1、河北省衡水中学 2018 届高三上学期第六调考试物理试题本试卷分第 I 卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。共 8 页，满分 110 分，考试时间 110分钟。第 I 卷(选择题 共 48 分)一、选择题(每小题 4 分，共 48 分。每小题为不定项选择，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。在答题纸上将正确选项涂黑)1. 如图所示，质量为 m0、倾角为 的斜面体静止在水平地面上，有一质量为 m 的小物块放在斜面上，轻推一下小物块后，它沿斜面向下匀速运动。若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力 F，斜面体始终静止。施加恒力 F 后，下列说法正确的是 ( )A. 小物块
2、沿斜面向下运动的加速度为B. 斜面体对地面的压力大小等于(m+m 0)g+FsinC. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向左D. 斜面体对小物块的作用力的大小和方向都变化【答案】A【解析】A. 在未施加外力时，根据共点力平衡可知， mgsin=mgcos，当施加外力后， 对物体 m 受力分析可知 F+mgsinmgcos=ma，解得 a=F/m，故 A 正确；B. 施加上外力后，m 对斜面的压力和摩擦力不变，其中压力和摩擦力的合力等于 m 的重力，方向竖直向下，对 m0分析可知，受到的支持力等于 m0g+mg，故 B 错误；C. 由于 m0没有相对地面的运动趋势，故不受到摩擦力，故 C 错误；D.
3、 斜面体对 m 的支持力和摩擦力大小都不变，故 D 错误 。故选：A。2. 某电路如图所示，电源电动势为 E、内阻为 r，定值电阻 R1、R2，电位器( 滑动变阻器)为 R，L1 是小灯泡，电压表和电流表均为理想电表。当电位器的触片滑向 b 端时，下列说法正确的是 ( )A. 小灯泡 L1 将变亮B. 电压表示数与电流表 A1 示数的比值将变大C. 电流表 A1 的示数将变大D. 电源的总功率将变大【答案】ACD【解析】A电位器的触片滑向 b 端时,电位器电阻减小,外电路总电阻 R 减小,由闭合电路欧姆定律知：总电流增加,电流表 A1 的示数将变大 ,电压表 V 的示数将减小，流过 R1 和
4、R2 的电流减小，流过 L1 的电流将增大，灯泡 L1 将变亮。故 A 正确， C 正确；B. 电压表 V 的示数与电流表 A1 比值等于外电路总电阻，可知该比值变小，故 B 错误；D. 总电流变大，由 P=EI 知，电源的电功率将变大，故 D 正确；故选：ACD点睛：根据电位器电阻的变化情况得到外电路总电阻的变化情况，得到电流变化情况，由欧姆定律分析电压表的示数与电流表 A1 比值如何变化由 P=EI 分析电源的总功率如何变化3. 一通电直导线与 x 轴平行放置，匀强磁场的方向与 xOy 坐标平面平行，导线受到的安培力为 F。若将该导线做成 圆环，放置在 xOy 坐标平面内，如图所示，并保持
5、通电的电流不变，两端点 ab 连线也与 x 轴平行，则圆环受到的安培力大小为 ( )A. F B. C. D. 【答案】C【解析】通电导线为 L，此时受到的安培力为 F，制作成圆环时，圆环的半径为 R，则 2R=L，解得 R= ,故 ab 的长度 d= R= ,故此时圆环受到的安培力 F=dLF= ，故 C 正确，ABD 错误。故选：C点睛：根据导线与圆环的弧长关系，求得半径，圆环受到的安培力即线段 ab 受到的安培力，即可求得4. 如图所示，在真空空间中的 M、N 处存在两个被固定的、电荷量相同的正点电荷，在它们的连线上有A、B、C 三点，已知 MA=CN=NB，MANA。现有一正点电荷 q
6、，在电场中移动此点电荷 q，下列说法中正确的是 ( )A. 沿半圆弧 l 将 q 从 B 点移到 C 点，电场力不做功B. 沿曲线 r 将 q 从 B 点移到 C 点，电场力做负功C. 沿曲线 s 将 q 从 A 点移到 C 点，电场力做正功D. 沿直线将 q 从 A 点移到 B 点，电场力做正功【答案】C【解析】根据等量同种电荷周围的电场线和等势线分布情况如图所示C 与 B 点离 N 电荷距离相等，可知 C 点电势较低，所以从 C 到 B 电势升高电势能增大电场力做负功，A错；沿曲线 r 将 q 从 B 点移到 C 点，电场力正功，B 错； A 点电势与 B 点电势相同，沿曲线 s 将 q
7、从 A 点移到 C 点，电势降低电势能减小，电场力做正功， C 对；沿直线将 q 从 A 点移到 B 点，电场力先做正功后做负功，AB 两点电势相等，电场力做功为零，D 错；5. 使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度 v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度 v2，v2 与 v1 的关系是 v2= v1。已知某星球半径是地球半径 R 的 ，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度 g 的 ，地球的平均密度为 ，不计其他星球的影响，则A. 该星球上的第一宇宙速度为B. 该星球上的第二宇宙速度为C. 该星球的平均密度为D. 该星球的质量为【答案】BC【解析】根据第一宇宙
8、速度 ，故 A 错误；根据题意，第二宇宙速度 ，故B 正确；根据公式 ，且 故 ，所以 ，故 C 正确；根据公式，故 D 错误；故选 BC.6. 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略地测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为 d，然后用卷尺测出船长为 L。已知他自身的质量为 m，则小船的质量 m0 为 ( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】设人走动时船的速度大小为 v，人的速度大小 为 v，人从船尾走到船 头所用时间为 t取船的速度为正方向则 ，根据动量守恒定
9、律得：Mv-mv=0 ，解得船的质量： ；故选 B7. 两电荷量分别为 q1 和 q2 的点电荷放在 x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示，其中 A、N 两点的电势均为零，ND 段中的 C 点电势最高，则 ( )A. N 点的电场强度大小为零B. A 点的电场强度大小为零C. NC 间场强方向向 x 轴正方向D. 将一负点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功【答案】D【解析】试题分析： 图象的斜率等于电场强度 E根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点 电荷的电性根据功能关系分析电场力做功的正负图象的斜率等于
10、电场强度 E，故 N 点和 A 点的电场强度不 为零， AB 错误；由图可知：OM 间电场强度方向沿 x 轴正方向，MC 间电场强 度方向沿 x 轴负方向， NC 间场强方向向 x 轴负方向，故 C 错误；因为 MC 间电场强度方向沿 x 轴负方向，CD 间电场强度方向沿 x 轴正方向，则将一负点电荷从 N 点移到 D 点， 电场力先做正功后负功，故 D 正确8. 如图所示，可看作质点的物体从光滑固定斜面的顶端“点以某初速度水平抛出，落在斜面底端 b 点，运动时间为 t，合外力做功为 W1，合外力的冲量大小为 I1。若物体从 a 点由静止释放，沿斜面下滑，物体经过时间 2t 到达 b 点，合外
11、力做功为 W2，合外力的冲量大小为 I2。不计空气阻力，下列判断正确的是 ( )A. W1：W2=1：1B. I1：I2=1：2C. 斜面与水平面的夹角为 30D. 物体水平抛出到达 b 点时速度方向与水平方向的夹角为 60【答案】AC【解析】A. 物体两种状态从 a 到 b，都只有重力做功,物体下落高度一致 ,故合外力做功相等,即 W1=W2，故A 正确；B. 物体平抛落到 b 点的过程，只受重力作用,故合外力的冲量大小 I1=mgt；物体沿斜面下滑,设斜面与水平面的夹角为 ,受重力、支持力作用 ,合外力为 mgsin,故合外力的冲量大小为：I2=2mgtsin=2I1sin，故 B 错误；
12、C. 物体平抛落到 b 点的过程,运动时间为 t,则斜面高度 ；物体沿斜面下滑，设斜面与水平面的夹角为 ，受重力、支持力作用，合外力为 mgsin，运动时间为 2t，故位移为 h/sin,加速度为 gsin,所以有： ,所以即 sin=1/2,得：=30，故 C 正确；D. 物体平抛落到 b 点的过程,水平位移为 x=v0t,竖直位移为 ,所以有：tan =h/x= ；那么,物体在 b 点的水平速度为 v0,竖直速度为 gt,所以,物体水平抛出到达 b 点时速度方向与水平方向夹角为：arctan =arctan(2tan)=arctan ，故 D 错误；故选：AC.点睛：根据两运动过程的受力、
13、做功情况得到功和冲量；然后再利用牛顿第二定律求得两过程的加速度，进而根据运动位移和时间得到斜面的倾斜角；最后根据平抛运动规律求得末速度的方向9. 细线两端分别系有带正电的甲、乙两小球，它们静止在光滑绝缘水平面上，电荷量分别为 q1 和 q2，质量分别为 m1 和 m2。烧断细绳后两球向相反方向运动，下列说法正确的是 ( )A. 运动的同一时刻，甲、乙两球受到的电场力大小之比为 q2：q1B. 运动的同一时刻，甲、乙两球动能之比为 m2：m1C. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的电场力的冲量大小之比为 1：1D. 在相同的运动时间内，甲、乙两球受到的合力做功之比为 1：1【答案】BC【解析】
14、A. 甲、乙两球受的电场力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，甲、乙两球受的电场力大小之比为 1:1，与电荷量无关，故 A 错误；B. 两球组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取甲球的运动方向为正方向,由动量守恒定律得：m 1v 甲m2v 乙 =0,得 v 甲 :v 乙 =m2:m1.甲、乙两球动能之比为 ，故 B 正确；C. 对甲、乙两球分别运用动量定理得：I 甲 =m1v 甲 0,I 乙 =m2v 乙 0,解得甲、乙两球受到电场力的冲量大小之比 I 甲 :I 乙 =1:1.故 C 正确；D. 对甲、乙两球分别运用动能定理得：W 合甲 =Ek10,W 合乙 =Ek20,解得甲、乙两
15、球受到合力做功之比 W 合甲 :W 合乙 =m2:m1.故 D 错误。故选：BC 。点睛：甲、乙两球受的电场力大小相等，两球组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求动量之比，从而求得动能之比再由动量定理求电场力的冲量大小之比由动能定理求合力做功之比10. 如图所示，两根互相平行的长直导线垂直穿过纸面上的 M、N 两点。导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b 在 M、N 的连线上，O 为 MN 的中点，c 、d 位于 MN 的中垂线上，且 a、b、c、d 到 O 点的距离均相等。关于以上几点处的磁感应强度，下列说法正确的是 ( )A. O 点处的磁感应强度为零B. a、b
16、两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C. c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D. a、c 两点处磁感应强度的方向不同【答案】C【解析】A. 根据右手螺旋定则， M 处导线在 o 点产生的磁场方向竖直向下， N 处导线在 o 点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于 0.故 A 错误；B. M 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，在 b 处产生的磁场方向竖直向下， N 在 a 处产生的磁场方向竖直向下， b 处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知， a、 b 两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B 错误； C.M 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cM 偏下，在 d 出产生的
17、磁场方向垂直 dM 偏下， N 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cN 偏下，在 d 处产生的磁场方向垂直于 dN 偏下，根据平行四边形定则，知 c 处的磁场方向竖直向下， d 处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等。故 C 正确；D.M 在 a 处产生的磁场方向竖直向下， N 在 a 处产生的磁场方向竖直向下，合磁场的方向向下； M 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cM 偏下， N 在 c 处产生的磁场方向垂直于 cN 偏下，根据平行四边形定则，知 c 处的磁场方向竖直向下，所以 a、 c 点处的磁感应强度方向相同。故 D 错误。故选：C。11. 如图所示，在区域工和区域内分别存在与纸面垂直的
18、匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下沿着 由区域工运动到区域。已知的 与 弧长之比为 2：1，下列说法正确的是( )A. 粒子在区域 I 和区域中的速率之比为 1：1B. 粒子通过 与 弧长的时间之比为 2；1C. 与 弧长对应的圆心角之比为 2：1D. 区域 I 和区域的磁感应强度方向相反【答案】ABD【解析】A. 因为洛伦兹力不做功，则带电粒子的速度大小不变，所以粒子在区域 I 和区域 II 中的速率之比为 1:1.故 A 正确；B. 因为弧长 l=vt，弧长之比为 2:1，线速度大小相等，则运动时间之比为 2:1.故 B 正确；C. 因为两个区域的磁感应强度大小未知,根据弧长关系无法得
19、出半径关系，圆心角等于弧长与半径的比值，所以无法得出圆心角之间的关系。故 C 错误；D. 在 p 点前后所受的洛伦兹力方向相反，根据左手定则知，两个区域内的磁感应强度方向相反。故 D 正确；故选：ABD.12. 如图所示，纸面内有宽为 L，水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为 m、电荷量为-q、速率为 v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是哪一种(其中 B0= ，A、C、D 选项中曲线均为半径是 L 的 圆弧， B 选项中曲线为半径是 的圆)A. A B. B C. C D. D【答案】
20、A【解析】带电粒子进入磁场中做圆周运动，圆周运动的半径 r= ，A、B、C 选项对应的半径 r=L，D 选项对应的半径为 L/2；粒子的初速度都相同，结合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子运动半径画圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明 A 图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A 正确；B、C、D 对应的粒子的出射点都不相同。故选 A。第卷(非选择题 共 62 分)二、非选择题(请把答案写在答题纸相应的位置上)13. 利用气垫导轨研究物体运动规律，求物体运动的加速度。实验装置如图甲所示。主要的实验步骤：(1)滑块放置在气垫导轨 0 刻度处，在拉力作用下由静止开始加速运动，
21、测量滑块从光电门 1 到光电门 2 经历的时间 t，测量两光电门之间的距离 s；(2)只移动光电门 1，改变 s，多次实验，数据记录如下表所示；(3)根据实验数据计算、描点、作出 图像，如图乙所示。根据数据分析，回答下列问题：导轨标尺的最小分度为_cm，读出如图甲所示两光电门之间的距离 s1，并计算 =_ms。假设图线的斜率大小为 k，纵截距为 b，则滑块运动的加速度大小为_；作出图像，求出本次测量的加速度大小为_ms 2。【答案】 (1). 1 (2). 1.36 (3). 2k (4). 2.1(2.0-2.2)【解析】由图可知，标尺的最小分度为 1cm；如图所示两光电门之间的距离 s1=143.0-3.0cm=1.400m，因 t1=1.03s,那么 s1/t1=1.40/1.03=1.36m/s；依据运动学公式 ,则有： ，因假设图线的斜率为 k，纵坐标截距为 b，则滑块运动的加速度为 a=2k，根据点然后平滑连线，如图所示：由图可知, ；因此测量的加速度大小为 2.1m/s2.14. 用伏安法测定一个待测电阻 Rx 的阻值(阻值约为 200)，实验室提供如下器材：电源 E：电动势 3V，内阻忽略不计；
