【全国市级联考】广东省梅州市2018届高三总复习质检(5月二模)理综物理试题(解析版)

广东省梅州市2018届高三总复习质检(5月二模)理综物理试题二、选择题：本越共8小题，每小题6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.下列说法中正确的是A.钍的半衰期为24天。1g钍经过120天后还剩0.2gB.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子C.是核聚变反应D.光电效应实验中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大【答案】C【解析】钍的半衰期为24天。1g钍经过120天，也就是5个半衰期后，还剩，选项A错误；大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，选项B错误；是核聚变反应，选项C正确；光电效应实验中，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，选项D错误；故选C.2.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N，在运动过程中A.F增大，N减小B.F减小，N减小C.F增大，N增大D.F减小，N增大【答案】A【解析】对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有

N=mgcosθF=mgsinθ

其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．故选A．注：此题答案应该是A.视频3.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x-t)图线。由图可知A.在时刻t1，b车追上车aB.在时刻t2，a、b两车运动方向相同C.在t1到t2这段时间内，b车的速率先增加后减少D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大【答案】A【解析】试题分析：由图知在时刻，a、b两车的位置坐标相同，到达同一位置，而开始时a的位移大于b的位移，所以时刻，b追上a，故A正确；在时刻，a图线的斜率为正，说明a的速度沿正向，b图线切线斜率为负，说明b车速度沿负向，则两车的运动方向相反，故B错误；速度图线切线的斜率表示速度，在到这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加，故C错误；在到这段时间内，b图线的斜率不是一直大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，故D错误。考点：匀变速直线运动的图像、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向。4.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是A.变压器原线圈两端电压的瞬时表达式为u=36sin50πt(V）B.在t=0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零C.Rt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变D.Rt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变小【答案】B【解析】原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是ω=100π，u=36sin100πt（V），当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A错误，B正确；R1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；R1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D错误；故选B。5.如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则A.经过最高点时，三个小球的速度相等B.经过最高点时，甲球的速度最小C.乙球释放的位置最高D.甲球下落过程中，机械能守恒【答案】D【解析】在最高点时，甲球受洛仑兹力向下，乙球受洛仑兹力向上，而丙球不受洛仑兹力，三球在最高点受合力不同，由牛顿第二定律得：F合=m，由F合于不同m、R相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C错误；洛伦兹力不做功，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D正确；故选D。点睛：本题应牢记洛仑兹力的性质，明确洛仑兹力永不做功，故三个小球在运动中机械能守恒，但要注意恰好通过时三个小球的受力不同，故速度是不相同的。6.如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是A.线圈a中有感应电流B.线圈b中有感应电流C.线圈c中有顺时针方向的感应电流D.线圈d中有逆时针方向的感应电流【答案】AC【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确；其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故BD错误。ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确；故选AC。点睛：本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，知道感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化．7.P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星S1、S2，做匀速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同。则A.P1的平均密度比P2的大B.P1的“第一宇宙速度”比P2的大C.S1的向心加速度比S2的大D.S1的公转周期比S2的大【答案】ABC点睛：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。该题还要求要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息。就像该题，能知道两个行星的半径是相等的。8.如图（a)所示，A、B、C三点是在等量同种正电荷连线垂线上的点，一个带电量为q，质量为m的点电荷从C点由静止释放，只在电场力作用下其运动的v-t图像如图（b)所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大（图中标出了该切线），其切线斜率为k，则A.A、B两点间的电势差B.由C点到A点电势逐渐降低C.B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为D.该点电荷由C到A的过程中电势能先减小后变大【答案】BC【解析】A、据v-t图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：，故电势差，故A错误．B、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故B正确．C、据v-t图可知带电粒子在B点的加速度最大为k，所受的电场力最大为km，据E=F/q知，B点的场强最大为，故C正确．D、由C点到A点的过程中，据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故D错误．故选BC。【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口．三、非选择题：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.如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f=50Hz，试问：（1）实验中，必要的措施是__________。A.细线必须与长木板平行B.小车必须具有一定的初速度C.小车质量远大于钩码质量D.必须平衡小车与长木板间的摩擦力（2）如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点。从图乙中可读得s6=__cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF=__________。（3）如图丙所示，是根据实验数据画出的v2-2s图线（v为各点的速度大小），由图线可知小车运动的加速度为__________m/s2。（保留2位有效数字）【答案】(1).A(2).6.00cm(3).(4).0.50±0.02【解析】（1）实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误；故选A.（2）从图乙中可读得s6=6.00cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为.（3）由图线可知小车运动的加速度为10.在物理课外活动中，小明同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路原理图。已知选用的电流表内阻Rg=10Ω、满偏电流Ig=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数值没有标出。（1）若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为__________；选择开关接3时读数为__________。（2）为了测该多用电表欧姆挡的电阻和表内电源的电动势，小明同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度应为__________Ω。③计算得到多用电表内电池的电动势为________V。（保留2位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为__________Ω。（保留2位有效数字）【答案】(1).7.0mA(2).175V(3).150(4).1.5(5).64【解析】试题分析：（1）选择开关接1时测电流，其分度值为0．5mA，示数为17．3mA；选择开关接3时测电压，其分度值为2V，其示数为69V；（2）②由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω；③由图1乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为12．5mA=0．0125A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150Ω，电源电动势E=I（R+r）=0．0125×（150+150）=3．8V；（3）根据第（1）问可知，表头所示电流为17．3mA；调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值也为17．3mA，而表内电池的电动势为E=3．8V，表内总电阻为150Ω，由欧姆定律可知：；所以待测电阻的阻值为70Ω．考点：万用表视频11.如图所示，虚线圆所围的区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场和另一未知匀强电场（未画），一电子从A点沿AO方向以速度v射入该区域。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力。（1）若电子做直线运动，求电场强度的大小和方向；（2）若撤掉电场，其它条件不变，电子束经过磁场区域后其运动方向与原人射方向的夹角为θ，求圆形磁场区域的半径r和电子在磁场中运动的时间t。【答案】（1），方向垂直OA向下（2），【解析】(1)若电子做直线运动，据得场强垂直OA竖直向下。（2）若撤掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子束经过磁场区域后其运动方向与原入射方向的夹角为θ，轨迹如图：则解得：找出轨迹圆的圆心Ｏ,如图所示，由几何关系得：解得：设电子做匀速圆周运动的周期为T，有：电子在磁场中运动的时间为：解得：点睛：带电粒子在磁场中的运动，关键是根据条件画出对应的轨迹，根据几何关系求出对应半径，然后使用半径公式或周期公式求解对应问题。12.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为mc=1kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量mA=1kg，8的质量为mB=2kg。A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能EP=3J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v0=2m/s的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离（此过程中C仍保持静止)。已知A和C之间的摩擦因数为μ1=0.2，B、C之间的动摩擦因数为μ2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦。求：（1）弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大?（2）已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度aA、aB、aC。的大小?（3）已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离?【答案】(1)(2)，(3)【解析】（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对AB弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：

联立解得：

（2）对物体B有：

假设AC相对静止，有：

解得：因为：

假设成立故物体AC的共同加速度为

对ABC组成的系统，水平方向不受外力，由动量守恒定律可得：

解得：

（3）C和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，后向右匀加速运动，在向右加速过程中先C和A达到共同速度v１，之后AC再以共同的加速度向右匀加速，B一直向右匀减速，最后三者达到共同速度做匀速运动。

;

解得：

解得：

故AC间的相对运动距离为

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.水的饱和汽压随温度升高而增大B.空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的斥力消失，引力增大C.若两分子间距离增大，分子势能一定增大D.物体吸热时，它的内能可能不增加E.一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【答案】ADE【解析】饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故A正确；空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，体积减小，分子间距离减小，水分子间的引力和斥力都增大，分子间引力和斥力同时存在，故B错误；当r＜r0时，分子间距离增大，分子势能减小；当r＞r0时，分子间距离增大，分子势能增大，故C错误；根据热力学第一定律可知，物体吸收热量时Q＞0，如果同时对外做功W＜0，内能可能增加、减小或不变，所以内能可能不增加，故D正确；一定质量的理想气体，等压变化，体积与热力学温度成正比，体积增大，温度升高，内能增加△U＞0，体积增大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q知，Q＞0，即它一定从外界吸热，故E正确；故选ADE。点睛：该题考查饱和汽压、与物体的内能有关的因素、改变物体内能的两种方式、热力学第二定律以及理想气体的状态方程．考查的知识点比较大，但都是一些记忆性的知识点的内容，多加积累即可．14.如图甲、乙所示，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被长度为0.9m的轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别为mA=12kg、mB=8.0kg，横截面积分别为SA=4.0×10-2m2，SB=2.0×10-2m2。一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强P0=1.0×105Pa。取重力加速度g=10m/s2。①图甲所示是气缸水平放置达到的平衡状态，活塞A与圆筒内壁凸起面恰好不接触，求被封闭气体的压强.②保持温度不变使汽缸竖直放置，平衡后达到如图乙所示位置，求大气压强对活塞A、B所做的总功。【答案】(1)(2)-200J【解析】①汽缸处于题图甲位置时，设汽缸内气体压强为P1，对于活塞和杆，由平衡条件得：代入数据解得：②汽缸处于题图乙位置时，设汽缸内气体压强为P2，对于活塞和杆，由平衡条件得：代入数据解得：由波意耳