10Ω)的电阻率。使用刻度尺测得电阻丝长度L=0.825m，使用螺旋测微器测量电阻丝的直径，可供选择的器材还有：

电池组E(电动势为9.0V，内阻约1Ω)

电流表A1 (量程0~100mA，内阻为5Ω)

电流表A2 (量程0~0.6A，内阻约0.3Ω)

定值电阻R1=55Ω

滑动变阻器R(0~5Ω)

开关一个、导线若干.

(1)螺旋测微器示数如图所示，可知电阻丝直径为_______mm

(2)若想更加精确地测出电阻丝电阻，请设计出测量电路图_____，并标明所用器材符号.要求使用提供的全部器材，能够测量多组数据，测量尽量准确.

(3)按照所设计出的测量电路，在某次测量中获得的数据如下图，则电流表A1的示数为_______mA，电流表A2的示数为________A．

(4)由以上所测的数据可算得金属丝的电阻率为_________

A．9.90×10-4Ω.m B．9.90×10-3Ω.m C． 9.90×10-6Ω.m D． 9.90×10-7Ω.m

四、解答题

13．如图所示，边长为L的正方形线框abcd放置于水平桌面上，质量为m，电阻为R。在线框右侧存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，磁场宽度大于L。线框在水平外力F的作用下从磁场左边界以垂直边界的速度v匀速进入磁场，当cd边进入磁场时立刻撤去外力，线框ab边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：

(1)水平外力F的大小；

(2)从线框开始进入磁场到ab边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量Q。

14．如图所示，水平面上有一质量为m的木板，木板上放置质量为M的小物块(M>m)，小物块与木板间的动摩擦因数为μ．现给木板和小物块一个初速度，使小物块与木板一起向右运动，之后木板以速度v0与竖直墙壁发生第一次弹性碰撞，已知重力加速度为g.求：

(1)若水平面光滑，木板与墙壁第一次碰撞后到木板再次与墙壁碰撞，小物块没有从木板上掉下，则最初小物块与木板右端的距离至少为多少．

(2)若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为0.4μ.M=1.5m，请分析长木板能否与竖直墙壁发生第二次碰撞?如能相撞求出木板与墙壁撞前瞬间的速度，

如不能相撞，求出木板右端最终与墙壁间的距离．

15．如图(a)所示，开口向下的圆柱形导热气缸倒置于粗糙水平面上，用一个质量和厚度可以忽略的活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞下方气缸开口处始终与大气相通，气缸内部的高度为L=0.9m，内横截面积S=0.02m2．当温度T1=300K时，活塞刚好在气缸开口处，且与地面无弹力作用．现用一个原长为X0=0.2m的弹簧将活塞顶起，平衡时弹簧弹力大小为400N，如图(b)所示．已知大气压强P0=1.0×105Pa，气缸内侧光滑，且一直未离开水平面．求：

①弹簧的劲度系数k的大小：

②将温度降低到T2时，如图(c)所示，弹簧弹力大小仍为400N，求T2的大小．(结果保留1位小数)

16．如图所示，1、2、3、4、5为均匀介质中质点的平衡位置，间隔为a=2cm.沿x轴成一条直线排列；t=0时，质点1开始竖直向下振动，激起的正弦波向右传播;到t=2s时，从第2个质点到第4个质点，均完成了4次全振动，但均未完成5次全振动，此时刻波形如图实线所示，第2个质点在波峰，第4个质点在波谷．求：

①质点振动的周期及这列波的波速．

②从t=2s时起，经过多长时间，从第2个质点到第4个质点区间出现图中虚线波形．

参考答案

1．D

【解析】汤姆生发现电子，表明原子具有复杂结构，选项A 错误；在光电效应现象中，光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，选项B 错误；根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，原子的总能量减小，氢原子的电势能减小，动能增大，选项C 错误；放射性元素发生1次β衰变，质子数增加1，则原子序数增加1，选项D 正确；故选D. 2．D

【解析】

A 物体先向负方向做减速运动，然后在向正方向做加速运动；

B 物体一直向正方向加速，故选项A 错误；直线的斜率等于加速度，则A 、B 两物体的加速度在前4s 内大小相等方向相同，选项B 错误；前4s 内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A 、B 两物体在前4s 内可能相遇，选项

C 错误；A 、B 两物体若在6s 时相遇，则计时开始时二者相距

11167.5+(452 2.5)=30m 222

????-??，选项D 正确；故选D. 点睛：能从图象中获取尽量多的信息是解决图象问题的关键，在同一个坐标系中要正确比较各个图象表示的运动情况，明确图象斜率的含义，最好能把图象和实际运动想结合起来． 3．D

【详解】

对球N 受力分析，设M 对N 的支持力为1F ，PQ 对N 的支持力为2F ，由几何关系可知，

1F 和2F 与的夹角相等，均为30?

，则1212cos303

mg F F mg ?===，由牛顿第三定律可知选项D 正确，A 、B 、C 错误.

方法技巧共点力平衡的三种处理方法

（1）平行四边形定则：若物体受三个力平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反.应用时如图甲、乙所示.

（2）三角形定则：动态平衡中，作不变力F的有向线段，从不变力箭头起按方向确定力的方向作射线，从不变力起点画第三个力的有向线段围成封闭三角形.

（3）相似三角形：动态平衡中，若三个力构成的三角形不是直角三角形，可以在受力分析后构建相似的矢量三角形和几何三角形.如图丙所示.

4．C

【解析】

【详解】

A．根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为T=0.02s、频率为f=50Hz，故A错误；

B．由图乙可知通过R1的电流最大值为I m=2A、根据欧姆定律可知其最大电压为U m=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为100V，故B错误；C．根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R3

的电压有效值为：3

U==，则电阻R3

的电功率为

P W W

===，选项C正确；D．因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R2和电容器，故D错误．

5．C

【解析】线速度为：

=；角速度为：

ω=；根据线速度和角速度的关系公式，有：

v=ωr；卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

GMm

=mωv

；

联立解得： 32l M G t θ= ，

v == 则C 正确. 点睛：本题关键要知道角速度、线速度以及向心加速度的关系，抓住万有引力提供向心力，然后根据牛顿第二定律列式求解.

6．AC

【解析】

根据W=Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A 正确；上升过程中的加速度a 上=g+f m 大于下降过程中的加速度a 下=g-f m

，则上升的时间小于下降的时间，即t 上

7．AC

【解析】

粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，

设轨道半径为r 1，则洛仑兹力充当向心力可知：qv 0B=m 201

v r ，解得：r 1=R ；由几何关系可知，粒子由M 点运动到N 点时速度偏转角为90，选项A 正确；粒子在正方向形磁场中的轨道半

径为r 2，粒子恰好不从AB 边射出则有；qv 0B=m 202

v r ，解得r 2=0mv Bq =R ；则正方向的边长L=2r 1+2r 2=4R ，选项B 错误；粒子在圆形磁场中做圆周运动的周期T 1=0

2 R v π，在圆形磁场中运动时间1102T R t v π==；粒子在圆形以外的区域做圆周运动周期T 2=0

2R v π；

在圆形以外

的磁场中运动时间：320332R t T v π==；则再次回到M 点的时间t=t 1+t 2=0

4 R v π，选项C 正确，D 错误；故选AC.

点睛：本题考查带电粒子在磁场中的运动，此类问题审题非常关键，根据题意明确粒子的运行轨迹并由几何关系确定粒子转动的圆心和半径，则基本可以求解．

8．BC

【解析】正电荷的电场强度方向背离正电荷，负电荷的电场强度方向指向负电荷，所以正四面体ABCD 的中心处的场强不为零，故A 错误；

根据点电荷电势的计算公式φ=kq r

可得，正负电荷在正四面体ABCD 的中心处的合电势为零，故B 正确；A 和C 处的点电荷受力情况如图所示，根据对称性可知，F A 和F C 大小相等，故C 正确；根据对称性可知，F C 和F D 方向不同、大小相等，故D 错误；故选BC 。

点睛：本题是电场的叠加问题，关键要掌握等量异种电荷等势面的分布情况，知道等量异种电荷中垂线的电势为零。

9．ACD

【分析】

考查热力学第一定律。

【详解】

A ．根据PV /T =C 可知该气体在体积缓慢增大的过程中，温度可能不变，选项A 正确；

B ．该气体在压强增大的过程中，温度的变化和体积的变化都不能确定，则不能判断气体是否吸热，选项B 错误；

C ．该气体被压缩的过程中，外界对气体做功，若气体放热，则内能可能减少，选项C 正确；

D ．根据PV /T =C 可知该气体经等温压缩后，其压强一定增大，因温度不变，内能不变，外界对气体做功，则此过程一定放出热量，选项D 正确；

E ．如果该气体与外界没有发生热量交换，但外界可能对气体做功或者气体对外做功，气体的内能可能会变化，则其分子的平均动能不一定不变，选项E 错误；

故选ACD.

10．ACE

【详解】

A ．在双缝干涉实验中，根据l x d

λ?=可知，因红光的波长大于黄光，则用红光代替黄光作为入射光可增大干涉条纹的间距，选项A 正确；

B ．发生全反射时，光必须是从光密介质射向光疏介质，则光从空气射入玻璃时不可能发生全反射，选项B 错误；

C ．岸边观察前方水中的一条鱼，根据视深h ′=h/n ，则有鱼的实际深度比看到的要深．故C 正确；

D ．蓝光的折射率大于红光的折射率，根据v=c/n 知水中蓝光的传播速度比红光慢；故D 错误；

E ．白光通过双缝后产生的干涉，因波长不一，导致干涉条纹间距不同，从而出现彩色条纹，故E 正确；

故选ACE.

11． 1.160 钩码质量m ，滑块和遮光条质量M ()212d mgL M m t ??=+ ????

【解析】（1）由图可知d =1.1cm+0.05mm ×12=1.160cm 。

（2）滑块经过光电门的速度d v t =

?；要验证的关系是： ()()221122d mgL M m v M m t ??=+=+ ????

，则还需要知道：钩码质量m ，滑块和遮光条质量M ；

（3）验证械能守恒定律的表达式： ()2

12d mgL M m t ??=+ ????

点睛：要掌握游标卡尺的工作原理及读数方法．了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面．

12． 1.001 65 0.44 C

【解析】（1）电阻丝直径为1mm+0.01mm×

0.1=1.001mm ；（2）因为无电压表，可用已知内阻的电流表A 1与定值电阻R 1串联组成电压表，因改装后的电压表内阻远大于待测电阻阻值，可采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；则电路图如图所示；

（3）电流表A 1的示数为65mA ，电流表A 2的示数为0.44A.

（4）由电路图()11121A x I R R R I I +=

- 且24x L L R S d

ρρπ==，带入数据解得：ρ=9.90×10-6Ω.m ，故选C. 13．（1）22+B L v mg R μ（2）23212

B L v mgL mv R μ++ 【解析】(1)线框切割磁感线所产生的电动势为E BLv = 回路中的感应电流为E I R

= 线框所受到的安培力为=F BIL 安

由于线框匀速运动，故水平外力+F F mg μ=安即22+B L v F mg R

μ= (2)线框从开始运动到cd 边进入磁场所经历的时间为L t v

回路中产生的焦耳热21Q I Rt = 线框与桌面间的摩擦生热2212

Q mgL mv μ=+

所以整个过程中产生的总热量

2 12

B L v

Q Q Q mgL mv

=+=++

或者直接由能量守恒得

B L v

Q FL mv mgL mv

=+=++也给分！

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物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．

14．（1）2Mmv02

M+m (2) 11v02

100μg

【解析】

(1)Mv0?mv0=(M+m)v v=M?m

M+m

μMgl=1

2(M+m)v02?1

(M+m)v2

2Mmv02

M+m

(2)木板第一次与墙壁碰撞反弹后，对木板分析:μMg+0.4μ(M+m)g=ma1 a1=2.5μg

对木块：μMg=Ma2

a2=μg

设木板经时间t1速度减为0，位移x1

v0?a1t1=0

t1=2v0

5μg

x1=1

a1t12

x1=v02

5μg

此时，物块的速度v块=v0?μgt1=3v0

之后板向右加速：μMg?0.4μ(M+m)g=ma′1

a′1=0.5μg

设经时间t2二者共速，此过程木板向右的位移为x2

块

?a2t2=a′1t2

v 共=a ′1t 2

x 2=v 共2t 2

解得:x 2=v 0225μg

二者共速后，因为板与地面间的动摩擦因数小于板与物块间的动摩擦因数，所以二者一起减速

a 3=0.4μg

v 共2=2a 3x 3

x 3=v 0220μg

木板最终距墙的距离d =x 1?x 2?x 3

d =11v 02100μg 点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律可以解题，解题时注意正方向的选择． 15．（1）8000N/m （2）173.3K

【解析】

（1）对活塞：p 0S+F=pS

对弹簧k(x 0-L+x) =F

对气体：0p LS pxS =

解得x=0.75m k=8000N/m

（2）将温度降低到T 2时，弹簧弹力大小仍为400N ，此题弹簧伸长量与（1）中的压缩量相同，即?x=0.05m ，此时气柱长度L 2=0.90m-0.25m=0.65m ，5200.810F p p Pa S

=-=? 则由气态方程可得：02212p LS p L S T T =，即 552

100.90.8100.65300T ???= 解得T 2=173.3K

点睛：此题关键是找好气体在各个状态下的状态参量；尤其是压强，要对活塞受力分析，通过胡克定律求解弹力.

16．(1)0.2m/s(2) 23()s 510

n +

【解析】

（1）t =0，质点1向下振动，向右传播；t =2s ，质点2在波峰即342s 44

T T T ++= 2s 5

T = 由波形知：22a λ

8cm=0.08m λ= 波速0.2/v m s T λ

（2）波形由实线至虚线，经历

34T 故323()4510t T nT n s =+=+ (n =0，1，2，3......)