1、河南省登封市嵩阳高中 2018 届高三下学期模拟考试理综试题物理部分二、选择题1. 甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的 vt 图象如图所示。两图象在 t=t1时相交于 P 点，P 在横轴上的投影为 Q，OPQ 的面积为 S。在 t=0 时刻，乙车在甲车前面，相距为 d。已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为 t，第二次相遇时间为 t“，则下面四组 t，d 和 t“的组合可能的是A. t=t 1，d=S，t“=2t 1 B. t= t1，d= S，t“=t 1C. t= t1，d= S，t“= t1 D. t= t1，d= S，t“= t1【答案】D【解析】试题分析：v-t 图象
2、中，图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负相遇要求在同一时刻到达同一位置根据相遇的条件和几何关系分析。若 t=t1，d=s，即 t1时间两车第一次相遇，由于此后乙车的速度大于甲车的速度，所以两者不可能再相遇，故 A 错误。若 ，根据“面积”表示位移，可知，第二次相遇时刻为 ，故 B 错误；若 ，可知 ，故 C 错误；若 ，可知 ， ，故 D 正确。【点评】本题是 v-t 图象的应用，知道在 v-t 图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，并能根据几何关系求出面积.2. 如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd 边均与 ad 边成 60角，ab=
3、bc=cd=L，长度为 L 的电阻丝电阻为 r，框架与一电动势为 E，内阻为 r 的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为 B 的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为A. 0 B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图电路 abcd 上的电阻为 3r，由几何关系得，ad 段的长度为 2L，所以 ad 上的电阻为 2r，并联部分的总电阻为： ，电路中的总电流 ，路端电压，abcd 上的电流 ，abcd 上各段的安培力，ad 上的安培力 ，各段受到的力中，和 在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力，C 正确；考点：
4、考查了安培力的计算【名师点睛】该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路题目的难度中档3. 2016 年 10 月 17 日 7 时 30 分，搭载两名航天员的“神舟十一号”载人飞船由“长征五号”运载火箭成功发射升空，10 月 19 日凌晨， “神舟十一号”飞船与“天宫二号”自动交会对接成功。 “神舟十号”与“天宫一号”对接时，轨道高度是 343 公里，而“神舟十一号”和“天宫二号”对接时的轨道高度是 393 公里，这与未来空间站的轨道高度基本相同。根据以上信息，判断下列说法正确的是A. 天宫一号”的动能比“天宫二号”的
5、动能大B. “天宫一号”的周期比“天宫二号”的周期小C. “神舟十一号”飞船的环绕速度大于第一宇宙速度D. “神舟十一号”飞船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速实现对接【答案】B【解析】试题分析：根据公式 可得 ，可知轨道半径越大，线速度越小，“天宫一号”的速率比“天宫二号”的速率大，但由于质量的关系未知，所以不能判断出“天宫一号”的动能比“天宫二号”的动能大，故 A 错误；根据公式 可得，可知轨道半径越大，周期越大， “天宫一号”的周期比“天宫二号”的周期小，故 B 正确；根据公式 可知轨道半径越大，线速度越小，所以“神舟十一号”飞船的环绕速度小于第一宇宙速度，故 C 错误；“神舟十一号”飞
6、船必须在“天宫二号”的轨道上，再加速时将做离心运动，所以不可能实现对接，故 D 错误考点：考查了万有引力定律的应用【名师点睛】在万有引力这一块，涉及的公式和物理量非常多，掌握公式在做题的时候，首先明确过程中的向心力，然后弄清楚各个物理量表示的含义，最后选择合适的公式分析解题，另外这一块的计算量一是非常大的，所以需要细心计算4. 空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系 O-xyz，M、N、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a，0)，N 点的坐标为(a，0，0)，P 点的坐标为(a， ， )。已知电场方向平行于直线 MN，M 点电势为 0，N 点电势为 lV，则 P 点的电势为
7、A. V B. V C. V D. V【答案】D【解析】试题分析：根据题意已知电场方向平行于直线 MN，点 M 的电势为 0，点 N 的电势为1V，故 ，将电场强度沿着-x 方向和+y 方向正交分解，设合场强为 E，则-x和+y 方向的分量分别为： ，设 P 在 xOy 平面上的投影为 点，投影点的坐标为 ，则联立即得 ，又因 N 点电势为 1V，则 电势为，即 P 点电势为 ，D 正确考点：考查了电势，【名师点睛】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的 E 的分量值，再选用 U=Ed，求得电势差，得电势视频5. 在正负电子对撞机中，一个电子和一个正电子对撞发生湮灭而转化为一对光子。设正、
8、负电子的质量在对撞前均为 m，对撞前的动能均为 E，光在真空中的传播速度为 c，普朗克常量为 h，则对撞后转化成光子的波长等于A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：该反应方程为 ，由于光子的静止质量为零，所以质量的亏损为 ，由质能方程，对应的能量为 ，根据能量守恒可知 ，即有 ，所以光子在真空中波长 ，C 正确；考点：考查了能量守恒定律，质能方程【名师点睛】光子无静止质量，根据反应前后质量之差求出质量亏损，由爱因斯坦质能方程求出电子对撞放出的能量，根据能量守恒定律求出光子具有的能量由光子能量公式 ，波速公式 求出光子的波长6. 如图所示为氢原子的能级示意图.现用能量介于 1012
9、.9eV 范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是A. 照射光中只有一种频率的光子被吸收B. 照射光中有三种频率的光子被吸的收C. 氢原子发射出三种不同波长光D. 氢原子发射出六种不同波长的光【答案】BD【解析】试题分析：因为-136+10=-36eV，-136eV+129eV=-07eV，可知照射光中有三种频率的光子被吸收氢原子跃迁的最高能级为 n=4 能级，根据 知，氢原子发射出六种不同波长的光，故 BD 正确，AC 错误考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据数学组合公式 求出处于激发态的氢原子可能发射出不同波长光
10、的种数7. 如图 1 所示，一倾角为 37的传送带以恒定速度运行，现将一质量 m=lkg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图 2 所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.则下列说法正确的是A. 物体与传送带间的动摩擦因数为 0.875B. 08s 内物体位移的大小为 18mC. 08s 内物体机械能的增量为 90JD. 08s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为 126J【答案】ACD【解析】A、从图 b 中求出物体位移为：s=32+42=14m由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度为：=lm/s 2对此过程中物体分析得：
11、mgcos-mgsin=ma，解得 =0.875，A 正确；B、物体被送上的高度为：h=ssin=8.4m，重力势能增量为：Ep=mgh=84J动能增量为： 机械能增加为：E=Ep+E k=90J0-8s 内只有前 6s 发生相对滑动0-6s 内传送带运动距离为：s 带 =4x6m=24m0-6s 内物体位移为：s 带 =6m产生的热量为：Q=mg coss 相对 =126J，B 错误 CD 正确；故选 ACD.点睛：本题一要读懂速度图象，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，二要根据牛顿第二定律和功能关系求解相关的量，对于热量，要根据相对位移求解8. 如图所示，A、B 两物块的质量分
12、别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 /2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对 A 施加一水平拉力 F，则A. 当 F3mg 时，A 相对 B 滑动D. 无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 g【答案】BCD【解析】试题分析：根据 A、 B 之间的最大静摩擦力，隔离对 B 分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出 A、 B 不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析A、 B 之间的最大静摩擦力为 ， A、 B 发生滑动的最小加速度为 ， B 与地面间的最大静摩擦力为： ，故拉力 F 最小为 F：，所以
13、 时， A、 B 将发生滑动；当 时， A、 B 之间不会发生相对滑动， B 与地面间可能会发生相对滑动，所以 A、 B 都可能相对地面滑动，A 错误；当 时， A、 B 间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有： ，B 正确；当 时， A、 B 间会发生相对滑动，C 错误； A 对 B 的最大摩擦力为 ，无论 F 为何值， B 的最大加速度为，故加速度不会超过 ，D 正确9. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 m1和 m2的两物块 A、B 相连接，并静止在光滑的水平面上.现使 B 瞬时获得水平向右的速度 3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得A.
14、 在 t1、t 3时刻两物块达到共同速度 1ms，且弹簧都处于伸长状态B. 从 t3到 t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C. 两物体的质量之比为 m1m 2=12D. 在 t2时刻 A 与 B 的动能之比为 Ek1E k2=81【答案】BD【解析】由图示图象可知，从 0 到 的过程中， A 的速度增大， B 的速度减小，弹簧被拉伸，在 时刻两物块达到共同速度 1m/s，此时弹簧处于伸长状态，从 到 过程， A 的速度继续增大， B 的速度继续减小，弹簧开始收缩，到达 时刻，A 的速度最大， B 的速度最小，弹簧恢复原长；从 到 过程， A 的速度减小， B 的速度增大，弹簧被压缩，到 时刻，
15、A、 B 的速度相等，为 1m/s，此时弹簧的压缩量最大，从 到 过程， A 的速度减小， B 的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到 时刻， B 的速度等于初速度， A 的速度为零，弹簧恢复原长，由以上分析可知，A 错误 B 正确；系统动量守恒，以 B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t=0 时刻和 时刻系统总动量相等，有： ，解得，故 C 错误；由图示图象可知，在 时刻 A、 B 两物块的速度分别为，物体的动能 ，则 A、 B 两物块的动能之比为 ，故D 正确；【点睛】对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析
16、，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况三、非选择题10. 用如图甲所示装置做“探究物体的加速度跟力的关系”的实验。实验时保持小车的质量M(含车中的钩码)不变，用在绳的下端挂的钩码的总重力 mg 作为小车受到的合力，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的加速度。(1)实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是_。(2)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5 个计数点 A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹没有标出，测出各计数点到A 点之间的距离，如图乙所示。已知打点计时器接在频率为 50
17、Hz 的交流电源两端，此次实验中小车运动的加速度的测量值 a=_m/s2。(结果保留两位有效数字)(3)通过增加绳的下端挂的钩码的个数来改变小车所受的拉力 F，得到小车的加速度 a 与拉力F 的数据，画出 a-F 图线后，发现当 F 较大时，图线发生了如图丙所示的弯曲。该同学经过思考后将实验方案改变为：将小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力。那么关于该同学的修正方案，下列说法正确的是_。(写选项字母)A.可以避免 a-F 图线的末端发生弯曲B.要避免 a-F 图线的末端发生弯曲的条件是 MmC.画出的 a-F 图线的斜率为D.画出的 a-F 图线的斜率为【答案】 (1). 平衡小车运
18、动中所受的摩擦阻力 (2). 或 (3). AD【解析】试题分析：（1）实验时绳的下端先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车做匀速直线运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力这样做的目的是平衡小车运动中所受的摩擦阻力（2）计数点间的时间间隔为 ，由 可得小车的加速度为：，（3）分别对小车与砝码列出牛顿第二定律方程：对小车有 ，对砝码有 ，两式联立可得 ，若改变为用小车中的钩码挂在绳的下端来增加钩码的个数和外力时，M+m 保持不变，a-F 图线是直线，避免 a-F 图线的末端发生弯曲，a-F 图线的斜率为，故 AD 正确， BC 错误；考点：“探究物体的加速
19、度跟力的关系”的实验【名师点睛】对于实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去理解对牛顿第二定律实验中关键明确平衡摩擦力的原因和要求满足砝码总质量远小于小车质量的理由11. 使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为 60mA 的电流表，电阻箱，导线若干.实验时，将多用电表调至1 挡，调好零点；电阻箱置于适当数值.完成下列填空：(1)仪器连线如图 1 所示(a 和 b 是多用电表的两个表笔).若两
20、电表均正常工作，则表笔 a 为_ (填“红”或“黑”)色：(2)若适当调节电阻箱后，图 1 中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图 2(a)，(b)，(c)所示，则多用电表的读数为_.电流表的读数为_mA，电阻箱的读数为_；(3)将图 1 中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_mA；(保留 3 位有效数字)(4)计算得到多用电表内电池的电动势为_V.(保留 3 位有效数字)【答案】 (1). 黑 (2). (3). (4). (5). 102 (6). 【解析】试题分析：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正
21、接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从 a 表笔流出的为黑表笔（2）多用电表用1 倍率测量，读数为 1401=140电流表的量程是 60mA，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为 10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为 530mA电阻箱的读数为 0100+010+41+601=46（3、4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池） 、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流 ，将 取为 为多用电表的内阻，当待测电阻等于 时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以 又称为中值电阻当选择1 倍率
22、测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为 15在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数140，干路电流是 530mA，则电源电动势是 则满偏电流 考点：使用多用电表测量电阻【名师点睛】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔 a 连接电源的正极，所以表笔 a 为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程视频12. 物体 A 和 B 用轻绳相连，挂在轻质弹簧下静止不动，如图(a)所示，A 的质量为 m，B 的质量为 M.当连接 A、B 的绳突然断开后，物体 A 上升，经某一位置时的速度大小为 v。这时，物体 B 的下落速度大
23、小为 u，如图(b)所示.求在这段时间里弹簧的弹力对物体 A 的冲量？【答案】【解析】试题分析：设弹力对物块 A 的冲量为 I，取向上为正方向，据动量定理：对 A：对 B： ，解得考点：考查了动量定理的简单应用【名师点睛】本题考查了求弹簧的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选择13. 一质量为 m、带电量为 q 的粒子以速度 vo 从 O 点沿 y 轴正方向射入磁感强度为 B 的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区后，从 b 处穿过 x 轴，速度方向与x 轴正向夹角为 30，如图所示(粒子重力忽略不计)。试求：(1)圆形磁场区的最小面积；(2)
24、粒子从 O 点进入磁场区到达 b 点所经历的时间；(3)b 点的坐标。【答案】 （1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，根据牛顿第二定律 ，解得根据图可知磁场区域最小半径磁场区域最小面积（2）粒子从 O 至 a 做匀速圆周运动的时间从 a 飞出磁场后做匀速直线运动，所以 ， （3）所以（3）因为 ， ，所以 ，故 b 点坐标为考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动14. 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m，如图(a)所示。t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t=ls
25、 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v-t 图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2求：(1)木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【答案】 （1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为碰撞后木板速度水平向左，大小也是木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有 ，解得木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t=1s，位移
26、，末速度 v=4m/s，其逆运动则为匀加速直线运动可得 ，带入可得木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即 ，可得（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有 ，可得对滑块，则有加速度 ，滑块速度先减小到 0，此时，木板向左的位移为 ， 末速度滑块向右位移此后，木块开始向左加速，加速度仍为木块继续减速，加速度仍为假设又经历 二者速度相等，则有 ，解得此过程，木板位移 。末速度滑块位移此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度位移所以木板右端离墙壁最远的距离为考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用.视频
