河南省某知名中学高三物理第十次考试试题含解析2

1、河南省南阳市第一中学2018届高三第十次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，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。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. 伽利路为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是a. 斜面实验是一个理想实验b. 斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程c. 通过对斜面实验的观察与计算，直接得到落体运动的规律d. 不直接做落体实验是因为运动过快，当时时间测量不够精确【答案】d【解析】试题分析：本题考查了有伽利略“斜面实验”

2、的知识，根据其历史背景我们知道，之所以采用“斜面实验”，注意碍于当时对时间的测量技术、手段落后解：a、伽利略“斜面实验”没有进行理想化处理，不是理想实验，故a错误；b、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，故b错误；c、根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，并非是主观臆断得出的，是在实验的基础上得出的，故c错误；d、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，故d正确；故选：d【点评】本题关键要了解伽利略“斜面

3、实验”的历史背景，以及实验方法，体会实验在物理中的重要作用2. 甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，其运动的x-t图象如图所示，则下列关于两辆车运动情况的说法中错误的是a. 在010s内，甲、乙两车相遇两次b. 乙车在010s 内平均速度大小为0.8m/sc. 甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动d. 若乙车做勻变速直线运动，则图线上p所对应的瞬时速度大小一定大于0.8m/s【答案】c【解析】a：xt图象的交点表示相遇，据图象知，两车相遇两次。故a项正确。b：乙车在010s内的位移，则平均速度。所以乙车在010s内平均速度大小为0.8m/s，故b项正确。c：xt图象的斜率表示速度，则由图知

4、，甲先做匀速直线运动，然后静止。故c项错误。d：若乙车做匀变速直线运动，因乙的xt图象斜率绝对值变大，所以乙做匀加速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，所以5s末的瞬时速度大小等于0.8m/s，图线上p所对应的瞬时(大于5s)速度大小一定大于0.8m/s。故d项正确。本题选错误的，故答案是c。点睛：图象类题目要理解图象横纵坐标、截距、斜率、交点、图象与坐标轴围成的面积等对应的物理意义。3. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球p在水平外力的作用下处于静止状态，p与圆心o的连线与水平面的夹角为，将力f在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始

5、终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是a. 框架对小球的支持力先减小后增大b. 拉力f的最小值为mgcosc. 地面对框架的摩擦力先减小后增大d. 框架对地面的压力先增大后减小【答案】b【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用f顺时针转动至竖直向上之前，支持力n逐渐减小，f先减小后增大，当f的方向沿圆的切线方向向上时，f最小，此时：f=mgcos故a错误，b正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力f的作用；由图可知，f在顺时针方向转动的过程中，f沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在

6、减小故c错误；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力f的作用；由图可知，f在顺时针方向转动的过程中，f沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小故d错误故选b.4. 一质量为2kg的物体受水平拉力下作用，在相糙水平面上做加速直线运动时的a-t图象如图所示。若t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2n，则a. 在t=6s的时刻，物体的速度为18m/sb. 在06s时间内，合力对物体做的功为400jc. 在06s时间内，拉力对物体的冲量为36n·sd. 在t=6s的时刻，拉力下的功率为200w【答案】d【解析】根据v=a

7、t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+v=2+×(2+4)×6=20m/s，故a正确；根据动能定理得： ，故b错误；根据动量定理可知： ，解得if=48ns，选项c错误；在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：f=ma+f=2×4+2=10n则在t=6s时刻，拉力f的功率p=fv6=10×20=200w，故d正确故选ad.点睛：本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用，解题的突破口是知道a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量。5. 如图所示，在同水平面内有两

8、根光滑平行金属导轨mn和pq，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态。当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab棒和cd棒的运动情况是a. ab、cd都不动b. ab、cd都右运动c. ab向左，cd向右d. ab向右，cd向在【答案】c【解析】当变阻器滑片向左滑动时，电路的电流大小变大，线圈的磁场增加；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变大，由楞次定律：增反减同可得，线框abdc 产生逆时针方向感应电流最后根据左手定则可确定安培力

9、的方向：ab棒处于垂直向上的磁场，且电流方向ab，则安培力方向向左cd棒处于垂直向上的磁场，且电流方向dc，则安培力方向向右故选c.点睛：两棒将线圈围在中间，则穿过两棒所围成的面积的磁场方向是竖直向下原因是线圈内部磁场方向向下，而外部磁场方向向上，且向下强于向上6. 轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨游卫星，它运行时能到达南北极区的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则a. 该卫星运行速度一定小于7.9km

10、/sb. 该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1：4c. 该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2：1d. 该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能【答案】ab【解析】任何卫星的运转速度均小于第一宇宙速度，则选项a正确；由题意可知，此卫星的周期为t1=4×45min=180min=3h；同步卫星的周期为t2=24h，根据可知，选项b正确；根据可得该卫星加速度与同步卫星加速度之比为16:1，选项c错误；卫星的质量不确定，则无法比较两卫星的机械能的大小，选项d错误；故选ab.7. 如图所示，理想交压器原线圈通过电流表接电压恒为220v的正弦交流电，开头s按1时，原、副线圈的匝数比为11：1，

11、滑动变阻器接入电路的阻值为10，电压表和电流表均为理想电表，下列说法中正确的有a. 仅将s从拨到2，电流表示数减小b. 仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小c. 若开关s接1.且电流表的内阻为990，则滑动变阻器上消耗的功率为12.1wd. 若开关s按1，且电流表的内阻为990，仅将滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数不一定变大【答案】ac【解析】若只将s从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故a正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故b错误；若开关s接1，设变

12、压器初级电压为u1，则u=u1+i1ra，次级电压为，次级电流，初级电流联立解得u1=121v；u2=11v，则滑动变阻器上消耗的功率为，选项c正确；由，整理可得：，则仅将滑动变阻器的滑片向上滑动，r减小，则电流表的示数一定变大，选项d错误；故选ac.点睛：此题关键是知道变压器内的三种关系：电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，据此进行讨论.8. 如图所示，矩形区域mnpq内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域。半径为r，内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管adb固定在整直平面内，直径ab垂直于水平虚线mn，圆心0恰在mn的中点，半圆管的一半处于电场中，一质量为m，可视为质点

13、的带正电，电荷量为q的小球从半圆管的a点由静止开始滑入管内，小球从b点穿出后，能够通过b点正下方的c点。重力加速度为g，小球在c点处的加速度大小为.则下列说法正确的是a. 匀强电场的场强e为b. 小球在到达b点时，半圆轨道对它作用力的大小c. 球流够到达b点正下方c点，虚线标mnpq的高度不大于d. 从b点开始计时，小球从b运动到c点的过程中，经过时间时动能最小【答案】bd【解析】由于小球在c处受到重力和电场力的共同作用，所以c点：.小球从bc   水平方向匀减速运动，竖直方向自由落体运动，axg；ay=g设向左减速时间为 yg(2t)2 宽度应满足条件l2r，高

14、度满足条件hr，选项c错误；当f与mg的合力与v垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为t，则vyvx ； vy=gtvxvbgt t ，选项d正确；故选bd.三、非选择趣(包括必考题和选做题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338为选做题，考生根据要求作等。)9. 如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置，直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门a、b，计时装置测出钢球通过a、b的时间分别为ta、tb。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度，测出两光电门可的距为h，当地的重力加速度为g。(1)用游标卡尺测量钢球直径读数为_

15、mm；(2)钢球下落过程中受到的空气平均阻力ff=_(用题中所给物理量符号来表示)；(3)本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度_（选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度.【答案】 (1). 10.50mm (2). (3). <【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为：10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：10+0.50=10.50mm；（2）根据平均速度公式可得，小球经过两光电门的速度分别为va

16、=；vb=；则对下落h过程分析，由速度和位移关系可知，vb2-va2=2ah再由牛顿第二定律可知，mg-ff=ma；解得阻力ff=；（3）由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度点睛：本题考查在实验中应用运动学公式以及掌握牛顿第二定律，要注意理解平均速度与瞬时速度的联系与区别，明确中间时刻与中间位移速度大小关系是解题的关键10. 国标(gb/t)规定自来水在15时电阻率应大于130·m.某同学利用图甲电路测量15自来水的电阻率，其中内径均

17、匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀k控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电话塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3v，内阳可忽略)；电压表v1和v2(量程均为3v，内阻很大) ；定值电阻r1 (阻值4k)；定值电阻r2 (阻值2k)；电阻箱r(最大阻值9999)；单刀双掷开关s；导线若干；游标卡尺；刻度尺。实验步骤如下：a.用游标卡尺测量玻璃管的内径d=30.00mmb.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度lc.把s拨到1位置，记录电压表v1示数d.把s拨到2位置，调整电阻箱阻值使电压表v2示数与电压表v1示数相同，记录电阻箱阻

18、值r；e.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤c、d，记录每一次水柱长度l和电阻箱阻值rf.断开s，整理好器材(1)玻璃管内水柱的电阻值rx的表达式为rx=_(用r1、r2、r表示)；(2)利用记录的多组水柱长度l和对应的电思相阳值r的数据，绘制出如图所示的关系图象，则自来水的电阻率=_·m(保留两位有效数字)；(3)本实验中若电压表v1内阻不是很大。则自来水电阻率测量结果将_（填“偏大”“不变”或“偏小”）。【答案】 (1). (2). 14 (3). 偏大【解析】（1）实验做完后，要断开s，整理好器材。（3）从图乙中可知，r=2×103时，此时玻璃管内水柱的电阻，水柱横截

19、面积：，根据电阻定律：，代入数据可得：。（4）若电压表v1内阻不是很大，则把s拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于，所以测量的rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大。11. 如图所示，在xoy坐标系中，在y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，在d<y<2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界，在y=2d处放置一垂直于轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收，一质量为m、电量为+q的粒子以初速度v0由坐标原点o处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计。要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件

20、?【答案】 【解析】粒子先在电场中做类平抛运动， x=v0t d=at2其中 得   进入磁场速度v= =2v0  速度与x轴夹角tan=     所以  =60° 粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切； 设粒子在磁场中运动半径为r，洛仑兹力提供向心力，则 bvq= 由几何关系 r=d 得b=  故要使粒子不打到挡板上，b12. 如图，水平面mn右端n处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速度v=1m/s逆时针匀速转动，水平部

21、分长度l=1m.物块b静止在水平面的最右端n处、质量为ma=1kg的物块a在距n点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，再与b发生碰撞并粘在一起，若b的质量是a的k倍，a、b与水平面和传送带的动摩擦因数都为=0.2、物块均可视为质点，取g=10m/s².(1)求a到达n点与b碰撞前的速度大小；(2)求碰撞后瞬间ab的速度大小及碰撞过程中产生的内能；(3)讨论在不同数值范围时，a、b碰撞后传送带对它们所做的功w的表达式。【答案】(1)v1=4m/s (2), (3)(k<1) () ( )【解析】（1）设碰撞前a的速度为v1.由动能定理得，解得：（2）设碰撞后a、

22、b速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得，解得：由系统能量转化与守恒可得，解得： （3）如果ab能从传送带右侧离开，必须满足：，解得：传送带对它们所做的功 当v2v时有：k3即ab先减速到0再返回，到传送带左端时速度仍为v2；这个过程传送带对ab所做的功 当1k<3时，ab沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左端。在这个过程中传送带对ab所做的功，解得： 点睛：整体滑上传送带后运动情况的各种可能性分析是解题的关键。13. 下列说法正确的是_(填确答案标号，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3分，最

23、低得分为0分)a.随着分子向距离增大，分子斥力不断减小，分子引力不断增大b.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程c.荷叶上的小水珠星球形是水的表面张力作用的结果d.0的水和0的冰分子平均动能相e.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点【答案】bcd【解析】随着分子向距离增大，分子斥力和分子引力都不断减小，选项a错误；根据热力学第二定律，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，选项b正确；荷叶上的小水珠星球形是水的表面张力作用的结果，选项c正确；温度是分子平均动能的标志，则0的水和0的冰分子平均动能相等，选项d正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项e错误；故

24、选bcd.14. 如图所示，两个壁厚可忽略的圆柱形金属筒a和b套在一起，底部到顶部的高度为20cm，两者横截面积相等，光滑接触且不漏气。将a系于天花板上，用手托住b，使它们内部密封的气体强与外界大气压相同，均为1.1×105pa，然后缓慢松手，让b下沉，当b下沉了2cm时，停止下沉并处于静止状态。求：此时金属简内气体的压强；若当时的温度为24，欲使下沉后的套筒恢复到下沉前的位置，应将温度变为几摄氏度?【答案】 【解析】试题分析：（1）设金属筒横截面积为s（cm2），p110×105pa，v118s cm3，v220s cm3根据玻意耳定律，p1v1 p2v2，p209×105pa（2）v220s cm3，t2300k，v318s cm3，根据盖吕萨克定律得到，t3考点：玻意耳定律；盖吕萨克定律15. 如图甲所示为一简谐波在t=0时刻的图象，图乙所示为x=4m处的质点p的振动图象，则下列判斯正确的是_(填正确答案标号，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)a.这列波的波速是2m/sb.这列波的传播方向沿x正方向c.t=3.5s时p点的位移为0.2md.从t=0时刻开始p点的振动方程为y=02sin（t+)me