1、 吉林省实验中学 2018 届高三下学期第九次模拟考试理科综合物理试题一、选择题（15 题单选，68 题多选）1. 下列关于近代物理知识的说法中正确的是A. 射线为原子的核外电子电离后形成的电子流B. 戴维孙和 G.P.汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验，从而证实了实物粒子的波动性C. 黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D. 贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在的原子核【答案】B【解析】 射线即电子是由核内的中子变为质子同时放出电子产生的，而非核外电子电离后形成的电子流，故 A 错误；戴维孙和汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射的实验，得到了的衍射图样，从而证实电子具有波动性，故
2、 B 正确；黑体辐射的实验规律可用量子理论来解释。故 C 错误；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究揭示了原子核具有复杂的结构，故 D 错误；故选 B.【点睛】根据 射线产生原理分析；了解物理学家的事迹及相关实验原理、结论；黑体辐射的实验规律可用量子理论来解释2. 用两根细线 a、b 悬挂一薄板，薄板处于静止状态，下列说法正确的是 A. b 绳的拉力大于 a 绳的拉力B. 若保持 a 绳位置不变，缓慢移动 b 至竖直方向，则 b 的拉力先减小后增大C. 剪断 a 绳瞬间，薄板的加速度方向一定沿 a 绳斜向下D. 剪断 a 绳瞬间，b 绳拉力大小发生变化【答案】C【解析】根据水平方向受力平衡可得：
3、，可得 ，故 A 错误；若保持a 绳位置不变，缓慢移动 b 至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，如图A 绳的拉力 T 和 b 绳的拉力 F 的合力与重力 G 总等大反向，由图知，T 一直减小，故 B 错误；剪断 a 绳瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于 b 绳向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于 b 绳方向向下，即一定沿 a 绳斜向下，故 C 正确。剪断前，由竖直方向受力平衡可得： ，又 ，联立解得：，剪断后，小球沿半径方向的合力为零，则有： ，故剪断前后b 绳的拉力没有变化，故 D 错误；故选 C.【点睛】薄板受到三个力作用，不平行，必共点根据水平方向受
4、力平衡，列式分析两绳拉力的大小关系剪断 a 瞬间，薄板的加速度方向垂直于 b 向下，由向心力知识分析作出受力图，运用合成法分析 a 的拉力变化情况3. 一质点做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示， 时刻质点的速度为零，其中，0 时间内图像与横轴的“面积”大小为 C。则在 时间内质点发生的位移是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】由图知，质点的加速度不变， 时刻质点的速度为零，故质点做匀减速直线运动，设 t=0 时刻质点的速度为 ，根据“面积”表示速度的变化量，则有 ，设在 时刻的速度为 ，则有 ，联立解得： ；故在 时间内质点发生的位移，故 C 正确，ABD 错误；【点睛】由图
5、看出，质点的加速度不变， 时刻质点的速度为零，说明质点做匀减速直线运动由面积表示速度的变化量，求出 t=0 时刻的速度，再由平均速度求位移4. 如图甲所示，在光滑水平桌面内 直角坐标系中 轴上方区域存在水平向右的匀强电场，一带电小球以某一初速度开始运动，先后与坐标轴相交于 a、b 两点，图中虚线为其运动轨迹线。已知 b 点电势为零，由此可知 A. 小球带正电B. 小球从 a 运动到 b 的过程中，重力势能减小，电势能增加，动能减少C. 小球从 a 运动到 b 的过程中，电势能增加量等于动能减少量D. 电势沿 轴方向变化图像如图乙所示【答案】C【解析】由小球的运动轨迹可知，小球受到的电场力方向向
6、左，与电场强度方向相反，故小球带负电，故 A 错误；小球在水平桌面上从 a 运动到 b 的过程中，重力不做功，重力势能不变，电场力做负功，电势能增加，故动能减小，故 B 错误，C 正确； 图象的切线斜率表示电场强度，而该电场是匀强电场，故图乙错误，故 D 错误；故选 C.【点睛】因为小球是在水平面运动，故重力不做功，重力势能不变，根据运动轨迹判断小球的电性，根据电场力做功的情况判断电势能和动能的变化情况，由 图象的切线斜率表示电场强度进行分析。5. 如图所示，一理想变压器将原线圈接在 的交流电压上，原、副线圈匝数比 ，定值电阻的阻值为 25，滑动变阻器的总阻值为 35 。将滑动变阻器的滑片 P
7、 从左向右滑动过程中，下列说法中正确的是A. 副线圈输出电压的频率为 100 HzB. 当变压器的输出功率达最大时，电压表的示数为 5VC. 当滑动变阻器的功率达最大时，电流表的示数为 0.2AD. 滑片 P 滑到最右端时，变压器的输入功率为 40W【答案】C【解析】原副线圈的交流电压频率 ，变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压为 50Hz，故 A 错误；根据 P=UI，可知副线圈的电压不变，输出功率要最大，则副线圈的电流要最大，即副线圈总电阻最小，故当滑动变阻器的电阻为 0，根据 ，解得： ，则此时的电流为 ，则电压表，故 B 错误；将定值电阻 R 看成内电阻，故当滑动变阻器的阻值等于
8、定值电阻的阻值为 时滑动变阻器的功率达最大，则副线圈的电流 ，故 C 错误；当滑片 P 滑到最右端时滑动变阻器的有效值为 0，由 B 项分析知此时的电流为0.4A，变压器的输入功率等于变压器的输出功率，则有 ，故 D 错误；故选 C.【点睛】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论6. 若宇航员在月球表面附近自高 h 处以初速度 竖直向上抛出一个小球，测出小球落回月球表面的时间为 。已知月球半径为 ，引力常量为 ，则下列说法正确的是A. 月球表面的重力加速度B. 月球的质量C. 月球的第一宇宙速度D. 月球的平均密度【答案】BC.【点睛】根据
9、竖直上抛运动求得月球表面的重力加速度，根据黄金代换公式求出月球的质量，根据重力与万有引力相等求得月球质量和月球的第一宇宙速度。根据密度公式求出密度。7. 如图所示，一质量为 的小球置于半径为 R 的光滑竖直轨道最低点 A 处，B 为轨道最高点，C、D 为圆的水平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心 O 点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为 ，原长为 ，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度 ，已知重力加速度为 ，则A. 无论 多大，小球均不会离开圆轨道B. 若 则小球会在 BD 间脱离圆轨道C. 只要 ，小球就能做完整的圆周运动D. 只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间的最
10、大压力与最小压力之差与 无关【答案】CD【解析】因弹簧的劲度系数为 ，原长为 L=2R，若小球恰能到达最高点，此时弹簧的弹力为 ，轨道的支持力为 0，由弹簧的弹力和重力提供向心力，则有 ，解得： ，从 A 到最高点，形变量没有变，故弹性势能不变，由机械能守恒定律得：,解得： ，即当 时小球才不会脱离轨道，故 AB 错误，C正确；在最低点时，设小球受到的支持力为 N，有： ，解得：，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，为 ，设此时的速度为 v，由机械能守恒定律得： ，此时合外力提供向心力，有： ，解得： ，联立解得 ，与初速度无关，故 D 正确。故选CD。【点睛】在轨道的任意位置对小球受力分析，
11、比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知选项 AB 的正误利用动能定理可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项 C 的正误根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合动能定理，即可推导出压力之差的表达式，从而可知选项 D 的正误8. 空间 与 之间为磁感应强度大小为 的匀强磁场区域，间距为 ，磁场方向垂直纸面向里， 距离地面高度为 。现有一质量为 、边长为 （ ） 、电阻为 的正方形线框由上方某处自由落下（线框始终处于竖直平面内，且 ab 边始终与 平行） ，恰能匀速进入磁场区域，当线框的 cd 边刚要触地前瞬间线框的加速度大小 ， 为重力加速度，空
12、气阻力不计，则A. 线框自由下落的高度为B. 线框触地前瞬间线框的速度为C. 线框进入磁场的过程中，线框产生的热量为D. 线框的 cd 边从 运动到触地的时间为【答案】ACD【解析】cd 边进入磁场时，加速度为零，则有安培力和重力大小相等，即 ，解得 ，则自由落体下落的高度为 ，故 A 正确；设线框触地前瞬间线框的速度为 ，由牛顿第二定律得： ，即 ，解得： ，故B 错误；线框匀强进入磁场的过程中，动能不变，产生的热量等于减少的重力势能，即，故 C 正确；线框的 cd 边从 运动到触地，设总时间为 t，全过程列动量定理有：，其中为 为 时间内的平均电流，又 ，且 ，代入上式得： ，解得：，故
13、D 正确，故选 ACD。【点睛】线框匀速进入磁场，根据平衡条件求出进入磁场的速度；已知线框的 cd 边刚要触地前瞬间线框的加速度，根据牛顿第二定律求出此时的速度；根据能量守恒求出产生的热量，根据全过程动量定理求出运动的时间。二、实验题（2 小题）9. 某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有 N=5 个，每个质量均为 0.010 kg。实验步骤如下：（1）将 5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使
14、小车（和钩码）可以在木板上 _下滑（选填“加速” ， “匀速”或“减速” ） 。（2）将 n（依次取 n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余 Nn 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻 t 相对于其起始位置的位移 s，绘制 s-t 图像，经数据处理后可得到相应的加速度 a。实验中_（选填“需要”或“不需要” ）满足钩码质量远远小于小车质量。（3）对应于不同的 n 的 a 值见下表。（4）利用表中的数据作出 a-n 图像，并求得该图像的斜率为 。取重力加速度为。可得小车（空载）的质量为_kg（小数点后面留两位。 ）【答案】 (1).
15、匀速 (2). 不需要 (3). 0.05【解析】 （1）平衡摩擦力时，使小车能在木板上匀速运动即可；（2）由于当小车和钩码（含车上放置和细绳末端所挂）的总质量一定，所以小车的加速度 a 与细绳末端所挂钩码的重力 F 始终成正比，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量， （3）由牛顿第二定律得：，解得： ，即 a-n 图线的斜率为 ，解得 ，代入数据解得： 。【点睛】根据平衡摩擦力时的条件即可判断；因为小车和钩码（含车上放置和细绳末端所挂）的总质量一定，小车的加速度 a 与细绳末端所挂钩码的重力 F 始终成正比，故不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，应用牛顿第二定律求出加速度的表达式，然后根斜
16、率求出车的质量10. 在“描绘标有9 V，5 W小灯泡伏安特性曲线”的实验中，要求尽可能准确的描绘图像，实验室提供了下列器材电流表 （量程 100 mA，内阻约为 1 ） 电流表 （量程 0.6 A，内阻约为 0.3 ）电压表 （量程 3.0 V，内阻约为 3 k） 电压表 （量程 15.0 V，内阻约为 10 k）滑动变阻器 （最大阻值为 5 ） 滑动变阻器 （最大阻值为 500 ）电源 （电动势 5 V，内阻忽略） 电源 （电动势 15 V，内阻忽略）电键、导线若干（1）为了提高测量准确度和有效性，应选择的器材为下列的哪组（_）A B C（2）下列给出的测量电路图（甲）中，最合理的是（_）
17、A. B. C. D.（3）某同学已连接好的电路如图乙，其中的不当之处有（_）A安培表采用了外接法 B滑动变阻器采用了分压接法C电键闭合D滑动变阻器滑片位置在中间（4）某同学用正确的方法分别测得两只灯泡 和 的伏安特性曲线如图丙中和所示。然后又将灯泡 、 分别与电池组连成如图丁所示电路。测得通过 和 的电流分别为 0.30 A和 0.60 A，则电池组的电动势为_V，内阻为_ （保留两位有效数字） 。【答案】 (1). A (2). B (3). CD (4). 12 (5). 9.3【解析】 （1）因灯泡的额定电压为 9V，故电压表应 ，电源选 ； 额定电流为 056A，故电流表应选 ，滑动
18、变阻器采用分压式接法，应该选择最大阻值较小的，有利于数据的测量故选 ，同时选择导线，故需要的器材为，故选 A；（2）要求测量从 0V 到9.0V 的电压下通过小灯泡的电流，所以应采用分压式接法由于灯泡电阻更接近电流表内阻，所以采用电流表外接法故选 B （3）其中两个不当之处是电键闭合，连接电路时开关应该处于打开状态，滑动变阻器滑片位置在中间，滑动变阻器滑片应该位于左端，即不当之处选 CD。 （4）描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图象为描绘准确可以先进行理
19、论计算，首先查出两坐标为（0.30A，8.8V）和（0.60A，6.0V） ，则内阻为 ，电源电动势为。【点睛】电学实验中要注意仪表的选择方法、实物图的连接、电路的接法等，要多练习从而找出相应的规律； 明确分压接法使用的条件，并能根据电流表及电压表的内阻确定电流表的内外接法；测小灯泡的伏安特性曲线采用的均为分压外接法三、计算题（2 小题）11. 如图所示，装置 A 由 1/4 圆弧 CD 部分（光滑）和水平 DE 部分（粗糙）组成，总质量为M = 0.6 kg，O 为圆弧的圆心，其半径为 R = 0.3 m，装置放在光滑水平面上，但是被锁定（锁定装置图中未画出） 。质量为 m = 0.3 kg
20、 的小物块 B，从与 O 点在同一水平面上的 C 点由静止放开，物块 B 在水平部分 DE 上滑行时，与接触面间的动摩擦因数为 = 0.1，重力加速度 g 取 。试分析：(1)物块 B 到达圆弧最低点 D 时对圆弧的压力大小；(2)若将装置 A 的锁定解除，使其可以自由移动。则物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中，物块 B 在水平 DE 部分相对于 D 点的最大距离为多少？该过程中装置 A 对地的位移为多少？【答案】 （1）9 N；（2）3 m，1.1 m【解析】试题分析（1）从 C 到 D 由机械能守恒求出在 C 点的速度，由牛顿第二定律求出在D 点的支持力，由牛顿第三定律求出对轨
21、道的压力；（2）由能量守恒求出最大距离；由动量守恒和两者位移关系求出 A 对地的位移。(1)从 CD 过程，由机械能守恒得： 在 D 点，由牛顿第二定律得： 联立解得：N=9N由牛顿第三定律得： (2)物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中由能量守恒定律得： 解得： x = 3m物块 B 从开始下滑到与 A 相对静止的过程中，由动量守恒定律得：又联立解得： 且 解得：【点睛】本题是竖直面内圆周运动与机械能守恒、能量守恒和动量守恒等知识的综合考查，考查的重点有：一是从某一位置到另一位置，满足机械能守恒或能量守恒，二是在圆周上的某一点对向心力的分析，根据牛顿第二定律求出支持力。12. 如图
22、所示，在平面直角坐标系 xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域ABC，A 点坐标为(0，3a)，C 点坐标为(0，3a)，B 点坐标为()。在直角坐标系 xOy 的第一象限内，加上方向沿 y 轴正方向、场强大小为 的匀强电场，在 x3a 处垂直于 x 轴放置一平面荧光屏，其与 x 轴的交点为 Q。粒子束以相同的速度 由 O、C 间的各位置垂直 y 轴射入，已知从 y 轴上 y2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过 O 点。忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。(1)求粒子的比荷；(2)求粒子束射入电场的纵坐标范围；(3)从什么位置射入磁场的粒子打到
23、荧光屏上距 Q 点最远？求出最远距离。【答案】(1) (2)0y2a (3) ，【解析】 (1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为 r a 由牛顿第二定律得 Bqv0 m 故粒子的比荷 (2)能进入电场中且离 O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与 AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为 O点，如图所示。由几何关系知 O A r 2 a 则 OO OA O A a 即粒子离开磁场进入电场时，离 O 点上方最远距离为 OD ym2 a 所以粒子束从 y 轴射入电场的范围为 0 y2 a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有 3a v0t0 ，所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上 粒
24、子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为 t，竖直方向位移为 y，水平方向位移为 x，则水平方向有 x v0t 竖直方向有 代入数据得 x 设粒子最终打在荧光屏上的点距 Q 点为 H，粒子射出电场时与 x 轴的夹角为 ，则 有 H(3 a x)tan 当 时，即 y a 时， H 有最大值 由于 a2a，所以 H 的最大值 Hmax a，粒子射入磁场的位置为 y a2 a a 四、选做题（2 小题） 13. 一定量的理想气体从状态 M 可以经历过程 1 或者过程 2 到达状态 N，其 pV 图象如图所示。在过程 1 中，气体始终与外界无热量交换；在过程 2 中，气体先经历等容变化再经
25、历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是_。A气体经历过程 1，其温度降低B气体经历过程 1，其内能减小C气体在过程 2 中一直对外放热D气体在过程 2 中一直对外做功E气体经历过程 1 的内能改变量与经历过程 2 的相同【答案】ABE【解析】气体经历过程 1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故选项 AB 正确；气体在过程 2 中，根据理想气体状态方程 ，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故选项 CD 错误；无论是经过 1 过程还是 2 过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故选项 E 正确
26、。14. 如图所示，长 100cm、内径均匀的细玻璃管，一端封闭、另一端开口并水平放置，长为30cm 的水银柱封住 50cm 长的空气柱。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，发现水银柱长度变为 25cm，继续把玻璃管缓慢转动 180至开口端向上，已知环境温度为 。求：（1）大气压强的数值；（2）开口端向上的情况下，环境温度至少升高到多少开尔文才能使水银完全溢出。【答案】75 cmHg，612.5 K（1）由题意可知初态气体压强 ，气体体积 末态气体压强 ，气体体积 由玻意耳定律可得： ，得（2）开口端向上的情况下，设环境温度升高到 T 时，管内水银剩余 h，由理想气体状态方程代入数据得：即由数学函数规律得则 时不满足该气体状态方程，即该温度时水银自动溢出。【点睛】理想气体状态方程应用的关键是找准气体的初状态与末状态各个参量，然后根据理想气体状态方程列式求解。
