1、河南省郑州外国语学校 2018 届高三上学期第六次调研考试物理试题一、选择题1. 下列说法正确的是( )A. 伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因B. “月地检验 ”通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度检验万有引力的“平方反比”规律C. 匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，速度方向始终为切线方向D. 奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象【答案】C【解析】伽利略通过理想斜面实验否定了力是维持物体运动的原因的观点，故 A 错误牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有
2、引力定律进行了“月地检验” ，故 B 错误匀速圆周运动是速度大小不变的变加速曲线运动，加速度方向不断指向圆心，速度方向始终为切线方向故 C 正确；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故 D 错误；故选 C2. 近来，我国大部分地区都出现了雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以 30m/s 的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方 30m 处有一辆大卡车以 10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图 a、b 分别为小汽车和大卡车的 v-t 图象，以下说法正确的是（ ）A. 因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B.
3、 在 t=5s 时追尾C. 在 t=3s 时追尾D. 由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾【答案】C【解析】试题分析：根据速度-时间图象与时间轴所围“面积 ”大小等于位移，由图知， 时，b 车的位移为： ,a 车的位移为 ，则 ，所以在在 时追尾，故 C 正确考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移3. 2013 年 12 月 2 日 1 时 30 分，嫦
4、娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力。则以下说法正确的是（ ）A. 若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密度B. 嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速C. 嫦娥三号下降阶段，其引力势能减小D. 嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点的速度大于 Q 点的速度【答案】C【解析】根据万有引力提供向心力得： ，可以解出月球的质量 ，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月
5、球的密度故 A 错误嫦娥三号在环月段圆轨道上 P 点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道故 B 错误 嫦娥三号在动力下降阶段，高度下降，引力做正功，故引力势能减小，故 C 正确嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点向 Q 点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点的速度小于Q 点的速度，故 D 错误故选 C.【点睛】已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速在同一椭圆轨道上
6、根据引力做功的正负判断速度的变化和势能的变化.4. 在自由式滑雪比赛中，运动员在较高的雪坡上滑到某一弧形部位处，沿水平方向飞离斜坡，在空中划过一段抛物线后，再落到雪坡上，如图所示，若雪坡的倾角为 ，飞出时的速度大小为 v0 则以下说法错误的是( )A. 运动员在空中经历的时间是B. 运动员的落点与起飞点的距离是C. 运动员的落点与起飞点间竖直高度是D. 运动员落回雪坡时的速度大小是【答案】D【解析】设在空中飞行时间为 t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则两方向位移关系： ，则有飞行的时间 ，故 A 正确；因此竖直方向的速度大小为：，竖直方向的高度是 ，由几何关系得 ：
7、落点与起飞点的距离为，故 BC 正确；落回雪坡时的速度大小 ，故 D 错误；本题选错误的，故选 D.【点睛】运动员做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，从而求出运动的时间；因此可求出竖直方向的运动速度，求解运动员落地点时的速度大小；同时可求出竖起高度与抛出点和落地点的距离5. 一带电小球在空中由 A 点运动到 B 点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用若该过程中小球的重力势能增加 3J，机械能增加 1.5J，电场力对小球做功 2J，则下列判断正确的是（ ）A. 小球的重力做功为 3JB. 小球克服空气阻力做功 0.5JC
8、. 小球的电势能增加 2JD. 小球的动能减少 l J【答案】B【解析】小球的重力势能增加 3J，则球克服重力做功 3J故 A 错误小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用小球的机械能增加 1.5J，则除重力以外的力做功为 1.5J，电场力对小球做功 2J，则知空气阻力做功为-0.5J，即小球克服空气阻力做功 0.5J故 B 正确电场力对小球做功 2J，则小球的电势能减小2J故 C 错误小球的重力势能增加 3J，机械能增加 1.5J，说明动能减小 1.5J故 D 错误故选 B.【点睛】小球的重力势能增加多少，小球克服重力做功多少，机械能增加多少，除重力以外的力做功多少根据合力做功，确定动能的
9、变化6. 如图所示，实线表示电场线， 虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，下列说法中正确的有( )A. 粒子带负电B. 粒子在 M 点的动能大于在 N 点的动能C. 粒子在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能D. 粒子在 M 点受到的电场力大于在 N 点受到的电场力【答案】C【解析】带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故 A 错误电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在 M 点的速度小于在 N 点的速度故 B错误电场力做正功，电势能减小，故粒子在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能故 C 正确电场线的疏密表示场强大小，由图知粒
10、子在 M 点的场强小于 N 点的场强，在 M 点的加速度小于 N 点的加速度故D 错误故选 C【点睛】带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化带电粒子的动能和电势能总和守恒7. 如图所示，在竖直虚线 MN 和 MN 之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度 v0 由 A 点垂直 MN 进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从 C 点离开场区如果撤去磁场，该粒子将从 B 点离
11、开场区；如果撤去电场，该粒子将从 D 点离开场区则下列判断正确的是（ ）A. 该粒子由 B、C、D 三点离开场区时的动能相同B. 该粒子由 A 点运动到 B、C、D 三点的时间均不相同C. 匀强电场的场强 E 与匀强磁场的磁感应强度 B 之比 E/Bv 0D. 若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外【答案】C【解析】试题分析：洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能只有电场时，粒子水平方向做匀速直线运动，可得到时间与水平位移 AC 的关系；只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，可得到时间与弧长的关系，即可比较时间关系带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力
12、平衡根据左手定则判断磁场的方向解：A、洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能，而电场力做正功，粒子的动能增大，则粒子由 C、D 两点离开场区时的动能相同，小于从 B 点离开场区的动能故 A 错误B、粒子在正交的电磁场中与只有电场时运动时间相等，为 t1= ；粒子在磁场中运动时间为 t2= ，由于，则知粒子在磁场中运动时间最长故 B 错误C、带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则 qE=qv0B，得 故 C 正确D、若该粒子带负电，则知电场方向竖直向下，由左手定则判断得知，磁场方向垂直于纸面向里故 D 错误故选 C【点评】本题是带电粒子在电磁场中运动的问题，要
13、加强洛伦兹力不做功的特点、左手定则等基本知识学习，基础题8. 在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1 和 R3 均为定值电阻，R 2 为滑动变阻器当 R2 的滑动触头在 a 端时合上开关 S，三个电表 A1、A2 和 V 的示数分别用 I1，I2 和 U 表示现将 R2 的滑动触点向 b 端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ）A. I1 减小，I 2 不变， U 减小B. 电压表的变化量与总电流变化量的比值变小C. 电源的总功率增大，电源内部损耗的功率也增大D. 电源的输出功率减少，效率也降低【答案】C【解析】将 的滑动触点向 b 端移动时， 减小，整个电路的总电阻减小
14、，总电流 I 增大，电源的内电压增大，路端电压减小，即电压表示数 U 减小， 电压增大，故 、 并联电压减小，通过 的电流 减小，而总电流 I 增大，则流过 的电流 增大，故 A 错误；根据 ，得 ，故电压表的变化量与总电流变化量的比值为电源内阻，保持不变，故 B 错误；根据 ，总电流 I 增大，故电源的总功率增大，电源内部损耗的功率也增大，故 C 正确；由于不知道电源的内外电阻关系，所以不能确定电源的输出功率如何变化；电源的效率 ，因路端电压 U 减小，故电源的效率降低，故 D 错误；故选C.9. 如图，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2 和 L3 两两等距，均通有电流 I，L1 中电流
15、方向与 L2 中的相同，与 L3 中的相反，下列说法正确的是（ ）A. L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂直B. L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直C. L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为D. L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为【答案】BC【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。10. 假设在某电场中沿 x 轴方向上，电势 与 x 的距离关系如图所示，其中 x4-x3=x6-x5。现有一个电子在电场中
16、仅受电场力作用移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是( )A. 区域 x3 x4 内沿 x 轴方向的电场强度均匀减小B. x6 x7 内沿 x 轴方向场强为零C. 若电子从电势为 2V 的 x1 位置向右移动到电势为 2V 的 x7 位置，为了通过电势为 3V 的 x2 位置，电子至少应具有 1eV 的初动能D. 电子在区域 x3x4 内沿 x 轴方向所受电场力大于区域 x5 x6 内沿 x 轴方向所受电场力【答案】BD【解析】试题分析:x 3 到 x4 区域内电势随着位移均匀增大，故电场强度在 x 方向没有分量不变，即存在着沿 x 方向的匀强电场，故 A 错；从 x6 到 x7 区域电势
17、不变，故 x6 到 x7 区域之间电场强度在 x 方向没有分量，即不存在沿 x 方向的电场，故 B 正确；从 1 到 2 电场力做正功，动能增加 1eV，从 3 到 4 电场力做负功，动能要减少 3eV,若电子从电势为 2V 的 x1 位置向右到电势为 2V 的 x7 位置，电子至少具有初动能 2eV，故C 错误；x 4x 3=x6x 5，而 U34U65，所以区域 x3x4 内沿 x 轴方向电场强度大于区域 x5x6 内沿 x 轴方向电场强度，所以电子在区域 x3x4 内沿 x 轴方向所受电场力大于区域 x5x6 内沿 x 轴方向所受电场力，故D 对。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；
18、电场强度；电势11. 如图所示，倾角为 的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M 点固定一个质量为 m、带电量为-q 的小球Q。整个装置处在场强大小为 E、方向沿斜面向下的匀强电场中。现把一个带电量为+q 的小球 P 从 N 点由静止释放，释放后 P 沿着斜面向下运动。N 点与弹簧的上端和 M 的距离均为 s0。P、Q 以及弹簧的轴线 ab与斜面平行。两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为 k0，静电力常量为 k。则( )A. 小球 P 返回时，不可能撞到小球 QB. 小球 P 在 N 点的加速度大小为C. 小球 P 沿着斜面向下运动过程中，其电势能一定减少D. 当弹簧的压缩量为 时，小球 P
19、 的速度最大【答案】AB【解析】试题分析：根据动能定理知，当小球返回到 N 点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷 Q 的电场对 P 做功为零，则合力做功为零，知道到达 N 点的速度为零所以小球不可能撞到小球 Q，故 A 正确；根据牛顿第二定律得，小球在 N 点的加速度 ，故 B 正确；小球P 沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷 Q 产生的电场对 P 做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，可能做负功，则电势能可能增大，故 C 错误；当小球所受的合力为零时，速度最大，即 ，则压缩量不等于 ，故 D 错误考点：考查了动能定理，牛顿第二定
20、律，【名师点睛】根据动能定理判断小球 P 返回速度为零的位置，确定小球能否与小球 Q 相撞；根据牛顿第二定律求出小球 P 在 N 点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大12. 如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处自由释放，压上弹簧后继续向下运动的过程中。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建一坐标轴 ox，则小球的速度平方 v2 随坐标 x 的变化图象如图所示，其中 OA 段为直线，AB 段是与 OA相切于 A 点的曲线，BC 是平滑的曲线，则 A、B、C 各点对应的位置坐
21、标及加速度，以下说法正确的是（ ）A. xA =h，aA=0 B. xB=h，aB=g C. ， aB=0 D. ， aCg【答案】CD【解析】OA 过程是自由落体，A 的坐标就是 h，加速度为 g，A 错误；B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为 0，加速度也就为 0，由 ，可知 ,所以 B 得坐标为 ，故 B 错误，C 正确；取一个与 A 点对称的点为 D，由 A 点到 B 点的形变量为 ，由对称性得由 B 到 D 的形变量也为，故到达 C 点时形变量要大于 ，加速度 ，D 错误故选 CD.【点睛】OA 过程是自由落体，A 的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加
22、速度；B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度二实验题13. 物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图所示，表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为 50Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，纸带上打出一系列点(1)图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、 2、3、4、5、6、7
23、是计数点，每相邻两计数点间还有 4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示根据图中数据计算的加速度 a_m/s 2 (保留两位有效数字)(2)为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_ A.木板的长度 LB.木板的质量 m1C.滑块的质量 m2D.托盘和砝码的总质量 m3E.滑块运动的时间 t(3)滑块与木板间的动摩擦因数 _(用被测物理量的字母表示，加速度用 a 表示，重力加速度为g)【答案】 (1). 0.49 (2). CD (3). 【解析】(1) 每相邻两计数点间还有 4 个计时点， ；加速度(2)设滑块的质量 m2 ，托盘和砝码的总质量 m3对托盘和砝码受力分析，据牛顿第二定律得：
