2018深圳二模物理(解析版)

深圳市2018年高三年級第二次調(diào)研考試理科綜合能力測試（物理部分）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。下列論述中正確的是開普勒根據(jù)萬有引力定律得出行星運動規(guī)律愛因斯坦的狹義相對論，全面否定了牛頓的經(jīng)典力學(xué)規(guī)律普朗克把能量子引入物理學(xué)，正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念玻爾提出的原子結(jié)構(gòu)假說，成功地解釋了各種原子光譜的不連續(xù)性【答案】C【解析】開普勒用三句話概括了第谷數(shù)千個觀察數(shù)據(jù)，展示了行星運動規(guī)律，A錯誤；愛因斯坦的狹義相對論，不是否定了牛頓的經(jīng)典力學(xué)，而是在高速微觀范圍內(nèi)不再適用，B錯誤；普朗克把能量子引入物理學(xué)，正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，C正確；玻爾提出的原子結(jié)構(gòu)假說，但不能解釋氦原子核光譜的不連續(xù)性，D錯誤．如圖，放置在光滑的水平地面上足夠長斜面體，下端固定有擋板，用外力將輕質(zhì)彈簧壓縮在小木塊和擋板之間，彈簧的彈性勢能為100J。撤去外力，木塊開始運動，離開彈簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，木塊運動過程中，斜面體的支持力對木塊做功不為零木塊、斜面體和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，機械能守恒最終，木塊和斜面體以共同速度向右勻速滑行【答案】B【解析】因為到達最高點后，木塊不再下滑，所以木塊必受斜面給的摩擦力作用，斜面體受到木塊給的斜向右上的摩擦力作用，該力在水平方向上有一個分力，故斜面體向右運動，木塊相對地面在水平方向上有位移，所以斜面體對物塊的支持力與水平位移夾角不垂直，故斜面體的支持力對木塊做功不為零，木塊、斜面體和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，有摩擦力做功，所以機械能不守恒，B正確C錯誤；將彈簧，木塊和斜面體看做一個整體，整體在水平方向上受力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，釋放彈簧前系統(tǒng)動量為零，故釋放彈簧后系統(tǒng)動量仍舊為零，即木塊和斜面體最后靜止，所以彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能（克服摩擦力做功）以及木塊的重力勢能，即木塊重力勢能的增加量小于100J，AD錯誤.遐想在地球赤道上有一顆蘋果樹，其高度超過了地球同步衛(wèi)星軌道的高度。樹上若有質(zhì)量相等的三個蘋果A、B、C,其高度分別低于、等于、高于地球同步衛(wèi)星軌道高度。則下列說法正確的是蘋果A的線速度最大蘋果B所需向心力小于蘋果A所需向心力蘋果C離開蘋果樹時加速度減小蘋果C脫離蘋果樹后，可能會落向地面【答案】C【解析】三者的角速度相同，根據(jù)'"可知蘋果C的線速度最大，A錯誤；根據(jù)〕：：：：「：可知半徑越大，向心力越大，故蘋果B所需向心力大于蘋果A所需向心力，B錯誤；由于C蘋果的角速度和同步衛(wèi)星的角速度相同，而根據(jù)匸：可知軌道半徑越大，角速度越小，所以C所在軌道的的角速度大于該軌道所需的GM角速度，故做離心運動，所以蘋果脫離蘋果樹后，根據(jù)*:可知軌道半徑變化，加速度減小，飛向茫茫宇宙，C正確D錯誤.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，一光滑桿固定在地面上，桿與地面間夾角為e一光滑輕環(huán)套在桿上。一個輕質(zhì)光滑的滑輪（可視為質(zhì)點）用輕至繩OP懸掛在天花板上，另一輕繩通過滑輪系在輕環(huán)上，現(xiàn)用向左的拉力緩慢拉繩，當(dāng)輕環(huán)靜止不動時，與手相連一端繩子水平，則OP繩與天花板之間的夾角為

【答案】D71【答案】D710D?「解析】試題分析：水平向右緩慢拉繩至輕環(huán)重新靜止，則環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，對環(huán)受力分析，由于不考慮重力，則有繩子的拉力垂直于桿的方向時，圓環(huán)能保持靜止；再對滑輪受力分析，根據(jù)平衡條件確定9P段繩子的拉力方向．只有繩子的拉力垂直于桿的方向時，繩子的拉力沿桿的方向沒有分力，此時圓環(huán)能保持靜止，由幾何關(guān)系可知，QP段繩子與豎直方向之間的夾角是::；再對滑輪分析，受三個拉力，由于OP段繩子的拉力與另外兩個拉力的合力平衡，而另外兩個拉力大小相等，故PO在另外兩個拉力的角平分線上，結(jié)合幾何關(guān)系可知，%0OP與豎直方向的夾角為，才D正確如圖所示，在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度B=2T的勻強磁場中，有一長度L=5m的細圓筒，繞其一端O在紙面內(nèi)沿逆時針方向做角速度①=60rad/s的勻速圓周運動。另端有一粒子源，能連續(xù)不斷相對粒子源沿半徑向外發(fā)射速度為v=400m/s的帶正電粒子。已知帶電粒子的電量q=2.5xlO-6C，質(zhì)量m=3xlO-8kg，不計粒子間相互作用及重力，打在圓筒上的粒子均被吸收，則帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達的范圍面積S是XXXXXXXXVBXX￡XXXXXXXXA.48nm2B.9nm2C.49nm2D.A.48nm2答案】A【解析】發(fā)射粒子時，粒子沿半徑方向的速度為v=400m/s，粒子隨細圓筒做圓周運動，垂直半徑方向的速

度為?L=300m/s；故粒子速度為v'=500m/s，粒子速度方向與徑向成arcl粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bv7q二所以，運動半徑為：；根據(jù)左手定則可知：粒子做圓周運動也是沿逆時針方向運動；根據(jù)幾何關(guān)系，粒子做圓周運動的圓心到O的距離為s=4m故帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達的范圍為內(nèi)徑為s-R=lm，外徑為s+R=7m的環(huán)形區(qū)域；故帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達的范圍面積為：S=n(7)2-n(1)2(m2)=48nm2，故A正確，BCD錯誤;故選：A。內(nèi)徑為2R、高為H的圓簡豎直放置，在圓筒內(nèi)壁上邊緣的P點沿不同方向水平拋出可視為質(zhì)點的三個完全相同小球A、B、C。它們初速度方向與過P點的直徑夾角分別為30。、0°和60°大小均為v0,已知v02>1。從拋出到第一次碰撞筒壁，不計空氣阻力，則下列說法正確的是三小球運動時間之比tA:tB:tC=：2：1ABC三小球下落高度之比hA:hB:hC=2：/：1重力對三小球做功之比WA:WB:WC=3:4:1ABC重力的平均功率之比PA:PB:PC=2:3:1【答案】AC【解析】因為三個小球都碰壁，說明沒有下落到底部，小球在水平方向上做勻速直線運動，根據(jù)幾何知識可知三個球的水平位移x-,—呂，?亠\二，J而所用時間

XAXBXctA：%：tc=vovovtA：%：tc=vovovo—心:;■,B錯誤；重力對小球做功譏::d故二W；C正確;重力的平均功率:重力的平均功率:，故「二—」一/■-，D錯誤.圖a中理想變壓器的原線圈依次接入如圖b所示的甲、乙兩個正弦交流電源。接電源甲后，調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置使小燈泡A正常發(fā)光，燈泡的功率及電流頻率分別為P］、f］;保持滑片位置不變，改用電源乙，小燈泡的功率及電流頻率分別為P乙，小燈泡的功率及電流頻率分別為P2,f2，則A.f]:fA.f]:f2=3:2B.P]:P2=2:1C.若將變阻器滑片向左移動,電源乙可能使小燈泡正常發(fā)光D.若將變壓器動片P向下移動，電源乙可能使小燈泡正常發(fā)光【答案】AD【解析】變壓器不改變交流電的頻率，從圖b中可知【解析】變壓器不改變交流電的頻率，從圖b中可知V=T2,即一［，所以.；，A正確；從圖b中可知甲乙兩個電源的電動勢最大值比為2：1，所以兩種情況下副線圈兩端的電壓有效值比為2：1，所以兩種情況下通過燈泡的電流比為2：1，根據(jù)?：＜＜可知:，B錯誤；若將變阻器滑片向左移動，滑動變阻器連入電路的電阻增大，通過燈泡的電流更小了，所以不可能使小燈泡正常發(fā)光，C錯誤；若將變壓器動片PnlnlU1TT向下移動，即減小，根據(jù)可知-增大，即副線圈兩端電壓增大，故電源乙可能使小燈泡正常發(fā)光,n2n2U2D正確．兩個完全相同的平行板電容器C「C2水平放置，如圖所示。電鍵S閉合時，兩電容器中間各有一油滴A、B剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將S斷開，將C2下極板向上移動少許，然后再次閉合S,則下列說法正確的是兩油滴的質(zhì)量相等，電性相反斷開電鍵，移動C2下極板過程中，B所在位置的電勢不變再次閉合S瞬間，通過電鍵的電流可能從上向下再次閉合電鍵后，A向下運動，B向上運動【答案】BCD【解析】當(dāng)S閉合時，左邊電容的上極板和右邊電容的下極板相連，即兩個極板的電勢相等，又因為其他兩個極板都接地，電勢相等，故兩極板間的電勢差的絕對值相等，根據(jù)I—：，由于不知道兩油滴的電荷量，故兩個油滴的質(zhì)量不一定相等，若「上極板帶正電，則二電場方向豎直向下，A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場力，故帶負電，二下極板帶正電，貝心電場方向豎直向上，B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場力，所以帶正電，電性相反；若二上極板帶負電，貝『二電場方向豎直向上，A液滴應(yīng)受到豎直向上的電場力，故帶正電，；下極板帶負電，貝卜電場方向豎直向下，B滴液應(yīng)受到豎直向上的電場力，所以帶負電，電性相反，總之兩油滴的電性相反，A錯誤；斷開電鍵，移動I下極板過程中，兩極板所帶電荷量相等，根據(jù)sSQU4?ckd二,」「二,聯(lián)立可得?，兩極板間的電場強度大小和兩極板間的距離無關(guān)，故電場強度恒定，所以B的受力不變，故仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，到上極板（零電勢）的距離不變，根據(jù)「=玫1可知B點的電勢不變，B正確；S斷開，將C2下極板向上移動少許，根據(jù)亠可知；增大，根據(jù)*；；可知U減小，即厶下極板電勢降低，再次閉合S瞬間，二上極的電勢大于I下極板電勢，通過電鍵的電流可能從上向下，穩(wěn)

定后，根據(jù)二一可知二電容兩極板間的電勢差減小，電場強度減小，A向下運動，1：兩極板間的電勢差增大，電場強度增大，B向上運動，CD正確．某同學(xué)從實驗室天花板處自由釋放一鋼球，用頻閃攝影手段驗證機械能守恒。頻閃儀每隔相等時間短暫閃光一次，照片上記錄了鋼球在各個時刻的位置。操作時比較合理的做法是。先打開頻閃儀再釋放鋼球B.先釋放鋼球再打開頻閃儀頻閃儀閃光頻率為f,拍到整個下落過程中的頻閃照片如圖(a)，結(jié)合實驗場景估算f可能值為A.0.1HZB.1HzC.10HzD.100Hz(3)用刻度尺在照片上測量鋼球各位置到釋放點O的距離分別為S］、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及鋼球直徑，重力加速度為g。用游標(biāo)卡尺測出鋼球?qū)嶋H直徑D,如圖(b),則D=cm。已知實際直徑與照片上鋼球直徑之比為k。(4)到A(4)到A點的速度為HD下落實際高度為:”:,代入:二匸二::「可得(4)選用以上各物理量符號，驗證從O到A過程中鋼球機械能守恒成立的關(guān)系式為：2gs5=【答案】(1).A(2).C(3).4.55f*【解析】(1)為了記錄完整的過程，應(yīng)該先打開閃頻儀再釋放鋼球，A正確；天花板到地板的高度約為3m,小球做自由落體運動，從圖中可知經(jīng)過8次閃光到達地面，故有二；，解得T-0Is，即:■—C正確；游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為；：、：：：：：「'；—二二?、、：：：：：：?、、、：：：：，根據(jù)比例關(guān)系可知，到A點的實際速度為——，因為小球

有一只量程不清、刻度盤刻度清晰的電流表①某物理小組設(shè)計如圖（a）所示電路測定其內(nèi)阻，所用電源內(nèi)阻可以忽略。（1）請根據(jù)原理圖將圖（b）實物連線完整。⑵先閉合開關(guān)S]（S2斷開），調(diào)節(jié)R2，當(dāng)R2=350.0Q時，電流表剛好滿偏：再閉合S2,保持R2不變，調(diào)節(jié)R]=100.0Q時，電流表半偏。⑶由此可以計算出電流表內(nèi)阻為rA=0。若已知電源電動勢E=3.0V,則該電流表量程為0?mA（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）。（4）實際電源內(nèi)阻不可忽略，由此導(dǎo)致以上電流表內(nèi)阻測量值rA與其真實值rA'存在誤差，則rA叮（填“>”“=，或“<”）。這種誤差屬于（填“偶然誤差”或者“系統(tǒng)誤差”）?！敬鸢浮浚?）.（1）見解析（2）100（2）.6.7（3）.（3）<（4）.（4）系統(tǒng)誤差【解析】（1）實物圖如圖所示（3）電流表半偏，流過電阻箱兔的電流與流過電流計的電流相等，并聯(lián)電壓相等，則電流表的內(nèi)阻為E3rA=R!=100QI。===6.7mA；A*srA+R2100+350'（4）當(dāng)S2閉合時，兔和）并聯(lián)，并聯(lián)后總阻值n并、，而電阻禺不變，所以S2閉合后的干路電流比閉合前的總電流要大，即電流大于.；，而此時電流表支路的電流等于「，那么囪支路的電流要大于：，那么其電阻肯定要小于乓.所以用此方法測量的電流表內(nèi)阻的測量值比真實值要偏小.這種誤差是由于系統(tǒng)不完善造成的，故屬于系統(tǒng)誤差．一輛車廂長為4m的小卡車沿水平路面行駛，在車廂正中央沿行駛方向放置一根長2m、質(zhì)量均勻的細鋼管，鋼管與車廂水平底板間的動摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度取10m/s2。若卡車以18m/s的速度勻速行駛，為了使車廂前擋板不被撞擊，求剎車時加速度的最大值？若車廂無后擋板，卡車從靜止開始勻加速運動，加速度大小為4m/s2,則經(jīng)多長時間鋼管開始翻落？【答案】(1)*；f「(2)■■.【解析】(1)若車廂前擋板恰好不被撞擊，則小車在剎車過程中的位移-—2%對鋼管有，■:二:，解得鋼管的加速度-h=!<'■「八鋼管的位移鋼管的位移1車—1管又由運動關(guān)系可知,162?丫聯(lián)立以上各式可得％i=■■-：mf；(2)從小卡車開始加速到鋼管開始翻落的過程中，小卡車的位移…1車1管1管又由運動關(guān)系可得:專-，“，12.如圖1所示，平行金屬導(dǎo)軌abcdef、a'b'c'd'e'f'分別固定在兩個豎直平面內(nèi)，其中cf、c'f'在同一水平面上，間距d=o.6m,各段之間平滑連接，電阻不計，傾斜段ab、a'b'粗糙，其長度l1=2.25m，傾角為37。，動摩擦因數(shù)卩=0.5，其它部分光滑，be、b'c'弧半徑r=1.75m，水平段cd長度l2=1m，de、ef長度適當(dāng)。在ee'右側(cè)適當(dāng)位置鎖定質(zhì)量m2=0.1kg、電阻R2=3Q的導(dǎo)體棒PQ。在dd'正下方連一開關(guān)，導(dǎo)線電阻不計。在cc'ee'區(qū)間分布勻強磁場B］，其變化規(guī)律如圖2，ee'右側(cè)區(qū)間分布B2=0.4T的勻強磁場，方向均豎直向上。⑴在t=0時將電鍵閉合，同時將質(zhì)量為m1=0.4kg、電阻R=2Q的導(dǎo)體棒MN從aa'位置由靜止釋放，求導(dǎo)體棒MN滑至位置bb'時的速度大小。兩棒均與導(dǎo)軌垂直，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8。當(dāng)導(dǎo)體棒MN進入磁場時，立即斷開電鍵、解除PQ鎖定，假設(shè)磁場范圍足夠大，MN棒能兩次達到勻速運動狀態(tài)，求導(dǎo)體棒MN從開始運動到第一次達到勻速時所產(chǎn)生的焦耳熱。導(dǎo)體棒MN第二次達到勻速時，若MN突然被鎖定，PQ還能再向前滑動多遠。答案】(1)、(3)〉沁(2)：：「1解析】(1)導(dǎo)體棒MN從，由動能定理有:：：匚7："「：：：、：八匚二：：一①3m/s(2)導(dǎo)體棒MN從aa,11】|；打11】|,少門；7屮1】性"、67?解得」—r③;ai的過程中，：：：：；■、：“；/：二::\④,37°弧長-—匕：；：：：⑤即使桿以最大速度—=0.28s由由,[]■J=丨5丨NZI7NsI('S⑥；：ABAB所以前1.6s內(nèi)電動勢＞-E2—t=0.072JRic0.8T設(shè)導(dǎo)體棒MN進入磁場到第一次到達勻速時，導(dǎo)，導(dǎo)體棒PQ為］，此時回路中感應(yīng)電動勢為零，則有E怡在導(dǎo)體棒MN進入磁場到第一次達到勻速過程中,-B,IdAt=mM—miVB2IdAt=111^2解得v1=2m/sv2=4m/s由能量守恒定律有丁「7導(dǎo)體棒MN在磁場過程中產(chǎn)生而焦耳熱廠廠「，總熱量--3）導(dǎo)體棒MN第二次達到勻速時，導(dǎo)體棒MN、PQ都在磁場B?中，由于兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小相等方向相反，所以在磁場B2中導(dǎo)體棒MN、PQ組成的系統(tǒng)動量守恒；設(shè)第二次勻速時導(dǎo)體棒MN、PQ速度都為V3,則nriiVi+m2v2=（iri]+m2）v3,解得V3=2.4m/s；導(dǎo)體棒MN突然被再次鎖定到導(dǎo)體棒PQ停下來的過程中，對導(dǎo)體棒PQ由動能定理可得-；：：：：、A①FAtEAtA①，其中=B2dx；FAtR]+R2Ri+R2Ri+R2聯(lián)立解得PQ還能向前滑動""八:：13.下列說法正確的是（填正確答案標(biāo)號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得513.下列說法正確的是選錯1個扣3分，最低得分為0分）根據(jù)阿佛伽德羅常數(shù)和標(biāo)準狀態(tài)下氧氣的摩爾體積，可計算出每個氧分子的實際體積在液體表面層，由于分子間的距離大于分子力為零時的距離r°,因此分子間的作用表現(xiàn)為相互吸引一種物質(zhì)，溫度升高時，則所有分子的熱運動加劇，分子熱運動的平均動能增加在一定溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度是一定的，因而飽和汽的壓強也是一定的—切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行【答案】BDE【解析】根據(jù)阿佛伽德羅常數(shù)和標(biāo)準狀態(tài)下氧氣的摩爾體積，所算出來的是每個氧分子所在空間的體積，A錯誤；在液體表面層,由于分子間的距離大于分子力為零時的距離rO,因此分子間的作用表現(xiàn)為相互吸引，B正確；溫度升高,分子平均動能增大，但不一定是所有分子的熱運動都加劇,有可能有的分子的運動速率減小，C錯誤；飽和汽壓：在一定溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度一定，飽和汽的壓強也是一定的，D正確；熱力學(xué)第二定律可表述為一切自發(fā)過程總是沿著分子熱運動的無序性增大方向進科|網(wǎng)...學(xué)|科|網(wǎng)...學(xué)|科|網(wǎng)...學(xué)|科|網(wǎng)...學(xué)|科|網(wǎng)...14.在室溫(27°C)條件下，長度為L=22cm，橫截面積S=20cm2，導(dǎo)熱性能良好的圓筒，用重力忽略不計長度適當(dāng)?shù)能浤救麑⑼部诜忾]，若圓筒與軟木塞間摩擦力大小f與軟木塞進入圓筒內(nèi)的長度x滿足-=1000N/m,大氣壓強P=1x105Pa，求⑴將軟木塞用力壓入圓筒，緩慢放手后，x的最大值；(ii)溫度逐漸緩慢降低到多少，軟木塞在圓筒中的長度比第一問中的最大值恰好又增加了lcm?(大氣壓不變,保留三位有效數(shù)字)【答案】⑴5⑵爲(wèi)＜【解析】G)以圓筒內(nèi)的氣體為研究對象：未塞軟木塞時：：'；；■；：'」，「；■■＞，T廠匚門：廠、；；：；：、軟木塞塞到最大長度時：：、飛二，'匚丁廣廠:廠V；；：；「、氣體發(fā)射等溫變化，由玻意耳定律可得：'八;；又知道"=■■■聯(lián)立解得"去:::：(ii)以圓筒內(nèi)的氣體為研究對象：軟木塞在試管中的長度比第一問中的最大長度增加了1cm時：’飛［，一「':::::＞，T廣？;由理想氣體狀態(tài)放出可得^―,解得：鳥;＜【點睛】處理理想氣體狀態(tài)方程這類題目，關(guān)鍵是寫出氣體初末狀態(tài)的狀態(tài)參量，未知的先設(shè)出來，然后應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程列式求解即可．如圖所示，a、b兩細束不同單色光相互平行，從一塊平行玻璃磚MN表面入射，從PQ面出射時變?yōu)槭鈉,則下列說法正確的是(填正確答案標(biāo)號。選對1個得2分，選對2個得4分，選