1、河南省驻马店市 2018 届高三第二次教学质量检测物理试题一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，在每小题给出的四个选项中，第 16 题只有一项符合题目要求，第 710 题有多项符合题目要求。全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错的得 0 分1. 在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史的是A. 法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究B. 伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C. 牛顿利用“理想斜面实验”推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点D. 胡可认为弹簧的弹力与弹簧的长
2、度成正比【答案】A【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2. 如图所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块 A 停下，可采用的方法是A. 增大斜面的倾角B. 在木块 A 上再叠放一个重物C. 对木块 A 施加一个竖直向下的力D. 对木块施加一个垂直于斜面的力【答案】D【解析】A、木块匀速滑下，合力为零，根据平衡条件得 mgsin =mg cos ；若增大斜面的倾角 ，重力沿斜面向下的分力 mgsin 增大，滑动摩擦力 f=mg cos 减小，木块的合力方向将沿斜面向下，木块做加速运动。故 A 错误。B、对木块 A 施加一个竖直向
3、下的力，由于（ F+mg）sin = （ F+mg）cos ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下。故B 错误。C、由 A 项分析可知， mgsin =mg cos ，得 sin = cos ，与质量无关，在木块 A 上再叠放一个重物后，整体匀速下滑，不可能停下。故 C 错误。D、对木块 A 施加一个垂直于斜面的力 F，重力沿斜面向下的分力 mgsin 不变，而滑动摩擦力f= （ F+mgcos ）增大，合力方向沿斜面向上，木块做减速运动，可以使木块停下.故 D 正确.故选 C。【点睛】本题关键根据物体做减速运动的条件，分析木块的合力方向，当合力方向与速度反向时，木块能做减速运动，可以停
4、下来3. 甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其 v-t 图像如图所示，下列对汽车运动状态的描述正确的是A. 在第 20s 末，甲、乙两车相遇B. 若乙车在前，则可能相遇两次C. 在第 10s 末，乙车改变运动方向D. 在第 10s 末，甲、乙两车相距 150m【答案】B【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积表示的含义。要注意速度图象不能表示物体出发点的位置。4. 如图所示，在灭火抢救过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业。为了节省救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防员的运动，下列说法正确的是
5、A. 消防队员做匀加速直线运动B. 消防队员做匀变速曲线运动C. 消防队员做变加速曲线运动D. 消防队员水平方向的速度保持不变【答案】B【解析】考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律专题：运动的合成和分解专题分析：消防员参与了沿梯子方向的匀加速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断消防员做直线运动还是曲线运动解答：解：A、根据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动故 A、C 错误，B 正确D、将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的最终的速度为匀速后退的速度和沿梯子方向速度
6、在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变，所以消防队员水平方向的速度在变故 D 错误故选 B点评：解决本题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向来判断消防队员在水平方向的速度变化5. 2017 年 6 月 15 日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射硬 X 射线调制望远镜卫星“慧眼” 、 “慧眼”的成功发射将显著提升我国大型科学卫星研制水平，填补我国国 X 射线探测卫星的空白，实现我国在空间高能天体物理领域由地面观测向天地联合观测的超越。 “慧眼”研究的对象主要是黑洞、中子星和射线暴等致密天体和爆发现象。在利用“慧眼”观测
7、美丽的银河系时，若发现某双黑洞间的距离为 L，只在彼此之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，其运动周期为 T，引力常量为 G，则双黑洞总质量为A. B. C. D. 【答案】D【解析】双黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，有 ， ，解得： ， ，则双黑洞总质量为： ，故选 D.【点睛】本题是双星模型，解决本题的关键知道双黑洞的特点：1、周期相等，2、靠相互间的万有引力提供向心力，向心力大小相等。6. 电动势为 E，内阻为 r 的电源与可变电阻 R1、R 2、R 3以及一平行板电容器连成如图所示的电路。当开关 S 闭合后，两平行金属板 A、B 间有一带电液滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是A. 将
8、 R1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B. 将 R2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C. 增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D. 减小 R3的阻值，R 2两端的电压的变化量小于 R3两端的电压的变化量【答案】D【解析】A、将 R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与 R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持静止，故 A 错误；B、将 R2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以， R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量 Q=CU 减小，故 B 错误；C、增大电容器
9、两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容 减小，那么电荷量 Q=CU 减小，故 C 错误；D、减小 R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么 R2两端的电压的变化量+r 上电压的变化量= R3两端的电压的变化量，所以 R2两端的电压的变化量小于 R3两端的电压的变化量，故 D 正确；故选 D。【点睛】电路问题一般先根据电路变化得到总电阻变化，从而由欧姆定律得到总电流的变化，即可由欧姆定律得到电压的变化，从而得到支路电流的变化。7. 有重力可忽略不计的三个带正电的粒子 A、B、C，先后沿如图所示的虚线 方向从左侧中点水平进入平行板电容器中，并最终都能击中 MN 板，已知三个
10、粒子质量之比为mA：m B：m C=1：2：3，三个粒子带电量之比为 qA：q B：q C=1：2：1，关于三个粒子击中 MN 板的位置，下列说法正确的是A. 若 A、B、C 以相同的速度进入电容器，则最终 A、B、C 击中 MN 板上同一点B. 若 A、B、C 以相同的动量进入电容器，则最终 B、C 击中 MN 板上同一点C. 若 A、B、C 以相同的动能进入电容器，则最终 A、C 击中 MN 板上同一点D. 若 A、B、C 以相同的动能进入电容器，则最终 A、B 击中 MN 板上同一点【答案】BC【解析】带电粒子以水平速度垂直进入匀强电场左类平抛运动，设初速度为 v0，水平方向做匀速直线运
11、动 ，竖直方向做匀加速直线运动 ，而 ，联立可得 .A、若初速度 v0相同，而 不同，则 y 不同，A 错误。B、若动量大小相等 ，则，则 B、 C 的 相同， y 相等，B 正确。C、D、若初动能相等，则 ，其中 A和 C 粒子的电量相等，故 y 相同，C 正确、D 错误。故选 BC.【点睛】解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程8. 如图所示，平面之间坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为 2B 的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。一带负电的粒子从原点 O 以某一速度沿与 y
12、 轴成 30角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为 R，已知带电粒子的质量为 m，所带电荷量为 q，且所受重力可以忽略。则A. 粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为 1：2B. 粒子完成一次周期性运动的时间C. 粒子从 O 位置入射后第二次经过 x 轴时的位置到坐标原点的距离为D. 若仅将粒子的入射速度大小变为原来的 2 倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少【答案】AC【解析】A、由半径公式 知，轨道半径与磁感应强度 B 成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为 1：2，故 A 正确；B、粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：
13、在第二象限的周期 ，圆心角 120，运动时间 ，在第二象限运动的周期 ，圆心角 120，运动时间 ，所以粒子完成一次周期性运动的时间 ，故 B 错误；C、粒子在第三象限轨迹圆的半径为 3R，从 O 点入射后第一次经过 x 轴的距离 ，第二次圆弧的弦长 ，所以粒子从 O 位置入射后第二次经过 x 轴时的位置到坐标原点的距离为 ，故 C 正确；D、若仅将粒子的入射速度变为原来的 2 倍，周期 与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中运动时间 不变，故 D 错误；故选 AC。【点睛】本题是带电粒子在直线边界的磁场中做匀速圆周运动的特殊情况：以直线边界成60入射，则射出磁场时也与直线成 60，这样粒子偏转
14、 12；下方的磁感应强度是上方和一半，则半径是上方和两倍。9. 如图所示，足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面成 角（ ） ，其中 MN 与 PQ平行且间距为 L，导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为 R，当流过 ab 棒某一横截面的电量为 q 时，棒的速度大小为 v，则金属棒 ab 在这一过程中A. 产生的焦耳热为 qBLvB. ab 棒中的电流方向从 a 到 bC. 下滑的位移大小为D. 运动的平均速度大于【答案】CD【解析】A、C、设棒下滑位移的大小为 x。由电量 ，得
15、 ，根据能量守恒定律得棒产生的焦耳热为 ，假设棒的速度为 v 时做匀速运动，则有，结合 ，得 ,故 A 错误、C 正确。B、由右手定则判断知， ab 棒中的电流方向从 b 到 a，故 B 错误。D、金属棒 ab 开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于 ，根据速度时间图象面积表示位移可知，棒的变加速运动的位移大于匀加速运动的位移，则平均速度应大于 ，故 D 正确。故选 CD。【点睛】本题根据棒的运动情况，结合图象的物理意义分析位移关系时，要抓住速度图象的斜率等于加速度。感应电量与棒运动位移有关，常常知道电量可求位移，或知道位移，可求电量，这种思路要熟悉。10. 如图
16、所示，空间有竖直向下的匀强电场，完全相同的两根绝缘轻质下端固定在水平地面上，在其正上方质量均为 m 的 a、b 两物块均从距弹簧上端高 h 处自由下落，已知 a 物块的电荷量为+q，b 物块的电荷量为-q，设地面处的重力势能为零，不计空气狙力，重力大于电场力，从释放到弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是A. a、b 两物块机械能的变化量相同B. 若释放的高度均增加相同的值，a、b 两物块速度最大时所具有的重力势能均不变C. a、b 两物块速度最大时，b 的重力势能大于 a 的重力势能D. a、b 两物块运动到最低点时，b 的重力势能小于 a 的重力势能【答案】BC【解析】设弹簧的弹性系数为
17、 k，物块速度最大时的弹性形变为 x，弹簧的最大形变量为 X；B、当物块速度最大时，物块受力为零，故有： kxa=mg+qE， kxb=mg-qE；那么，释放的高度均增加相同的值， a、 b 两物块速度最大时 xa， xb不变，故 a、 b 两物块速度最大时所具有的重力势能均不变，故 B 正确。C、由 B 可知 xa xb，故 a、 b 两物块速度最大时， b 的位置比 a的位置高，那么， b 的重力势能大于 a 的重力势能，故 C 正确。A、D、由能量守恒可得， ，所以 Xa Xb，故 b 的位置比 a 的位置高，那么 b 的重力势能大于 a 的重力势能，那么 a、 b 两物块机械能的变化量
18、不等，故 A、D 错误。故选 BC。【点睛】有弹簧的装置中，常应用到最大速度时物体受力平衡从而求得压缩量，进而由动能定理求解；在最低点处物体速度为零，从而由能量守恒求得最大压缩量。二、实验题11. 如图所示实验装置，某同学用 a、b 是两个半径相同的小球，按照以下步骤研究弹性正碰实验操作在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，使小球 a 从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹 O；将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球 a 从固定点处由静止释放，撞到木板上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面，其圆心就处与小球落点的平均位置，得到痕迹 B；把
19、小球 b 静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球 a 仍从固定点处由静止释放，和小球b 相碰后，重复多次，并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木板上痕迹 A 和 C。（1）为了保证在碰撞过程中 a 球不反弹，a、b 两球的质量 m1、m 2间的关系是m1_m2 （选填“大于” ， “小于” ， “等于” ）（2）完成本实验，必须测量的物理量有_。A小球 a 开始释放的高度 hB木板水平向右移动的距离 lCA 球和 B 球的质 m1、m 2DO 点到 A、B、C 三点的距离分别为 y1、y 2、y 3；（3）若（2）所给选项的物理量均已知，若满足条件_（用测
20、量量表示） ，则表示两小球发生的是弹性碰撞。【答案】 (1). 大于 (2). D (3). 【解析】(1)根据弹性碰撞公式可知，只有入射球的质量大于被碰球的质量，弹性碰撞后才不会反弹，所以选大于.(2)由于碰撞后均被竖直板挡住，那么从碰撞到挡住时间相等，那么用竖直位移表示平抛的初速度，所以选 D.(3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度。 ，由动量守恒的将初速度的表达式代入得到： m1v0=m1v1+m2v2， ,联立可得： v0+v1=v2 ，即：,所以上式是弹性碰撞的条件。【点睛】实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一竖直面上，故下落的时间相同，所以
21、在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中竖直方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。12. 甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势和内阻，他们设计的电路原理如图 1，其中 R 为电阻箱，电流表 A 的内阻为 RA=5.0， 他们改变 R 的阻值，记下多组 R 和电流表示数 I甲同学以 I-R 作纵坐标，以 I 作横坐标作图处理数据；乙同学以 I（R+R A）为纵坐标，以 I为横坐标处理数据。他们在同一张坐标纸上画出的图如图 2 所示。（1）由图 2 可知，甲同学绘制的是图线_（填“a”或“b” ） ，电源电动势为_V，内阻为_。（2）丙同学打算以 纵坐标，以
22、R 作横坐标，请根据（1）中计算的结果将丙所作图线在图 3中画出_。（3）分析可知，在图 2 所示电路中，当电阻箱的阻值 R=_ 时，电阻箱消耗的电功率最大。【答案】 (1). a (2). 1.5 (3). 2.0 (4). (5). 15【解析】 （1）在闭合电路中，由闭合电路的欧姆定律有： ，整理得：， ，则 图象的斜率绝对值大于 图象的斜率绝对值，由图 2 可知，甲绘制的图线是 a，由图 2 可知：，解得： ；（2）在闭合电路中：，整理得： ，故 图象如图所示：（3）把电流表与电源整体当作等效电源，此时等效的内阻为 ；故当电阻箱阻值等于等效电源的内阻时电源输出功率最大，电阻箱功率最大，
23、故此时电阻箱阻值为 .三、计算题13. 如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力 F=100N 而静止向前滑行，其作用时间为 t1=10s，撤除水平推力 F 后经过 t2=15s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为 m=75kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为 Ff=25N，求：（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。【答案】 （1）50m （2）187.5m【
24、解析】(1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为 a1由牛顿第二定律可知解得第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为通过的位移为(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为经历时间 t2速度变为第二次利用滑雪杖获得的速度大小为 v2，则第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离联立解得 x2=187.5m【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，明确运动过程是解决问题的关键.14. 如图所示 AB 和 CDO 都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置。AB 是半径为 R=1m 的 圆周轨道，CDO 是半径为 r=0.5m 的半圆轨道，最高点 O 处固定一个
25、竖直弹性档板（可以把小球弹回不损失能量）图中没有画出，D 为 CDO 轨道的中点。BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知 BC 段水平轨道长 L=2m，与小球之间的动摩擦因数=0.2现让一个质量为 m=1Kg 的小球 P 从 A 点的正上方距水平线 OA 高 H 处自由落下：（取 g=10m/s2）（1）当 H=2m 时，问此时小球第一次到达 D 点对轨道的压力大小；（2）为使小球仅仅与弹性板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO 轨道，问 H 的取值范围。【答案】 （1）84N （2）【解析】(1)设小球第一次到达 D 的速度为 vD，对小球从 P 到 D 点的过程，根据动能定理有:在
26、 D 点轨道对小球的支持力 FN提供向心力，则有 联立解得： FN=84N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为： FN= FN=84N(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO 轨道 H 最小时必须满足能上升到 D点，有：有在 O 点有： 代入数据解得： 仅仅与弹性板碰撞一次，且小球不会脱离 CDO 轨道 H 最大时，碰后再返回最高点能上升到 D点，有：代入数据解得： 故有：【点睛】本题的关键要分析清楚小球的运动情况，分析能量的转化情况，结合动能定理和向心力公式判断物体的运动情况，注意临界点 D 和 Q 位置的判断。15. 如图所示，在光滑水平面上有一辆长为 L、质量为 m 的
27、绝缘木板小车正以向右的初速度做匀速直线运动，现无初速度释放一个质量也为 m，带电量为+q（q0）的小物块在小车的正中央，发现物块恰好没有从车上掉下来：（1）求物块与小车上表面间的滑动摩擦因数 ；（2）若车的初速度为 2v0，在物块刚放上小车的同时在空间加一水平向右的匀强电场 E1，为了让物块不从车的左端掉下来，求电场强度 E1的最小值。 （重力加速度为 g）【答案】 （1）0.25 （2）【解析】(1)放上物块到二者达到共同速度的过程中系统动量守恒，选取向右为正方向，则系统产生的热量等于系统动能的减少量，有：得:(2)加上水平向右的电场后，物块向右做匀加速直线运动，有：小车在摩擦力作用下向右做
28、匀减速直线运动，有：当 E1取最小值时，二者达到共同速度 v2时物块恰好到达小车的左端，有：解得:【点睛】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式和系统动量守恒的直接应用，要求同学们能正确分析各过程的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合隔离法和整体法解题。16. 如图所示，ACDE 和 FGHI 为相互平行的轨道，AC、FG 段为半径为 r 的四分之一圆弧，CDE、GHI 段在同一水平面内，CG 连线与轨道垂直，两轨道间距为 L，在 E、I 端连接阻值为R 的定值电阻。一质量为 m 的金属导体棒静止在轨道上紧靠 A、F 端，且与导轨垂直，导体棒的电阻也为 R，其它电阻不计，整个轨道处在竖直向
29、上磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。让导体棒由静止释放，导体棒在下滑过程中始终与导轨接触良好，当导体棒运动到与 CG 重合时，速度大小为 v，导体棒最终静止在水平轨道 DE、HI 段某处。轨道 DE、HI 段粗糙、其它部分光滑，HI=DE，最终定值电阻 R 上产生的热量为 Q，重力加速度为 g，求：（1）导体棒运动到与 CG 重合时，通过定值电阻 R 的电量；（2）导体棒运动到 CG 前瞬间，导体棒的加速度大小（3）导体棒因与轨道 DE、HI 段摩擦产生的热量。【答案】 （1） （2） （3） 【解析】(1)当导体棒运动到与 CG 重合时，通过定值电阻 R 的电量为 q求得:(2)导体棒刚运动到 CG 时，回路中的瞬时电动势 E=BLv回路中的电流导体棒受到的安培力水平方向的加速度导体棒做圆周运动的向心加速度所以，合加速度(3)由于导体棒与定值电阻串联，因此导体棒上产生的热量也为 Q；根据能量守恒导体棒因与轨道摩擦产生的热量【点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚运动过程，应用能量守恒定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电功公式等知识即可正确解题，解题时要注意导棒在圆弧轨道上运动是变加速运动。
