2018年广西桂林市高考二模试卷物理

2018年广西桂林市高考二模试卷物理

2018 年广西桂林市高考二模试卷物理 一、选择题：共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项符 合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有 选错的得 0 分。 1.（6 分）氢原子能级如图所示，当氢原子从 n=3 跃迁到 n=2 的能级时，辐射光子 Z 的波长 为 656nm。以下判断正确的是( ) A.氢原子从 n=3 跃迁到 n=1 的能级时，辐射光子的波长大于 656nm B.氢原子从 n=3 跃迁到 n=1 的能级时辐射光子照射某金属表面有光电子逸出，若换用光子 Z 照射该金属表面时不一定有光子逸出 C.一个处于 n=3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生的 3 种谱线 D.用波长 633nm 的光照射，能使氢原子从 n=2 跃迁到 n=3 的能级 解析：A、从 n=3 跃迁到 n=2 的能级时，辐射光的波长为 656nm，即有： 656nm hc =（﹣1.51 ﹣（﹣3.4）） ×1.6×10﹣19，而当从 n=3 跃迁到 n=1 的能级时，辐射能量更多，则频率更高， 则波长小于 656nm。故 A 错误。 B、氢原子从 n=3 跃迁到 n=1 的能级时辐射光子照射某金属表面有光电子逸出，若换用光子 Z 照射该金属表面时，辐射能量小于前者辐射的能量，因此不一定有光子逸出；故 B 正确； C、根据数学组合C =3，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，然 而一个氢原子向低能级跃迁时最多产生2种谱线，故C错误。 D、当氢原子从 n=3 跃迁到 n=2 的能级时，辐射光子 Z 的波长为 656nm，用波长 633nm＜656nm 的光照射，其能量大于波长为 656nm 的能量，因此不能使氢原子从 n=2 跃迁到 n=3 的能级， 故 D 错误。 答案：B 2.（6 分）质点做直线运动的位移 x 和时间平方 t2 的关系图象如图所示，则该质点( ) A.第 2s 内的位移是 2m B.加速度大小为 1m/s2 C.第 3s 内的平均速度大小为 5m/s D.任意相邻 2s 内的位移差都为 2m 解析：A、根据 x 和 t2 的关系图象得：位移时间关系式为：x=t2，对照匀变速运动的位移时 间公式 x=v0t+ 2at 2 1 有： 2 1 a=1，解得加速度为：a=2m/s2，初速度为 0，前 2s 内的位移为为： 2 3 x= 2at 2 1 =4m，第 1s 内的位移为： m1at 2 1'x 2  ，故第 2s 内的位移是 2m△x=x﹣x′=3m， 故 AB 错误； C、第 2s 末的速度为：v=at=4m/s，3s 末的速度为：v′=at′=6m/s，故平均速度为： smvvv /5 2 '   =3.0m/s，故 C 正确； D、任意相邻 2s 内的位移差都为△x=aT2=8m，故 D 错误。 答案：C 3.（6 分）2017 年 10 月 16 日，多国科学家同步举行新闻发布会，宣布探测到了来自双中子 星合并产生的引力波。若太空中有一组双星系统，它们绕两者连线上的某点做匀速圆周运动。 该双星系统中体积较小的星体能“吸食”另一颗体积较大的星球表面的物质，达到质量转移 的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，双星密度相同。则在最初演变 的过程中( ) A.它们之间的万有引力保持不变 B.它们的角速度不断变化 C.体积较小的星体的向心加速度变大 D.体积较大的星体做圆周运动的轨道半径变大 解析：A、设体积较小的星体质量为 m1，轨道半径为 r1，体积大的星体质量为 m2，轨道半径 为 r2.双星间的距离为 L。转移的质量为△m。 则它们之间的万有引力为 F=G 2 21 )m)(m( L mm  ， 由于它们的密度是相等的，根据数学知识得知，随着△m 的增大，F 先逐渐增大增大。故 A 错误。 B、对 m1：G =（m1+△m）ω 2r1① 对 m2：G =（m2﹣△m）ω 2r2② 由①②得：ω = 3 21 )m( L mG  ，总质量 m1+m2 不变，两者距离 L 不变，则角速度 ω 不变。故 B 错误。 C、D、由②得：ω 2r2= 2 1 )m( L mG  ，ω 、L、m1 均不变，△m 增大，则 r2 增大，即体积较 大星体圆周运动轨迹半径变大，体积较小星体圆周运动轨迹半径变小。 由 a=ω 2r1 得体积较小的星体的向心加速度减小。故 C 错误。D 正确。 答案：D 4.（6 分）如图所示，物块 A 质量为 2m，物块 B、C 质量均为 m，A 与天花板之间、B 与 C 之 间均用轻弹簧相连，A 与 B 之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断 A、B 间的细绳，则 此瞬间 A、B、C 的加速度分别为（取向下为正）( ) A.﹣g，2g，0 B.﹣2g，g，0 C.﹣4g，2g，0 D.﹣g，g，g 解析：剪断细线前，对 BC 整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故 T=2mg；再 对物体 A 受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力； 剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体 B 受到的力的合力等于 2mg，向下，物体 A 受到的合力为 2mg，向上，物体 C 受到的力不变，合力为零，故物体 B 有向下的 2g 的加速度，物体 A 具有 g 的向上的加速度，物体 C 的加速度为零；故 A 正确、 BCD 错误。 答案：A 5.（6 分）如图所示，半径 R= 3 m 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。重力不计、 电荷量一定的带电粒子以速度 v=1m/s 正对着圆心 O 射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间 的距离为 m，则粒子在磁场中的运动时间为( ) A. 4  s B. 2  s C. 3  s D. 3 2 s 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示： 由几何关系知其轨道半径：r=Rtan30°=1m，故在磁场中的运动时间：t= 3 1 T= v r2 3 1  = s，故选项 ABC 错误，选项 D 正确。 答案：D 6.（6 分）如图甲所示，Q1、Q2 为两个被固定的点电荷，其中 Q1 为正点电荷，在它们连线的 延长线上有 a、b 两点，现有一检验电荷 q（电性未知）以一定的初速度沿直线从 b 点开始 经 a 点向远处运动（检验电荷只受电场力作用），q 运动的速度图象如图乙所示。则( ) A.Q2 必定是负电荷 B.Q2 的电荷量必定大于 Q1 的电荷量 C.从 b 点经 a 点向远处运动的过程，检验电荷 q 所受的电场力一直减小 D.a 点比 b 点电势高 解析：A、由于试探电荷从 b 向 a 运动的过程是先减速后加速，速度向右，故电场力的合力 先向左后向右，在平衡点左侧时是向左的吸引力大，故试探电荷的电性与 Q2 相反（可以假 设无限靠近 Q2，是吸引力大），带正电， 由图乙可知，检验电荷先减速运动，若 Q2 为正电荷，ba 间电场线方向向右，电荷将一直加 速，故 Q2 为负电荷，故 A 正确； B、由于试探电荷从 b 向 a 运动的过程是先减速后加速，故 ba 之间存在平衡点， 根据平衡条件，有：= 2 2 2 2 1 1 kk r qQ r qQ  ；由于 r1＞r2，故 Q1＞Q2，故 B 错误； C、由速度图象可知，q 的加速度先减小后增大，故电场力也是先向减小后增大，故 C 错误； D、沿着电场线方向，电势是降低的，因此 a 点比 b 点电势高，故 D 正确。 答案：AD 7.（6 分）如图所示，光滑且足够长的金属导轨 MN、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导 轨间距 L=0.20m，两导轨的左端之间连接的电阻 R=0.40Ω ，导轨上停放一质量 m=0.10kg 的 金属杆 ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻 r=0.10Ω ，导轨的电阻可忽略不计。整个装置 处于磁感应强度 B=0.50T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力 F 水平向右拉 金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理 想电压表的示数 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示。求金属杆开始运动经 t=5.0s 时，( ) A.通过金属杆的感应电流的大小为 1A，方向由 b 指向 a B.金属杆的速率为 4m/s C.外力 F 的瞬时功率为 1W D.0～5.0s 内通过 R 的电荷量为 5C 解析：A、由图象可知，t=5.0s 时，U=0.40V。此时电路中的电流（即通过金属杆的电流） 为： I= R U = 0.40 0.40 A=1A。用右手定则判断出，此时电流的方向由 b 指向 A。故 A 正确。 B、金属杆产生的感应电动势为： E=I（R+r）=1×（0.4+0.1）V=0.50V 因 E=BLv，所以金属杆的速度大小为：v= BL E = 2.05.0 5.0  =5.0m/s，故 B 错误。 C、金属杆速度为 v 时，电压表的示数应为 U= rR  R BLv。 由图象可知，U 与 t 成正比，由于 R、r、B 及 L 均与不变量，所以 v 与 t 成正比，即金属杆 应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动。 金属杆运动的加速度为：a= t v = 5 5 =1.0m/s2。 根据牛顿第二定律，在 5.0s 末时对金属杆有：F﹣BIL=ma， 解得：F=0.20N。 此时 F 的瞬时功率为：P=Fv=1.0W，故 C 正确。 D、t=5.0s 时间内金属杆移动的位移为：x= 2at 2 1 = 2 1 ×1×52=12.5m。 通过 R 的电荷量为：q= rR   = rR x  BL = 0.10.4 12.52.05.0   =2.5C，故 D 错误。 答案：AC 8.（6 分）一个物体在拉力 F 的作用下在倾角 θ =30°的粗糙斜面上向上始终匀速运动，物 体与斜面的动摩擦因数 μ =0.5、F 与斜面的夹角 α 从零逐渐增多，物体离开斜面前，拉力 F 的大小与 F 的功率 P 的变化情况( ) A.F 变大 B.P 一直变小 C.F 先变小后变大 D.P 一直变大 解析：对物体受力分析可知： Fcosα ﹣μ （mgcosθ ﹣Fsinα ）=0 解得：F=   sincos mgcos  故拉力的瞬时功率为： P=Fvcosα =   tan1 mgcos  当 α 增大时，P 减小，故 B 正确。 答案：BC 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。（一）必考题 9.（10 分）某物理兴趣小组利用图示实验装置做“验证牛顿运动定律”的实验。 (1)在平衡摩擦力后，要使细线的拉力可以近似认为等于砝码盘及盘中砝码受到的总重力， 小车的质量 M 和砝码盘及盘中砝码的总质量 m 应满足的条件是 。 解析：当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小 等于砝码盘和砝码的总重力大小。 答案：M＞＞m。 (2)下列实验操作中，正确的是 。（填正确选项前的字母） A.调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 B.每次小车都要从同一位置开始运动 C.实验中应先放小车，然后再接通打点计时器的电源 D.平衡摩擦力后，通过增减小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力。 解析：A、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行。故 A 正确； B、不需要每次小车都要从同一位置开始运动。故 B 错误； C、实验时，应先接通电源，再释放小车。故 C 错误； D、平衡摩擦力后，通过增减小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力。故 D 正确。 答案：AD。 10.（20 分）要精确测量国产某手机的锂聚合物电池的电动势和内阻，给定了下列实验器材： A.待测电源（电动势约 3.8V，内阻约 1Ω ） B.电流表 A1（量程 0.6A，内阻未知） C.电压表 V1（量程 15V，内阻 r1=5kΩ ） D.电压表 V2（量程 3V，内阻 r2=3kΩ ） E.定值电阻 R1=500Ω F.定值电阻 R2=1000Ω ） G.滑动变阻器 R（阻值范围 0～20Ω ） H.滑动变阻器 R（阻值范围 0～100Ω ） I.开关及导线 (1)该实验中电压表应选 ，定值电阻应选 ，为操作方便滑动变阻器应 选 。（填选项前面的序号） 解析：由题意可知，电源电压为 3.8V；若采用 15V 的电压表，量程太大，则测量结果不准 确；而采用 3V 的电压表，则量程太小，不过可以串联电阻分压来扩大量程；故电压表应选 用 D；采用电阻与电压表串联的方式后，总量程与电阻成正比；则若选用 1000V 的定值电阻， 改装后量程为 3000 5003000  ×3=3.5V；仍小于电动势不适用；采用 1KΩ 的电阻串联，则改装 后电压表量程为： 3000 10003000  ×3=4V；故定值电阻选用 F；因电源内阻较小，为了便于调 节控制，应选择总阻值较小的 G。 答案：D；F；G。 (2)在方框中画出实验电路图。 解析：本实验中电源内阻与电流表内阻相差不多，故电流表应采用外接法（相对于电源）故 电路图为： 答案：如图所示。 (3)若将滑动变阻器滑到某一位置，读出此时电压表读数为 U，电流表读数为 I，测得多组数 据后作出 U﹣I 图象，若图象的纵截距为 b，斜率为绝对值为 k，忽略电压表的分流作用，则 电动势 E= ，电源内阻 r= 。（这两空要求用题目给的符号，r1，r2，R1，R2 及 k， b 表示） 解析：根据闭合电路欧姆定律以及改装原理可知： 2 22r r R U=E﹣Ir 变形可得： U= 22 2 r R r  E﹣ rI 则由图象可知： E=b r=k 解得：E= br 2 22 r R ；r= 。 答案： ； kr 2 22 r R 。 11.（20 分）如图，相邻两个匀强磁场区域 I 和 II，设磁感应强度的大小分别为 B1、B2。已 知：磁感应强度方向相反且垂直纸面；两个区域的宽度都为 d；质量为 m、电量为+q 的粒子 由静止开始经电压恒为 U 的电场加速后，垂直于区域Ⅰ的边界线 MN，从 A 点进入并穿越区 域Ⅰ时速度方向与边界线 xy 成 60°角进入区域 II，最后恰好不能从边界线 PQ 穿出区域Ⅱ。 不计粒子重力。求： (1)B1 的大小； 解析：设粒子经 U 加速后获得的速度为 v，根据动能定理有：qU= 2v 2 1 m …① 在区域Ⅰ的磁场中偏转，有：qB1v=m 1 2 R V …② 粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，恰好不从上边界穿出，粒子与 PQ 相切，画出轨迹如图。 由几何关系得 R1= 30sin d =2d…③ 根据 qvB1=m 联立得 B1= mqu d 2 2q 1 …④。 答案：B1 的大小是 mqu d 2 2q 1 。 (2)B1 与 B2 的比值。 解析：两区域磁场方向相反（如Ⅰ垂直纸向处，Ⅱ垂直纸面向里），则粒子的运动轨迹如图： 线 ACD。带电粒子在区域Ⅱ的磁场中偏转，由洛仑兹力提供向心力， 由：qB2v=m 2 2 R v ⑤ 由几何关系有：R2sin30°+R2=d ⑥ 联立得： 3 1 1 2  B B ⑦。 答案：B1 与 B2 的比值是 1：3。 12.（20 分）如图 1 所示，一质量为 m=1kg 的木板 A 静止在光滑水平地面上，在 t=0 时刻， 质量为 M=2kg 的小物块 B 以初速度 v0=3m/s 滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹 性碰撞。木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触。木板 A 在 0～0.8s 内的速度随时 间的变化关系如图 2 所示，重力加速度为 g=10m/s2，求： (1)t=0 时刻木板的右端到墙的距离 L 以及 t=0.4s 时刻 B 的速度大小； 解析：由图 2 可知，t1=0.4s 时，A 与墙第一次碰撞，碰前 A 的速度为：vA1=0.8m/s t=0 时刻木板的右端到墙的距离为：L= 11 tv 2 1 A 代入数据解得：L=0.16m A 与墙第一次碰撞前，对 A、B 由动量守恒定律有：Mv0=MvB1+mvA1 解得：vB1=2.6m/s。 答案：t=0 时刻木板的右端到墙的距离 L 为 0.16m，t=0.4s 时刻 B 的速度大小为 2.6m/s。 (2)A、B 间发生相对滑动过程中各自加速度大小； 解析：只要 A 与墙壁碰前 A、B 未达到共同速度，A 就在 0～L 之间向右做匀加速运动，向左 做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为 vA1， B 的加速度为：aB= 2 1 B10 /1 t v-v sm A 的加速度大小为：aA= 2 1 1 /2 t v smA  。 答案：A、B 间发生相对滑动过程中加速度大小分别为 1m/s2，2m/s2。 (3)从 t=0 至 A 与墙第 5 次碰前，A、B 组成的整体因摩擦产生的总热量。 解析：设 A 与墙发生 n 次碰撞后 A、B 第一次达到共同速度 v1，以向右为正，对 B：v1=v0﹣ aBt 对 A：v1=aA（t﹣2nt1）， n=1，2，3… 联立解得： 3 1.6n-6v1  第一次到达共同速度 v1 应满足 0≤v1≤vA1，联立解得：2.25≤n≤3.75，故 n=3，v1=0.4m/s 设第 4 次碰撞后可能的共同速度 v2，对 A，B 系统由动量守恒定律可得：Mv1﹣mv1=（M+m）v2 可以得到 12 v 3 1v  ，因为 v2＜v1，故在第 5 次碰撞前 A、B 已经达到共同速度， 对 A、B 整体，由能量守恒定律： 2 2 2 0 )v( 2 1v 2 1 mMMQ  解得：Q=8.97J。 答案：从 t=0 至 A 与墙第 5 次碰前，A、B 组成的整体因摩擦产生的总热量为 8.97J。 【物理选修 3-3】 13.（6 分）下列说法正确的是( ) A.用气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数就可以算出气体分子的体积 B.热量不能从低温物体传到高温物体 C.在一定温度下，悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 D.一定质量的理想气体当其温度变化时，气体内能一定变化 E.一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随 着温度升高而减小 解析：A、摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙 很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积。故 A 错误； B、热力学第二定律指出，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故 B 错误； C、固体颗粒越小，分子撞击的不平衡性就越明显；则布朗运动越明显；故 C 正确； D、对于一定质量的理想气体，其内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故 D 正确； E、一定质量的理想气体压强不变时，温度升高时，气体体积一定增大，则气体分子单位时 间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少，故 E 正确。 答案：CDE 14.（20 分）如图所示，长为 31cm，内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的 上端正好与管口齐平，封闭气体的长为 10cm，温度为 27℃，外界大气压强不变。若把玻璃 管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为 15cm，求： (1)大气压强 p0 的值； 解析：初态：P1=P0+21cmHg V1=10S 末态：P2=P0﹣15cmHg V2=（31﹣15）S=16S 由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2 P0=75cmHg。 答案：大气压强 p0 的值 75cmHg。 (2)缓慢转回到开口竖直向上，再对管内气体加热，当温度升高到多少℃时，水银柱的上端 恰好重新与管口齐平？ 解析：P3=75+15=90cmHg V3=LS P1V1=P3V3 P4=P3=90cmHg V4=（31﹣15）S=16S T3=300K 由吕萨克定律 4 4 3 3 T V T V  T4=450K 得 t=177℃。 答案：当管内气体温度升高到 177℃时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平。 【物理选修 3-4】 15.（6 分）从坐标原点 O 产生的简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，t=0 时刻波的图 象如图所示，此时波刚好传播到 M 点，x=1m 的质点 P 的位移为 10cm，再经△t=0.1s，质点 P 第一次回到平衡位置，质点 N 坐标 x=﹣81m（图中未画出），则( ) A.波源的起振周期为 1.2s B.波源的起振方向向下 C.波速为 8m/s D.若观察者从 M 点以 2m/s 的速度沿 x 轴正方向移动，则观察者接受到波的频率变大 E.从 t=0 时刻起，当质点 N 第一次到达波峰位置时，质点 P 通过的路程为 5.2m 解析：B、由 M 可知：波前向下振动，故波源的起振方向向下；故 B 正确； A、根据 P 点处波的传播方向向右可得：质点向下振动，根据正弦函数表达式可得： T t 360 30   ， 所以，周期 T=1.2s，故 A 正确； C、由 P 的横坐标为 1m，根据正弦函数表达式可得：  m1 360 30   ，所以，λ =12m，故波速 sm T v /10  ，故 C 错误； D、若观察者从 M 点以 2m/s 的速度沿 x 轴正方向移动，那么，波相对观察者的相对速度减小， 那么，观察者接受到波的频率减小，故 D 错误； E、根据正弦函数表达式及对称性可知：x 轴负方向的波峰的横坐标为 x=﹣3m； 质点 N 第一次到达的波峰即 t=0 时刻 x=﹣3m 处的波峰传播而来，故需要经过时间 Tss 2 138.7 10 )81(3t  ； 那么，质点 P 通过的路程为 26A=5.2m，故 E 正确。 答案：ABE 16.（20 分）如图所示，三角形 ABC 为某透明介质的横截面，O 为 BC 边的中点，位于截面所 在平面内的一束光线自 O 以角 i=45°入射，第一次到达 AB 边恰好发生全反射。已知 θ =15°， BC边长为2L。计算过程可能用到sin75°= 4 26  ，cos75°= 4 2-6 ，tan15°=2﹣ 3 ， 求： (1)介质的折射率 n； 解析：设光线在 AB 上的折射角为 r，由折射定律得 n= rsin isin 根据全反射定律可知，光线在 AB 面上的 P 点的入射角等于临界角 C，则：sinC= n 1 由几何关系得：r+C=75° 联立解得：r=30°，n= 2 。 答案：介质的折射率 n 是 。 (2)从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为 c）。 解析：在△OPB 中，根据正弦定理得：  45sin75sin LOP  设所求时间为 t，光线在介质中的速度为 v，得：OP=vt v= n c 联立得：t= c2 26  L。 答案：从入射到发生第一次全反射所用的时间为 L。