1、湖南省益阳市 2018 届高三 4 月调研考试理综物理试题二、选择题：本题共 8 小题。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。1. 关于下列物理史实与物理现象，说法正确的是A. 光电效应现象由德国物理学家赫兹发现，爱因斯坦对其做出了正确的解释B. 只有入射光的频率低于截止频率，才会发生光电效应C. 根据爱因斯坦的光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D. 光电效应现象证明光是一种波【答案】A【解析】A、1887 年德国物理学家赫兹发现了光电效应现象，爱因斯坦对光电效应的实验规律做出了正确的解释，故 A 正确；B、每
2、种金属都有一个截止频率，只有入射光的频率高于截止颗率，才会发生光电效应，故B 错误；C、爱因斯坦的光电效应方程 ，光电子的最大初动能与入射光的频率不成正比，故C 错误，D、光电效应现象证明光具有粒子性，故 D 错误；故选 A。2. 2018 年 2 月 12 日，长征三号乙运载火箭以“箭双星”的形式将北斗三号第五颗、第六颗全球组网导航卫星成功送入预定轨道，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，即采用圆轨道，轨道高度低于同步卫星的轨道高度，万有引力常量为已知，下列说法正确的是A. 这两辆卫星在其轨道上运行的速率小于同步卫星的速率B. 如果已知这两辆卫星在其轨道上运行的周期可以计算出地球质量C. 如果已
3、知这两颗卫星在其轨道上运行的周期与轨道半径可以计算出地球密度D. 这两颗卫星在其轨道上运行的速率小于第一宇宙速度的大小【答案】D【解析】AD、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得 ，由于 ，所以这两辆卫星在其轨道上运行的速率大于同步卫星的速率，小于第一宇宙速度的大小，故 A 错误，D 正确；B、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得，已知这两辆卫星在其轨道上运行的周期和万有引力常量，不知这两辆卫星在其轨道上运行的半径，所以不能求出地球质量，故 B 错误；C、卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得，已知这两颗卫
4、星在其轨道上运行的周期与轨道半径，能求出地球质量，由于密度公式 可知，地球的半径不知道，不能求出地球密度，故 C 错误；故选 D。【点睛】卫星绕地球做圆周运动，应用牛顿第二定律、万有引力公式求出线速度、质量，然后分析答题。3. 如图所示，一个内表面粗糙的半圆形轨道固定于水平面上，一个可视为质点的滑块从图示位置 P 点缓慢滑下，如果滑块经过 PO 间的每一位置时都认为是平衡状态，则滑块在从 P点运动到 O 点过程中A. 轨道对滑块的弹力逐渐增大B. 轨道对滑块的弹力逐渐减小C. 轨道对滑块的摩擦力逐渐增大D. 滑块与轨道间的动摩擦因数处处相同【答案】A【解析】滑块受力如图设支持力与竖直方向的夹角
5、为 ，根据平衡条件可得 ， ，滑块从图示位置P 点缓慢滑下， 逐渐减小，轨道对滑块的弹力逐渐增大，轨道对滑块的摩擦力逐渐减小，根据 可知滑块与轨道间的动摩擦因数减小，故 A 正确，BCD 错误；故选 A。4. 在匀强电场中有一长方形区域 ABCD，边长 AB0.3m、BC0.4m，匀强电场方向与 ABCD所在平面平行，A、B、C 三点的电势 A55V， B19V， C45V，则匀强电场的电场强度大小和方向为A. 120V/m，沿 AB 方向B. 200V/m，沿 AC 方向C. 160V/m，沿 AD 方向D. 300V/m，沿 BD 方向【答案】B【解析】连接 AC，过 B 点作 ，由几何关
6、系知， ，据题知 ， ， ，所以与 B 等电势， 则为等势线；利用等势线与场强垂直确定场强方向可知匀强电场的电场强度方向沿 AC 方向，匀强电场的电场强度大小 ，故 ACD 错误，B 正确；故选 B。【点睛】据三点的电势，求出 AB、AC 的电势差；据电势差关系画出等势线，利用等势线与场强垂直确定场强方向；再利用 U=Ed 求解。5. 如图所示为一个小型发电机的示意图，矩形金属线圈在匀强磁场中绕与磁感线垂直的固定轴 OO匀速转动，线圈匝数 n200，发电机输出端接有纯电阻用电器，其阻值恒为R4，电路中其他部分电阻不计，已知线圈匀速转动过程中穿过线圈的磁通量随时间的变化规律 0.01sin2t
7、（Wb） ，取 210，下列说法正确的是A. t0 时，穿过回路的磁通量最大B. t10s 时，回路中的电流改变方向C. t2.5s 时，回路中的瞬时电流最大D. 从 t0 到 t10s 时间内，回路中产生的焦耳热为 500J【答案】C【解析】A、t0 时，线圈平面与磁场方向平行，穿过回路的磁通量为 0，故 A 错误；B、由题意可知周期 ，t=10s 时，线圈平面与磁场方向平行，穿过回路的磁通量为0，感应电动势最大，回路中的电流最大，电流改变不方向，故 B 错误；C、t=2.5s 时，线圈平面与磁场方向平行，穿过回路的磁通量为 0，感应电动势最大，回路中的瞬时电流最大，故 C 正确；D、知线圈
8、匀速转动过程中， ，从 t=0 到 t=10s 时间内，回路中产生的焦耳热为 ，故 D 错误；故选 C。6. 如图所示，由电动机带动着倾角 37的足够长的传送带以速率 v4m/s 顺时针匀速转动。一质量 m2kg 的小滑块以平行于传送带向下 v2m/s 的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数 ，取 g10m/s 2，sin370.6，cos370.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内A. 小滑块的加速度大小为 1m/s2B. 重力势能增加了 120JC. 小滑块与传送带因摩擦产生的内能为 84JD. 电动机多消耗的电能为 336J【答案】AD【解析】A、由牛顿第二定律
9、可得 ，解得 ，故 A 正确；B、小滑块从接触传送带到相对传送带静止的时间 ，小滑块的位移，重力势能增加量 ，故 B 错误；C、6s 内传送带运动的位移 ，所以相对位移 ，产生的内能，故 C 错误；D、小滑块增加的动能 ，所以电动机多消耗的电能，故 D 正确；故选 AD。7. 如图所示，在某空间的一个区域内有一直线 PQ 与水平面成 45角，在 PQ 两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B。位于直线上的 a 点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为 q，质量为 rn，所有粒子运动过程中都经过直线 PQ 上的 b 点，已知 abd，不计粒
10、子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示所有圆弧的圆心角均为 90,所以粒子运动的半径 （n=1，2，3） ，由洛伦兹力提供向心力得 ，则 （n=1，2，3） ，故 ABC 正确，D 错误；故选 ABC。【点睛】根据题意画出粒子的运动轨迹两条，由几何知识可知，运动所有圆弧的圆心角都为90，求出运动半径的通式；由洛伦兹力提供向心力，列式求出速度表达式，结合选项判断。8. 如图所示，四分之一光滑圆弧轨道 AB 固定在竖直平面内，圆心为 O，半径 OA 水平，OB竖直，质量为 m 的小球从 A 点由静止释放后，沿
11、圆孤滑下从 B 点抛出，最后落在地面上 C 点，已知 AC 间的水平距离和竖直距离均为 L，小球可视为质点，重力加速度为 g，不计空气阻力，则下列说法正确的是A. 当小球运动到轨道最低点 B 时，轨道对其支持力为 2mgB. 根据已知条件可以求出该四分之一圆弧轨道的轨道半径为 0.2LC. 小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角 的正切值 tan 2D. 如果在竖直平面内 A 点正上方有一 P 点，OP 连线与水平方向夹角 45，则将小球从P 点由静止释放后运动到 B 点时，对轨道的压力大小为 4rng【答案】BC【解析】A、在最低点 ， 解得 ，故 A 项错误；B、小球做平抛运动， ，
12、 ，解得 ，故 B 正确；C、设小球做平抛运动位移与水平方向的夹角为 ，则 ，因为 ，所以 ，故 C 正确；D、小球从 P 点到 B 点有 ，在 B 点 ，解得 ,故 D 错误；故选 BC。.三、非选择题9. 某实验小组做“验证牛顿第二定律”的实验，装置示意图如图甲所示。（1）图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻两计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为 50Hz，由此可求出小车的加速度 _m/s 2（结果保留三位有效数字）（2）当验证“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象如图丙所示，横轴 m 表示小车上所加的砝码的质量。如果经实验验证牛顿第二定律成立，图
13、中直线在纵轴上的截距为 b，斜率为 k，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_（用k 和 b 表示） 。【答案】 (1). 1.60 (2). (3). (2)设小车质量为 ,则 ,则 ，则斜率 ,则小车受到的拉力 ，截距，则小车质量 。10. 某实验小组要描绘小灯泡（2.5V 0.5W）的伏安特性曲线，实验室提供以下器材可供选择：A直流电源 3V（内阻不计）B直流电流表 0300mA（内阻约为 5） ）C直流电流表 0600mA（内阻约为 1）D直流电流表 03V（内阻约为 3k）E滑动变阻器 0100（允许通过的最大电流为 0.5A）F滑动变阻器 010（允许通过的最大电流为 2A）G导线和
14、开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。（1）实验中电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。 （填器材前的字母标号）（2）图中已将可能用到的仪器画出，请根据实验要求，将图中各器材连接成完整的电路_。（3）根据实验数据作出的小灯泡 IU 图线如图所示。由此可知，当电压为 1.5V 时，小灯泡的灯丝电阻为_（结果保留两位有效数字 。（4）如果将该小灯泡直接与电动势为 2V、内阻为 10 的电池连接，此时小灯泡的功率为_W（结果保留两位有效数字） 。【答案】 (1). B (2). F (3). (4). 8.6 (5). 0.094【解析】(1)已知小灯泡的额定电压为 2.5V,额定
15、功为 0.5W,可知额定电流 ，为了保证电流表读数的准确性,所以选择 B；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，并能进行多次测量，应该采用分压式接法，滑动变阻器最大阻值较小的，采用分压式能使小灯泡两端电压变化更加均匀，作出的图象更加准确，所以选择 F；(2)根据实验要求,将图中各器材连接成完整的电路,如图所示。(3)根据图线可知,当电压为 1.5V 时，电流为 0.175A,根据欧姆定律可知小灯泡的内阻为(4)如果将该小灯泡与电动势为 2V，内阻为 的电池连接，在小灯泡的 I-U 图中画出电池的I-U 图线，如图所示，两图线的交点 I=0.125A ，U=0.75V，表示流过小灯泡的电流与小灯
16、泡两端的电压，所以其功率 P=UI0.094W。11. 如图甲所示，两电阻不计的平行光滑金属导轨倾斜放置，倾角 37，导轨间距d0.4m，下端接有定值电阻 R04，在导轨的 CDEF 矩形区域内存在垂直于导轨向上的匀强磁场，x DE5m，该匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，现将一金属棒在导轨上端由静止释放，金属棒电阻 R1，经 t1s 金属棒运动到 EF 位置并开始做匀速运动，取 g10m/s 2，sin370.6，求：（1）01s 和 12s 时间内通过金属棒中的电流分別为多大；（2）金属棒的质量及 02s 时间内金属棒中产生的热量。【答案】 （1）0.8A；0.96A（2）l
17、.5616J【解析】解:（1）01s 内，磁场均匀变化，出法拉第电磁感应定律有由图象得 2T/s，且 Sx DEd2m 2 金属棒从静止开始做匀加速运动，加速度 gsin 6m/s 2 t1s 末进入磁场区域的速度 vt 16m/s 金属棒切割磁感线产生的电动势 E2Bdv4.8V 12s 时间内金属棒中的电流（2）根据金属棒进入磁场区域做匀速运动，可知金属棒受到的合力为零，有 mgsin BI 2d解得 m0.128kg 02s 时间内金属棒产生的热量 QI 12Rt1I 22Rt2 代入数据解得 Ql.5616J 12. 如图所示，光滑水平面上放置着一个右侧带有半圆形光滑轨道的木板，木板与
18、轨道在 B点相切，圆弧的直径 DB 与木板的上表面 AB 垂直，圆弧上的 C 点与圆心 O 等高，圆弧半经R0.4m，木板与圆弧轨道的总质量 M2kg，木板长度 L3.6m。某时刻个质量 m1kg 可视为质点的滑块以 v010m/s 的速度从 A 点滑上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g10m/s 2。（1）如果木板固定，分析滑块能否从 D 点水平抛出；如果能，计算落点与 D 点间的水平距离，如果不能，计算滑块最终停下来的位置（可保沼根式） ；（2）如果滑块滑上木板的瞬间，木板以 v2.5m/s 的速度向右运动，求滑块经过 B 点时的速度大小 vB；（3）在（2）情况下
19、，某同学继续求解滑块经过圆弧轨道 B 点时受到的弹力大小，过程如下：由牛顿第二定律得 ，解得 ，试判断上述过程是否正确，不需要书写分析过程，【答案】 （1）滑块落点与 D 点间的水平距离为 1.6 m（2）6m/s（3）不正确【解析】 【分析】由 A 点到 D 点，根据能量守恒定律求出滑块运动到 D 点时的速度大小，滑块能从 D 点抛出做平抛运动，根据平抛运动规律求出滑块落点与 D 点间的水平距离；滑块滑上木板后两者组成的系统在水平方向上动量守恒，由能量守怛定律有滑块经过 B 点时的速度大小；滑块经过 B 点时，根据牛顿第二定律求出经过圆弧轨道 B 点时受到的弹力大小。解:（1）设滑块运动到
20、D 点时的速度大小为 v，则由 A 点到 D 点，根据能量守恒定律有解得 v4 m/s滑块恰能到达 D 点时满足的条件 解得 v 临 2m/s 显然 vv 临 ，滑块能从 D 点抛出 竖直方向 2R gt2 水平方向 xvt 解得 x1.6 m，即滑块落点与 D 点间的水平距离为 1.6 m（2）因为水平面光滑，滑块滑上木板后两者组成的系统在水平方向上动量守恒，设滑块运动到 B 点时的速度为 vB，此时木板的速度为 v，取向右为正方向，有mv0Mvmv BMv 由能量守怛定律有联立解得 vB6m/s，v4.5m/s （3）该同学的求解过程不正确正确分析为：滑块经过 B 点时相对圆心的速度v 1
21、.5m/s在 B 点，根据向心力公式 得13. 下列关于热现象的叙述，正确的是_。A液晶与多晶体一样具有各向同性B空气的相对湿度越大空气中水蒸气的压强越接近该温度下的饱和汽压C雨水不能透过布雨伞是因为液体表面存在张力D定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关E当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小【答案】BCE【解析】A、液晶的某些性质具有各向异性，故 A 错误；B、根据相对湿度的特点可知，空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近该温度下的饱和汽压，故 B 正确；C、由于液体表面存在张力，故雨水不能透过布雨伞，故 C 正确；D、理想气体分子势能不计，只与温度有关，与体积无关，故 D
22、错误；E、当 时，分子力表现为引力，当 r 增大时，分子力做负功，则分子势能增大，当时，分子力表现为斥力，当 r 减小时，分子力做负功，则分子势能增大，所以当 ，分子势能最小，故 E 正确；故选 BCE。14. 如图所示，两个大小、形状都相同的气缸开口相对固定于水平地面上，气缸 A 绝热，装有能加热气体的电阻丝，气缸 B 导热性良好，两个完全相同的厚度不计的绝热活塞用轻杆相连，分別置于两个气缸中，每个气缸与活塞间均封有一定质量的理想气体，活塞与气缸间无摩擦且不漏气，最初两气缸内气体体积均为 V0，温度均为 T0。现对气缸 A 中气体加热，使其体积缓慢增大为原来的 1.2 倍，环境温度保持 T0
23、不变，求：（i）气缸 A 中气体的温度；（ii）若气缸 A 中电热丝释放的热量为 Q，活塞对外做功为 W，比较 Q 与 W 的大小并说明原因。【答案】 （i）1.5T 0（ii）QW，原因见解析【解析】解：（i）由于是刚性扞连接，两部分气体压强相等，设初态为压强为 p0，体积为V0，气缸 B 中气体初末状态温度相等，由玻意耳定律得p0V00.8p BV0 pB1.25p 0 对气缸 A 中气体，由理想气体状态方程得TA1.5T 0 （ii）气缸 A 中气体温度升高，内能增加，由热力学第一定律可知 QW 15. 图甲为一列简谐横波在 t4s 时的波形图，图乙为 x3m 处质点 P 的振动图象，则
24、该波沿 x 轴_（填“正方向”或“负方向” ）传播，波速大小为_m/s，质点 P 做简谐运动的位移表达式为_。【答案】 (1). 负方向 (2). 1.5 (3). y0.5sin（ ）m【解析】t=4s 时，x=3m 处的质点 P 向下振动，根据平移法可知该波沿 x 轴负方向传播；根据波的图象可得 ，周期 T=8s，则波速 ；由图乙可知，质点 P 做简谐运动的位移表达式为16. 一个折射率 n 的异形玻璃砖的横截面如图所示，它可以看成由两部分组成，OAB 为直角三角形，B30，OAC 为扇形，O 为圆心，AOC90，B 点与墙壁接触，且 MN 丄BC。一束单色光经过弧面 AC 射入 O 点，
25、入射角 30，结果在墙壁 MN 上出现两个光斑，已知 OB 长度为 L，求：（i）两个光斑间的距离；（ii）如果逐渐增大入射光的入射角，当入射角至少多大时 O 点不再有折射光线射出？【答案】 （i） （ l）L（ii）45【解析】解：（i）光束射到时 O 点后，一部分光反射，由光的反射定律得反射角为 30。因反射光正好与 AB 垂直，光沿直线射到墙壁上 E 点，如图所示由几何关系得 BE L 一部分光折射，由光的折射定律有解得 i45由几何关系得OBF 为等腰直角三角形，BFL 故两光斑间的距离为 BEBF（ l）L （ii）当入射光在 O 点的入射角大于或等于临界角时，O 点不会再有折射光线射出根据 sinC 代入数据解得 C45
