1、2018 届高三年级第一次模拟考试物理一、 单项选择题：本题共 7 小题，每小题 3 分，共计 21 分每小题只有一个选项符合题意1. 物理学发展史上，首先把实验和逻辑推理和谐结合起来的科学家是( )A. 亚里士多德 B. 伽利略 C. 牛顿 D. 法拉第【答案】B【解析】A、亚里士多德的主要方法是思辩，故 A 错误；B、伽得略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理结合起来，故B 正确；.故选 B。【点睛】本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法。2. 如图所示，某同学斜向上抛出一石块，空气阻力不计下列关于石块在空中运动过程
2、中的水平位移 x、速率 v、加速度 a 和重力的瞬时功率 P 随时间 t 变化的图象，正确的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】A、物体做斜抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的直线运动和竖直方向的上抛运动，故水平分位移与时间成正比，故 A 正确；B、物体做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故 B 错误；C、物体只受重力，加速度保持不变，为 g，向下，故 C 错误；D、速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据 ，重力的功率先减小后增加，故 D 错误； 故选 A。【点睛】关键是明确物体的运动可以分解
3、为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，然后结合机械能守恒定律和功率的表达式列式分析。3. 如图所示，倾角 37的上表面光滑的斜面体放在水平地面上一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为 37.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态sin370.6，cos370.8.则下列说法正确的是( )A. 小球将向上加速运动B. 小球对斜面的压力变大C. 地面受到的压力不变D. 地面受到的摩擦力不变【答案】B【解析】AB、小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力 G、斜面对小球的支持力 和细线对小球的拉力 ，把三个
4、力正交分解，由平衡方程为： ， ，两式联立解得： ， ；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力 G、斜面对小球的支持力和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有 ，故小球处于静止状态，垂直斜面方向 ，小球对斜面的压力变大，故 A 错误，B 正确；CD、斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力 、地面对斜面体的支持力 、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力 ；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力 、地面对斜面体的支持力 、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力 ，所以地面对斜面体的支持力变小，地面对其的摩擦力变大，故 CD 错误；故选
5、 B。4. 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R.金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下(方向不变)现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止下列说法正确的是( )A. ab 中的感应电流方向由 b 到 aB. 电阻 R 的热功率逐渐变小C. ab 所受的安培力保持不变D. ab 所受的静摩擦力逐渐变小【答案】D【解析】A. 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得， ab 中的感应电流方向由a 到 b，故 A 正确；B. 由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 得，感应电动势恒定，则 ab中的感
6、应电流不变，故 B 错误；C. 根据安培力公式 F=BIL 知，电流不变， B 均匀减小，则安培力减小，故 C 错误；D. 导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡， f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故 D 正确。故选：AD.5. 一物体作匀变速直线运动，在通过第一段位移 x1 的过程中，其速度变化量为 v，紧接着通过第二段位移 x2，速度变化量仍为 v.则关于物体的运动，下列说法正确的是( )A. 第一段位移 x1 一定大于第二段位移 x2B. 两段运动所用时间一定不相等C. 物体运动的加速度为D. 通过两段位移的平均速度为【答案】C【解析】AC、设通过第一段位移的末速度为 ，则有通过第一段位移
7、的初速度为 ，通过第二段位移的末速度为 ，根据运动学公式有 ， ，解得，若物体做匀加速直线运动，则有 ，故 A 错误，C 正确；B、根据 ，通过两段运动所用时间一定相等，故 B 错误；D、通过两段位移的平均速度为 ，故 D 错误；故选 C。6. 如图甲所示，足够长的木板 B 静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块 A.木板 B 在水平拉力 F 作用下，其加速度 a 随拉力 F 变化的关系图象如图乙所示，则小滑块 A 的质量为( )甲 乙A. 4 kg B. 3 kg C. 2 kg D. 1 kg【答案】C【解析】当 F 等于 3N 时，加速度为: ，对整体分析，由牛顿第二定律有: ，代入数据
8、计算得出: ，当 F 大于 3N 时，对 B，由牛顿第二定律得 ，由图示图象可以知道，图线的斜率 ，计算得出木板 B 的质量: ，滑块 A 的质量为 ，故 ABD 错误，C 正确；故选 C。【点睛】当拉力较小时，A 和 B 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，A 和 B 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。7. 一根轻质杆长为 2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球 1 和小球 2，它们的质量均为 m，带电量分别为q 和q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中现将杆由水平位置静止释放，让小球 1、2 绕轴转动到竖
9、直位置 A、B 两点，设 A、B 间电势差为 U，该过程中( )A. 小球 2 受到的电场力减小B. 小球 1 电势能减少了 UqC. 小球 1、2 的机械能总和增加了 UqmglD. 小球 1、2 的动能总和增加了 Uq【答案】D【解析】A、由图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球 1、2 绕轴转动到竖直位置 A、B两点，小球 2 位置的电场线变密，电场强度变大，故小球 2 受到的电场力增大，故 A 错误；B、根据 ，小球 1 前后位置电势差小于 ，所以小球 1 的电势能减少量小于 ，故 B错误；CD、对于小球 1、2，作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球 1、2的动能总
10、和增加了 ，所以小球 1、2 的机械能总和增加了 ，故 C 错误，D 正确；故选 D。二、 多项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共计 20 分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分8. 如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比 n1n241，电阻 R25 ，C为电容器原线圈接 u1200 sin100t V 的交流电则( )A. 该交流电的频率为 50 HzB. 交流电流表的读数为 0C. 电阻 R 的功率为 200 WD. 电容器的耐压值应大于 50 V【答案】AD【解析】A、由 ，该交流电的频率为 ，故 A 正确；B、
11、电容器通交流阻直流，故交流电流表的读数不为 0，故 B 错误；C、由 可知，副线圈的电压为 ，电阻 R 的功率为 ，故 C 错误；D、由于副线圈的电压有效值为 50V，最大值为 ，所以电容器的耐压值应大于 ，故 D 正确；故选 AD。9. 美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星 Kepler186f.若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星表面进行科学考察，在行星表面 h 高度(远小于行星半径)处以初速度 v水平抛出一个小球，测得水平位移为 x.已知该行星半径为 R，自转周期为 T，万有引力常量为 G.则下列说法正确的是( )A. 该行星表面的重力加速度为B. 该行星的质量为C. 如果该行
12、星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 D. 该行星的第一宇宙速度为【答案】ABC【解析】根据平抛运动的规律可知： h gt2，x=vt 解得 ，选项 A 正确；根据 mg G得，行星的质量 ，选项 B 正确；根据 得，又GM gR2，解得 ，选项 C 正确；根据 mg m 得，行星的第一宇宙速度，故 D 错误；故选 ABC.点睛：解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用10. 硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线 a 是该电池在某光照强度下路端电压 U 和电流 I 变化的关系图象(电池电动势不变，内阻不是定
13、值)，图线 b 是某电阻 R 的 UI 图象在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是( )A. 硅光电池的内阻为 8 B. 硅光电池的总功率为 0.4 WC. 硅光电池的内阻消耗的热功率为 0.32 WD. 若将 R 换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大【答案】AC【解析】A、由图可知该电池的电源电动势为 3.6V，由 可知内电压为 1.6V，硅光电池的内阻为 ，故 A 正确；B、硅光电池的总功率为 ，故 B 错误；C、硅光电池的内阻消耗的热功率为 ，故 C 正确；D、若将 R 换成阻值更大的电阻，电路中电阻两端的电压变大，但电流变小，硅光电池的输出功率不一定增大，故 D
14、错误；故选 AC。11. 如图所示，两质量均为 m 的小球，通过长为 L 的不可伸长轻绳水平相连，从某一位置处自由下落，下落过程中绳处于水平伸直状态在下落 h 高度时，绳的中点碰到水平放置的钉子 O.重力加速度为 g，空气阻力不计则( )A. 两小球从开始下落到相碰前的过程中机械能守恒B. 从轻绳与钉子相碰到小球到达最低点的过程中，重力的瞬时功率逐渐减小C. 两小球相碰前瞬时，速度大小为D. 两小球相碰前瞬时，加速度大小为【答案】AD【解析】A. 小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故 A 正确；B、以向下为正方向，竖直方向合力为 ， 开始时 很小， ，竖直方向加速度
15、向下， 增大，到快要相碰时， ，竖直方向加速度向上， 减小，根据 可知重力的瞬时功率先增大后减小，故 B 错误；C. 从最高点到小球刚到达最低点的过程中运用动能定理得： ，解得，故 C 错误；D、根据向心加速度公式有： ，故 D 正确故选 AD。【点睛】小球从开始下落到刚到达最低点的过程中只有重力做功，系统机械能守恒；重力的瞬时功率根据 求解；小球刚到达最低点时速度可根据动能定理求解；根据向心加速度公式即可求解向心加速度。12. 如图甲所示，半径为 r 带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板 A、B 连接，两板间距为 d 且足够大有一变化的
16、磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示在平行金属板 A、B 正中间有一电荷量为 q 的带电液滴，液滴在 0 T 内处于静止状态重力加速度为 g.下列说法正确的是( )甲 乙A. 液滴带负电B. 液滴的质量为C. t T 时液滴的运动方向改变D. tT 时液滴与初始位置相距 gT2【答案】BD【解析】A、根据题意液滴在 处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，线圈中的感应电动势沿逆时针方向， B 板接高电势， A 板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相同，所以液滴带正电，故 A 错误；B、根据法拉第电磁感应定律 ，两极板间的电场强度 ，得，故
17、 B 正确；C、根据楞次定律， 内，线圈内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律 ，其中 ，解得 ，液滴向下做初速度为 0 的匀加速运动，在第 时速度最大，运动方向不改变，故C 错误；D、根据楞次定律 内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在 内做匀速直线运动， 匀加速直线运动，位移， 匀速直线运动，位移 ，tT 时液滴与初始位置相距 ，故 D 正确；故选 BD。【点睛】由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以
18、求出两极板间的场强大小。三、 简答题：本题共 2 小题，共计 20 分13. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量小物块与水平面之间的动摩擦因数弹簧左端固定在挡板上，带有遮光条的小物块将弹簧压缩至 C 处由静止释放，小物块运动一段距离后与弹簧分离，接着通过 P 处光电计时器的光电门，最后停在水平面上的 B 处已知重力加速度为 g.甲 乙(1) 用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，其读数刻度如图乙所示，则 d_mm.(2) 为了测量动摩擦因数，还需要测量的物理量(写出需要测量的物理量及其符号)是：_；_由此可得动摩擦因数 _(用测量的量表示)(3) 若已经测得物块与水平面间的动摩擦因数为 ，物块质
19、量为 m，只需再测出物块释放处到最终停止处的距离 s，即可测出物块释放时弹簧的弹性势能，试写出弹性势能 Ep 的表达式_【答案】 (1). 4.20 (2). 遮光条通过光电门的时间 t (3). 光电门到物块停止处的距离 x (4). (5). Epmgs【解析】(1)主尺的刻度：4mm，游标尺上的第 20 个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.0210=0.20mm，总读数：4mm+0.20mm=4.20mm；(2)实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度： ； B 到 C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得 ；联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式： ；还需要测
20、量的物理量是：遮光条通过光电门的时间 t；光电门到物块停止处的距离 x；(3) 根据功能关系，释放物体后，弹簧的弹性势能减小，通过摩擦力做功，转化为内能，则有： ； 【点睛】本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可。14. 小明同学学过“练习使用多用电表”后想进一步研究多用电表的有关问题图(a) 图(b) 图(c) 图(d)(1) 他先用多用电表测量某元件的电阻，操作如下：先选用欧姆表“100”倍率挡开始测量，发现指针偏角过小，则应换用_(选填“10”或“1 k”)挡；换挡后必须将红表笔和黑表笔_，调零后再重新测量(2) 为了
21、弄清欧姆表有关问题，小明查阅资料后发现，欧姆表内部电路可等效为：一个无内阻的电源、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(a)所示为了测定该欧姆表电源的电动势和“1 k”挡位的内电阻，他设计了如图(b)所示的测量电路将上述调零后的欧姆表接入电路时，红表笔应和_(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使欧姆表的示数如图(c)所示，这时电压表的示数如图(d)所示欧姆表和电压表的读数分别为_ 和_V.调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 k 和 4.00 V从测量数据可知，电压表的内阻为_k.根据前面的实验数
22、据计算可得，此多用电表等效电源的电动势为_V，该电阻挡的内电阻为_k.【答案】 (1). 1k (2). 短接 (3). 1 (4). 1.50104 (5). 3.60 (6). 12.0 (7). 9.00(9.0) (8). 15.0(15)【解析】(1)多用电表的欧姆档表盘的 0 刻线在右端，选“100”档时，发现指针偏转角过小，说明被测阻值较大，应改用较小档即“1k” ， 换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量；(2)电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触 1，黑表笔接 2；欧姆表读数=倍率表盘读数=1 K15.0=15.0 k ；电
23、压表分度值是 ，读数为 3.60V；由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值为 12.0K；)欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表 1K 档位的内电阻为 15.0K；根据闭合电路欧姆定律，电动势为： 四、 计算题：本题共 4 小题共计 59 分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位15. 如图所示，倾角 37、斜面长为 1m 的斜面体放在水平面上将一质量为 2 kg 的小物块从斜面顶部由静止释放，1s 后到达底端，斜面体始终保持静止重力加速度 g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(
24、1) 小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小；(2) 小物块与斜面之间的动摩擦因数；(3) 小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向【答案】 （1）2m/s （2）0.5 (3) 3.2N【解析】(1) 由运动学公式得由得(2) 由牛顿第二定律得(3) ，水平面对斜面体的摩擦力向左大小16. 如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一边长为 L，质量为 m、电阻为 R 的正方形单匝导线框 abcd 放在水平桌面上在水平拉力作用下，线框从左边界以速度 v 匀速进入磁场，当 cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界已知线框与桌面间动摩擦
25、因数为 ，磁场宽度大于 L，重力加速度为 g.求：(1) ab 边刚进入磁场时，其两端的电压 U；(2) 水平拉力的大小 F 和磁场的宽度 d；(3) 整个过程中产生的总热量 Q.【答案】(1) （2） (3) 【解析】 【分析】ab 边相当于电源，根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解 ab 两端的电压 Uab；根据安培力公式求解安培力，根据平衡条件求解拉力；根据运动学公式求解磁场的宽度 d；匀速进入磁场过程是恒定电流，根据焦耳定律求解焦耳热；根据功能关系求解摩擦产生的热量； 解：(1) ab 边相当于电源，根据切割公式，有 (2) 撤去拉力后，线框匀减速运动，所(3) 进入磁
26、场过程中产生焦耳热由于摩擦产生的热量所以整个过程产生的热量为17. 如图所示轨道 ABCDE 在竖直平面内，AB 与水平面 BC 成 37角且平滑连接，圆心为 O、半径为 R 的光滑半圆轨道 CDE 与 BC 相切于 C 点，E、F 两点等高，BC 长为 .将小滑块从 F 点由静止释放，恰能滑到与 O 等高的 D 点已知小滑块与 AB 及 BC 间的动摩擦因数相同，重力加速度为 g，sin370.6，cos370.8.(1) 求小滑块与斜面间的动摩擦因数 ；(2) 若 AB 足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达 E 点，求释放点到水平面的高度 h；(3) 若半径 R1 m，小滑块在某次
27、释放后，滑过 E 点的速度大小为 8 m/s，则它从 E 点飞出至落到轨道上所需时间 t 为多少？(g 取 10 m/s2)【答案】(1) (2) (3) 【解析】解：(1) 滑块从 F 到 D 过程，根据动能定理得(2) 若滑块恰能到达 E 点，根据牛顿第二定律得在滑块从释放点到 E 的过程，根据动能定理得解得 h4.7R(3) 假设滑块离开 E 点后落在 AB 上，根据平抛运动规律可得xv Et，y= gt2由几何关系得解得 t0.3 s进一步得所以假设正确，故 t0.3 s18. 如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系 xOy，y 轴正方向竖直向上在第一、第四象限内存在沿 x 轴负方向
28、的匀强电场，其大小 E1 ；在第二、第三象限内存在着沿 y轴正方向的匀强电场和垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，电场强度大小 E2 ，磁感应强度大小为 B.现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从 x 轴上距坐标原点为 d 的 P 点由静止释放(1) 求小球从 P 点开始运动后，第一次经过 y 轴时速度的大小；(2) 求小球从 P 点开始运动后，第二次经过 y 轴时的坐标；(3) 若小球第二次经过 y 轴后，第一、第四象限内的电场强度变为 E1 ，求小球第三次经过 y 轴时的坐标【答案】(1) (2) (3) 【解析】解. (1) 设小球在第一象限中的加速度为 a，由牛顿第二定律得得到 ，方向斜向左下与水平方向成 60所以(2) 小球第一次经过 y 轴后，在第二、三象限内由 qE2mg，电场力与重力平衡，故做匀速圆周运动设轨迹半径为 R，有得小球第二次经过 y 轴的坐标(3) 第二次经过 y 轴后到第三次经过 y 轴过程，小球在第一、四象限内水平方向作向右匀减速运动加速度当得小球第二次经过 y 轴与第三次经过 y 轴的距离为小球第三次经过 y 轴的坐标
