【文档说明】【精准解析】广东省茂名市五大联盟学校2018届高三3月联考理综物理试题（解析版）.doc，共(19)页，1.102 MB，由小赞的店铺上传

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广东省茂名市五大联盟学校2018届高三3月联考理综-物理试题二、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14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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1.一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移之比为5：3，则下列叙述正确的是A.这段时间内质点运动方向不变B.这段

时间为3vaC.这段时间的路程为232vaD.再经过相同时间质点速度大小为3v【答案】B【解析】【详解】A．根据题意可知这段时间内质点的路程与位移不同，加速度又恒定，则质点一定是做类似竖直上抛的运动，

运动方向发生改变，故A错误；B．末速度与初速度方向相反，根据速度时间公式可得运动时间为2()3vvvtaa−−==故B正确；C．根据速度位移关系2202tvvas−=可得路程为252va，位移为232va，故C错误；D．根据：0vvat=+，可得325vvvava=+=所以再

经过相同时间质点速度大小为5v，故D错误。故选B。2.如图甲所示为研究某金属光电效应的电路图，图乙为采用不同频率的光照射时遏止电压cU与入射光频率v的关系图，图中频率1v、2v，遏制电压1CU、2CU及电子的电荷量e均为已知，则下列说法正确的是()A.普

朗克常量()2121CCeUUhvv−=−B.普朗克常量()2121CCeUUhvv+=−C.该金属的截止频率为2112021CCCCUvUvvUU+=−D.该金属的截止频率为1221021CCCCUvUvvUU+=−【答

案】A【解析】【详解】根据爱因斯坦光电效应方程可得：0kEhW=−，由动能定理ckeUE=，联立可得：0chhUee=−，结合图像可知斜率为：2112112CCCUUUhke−===−−，则普朗克常量为：()2

121CCeUUh−=−，故A正确，B错误；当遏止电压为零时，入射光的频率等于金属的截止频率，即横轴截距等于截止频率，2112110CCCUUUhke−===−−，解得：2112021CCCCUUUU−=−，故CD错误．所以A正确，BCD错误．3.20

17年12月9日新浪网报道，为了预防太空垃圾的撞击，国际空间站安装了太空碎片传感器（简称SDS）．旨在检测太空垃圾中较小的、难以追踪的垃圾所造成的任何撞击，科学家担心，数目庞大的太空垃圾威胁各种宇宙探索活动，可能令人类彻底失去地球同步卫星轨道，下面关于地球同步卫星的说法正确的是A

.地球同步卫星的周期与地球公转的周期相同B.若已知地球半径，结合地球自转周期与重力加速度，可估算出地球同步卫星距地面的高度C.神州系列飞船的周期与地球同步卫星的周期差不多D.若已知地球同步卫星的轨道半径和周期，可计算出它和地球间的万有引力【答案】B【解析】【详解】地球同

步卫星的周期与地球自转的周期相同，故A错误；在地球表面有：2MmGmgR=，对地球同步卫星，根据万有引力提供向心力有：2224MmGmrrT=，联立可求出地球同步卫星距地面的高度为：h=r-R，故B正确；根据万有引力提供向心力有：2224MmGmrrT

=解得：32rTGM=，因为神州系列飞船的半径远小于地球同步卫星的半径，所以神州系列飞船的周期远小于地球同步卫星的周期，故C错误；同步卫星与地球间的万有引力为：2MmFGr=，根据万有引力提供向心力有：2224MmGmr

rT=，知道地球同步卫星的轨道半径和周期不能计算出它和地球间的万有引力，因为不知道卫星的质量，故D错误．所以B正确，ACD错误．4.如图所示，一物块从斜面低端以初速度v0开始沿斜面上滑，物块与斜面间的动摩擦因数tan，其中为斜面的倾角，物块沿斜面运动的最大高度为H，已知滑动摩擦力等于

最大静摩擦力，取斜面低端为参考平面，则物块在斜面上运动过程中机械能、动能、重力势能与高度的关系可能是下图中的（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能

的减小量等于克服阻力做的功，即上升阶段0sinhEEF=−阻下降阶段0sinhEEF阻−=由此可知重力势能与高度关系是一条直线，机械能与高度关系是两条直线，故AB错误；CD．动能的变化量等于外力的总功，上升阶段A0

sinhmghFEE−−=−阻下降阶段A0sinhmghFEE−=−阻故C错误D正确。故选D。5.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线．P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均

为2R，在M右侧轴线上'O点固定正点电荷Q，点'O、M间距离为R，已知P点的场强为零，若带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的场强为A.0B.234kqRC.234kQRD.224kQkqRR−【答案】C【解析】【详解】根据P点的场强为零，得半球面对P点场强和点电荷Q对P

场强等大反向，即半球面对P点场强大小为124kQER=，方向向右；现只研究半球面，若补全右半球面，根据带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，补全右半球面后，正电球面在P、M两点产生的电场强度均为零，由于对称性，左半球面对M点场强和右半球面对M点场强等大反向，左半球面P点场强和

右半球面对M点场强等大反向，，即左半球面对M点场强为：224kQER=，方向向右，点电荷Q对M点场强为32kQER=，方向向左，叠加得M点合场强为3222344kQkQkQERRR=−=，方向向左，故C正确，ABD错误。故选C。6

.如图甲所示，一个匝数N=200、电阻r=2Ω的矩形线圈置于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴'OO匀速转动，产生的电流通过滑环与电刷输送到外电路．电路中的交流电压表为理想电表，可变电阻R接入电路的阻值为18Ω．穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示则下列说法正确的

是A.线圈的面积为0.02m2B.线圈内产生的感应电动势的峰值为300VC.理想交流电压表的读数约为255VD.通过可变电阻的电流的瞬时值表达式为()20sin100Ait=【答案】AC【解析】【详解】

由图乙可知22.010mWb−=，根据mBS=，可得线圈的面积为S=0.02m2，故A正确；由图乙可知周期为：26.2810Ts−=，所以2100/radsT=，则线圈内产生的感应电动势的峰值为400mEnBSV

=，故B错误；理想交流电压表的读数为有效值，2552mERUIRVrR==+，故C正确；通过可变电阻的电流的峰值为：20mmEIArR=+，由图乙可知电流按余弦规律变化，所以电流的瞬时值表达式为i=20cos100tA，故D错误．所以AC正确，BD错误．7.如图所示，金属棒MN与

金属网PQ之间存在水平向右的匀强电场，PQ与虚线JK之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E，磁场的磁感应强度大小为0Ev，两个区域的宽度均为d．一个带正电的微粒贴着MN以初速度0v竖直向上射

入场区，运动到PQ时速度大小仍为0v，方向变为水平向右．已知重力加速度为g，下列说法正确的是A.微粒在MN与PQ间做匀变速运动，运动时间为02dvB.微粒在PQ与JK间做匀速圆周运动，圆周半径r=dC.微粒在PQ与JK间做匀速直线运动，运动时间为0dvD.微粒在题述两个区域

中运动的总时间为()063dv+【答案】AD【解析】【详解】A．微粒在MN与PQ间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，由于都是恒力，故微粒做匀变速运动，由对称性可知Eq=mg，在竖直方向01vg

t=则01vtg=或水平方向10022ddtvv==故A正确；B．微粒在刚进入PQ与JK间时，受到向下的重力，向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于0EBv=，则有0BqvEqmg==由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：2vq

vBmr=解得：半径为：0mvrBq=联立可得：2rd=，故B错误；CD．由几何关系可知，微粒在PQ与JK间运动的圆心角为30°，故所用时间为：2000263dldtvvv===所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为()12063dtttv+=+=故

C错误，D正确。故选AD。8.如图甲所示，在光滑绝缘水平面内．两条平行虚线间存在一匀强磁场．磁感应强度方向与水平面垂直．边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行．0t=时刻线框在水平外力F的作用下由静止开始做匀

加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（）A.水平外力为恒力B.匀强磁场的宽度为83lC.从开始运动到ab边刚离开磁场的时间为043tD.线框穿出磁场过程中

外力F做的功大于线框进入磁场过程中外力F做的功【答案】BCD【解析】【分析】根据线框感应电流EBLvIRR==，结合i-t图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab边离开的时间．根据感应电流的

方向，结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培力．【详解】线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，选项A错误；由图乙可知2t0～4t0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速

度为a，边框长为：l=12a(4t0)2−12a(2t0)2=6at02；磁场的宽度为：d=12a(6t0)2−12a(2t0)2=16at02；故d=83l，故选项B正确；设t时刻线框穿出磁场，则有

：6at02=12at2−12a(6t0)2，解得：t=43t0，选C正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，根据22BlvFmaR−=可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的水平

拉力，线框穿出磁场过程中外力F做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，选项D正确．故选BCD．三、非选择题：9.某同学为了测量木块与木板之间的摩擦力，采用了如图甲所示装置，木板倾斜放置，木块置于木板上端，并连接穿过打点计时器的纸带，木块与静止从木

板上端滑下时打出的纸带如图乙所示．（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用纸带中测出的数据可得木块下滑的加速度大小a=_______2/ms（结果保留两位有效数字）；（2）为了测出木块与木板间的摩擦力，该同学已经测出了木板的长度l及高度h，他

还需要测量的物理量是______________（写出物理量的名称及表示的字母），利用测得的量及加速度a表示摩擦力的大小f=_______________．【答案】(1).4.0(2).木块的质量m(3).hmgmal−【解析】【详解】（1

）根据相邻相等时间内位移之差等于常数可知2xaT=，即()()2229.618.9710/4.0/240.02CDBCxxamsmsT−−−===（2）由牛顿第二定律可得：sinmgfma−=，又sinhl=，

联立解得：hfmgmal=−，所以为了测出木块与木板间的摩擦力，该同学还需要测量的物理量是木块的质量m．10.某实验小组用一段金属管做“测定金属的电阻率”实验．（1）小组中同学用螺旋测微器测量金属管的直径，测量数据如图所示，其值为d=______________m．（

2）已知待测金属管的阻值约为10~20Ω，除此之外，实验室备有如下器材：A．电流表A：量程为500mA，内阻约为5ΩB．电压表V1：量程为3V，内阻约为1000ΩC．电压表V2：量程为15V，内阻约为5000ΩD．滑动变阻器R1:0~5Ω，2AE

．滑动变阻器R2:0~2000Ω，0.5AF．直流恒压电源E：3.0V，内阻不计G．开关S、导线若干在现有器材的条件下，要用伏安法测金属管电阻，在上述器材中，电压表应选___________，滑动变阻器应选______________

．（填选项字母）；（3）在方框中画出相应的实验电路图【答案】(1).3.0000×10-2(2).B(3).【解析】【详解】（1）由图乙可知，固定刻度上读数至少为29.5mm，30mm刻度处于边缘；观察可动刻度，0刻度与固定刻度上的横线对齐，由此可知，螺旋测微器的读数

为30.000mm，即3.0000×10-2m．（2）因为电源电动势为3.0V，电压表应选B；滑动变阻器R2阻值太大，不便于调节；滑动变阻器R1阻值大小，如果采用限流接法调节范围太小，采用分压接法比较合适，所以滑动变阻器选择D．（3）待测电阻阻值约为：1

0~20Ω，电压表内阻约为1kΩ，电流表内阻约为5Ω，电压表内阻不满足远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，如果采用限流接法调节范围太小，采用分压接法比较合适，所以电路如图所示：11.如图所示，在某空间存在一面积足够大的匀强磁场区域，在该区域中心有

一半径为R的圆，O为圆心，园内的磁场垂直纸面向里，圆外的磁场垂直纸面向外，磁场的磁感应强度为B．如果在P点有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿半径方向射入，它在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，求：（1）带电粒子的初速度大小；（2

）带电粒子回到P点所需的时间．【答案】(1)qBRm(2)4mqB【解析】【详解】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力，即可求出带电粒子的初速度大小；画出粒子运动轨迹，结合粒子在磁场中做圆周运动的周期，即可求出带电粒子回到P点所需

的时间．（1）由牛顿第二定律和洛伦兹力公式可得：2vqvBmR=解得：qBRvm=（2）因为粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，所以它在圆形区域内的轨迹是四分之一圆弧，如图所示，是圆1O的一部分；离开圆形区域后

，所受洛伦兹力方向相反，以2O为圆心做圆周运动，经过四分之三弧长后又进入圆形区域……，这样依次以1O、2O、34OO、为圆心做部分圆周运动后又回到P点．粒子在磁场中做圆周运动的周期为：2=mTqB，所以带电粒子回到P点所需的时间为：3422244TTm

tTqB=+==点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，关键是画出粒子运动的轨迹，结合几何知识即可解题．12.如图所示，圆心角θ=60的圆弧轨道JK与半圆弧轨道GH都固定在竖直平面内，在两者之间的光滑地面上放置质量为M的木板，木板上表面与H、K两点

相切，木板右端与K端接触，左端与H点相距L，木板长度d=6.5R，两圆弧轨道均光滑，半径为R。现在相对于J点高度为3R的P点水平向右抛出一可视为质点的质量为m的木块，木块恰好从J点沿切线进入圆弧轨道，然后滑上木板，

木块与木板间的动摩擦因数0.5=；当木板接触H点时即被黏住，木块恰好能运动到半圆弧轨道GH的中点。已知M=2m，重力加速度为g。(1)求木块在P点抛出的初速度大小以及运动到K时对K点的压力；(2)求L

的大小（结果用字母m、g、R表示）【答案】(1)2gR，10mg，方向竖直向下；(2)0.5R【解析】【分析】【详解】(1)设木块在P点的初速度为v1，从P点到J点做平抛运动，竖直方向有2132Rgt=竖直方向的速度为ygt=v因为木块在J点与圆弧相切，故11tan603yvv

v==联立解得12vgR=设木块滑到K点的速度为2v，从P点到K点根据机械能守恒定律有222111(30.5)22mvmgRRmv=++解得23vgR=根据牛顿第二定律可得22NvFmgmR−=解

得22N10vFmmgmgR=+=根据牛顿第三定律可得木块运动到K时，对K点的压力为10mg，方向竖直向下；(2)木块从K点滑上木板后开始做匀减速运动，此时木板开始做匀加速直线运动，假设木块与木板能达到共同速度3v，则此后二者开始做匀速运动，规定2v的方向为正方向，根据动量守恒定律可得()23

mvmMv=+解得3vgR=对木块根据动能定理有221321122mglmvmv−=−对木板根据动能定理有223102mglMv=−解得1282lRlR==，木块相对木板的位移2166.5lllRR=−=即木板与木块

到达相同速度时，木块未离开木板，设木块运动到H点时速度大小为Hv，根据动能定理可得212HmgRmv=解得32HvgRv=说明两者还未达到共速，木板的左端即与H点粘连，木块从K点到H点一直受到摩擦阻力作用，则由动能定理可得222

11(6.5)22HmgRLmvmv−+=−解得L=0.5R13.下列说法正确的是_______．A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则热运动造成的C.在使两个分子间的距离由很远(r>10-9m)减小到很难再靠

近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D.达到热平衡的两物体的内能一定相等E.大量气体分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布【答案】ABE【解析】【详解】A、水的摩尔质量与水分子的质量之比，即为阿佛加德罗常数，故选项A正确；B、气体分子间距

大于010r，分子间作用力很小，打开容器，气体散开是气体分子的无规则热运动造成的，故选项B正确；C、在使两个分子间的距离由很远()910rm−减小到很难在靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小在增大，分子势能先减小后增大，故选项C错误；D、达到热平衡

的两物体的温度一定相等，内能不一定相等，故选项D错误；E、分子速率分布规律是“中间多，两头少”，故选项E正确．点睛：本题考查了热学中较多的知识点，平时要在学习过程中注意积累、训练．14.如图所示，质量m=50kg的导热气缸置于水平

地面上，质量不计，横截面积S=0.01m2的活塞通过轻杆与右侧墙壁相连．活塞与气缸间无摩擦且不漏气，气体温度t=27℃，气缸与地面间的动摩擦因数μ=0.4，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，热力学温度与摄氏温度之间的关系为273Tt=+，求：（i）缓慢升高气体温度，气缸恰好开始向左运动时气

体的压强p和温度t；（ii）保证气缸静止不动时温度的范围．【答案】(1)51.210Pa；87℃(2)温度在-33℃到87℃之间气缸静止不动【解析】【详解】试题分析：气缸开始运动时，气缸与地面间的摩

擦力为最大静摩擦力，根据平衡条件可得气缸内气体压强，气体发生了等容变化，根据查理定律可得温度；当气缸恰好不向右运动时，根据平衡条件可得温度有最低值气缸内气体压强，结合查理定律可得此时的温度，从而可求出范围．（i）气缸开始运动时，气缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，

气缸内气体压强为501.210fppPaS=+=，气体发生了等容变化，根据查理定律可得00ppTT=代入数据可得360TK=，即27387tT=−=℃．（ii）当气缸恰好不向右运动时，温度有最低值气缸内气体压强50'0.8

10fppPaS=−=气体发现了等容变化，根据查理定律可得00'ppTT=，可得'T=240K，即''27333tT=−=−0C，温度在-330C到870C之间气缸静止不动．点睛：本题主要考查了查理定律，关键找出封闭气体的已知状态参量，然后选择合适的气体实验定律列方程求解，要注意正确确

定初末状态参量．15.某单摆及其振动图像如图所示，取29.8m/sg=，2π9.8=，根据图给信息可计算得摆长约为_____________；t=5s时间内摆球运动的路程约为__________（取整数）；若在悬点正下方'O处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且1'4OEOE=，则摆球从F点

释放到第一次返回F点所需时间为____________s。【答案】(1).1m(2).30cm(3).1.5【解析】【分析】【详解】[1]从横坐标可直接读取完成一个全振动的时间即周期为T=2s根据2πLTg=，解得摆长为221m4πgTl==[2]由纵坐标的最大位移可直接读取振幅

为3cm，摆球一个周期内的路程是振幅的4倍，所以t=5s时间内摆球运动的路程为30cm；[3]碰钉后改变了摆长，因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期和钉右侧的半个周期，前面求出摆长为1m，根据周期公式可得π1slTg

==左，π0.5s4lTg==右所以周期为T1=1.5s16.一玻璃砖如图所示，已知AC长为L，∠B=30°，一束单色光以入射角i=45°射入底边上的某点O，光线进入玻璃砖后在BC边的中点M发生全反射，反射光线恰好与底边平行，部分光从AB边上的

M点射出．光在真空中的传播速度为c，求：（i）该单色光在玻璃砖中的折射率；（ii）光从O点射入到从N点射出经历的时间．【答案】（1）2（2）322Lc【解析】【详解】试题分析：做出光路图，找出光线在AB边上的折射角，根据折射定律求出折

射率；由几何知识求光在三棱镜中传播的路程，根据cnv=求出光速，即可求出光从O点射入到从N点射出经历的时间．（i）因光在M点发生全反射，反射角等于入射角，由几何关系可知∠MOB=120°，所以光线在AB边上的折射角r=30°根据折射率：sin2sininr==（ii）因为AC=L，N

C=L/2，由几何关系可知MN=L因为3BCL=，32MBL=，而MB=cos30OM，所以2LOM=根据cnv=，所以光从O点射入到从N点射出经历的时间：322OMMNtLvc+==．点睛：本题主要考查了几何光学问题，作出光路图是解题的基

础．要注意光从光密介质进入光疏介质时，可能产生全反射，知道入射角与折射角的大小关系．本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目

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