1、江西省上饶市 2018 届高三第一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,在每小题给出的四个选项中,其中 14-18 单选。19-21 多选,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. 气球以 10m/s 的速度沿竖直方向匀速上升,当它上升到离地 175m 的高处时,一重物从气球上掉落,下列说法错误的是:( )(g 取 )A. 重物下落时间为 7s B. 重物下落时间为C. 重物离地最大高度为 180m D. 重物落地速度为 60m/s【答案】B【解析】A.重物从气球上滑下做竖直上抛运动,则有: 解得:t=7s,故 A 正确,B 错误 ;
2、C重物离开气球后,继续上升 1s 时,到达最高点,上升的高度为: ,重物离地面的高度为: h=x+175m=180m.故 C 正确;D重物落地速度 =210180,v=6om/s,故 D 正确。本题选择错误答案,故选:B。 2. 如图所示,一只猫在桌边猛地将桌面从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中,下列说法正确的是:( )A. 猫用力越大,对鱼缸做功越多B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫减少拉力,鱼缸受到桌布的摩擦力将减小D. 若猫增大拉力,鱼缸有可能滑出桌面【答案】B【解析】A. 桌布向右从鱼缸下拉出,桌布相对鱼
3、缸的位移一定,猫用力越大,拉出桌布所用时间越短,鱼缸的位移越小,鱼缸受到的摩擦力不变,桌布对鱼缸做的功越少,故 A 错误; B. 由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同,故受到的摩擦力相等,则由牛顿第二定律可知,加速度大小相等;但在桌面上做减速运动,则由 v=at 可知,它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等;故B 正确;C. 鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力,其大小与拉力无关,只与压力和动摩擦因数有关,因此减小拉力时,摩擦力不变;故 C 错误;D. 猫增大拉力时,桌布在桌面上运动的加速度增大,从鱼缸下拉出所用的时间变短,因此鱼缸加速和减速运动都变短,位移减小,不会滑出桌面;故 D 错误;故选:
4、 B3. 在斜面上等高处,静止着两个相同的物块 A 和 B。两物块之间连接着一个轻质弹簧,劲度系数为 K,斜面的倾角为,两物块和斜面间的摩擦因数均为 ,则弹簧的最大伸长量是:( )A. B. C. D. 【答案】D考点:考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】在处理共点力平衡问题时,关键是对物体进行受力分析,然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力,然后列式求解,如果物体受到三力处于平衡状态,则可根据矢量三角形法,将三个力移动到一个三角形中,然后根据角度列式求解,4. 如图所示,在 AOB 平面内存在着一个匀强电场,OA=L, , 。一个带电量为 q 的正电粒子以初动能 从 O 点两次沿不
5、同方向抛出,并分别运动到 A、B 两点。若粒子运动到 A、B 两点时的动能分别为 ,粒子重力不计,则匀强电场的场强大小为:( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】设场强方向与 OA 夹角为 ,则由动能定理,从 O 到 A: ;从 O 到B: ,联立解得 , ,故选 D.5. 如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为 10:1,b 是原线圈中心的抽头,电压表和电流表均为理想电表,从某时刻开始在原线圈 c、d 两端加上交变电压,其瞬时表达式为 ,则:( )A. 当单刀双掷开关与 a 连接时,电压表 的示数为 22VB. 当 时,电压表 的读数为C. 单刀双掷开关与 a 连接,当滑动变阻器滑
6、片 P 向上移动的过程中,电压表 的示数变小,电流表示数增大D. 当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时,变压器输入功率增大【答案】D【解析】A.原线圈的电压的最大值为 V,其有效值为 220V,电压与匝数成正比可知,所以副线圈的电压的有效值为 22V,电压表的示数加上 R0 的电压等于 22V,所以示数小于 22V,所以 A 错误;B. 电压表 的读数为输入电压的有效值,为 ,故 B 错误; C. 单刀双掷开关与 a 连接,滑动变阻器触头 P 向上滑动的过程中,滑动变阻器的电阻变大,电路的总电阻变大,由于电压是由变压器决定的,所以电流表示数变小,R 0 的电压减小,电压表的示数增大,所以 C错误
7、。D. 若当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时,理想变压器原、副线圈的匝数比由 11:1 变为 11:2,所以输出的电压升高,输出功率变大,变压器输入功率也增大 ,所以 D 正确。故选:D6. 人类探月目的之一是月球土壤里大量存在着一种叫作“氦 ”的化学元素,这是热核聚变的重要原料。关于“氦 ”与氘核的聚变,下列说法正确的是:( )A. 核反应方程为B. 核反应生成物的质量将大于反应物的质量C. 氦 一个核子的结合能小于氦 一个核子的结合能D. 氦 的原子核与一个氘核发生聚变将放出能量【答案】ACD【解析】A. 核反应方程质量数守恒,电荷数守恒,故 A 正确;BD. 由于热核聚变核过程中释放大量
8、的能量,根据爱因斯坦质能方程E= mC2,可知生成物的质量小于反应物的质量。故 B 错误,D 正确;C. 质量中等的核的比结合能最大,氦 一个核子的结合能小于氦 一个核子的结合能,故 C 正确。故选:ACD.7. 2018 年我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器,将首次造访月球背面,首次实现对地对月球中继通信,若“嫦娥四号”从距月面高度为 100km 的环月圆轨道 I 上的 P 点实施变轨,进入近似月点为 15km 的椭圆轨道II,由近月点 Q 登月,如图所示,关于 “嫦娥四号”,下列说法正确的是:( )A. 沿轨道 I 运动至 P 时,需制动减速才能进入轨道 IIB. 沿轨道 II 运行的周期
9、大于沿轨道 I 运行的周期C. 在轨道 I,II 上的 P 点的加速度相等D. 沿轨道 II 运行时,在 P 点的速度大于在 O 点的速度【答案】AC【解析】A. 在轨道 I 上的 P 点,嫦娥四号做圆周运动,万有引力等于向心力,在轨道上的 P 点,卫星做近心运动,万有引力大于向心力,可知沿轨道 I 运动至 P 时,需减速才能进入轨道,故 A 正确;B. 根据开普勒第三定律得, =C,由于轨道的半长轴小于轨道 I 的半径,则嫦娥四号沿轨道运行的周期小于沿轨道 I 运行的周期,故 B 错误;C. 根据牛顿第二定律得,a=F/m= ,在轨道 I、II 上的 P 点的加速度相等,故 C 错误;D.
10、在轨道上由 P 点运行到 Q 点的过程中,万有引力对其做正功,根据动能定理知,动能增加,重力势能减小,在 P 点的速度小于在 Q 点的速度, 故 D 错误。故选:AC.点睛:根据变轨的原理确定在 P 点是加速还是减速;根据开普勒第三定律,结合半长轴的大小与圆轨道半径的大小比较运动的周期;根据牛顿第二定律比较 P、Q 两点的加速度;根据动能定理分析动能的变化8. 如图,由某种粗细均匀的总电阻为 的金属条制成的矩形线框 abcd,固定在水平面内且处于方向竖起向下的匀强磁场 B=1T 中。一接入电路电阻为 的导体棒 PQ,长度为 L=0.5m 在水平拉力作用下沿ab、dc 以速度 v=1m/s 匀速
11、滑动,滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直,且与线框接触良好,不计摩擦。在 PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中:A. PQ 两点间电势差绝对值的最大值为 0.5V,且 P、Q 两点电势满足B. 导体棒 PQ 产生的感应电动势为 0.5V,电流方向从 Q 到 PC. 线框消耗的电功率先增大后减小D. 线框消耗的电功率先减小后增大【答案】BC【解析】根据数学知识可知,当 PQ 位于中点时,外电阻最大,最大值为:R 外 =40 =10 ;AB.导体棒由靠近 ad 边向 bc 边匀速滑动的过程中,产生的感应电动势 E=BLv=0.5V,保持不变,外电路总电阻先增大后减小,PQ 中电流先减小后增
12、大,PQ 两端电压为路端电压,由 U=EIR,可知 PQ 两端的电压先增大后减小,当导体棒运动到中点时,电压最大,最大电压为 。由右手定则可以判断,电流方向从 Q 到 P,故 A 错误,B 正确;CD. 线框作为外电路,总电阻最大值为 R 外 =10 ,等于内阻, 从最左端达到中间位置的过程中,导体棒 PQ上的电阻先大于线框的外电阻,达到中点位置时等于线框外电阻 ,再移动再大于线框的外电阻,线框消耗的电功率先增大后减小,故 C 正确,D 错误。故选:BC.三、非选择题: 9. 如图甲是某同学测量重力加速度的装置,他将质量均为 M 的两个重物用轻绳连接,放在光滑的轻质滑轮上,这是系统处于静止状态
13、。该同学在左侧重物上附加一质量为 m 的小重物,这时,由于小重物 m 的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动,该同学用某种办法测出系统运动的的加速度燕记录下来。完成一次实验后,换用不同质量的小重物,并多次重复实验,测出不同 m 时系统的加速度 a 并作好记录。(1)若选定物块从静止开始下落的过程进行测量,则需要测量的物理量有_A. 小重物的质量 m B.大重物的质量 M C.绳子的长度 D.重物下落的距离及下落这段距离所用的时间(2)经过多次重复实验,得到多组 a、m 数据,做出 图像,如图乙所示,已知该图象斜率为 k,纵轴截距为 b,则可求出当地的重力加速度 g=_,并可求出重物质量
14、M=_。 (用 k 和 b 表示)。【答案】 (1). AD (2). 1/b (3). k/2b【解析】(1)对整体分析,根据牛顿第二定律得: ,计算得出 ,根据 得: .所以需要测量的物理量有:小重物的质量 m,重物下落的距离及下落这段距离所用的时间 .故 AD 正确.(2)因为 ,则 ,知图线的斜率 , ,计算得出 , .综上所述本题正确答案是:(1)AD,(2) , .10. 为了测量一节干电池的电动势和内电阻,某实验小组设计了如图甲所示的电路,实验室准备了下列器材供选用:A待测干电池一节B.直流电流表 (量程 ,内阻约为 )C.直流电流表 (量程 ,内阻约为 )D.直流电压表 (量程
15、 ,内阻约为 )E.直流电压表 (量程 ,内阻约为 )F.滑动变阻器 (阻值范围为 ,允许最大电流为 1A)G.滑动变阻器 (阻值范围为 ,允许最大电流为 2A)H.开关I.导线若干(1)实验中电压表应选用_;电流表应选用_;滑动变阻器应选用_。 (填字母代号)(2)实验小组在进行实验时,初始滑片 P 在最右端,但由于滑动变阻器某处发生断路,合上开关 S 后发现滑片 P 向左滑过一段距离 x 后电流表才有读数,于是该组同学分别作出了电压表读数 U 与 x、电流表读数I 与 x 的关系图,如图乙所示,则根据图像可知,电池的电动势为_V ,内阻为_ 。【答案】 (1). V1 (2). A1 (3
16、). R1 (4). 1.5 0.01 (5). 0.5 0.03【解析】(1)干电池电动势约为 1.5V,电压表应选 V1,由于电路中电流较小, 因此电流表应选 A1,为方便实验操作,滑动变阻器应选总阻值较小的 R1;(2)根据两图对应的滑动变阻器长度相等时的电压和电流可知:当 I1=0.20A 时,U 1=1.40V;当 I2=0.40A 时,U 2=1.30V;根据 U=EIr 得:解得:E=1.5 V,r=0.5。点睛:根据电池电动势选择电压表,根据电路最大电流选择电流表,为方便实验操作,在保证安全的前提下,要选择最大阻值较小的滑动变阻器;由两图相同长度对应的电压和电流可得出两电表对应
17、的示数,则由闭合电路欧姆定律可得出电动势和内电阻11. 如图所示,位于竖直平面内的一长木板斜靠在竖直墙上的 A 点,其与水平面夹角为 53;另一个同样材料的长木板斜靠在竖直墙上的 B 点,其与水平面的夹角为 45;两长木板底端都在 C 点处。若将同一小滑块分别从 A,B 两点静止释放,小滑块经过相同时间运动到 C 点。 ( )求:(1)小滑块与长木板间的动摩擦因数的大小?(2)若墙底部 O 点与 C 点间的距离 L=0.7m,小滑块质量 m=1kg,则小滑块从 B 下滑到 C 点时的动能是多少?【答案】(1) (2) 【解析】 (1)设长木板与水平面间的夹角为 ,根据牛顿第二定律分析可知,小滑
18、块在长木板上的加速度大小为:agsin gcos , 设竖直墙壁到 C 点的距离为 L,则长木板长度为: 联立以上两式可得:(sin cos )cos 根据题意:(sin 53cos 53)cos 53(sin 45cos 45)cos 45解得 1/7(2)设小滑块滑到从 B 滑到 C 点时动能为 EK,则EK=mgLtan45-mgcos 45 解得 EK6J 12. 如图所示,在 xoy 第一象限内分布有垂直 xoy 向外的匀强磁场,磁感应强度大小。在第二象限紧贴 y 轴和 x 轴放置一对平行金属板 MN,极板间距 d=0.4m;极板与左侧电路相连接,通过移动滑动头 P 可以改变极板 M
19、N 间的电压,a、b 为滑动变阻器的最下端和最上端(滑动变阻器的阻值分布均匀) ,a、b 两端所加电压 。在 MN 中心轴线上距 y 轴距离为 L=0.4m 处,有一粒子源 S 沿 x 轴正方向连续射出比荷为 ,速度为 带正电的粒子,粒子经过y 轴进入磁场(忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用) 。(1)当滑动头 P 在 a 端时,求粒子在磁场中做圆周运动的半径 ;(2)滑动头 P 的位置不同,粒子从 y 轴进入磁场位置不同。是否存在粒子进入磁场后返回平行板间的情况?请计算说明理由。(3)设粒子从 y 轴上某点 C 进入磁场,从 x 轴上某点 D 射出磁场,滑动头 P 的位置不同,则 C,D 两
20、点间距不同。求 C,D 两点间距的最大值?【答案】(1) (2) 因为 tan 即 Hh,故不能回到电场。 (3) 【解析】 (1)当滑动头 P 在 a 端时,粒子在磁场中运动的速度大小为 V0 ,根据圆周运动:qv 0B=mv02/R0 解得:R 0=0.2m (2)设粒子射出极板时速度的大小为 v,偏向角为 ,在 磁场中圆周运动半径为 R。根据速度平行四边形可得: 又: 可得:R= 假设能回到电场中,轨迹如图:粒子从 y 轴的 C 点进入磁场,则 C 到轨迹圆最低端竖直距离H=R+Rcos= +0.2 电场中竖直方向位移:y= C 到 O 的距离:CO=y+ =0.2tan+0.2因为 t
21、an 即 Hh,故不能回到电场。(2)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图,圆心为 ,与 Y 轴交点为 C,与 X 轴交点为 D,OD=Rsin +=0.2tan +0.2 故 CD= =0.2 (1+tan ) 所以 越大,CD 越大当粒子恰好从 N 板右端进入磁场时,偏转位移 y=0.2m水平方向位移: 竖直方向: y=qU MNt2/2dm 得 UMN=1102 VU 102 V竖直方向速度: , 代入数据解得:V y =2.0104 m/s 又 tan = V0/ Vy=1, 即 =450 所以 CD 间最大距离 CD=0.2 (1+tan450)=0.4 m13. 下列说法正确的是_(填
22、正确答案标号)A.液晶既有液体的流动性;又具有单晶体的各向异性B.燃气由液态变为气态的过程中分子的分子势能增加C.气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈,分子的平均动能增大,撞击器壁时对器壁的作用力增大,故气体的压强一定增大D.一定质量的理想气体等温膨胀,一定吸收热量E某种液体的饱和汽压不一定比该温度下未饱和汽压大【答案】ABD【解析】A、根据液晶特点和性质可知:液晶既有液体的流动性;又具有单晶体的各向异性, A 正确;B、燃气由液态变为气态的过程中体积增大,分子的分子势能增加,B 正确;C、气体压强不仅与温度有关,还与气体的体积有关,所以气体的温度升高时,气体的压强不一定增大,C 错误;D、一定质量的理想气体等温膨胀,气体对外做功,而内能不变,根据热力学第一定律,气体一定从外界吸热,D 正确;