1、惠州市 2018 届高三 4 月模拟考试物理试题二、选择题1. 交流发电机在工作时的电动势为 EE 0sint，若将其电枢的转速提高到原来的 2 倍，其他条件不变，则其电动势变为A. E0sin2t B. 2E0sin2t C. E0sin D. 2E0sin【答案】B【解析】感应电动势的瞬时值表达式为 ，当将其电枢的转速提高到原来 2 倍时，由 ，可知， 和 都增加 2 倍，其表达式变为： ，故 B 正确，ACD 错误。点睛：本题考查考虑问题的全面性， 式中 和 都与转速成正比，不能简单认为表达式是。2. 质量为 1kg 的物体从距地面 5m 高处自由下落，落在正以 5m/s 的速度沿水平方
2、向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为 4kg，地面光滑，则车后来的速度为（g=10m/s 2）A. 4m/s B. 5m/s C. 6m/s D. 7m/s【答案】A【解析】物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。已知两者作用前，车在水平方向的速度 ，小球水平方向的速度 ；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为 ，取原来车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：解得： ，故选项 A 正确，BCD 错误。点睛：本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，关键要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。3. 一颗小行星环绕太阳做匀速圆周运
3、动的半径是地球公转半径的 9 倍，则这颗小行星的运转周期是A. 3 年 B. 9 年 C. 18 年 D. 27 年【答案】D【解析】根据开普勒第三定律，设地球公转半径为 R，则小行星半径为 9R点睛：本题也可以根据万有引力提供圆周运动向心力分析周期与半径的关系求解。4. 如图，一小球从一半圆轨道左端 A 点正上方距水平地面高 h 处开始做平抛运动（小球可视为质点） ，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为 R，OB 与水平方向夹角为 60，重力加速度为 g，则小球抛出时的初速度为A. B. C. D. 【答案】D【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于 B 点
4、，则知速度与水平方向的夹角为 ，则有：又 ，则得： ， 水平方向上小球做匀速直线运动，则有： 联立解得： ，故选项 D 正确，ABC 错误。点睛：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。5. 对核反应方程 ，下列说法中正确的是( )A. 和 是两种不同元素的原子核B. x 是中子C. 这个反应过程中质量数守恒，但质量一定有亏损D. 这个反应既是核聚变反应，又是核裂变反应【答案】BC【解析】A、 、 是氢元素的同位素的原子核，故 A 错误；B、根据质量数守恒和电荷数守恒可以知道，x 是中子，故选项 B 正确；.6. 如图所示，一带
5、电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放，液滴沿直线由 b 运动到 d ，直线 bd 方向与竖直方向成 600 角，则下列结论正确的是A. 液滴做匀速直线运动B. 液滴带正电荷C. 液滴所受的电场力大小是其重力的 倍D. 液滴的电势能减少【答案】CD【解析】A、由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿 bd 方向，则电场力必定水平向右，液滴做匀加速直线运动，故 AB 错误；C、由于合力沿 bd 方向，则根据力的合力可以知道： ，即 ，故选项 C 正确；D、由于电荷带负电，沿 bd 方向运动，电场力做正功，故电势能减小，故选项 D 正确。点睛：带电液滴从静止开始由 b 沿直
6、线运动到 d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握。7. 如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态.若某时刻油滴的电荷量开始减小（质量不变） ，为维持该油滴原来的静止状态应A. 给平行板电容器继续充电，补充电荷量B. 让平行板电容器放电，减少电荷量C. 使两极板相互靠近些D. 将上极板水平右移一些【答案】AD【解析】A、给平行板电容器继续充电，电量增大，电容不变，根据 ，知电势差增大，根据 ，知电场强度增大，则油滴受到的电场力增大，能再次平衡，故 A 正确；B、让电容器放电，电量减小，电容不变，根据 ，知电势差减小，根据 ，
7、知电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，电荷不能平衡，故 B 错误。C、因为 ， ，所以电场强度 ，与电容器两极板间的距离无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，则油滴受到的电场力减小，电荷不能平衡，故 C 错误；D、因为 ， ，所以电场强度 ，当将上极板水平右移一些即面积减小，场强增大，则则油滴受到的电场力增大，能再次平衡，故选项 D 正确。点睛：解决本题的关键掌握电容器的定义式 和决定式 ，知道当电量不变时，电容器两极板间的电场强度与两极板间的距离无关。8. 图示为倾角为 30的斜面轨道，质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦因数为 。木箱在轨道顶端时，将质量为 m 的货物装入木箱，然
8、后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端。下列选项正确的是A. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能B. 箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度C. M2mD. m2M【答案】BD【解析】A、在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故A 错误；B、受力分析可知，下滑时加速度为 ，上滑时加速度为 ，故 B 正确；C、设下滑的距离为，根据功能关系有： ，得 ，也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力（非重力、弹性力）做的功之和等于系统
9、机械能的变化量，故 D 正确，C 错误；点睛：本题考查了牛顿运动定律、功能关系的理解及应用。弄清整个过程的功能转化，从开始到木箱恰好被弹回到轨道顶端过程，系统损失的能量为 即 的重力势能，全部用来克服摩擦力做功。只看开始和最后两个状态弹簧弹性势能以及 M 的机械能没有改变，据此可以利用功能关系求解。三、非选择题9. 在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力 G 与弹簧总长 L 的关系图象，如图所示，根据图象回答以下问题：（1）弹簧的原长为_cm（2）弹簧的劲度系数为_N/m （3）分析图象
10、，总结出弹簧弹力 F 与弹簧总长 L（单位：m）之间的关系式为_N（4）一兴趣小组进一步探究，当挂上某一钩码 P，弹簧在伸长过程中，弹簧的弹性势能将_，钩码P 的机械能将_（以上两空选填“增加”、 “减少”、 “不变”）【答案】 (1). 10 (2). 1000 (3). (4). 增加 (5). 减少【解析】 （1）钩码的重力即等于其对弹簧的拉力，又根据胡克定律 ，所以图线在横轴上的截距表示弹簧的原长，斜率表示劲度系数，故 ；（2）由胡克定律可得：劲度系数： ；（3）由胡克定律可知： ；（4）弹簧伸长，弹簧的弹性势能增大，而钩码下降，其机械能减小。点睛：本题比较简单，结合图象考查了胡克定律
11、的基础知识，是一道考查基础知识的好题，在研究弹簧的伸长与拉力的关系问题时，一定要特别区分“弹簧的长度”与“弹簧的伸长”的不同。10. 用直流电源（内阻可忽略不计） 、电阻箱、定值电阻 R0（阻值为 2.0 ） 、开关和若干导线，连接成如图甲所示的电路来测量电压表 V（量程 3V）的内阻 RV。闭合开关 S，适当调节电阻箱的阻值 R,读出电压表的示数 U，获得多组数据。（1）此实验时电阻箱的读数如图乙所示，其值为_ 。（2）根据测得的数据画出如图丙所示的 关系图线，由图像上的数据可计算得到纵轴截距与图线斜率的比值为_，进而求得电压表的内阻 RV=_ 。 （计算结果均保留两位有效数字）;（3）若电
12、源内阻不可忽略，用此法测得的 RV_（填“偏大”或“偏小”）;（4）定值电阻 R0 的作用是_。【答案】 (1). 6500 (2). 9.0k (3). 7.0 (4). 偏大 (5). 保护电压表【解析】 （1）由图示电阻箱可知，其示数为：；（2）根据闭合电路欧姆定律可得：整理可得： 所以纵轴截距与图线斜率的表达式分别为 和根据图丙可知斜率为： 截距为： ，则联立解得电压表的内阻为： ；（3）考虑电源内阻 r，由欧姆定律得： 实际测量的相当于是 ，相对 的阻值来说偏大；（4）当电阻箱阻值为零的时候，电阻 起到保护电压表的作用。点睛：本题考查电阻的测量实验，解题关键是要清楚实验原理，会利用闭
13、合电路欧姆定律推出表达式，利用给出图象的斜率和截距求解运算。11. 下图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸） 。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为 B=kI，比例常量 k=510-7T/A。已知两导轨内侧间距 L=2.0cm，滑块的质量 m=40g，滑块沿导轨滑行 2m 后获得的发射速度 v=100m/s（此过程视为匀加
14、速运动） 。（1）求发射过程中电源提供的电流强度。（2）若此滑块射出后随即以速度 v 沿水平方向击中固定在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为 s。设滑块质量为 m，求滑块对砂箱平均冲击力的表达式【答案】 （1）1.0105A（2）【解析】 （1）对滑块由匀加速运动公式：解得： 滑块所受安培力： 对滑块由牛顿第二定律得： ，解得： ； （2）对滑块用动能定理，有：解得平均冲击力： 点睛：本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，同时注意安培力公式 中各个物理量的含义以及公式适用条件。12. 如图所示，在
15、 xOy 竖直平面内， Y 轴的右侧有垂直纸面向外的匀强磁场 B=0.4T 和竖直向上的匀强电场 E=2N/C长为 L=16m 水平绝缘传送带 AB 以速度 V0=3m/s 顺时针匀速转动，右侧轮的轴心在 Y 轴上，右侧轮的上侧边缘 B 点的坐标是（ 0，h=8m）一个质量为 M=2g、电荷量为 q=0.01C 的小物块（可视为点电荷）以轻轻放在传送带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数 =0.2，小物块从传送带滑下后，经过 x轴上的 P 点（没画出） ，重力加速度 g=10m/s2求：（1）小物块离开传送带时的速度；（2）P 点的坐标； （3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑
16、下后经过坐标原点 O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围【答案】 （1） （2）（-3m，0）（3）【解析】 （1）小物块在传送带做初速度为零的匀加速运动，有：解得： 当小物块与传送带速度相等时，这段时间内小物块的位移为： 小物块先做匀加速运动，后随传送带一起做匀速运动离开传送带时的速度为： ；（2）小物块从传送带下滑下进入 y 轴右侧后，因为电场力为：且电场力方向竖直向上，与重力方向相反，所以合力为洛伦兹力；所以做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，小物块的运动轨迹如图所示：由向心力公式得：解得： 小物块离开磁场后，做平抛运动，则有： 解得： ， 所以 P 点的坐标为（3）小物
17、块要经过坐标原点 0，它做匀速圆周运动的半径：则有： 解得：小物块在传送带上滑行的末速度是 ，它在传送带上滑行的距离为而 ，说明如果小物块在传送带上一直做匀加速运动，则小物块就会经过坐标原点 O，所以传送带的速度: 。点睛：考查物体做匀变速运动，匀速圆周运动，及平抛运动，掌握各自处理的运动规律，理解牛顿第二定律，向心力表达式，及运动学公式的内容，注意物体进入 y 轴右侧后，电场力与重力的大小相等，是解题的关键。13. 对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是_A气体分子间距离增大，分子势能一定增大，B若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变C 在完全失重的状态下，气体的压强为零D如果气体从外界
18、吸收热 10J，同时对外做功 8J,则该气体的内能一定增大 2JE气体温度不变时，体积减小，则每秒撞击单位面积器壁的分子数增多【答案】BDE【解析】A、分子势能随分子间距离的增大，先减小后增大，故 A 错误；B、由理想气体的状态方程 可知，若气体的压强和体积都不变，则其温度不变，其内能也一定不变，故 B 正确；C、气体的压强不是由于分子的重力产生的，而是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁产生的，所以在完全失重状态下，气体的压强不变，故 C 错误；D、物体从外界吸收了 10J 的热量，热量为正值， ，物体对外做了 8J 的功，功为负值， ，根据热力学第一定律物体内能的变化 ，即物体的内能增大 2J，
19、故选项 D 正确；E、一质量的气体温度不变时，体积减小，由 ，知压强增大，温度不变时分子的平均动能不变，说明每秒撞击单位面积器壁的分子数增多，故 E 正确。点睛：本题考查热学中知识点较多，要需要记忆，注意平时的积累，在平时训练中加强练习。14. 如图甲所示，U 形气缸固定在水平地面上，用重力不计,面积 s=10cm2 的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程无摩擦初始时，外界大气压强为 p0=1.0105pa，活塞紧压小挡板现缓慢升高缸内气体的温度请在乙图中作出能反映气缸内气体的压强 p 随热力学温度 T 变化的图像当温度缓慢升高到 t1=27时，活塞与小挡板间恰好无作用力。现在活塞上加一质量为 m=5Kg 的砝码，要使加砝码后的活塞与小挡板间恰好无作用力，则温度至少要升高到多少摄氏度？【答案】 【解析】 因开始时活塞紧压小挡板，说明被封闭气体的压强要小于大气压，在活塞离开挡板之前，气体的体积不变，做等容变化，图线是过 P-T 图的坐标原点的，活塞离开挡板后，做等压变化，由此可知气缸内气体的压强 p 随热力学温度 T 变化的图像如图所示：对气缸内气体：初状态： ，
