湛江市2018届高三下学期第二次模拟考试理综

物理试题

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14?18题只有一项符合题目要求，第19?21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 据国家科技部2017年3月6日报道，迄今为止，科学家己经成功检测定位了纳米晶体结构中的氢原子。按玻尔氢原子理论，氢原子的能级图如图所示，下列判断正确的是

A. 氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态需要吸收光子

B. —个处于n＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多可能发出6条光谱线

C. 用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，可观测到多种不同频率的光子 D. 氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，氢原子的电势能减小，电子的动能增大 【答案】C

【解析】氢原子从第4激发态跃迁到第2激发态会辐射光子，故A错误；一个氢原子处于n=4的激发态，当它向基态跃迁时可以发出3条不同频率的光谱线，故B错误；氢原子发生能级跃迁吸收或放出的光子能量等于两能级的能量差：

，可知氢原子跃迁到第5能级，根据

知，氢原子辐射的不同波长的光子最多有10种，氢原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，轨道半径增大，因电场力做负功，故氢原子电势能增大，电子的动能减小，故C正确，D错误；故选C。 【点睛】根据玻尔理论分析可能的跃迁方式；氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁；由

即可求出；根据跃迁的规律，结合可能的跃迁的不同路径分析可能的种类即可。

2. 某同学在开展研究性学习的过程中，利用速度传感器研究某一物体以初速度lm/s做直线运动的速度v随

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时间t变化的规律，并在计算机上得到了前4s内物体速度随时间变化的关系图象，如图所示。则下列说法正确的是

A. 物体在1s末速度方向改变 B. 物体在3s末加速度方向改变

C. 前4s内物体的最大位移只出现在第3s末，大小为3.5m D. 物体在第2s末与第4s末的速度相同 【答案】C

【解析】由图可知，0-1s内物体沿正方向做加速运动，1-3s沿正方向做匀减速运动，在3-4s内反向做匀加速度运动，故在第3s末物体的速度为0，位移最大，即为

，1s末速度方向没

有改变，图线的斜率表示加速度，故由图可知3s末加速度方向不变，物体在第2s末与第4s末的速度大小相等，方向相反，故ABD错误，C正确；故选C.

【点睛】速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，根据图象分析物物体速度的变化和加速度的变化。

3. 如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量M的足够长木板，质量为m小滑块（可视为质点）放在长木板上。长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，重力加速度大小g取l0m/s，下列说法正确的是

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A. 长木板的质量M＝2kg

B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4

2

C. 当F＝14N时，长木板的加速度大小为3m/s

D. 当F增大时，小滑块的加速度一定增大 【答案】B

2

【解析】当F等于12N时，加速度为：解得：

．对整体分析，由牛顿第二定律有，代入数据

；当F大于12N时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：长木板的加速度，则知a-F图线的斜率

，解得M=1kg，故m=2kg，故A错误；由A项

，故B正确。由A项分析可知：F大于

分析可知：F大于12N时，12N时

，若F=8N，a=0，即得

，当F=14N时，长木板的加速度为：．故C错误。当F大于12N后，发生相对滑动，

小滑块的加速度为，与F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故D错误。故选B。

【点睛】当拉力较小时，m和M保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度相同。当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法列式分析。

4. 2017年4月27日，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行，对接前天宫二号的运行轨道高度为393km，天舟一号货运飞船轨道高度为386km，它们的运行轨道均视为圆周，则 A. “组合体”比“天宫二号”加速度大 B. “组合体”比“天舟一号货运飞船”角速度大 C. “组合体”比“天宫二号”周期大

D. “组合体”比“天舟一号货运飞船”机械能大 【答案】D

【解析】天宫二号在天空运动时，由万有引力提供向心力，根据

，解得：

，因组合体仍沿天宫二号原来的轨道，故组合体的加速度，周期与“天宫二号”的

加速度、周期一样大，而组合体的轨道半径大于天舟一号货运飞船轨道的半径，故组合体的角速度小于天舟一号货运飞船的角速度，故ABC错误；“天舟一号”要从低轨道与较高轨道的“天宫二号”对接，必须加速做离心运动，所以对接后“天舟一号”的机械能将增大，而天宫二号的机械能不变，故组合体的机械能将增大，故D错误；故选D.

【点睛】“天舟一号”和“天宫二号”都绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，结合万有引力公式与牛顿第二定律可以求出加速度、周期、角速度的表达式，即可分析求解。

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5. 如图所示，ABCD是一个过球心O的水平截面圆，其中AB与CD垂直，在C、D、A三点分别固定点电荷＋Q、－Q与＋q。光滑绝缘竖直杆过球心与水平截面圆垂直，杆上套有一个带少量负电荷的小球，不计小球对电场的影响。现将小球自E点无初速度释放，到达F点的过程中（重力加速度为g），下列说法正确的是

A. 小球在O点的加速度大于g

B. 小球在E点的电势能大于在O点的电势能 C. 小球在F点的速度一定最大 D. 小球在运动过程中机械能一直减小 【答案】B

【解析】小球在O点时，受到C、D两点电荷的库仑力的合力水平向左，受到A点电荷库仑力指向A点，则小球在O点受到库仑力的合力在夹角

范围内，故小球受杆的弹力就应在夹角

范围内，且大小

与库仑力的合力相等，方向相反，使小球水平方向所受合力为零，所以小球竖直方向只受重力，加速度为g，故A错误；由图可知，带负电的小球从E点到O点时电势升高，故电势能减小，故B正确；当小球的合力为零时，加速度为零，速度最大，对小球在F点受力分析可知，因不清楚重力与库仑力的大小关系，故无法判断小球在F点时是否合力为零，故C错误；由图可知，E、F是在同一等势面，故小球在运动过程中，电势能先减小，后增大，则机械能先增大，后减小，故D错误；故选B。

【点睛】分析小球的受力情况，由牛顿第二定律分析小球在O点的加速度。根据等量异种电荷电场中电势分析情况，分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况，由能量守恒定律分析小球在F点的速度、电势能、机械能关系。

6. 如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上。现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是

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