河北省五个一联盟（邯郸一中石家庄一中张家口一中保定一中唐山一中）高三上学期第二次模拟考试物理试题

河北省五个一联盟（邯郸一中石家庄一中张家口一中保定一中唐山一中）2018届高三上学期第二次模拟考试理科综合物理试题1.全民健身活动的开展，使得人们更加注重身体素质的提升，垒球运动也受到了更多人的青睐。如图所示，一个质量为0.20kg的垒球，以20m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，击球时间为0.01s，则这一过程中球棒对垒球的平均作用力为A.大小为1200N，方向向左B.大小为1200N，方向向右C.大小为400N，方向向左D.大小为400N，方向向右【答案】B【解析】设向右为正方向，根据动量定理：F•t=mv2mv1得：F=，方向向右。故选：B。2.如图所示斜坡倾角为45°，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1。若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2。则A、B两球在空中运动的时间之比t1：t2等于（不计空气阻力）A.1：1B.1：2C.1：D.1：【答案】C【解析】小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量：vy=gt1=v0①水平位移S=v0t1②竖直位移③由①②③得到：由几何关系可知小球B作自由下落的高度为：④联立以上各式解得：t1：t2=1：。故选：C.点睛：小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间．3.如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为E=E0kt（E0、k均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，已知μqE0<mg。t=0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑H/2后脱离墙面，此时速度大小为，物体最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法不正确的是A.当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段曲线C.物体克服摩擦力所做的功D.物体与墙壁脱离的时刻为【答案】A【解析】A.竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg−μqE=ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误；B.物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。故B正确；C.物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得：，物体克服摩擦力所做的功为：.故C正确；B.当物体所受的墙面的支持力为零，则电场力为零，则此时电场强度为零，所以有：E=E0−kt=0，解得时间为：t=E0/k.故D正确。本题选择错误答案，故选：A。点睛：分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹．根据动能定理，抓住电场力在沿墙面下滑的过程中不做功，求出物体克服摩擦力做功的大小，抓住电场强度的变化规律，结合电场力为零时，物体脱离墙面求出运动的时间．4.由于放射性元素的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知经过一系列α衰变和β衰变后变成霉，下列论断中正确的是A.衰变过程中原子核的质量和电荷量守恒B.的原子核比得的原子核少28个中子C.衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D.经过两个半衰期后含有的矿石的质量将变为原来的四分之一【答案】C【解析】A.

的原子核比的原子核质量数少28，电荷数少10，所以衰变过程中原子核的质量和电荷量不守恒，故A错误；B.的原子核比的原子核质量数少28，电荷数少10,故中子少18个，故B错误；D.经过两个半衰期后的原子核个数变为原来的四分之一，但含有的矿石质量大于原来的四分之一，故D错误。故选：C.5.如图所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球。整个装置悬挂起来，在接通电键瞬间，整个圆盘将（自上而下看）A.逆时针转动一下B.静止不动C.电路稳定情况下，断开电键瞬间圆盘转动方向与电键接通瞬间圆盘转动方向相反D.不管板上小球的电性如何，电键接通瞬间时，圆盘转动方向都是一样的【答案】C【解析】A.接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针方向的电场力，当开关闭合后，电流产生磁场不变，则磁场周围不会出现电场，因此圆盘不在受到电场力，所以圆盘顺时针转动一下。故A正确，B错误，D错误；C.断开电键瞬间，由电磁场理论可知，产生顺时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有逆时针方向的电场力，所以圆盘逆时针转动一下。圆盘转动方向与电键接通瞬间圆盘转动方向相反，故C正确；故选：C。点睛：线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动。6.已知通电长直导线周围空间中某点处产生的磁场的磁感应强度大小为，其中k为常量、I为直导线中的电流、r为该点到长直导线的距离。如图所示，a、b两根通电长直导线经过圆心为O的圆上同一直径的两端，两根直导线中的电流大小相等，a中电流方向垂直圆所在平面向里，b中电流方向垂直圆所在平面向外，此时圆心O处的磁感应强度大小为B，则A.圆心O处的磁感应强度的方向垂直于ab连线向上B.若在圆心处放置一垂直于纸面向里的通电直导线c，则此时c受到的安培力方向平行于ab指向aC.若只将直导线b沿圆周绕O点顺时针转动120°，其他条件不变，则O处的磁感应强度大小变为B/2D.若只将直导线b沿圆周绕O点顺时针转动90°，其他条件不变，则O处的磁感应强度大小变为B【答案】BC【解析】A.由两直导线中电流大小相等,到圆心O的距离相等,又由安培定则可知,两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同,设其中一根直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0,则B=2B0，方向垂直于ab连线向下，故A错误；B.根据左手定则，通电直导线c受到的安培力方向平行于ab指向a，故B正确；C.将直导线b顺时针旋转120∘后，由安培定则可知,a、b两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等，夹角为120°，合磁场磁感应强度大小B0，等于B/2，故C正确；D．将直导线b沿圆周绕O点顺时针转动90°，两根直导线中电流产生的两个磁场方向相互垂直,所以B′=B0=B，故D错误。故选：BC。7.两个等量同种电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×103C、质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线)。则下列说法正确的是A.由C到A的过程中物块的电势能逐渐减小B.B、A两点间的电势差UBA=5VC.由C点到A点电势逐渐降低D.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=100V/m【答案】ACD【解析】A.从速度时间图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故A正确；B.从速度时间图象可知,A、B两点的速度分别为vA=6m/s,vB=4m/s,再根据动能定理得,代入数据解得：UBA=500V，故B错误；C.据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确；D.带电粒子在B点的加速度最大,为am==2m/s2,所受的电场力最大为Fm=mam=0.1×2N=0.2N,则场强最大值为Em=Fm/q=100V/m，故D错误。故选：ACD。点睛：由能量守恒定律分析电势能的变化情况．根据vt图可知物块在B点的加速度最大，此处电场强度最大，根据牛顿第二定律求场强的最大值．由C到A的过程中物块的动能一直增大，根据电场线的方向分析电势的变化，由动能定理可求得AB两点的电势差．8.某同学将一橡皮通过3段轻绳OA、OB、OC悬挂在A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点O位置不变，拉着轻质弹簧测力计从水平位置缓慢转动到竖直位置，如图甲所示，第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢移动轻绳，使轻绳OA从竖直位置缓慢转动到如图乙所示位置，则A.甲图中OA绳的力逐渐减小B.乙图中OA绳的力逐渐增大C.甲图中弹簧测力计的示数先增大后减小D.乙图中弹簧测力计的示数逐渐增大【答案】AD【解析】A．在图1中,对O点受力分析,抓住两根绳的合力等于物体的重力,其大小和方向都不变,OA绳拉力方向不变,根据平行四边形定则得,如图1,知OA绳上拉力T逐渐减小，弹簧测力计的示数F1先减小后增大，故A正确，C错误；B．在图2中,假设AO与竖直方向的夹角为θ,由平衡条件得，OA绳的力：T=Gcosθ,弹簧测力计的：F2=Gsinθ,轻绳OA从如图乙所示位置缓慢转动到竖直位置,θ减小,则T逐渐增大，F2逐渐减小。故B错误，D正确。故选：AD.点睛：图1中，O点固定不动，以O点为研究对象，分析受力情况，运用图解法，画出平行四边形进行分析；图2中，假设AO与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得出F2与θ的关系，由数学知识分析．9.（1）某同学要进行探究小军速度随时间变化的规律实验，请在下面列出的实验器材中，选出本实验中不需要的器材填在横线上（填编号）：____________。①打点计时器②天平③低压交流电源④低压直流电源⑤细绳和纸带⑥钩码和小车⑦秒表⑧一端有滑轮的长木板⑨刻度尺（2）某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，则打A点时小车运动的速度vA=____________m/s，小车运动的加速度a=____________m/s2。（结果要求保留三位有效数字）【答案】(1).②④⑦(2).0.263(3).0.505【解析】(1)在本实验中不需要测量小车或砝码的质量，因此不需要天平；电磁打点计时器使用的是低压交流电源，因此低压直流电源本实验中不需要；同时打点计时器记录了小车运动时间，因此不需要秒表。故本实验中不需要的器材为：②④⑦。(2)因为两相邻计数点间有四个点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为T=0.1s.根据中间时刻速度等于一段过程中的平均速度可求出A点的瞬时速度得：；根据运动学公式得：△x=at2，；10.某学习小组探究一标有“3V、1.8W”小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接，除小灯泡、导线和开关外，还有：A.直流电源3V（内阻为1.0Ω）B.电流表（0~3A，内阻约为0.2Ω）C.电流表（0~0.6A，内阻约为0.5Ω）D.直流电压表0~3V（内阻约为15kΩ）E.滑动变阻器“5Ω，2A”F.滑动变阻器“300Ω，0.5A”（1）实验中电流表应选用________，动变阻器应选用________。（均用序号表示）（2）实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接______________________；（3）根据UI曲线，可判断出图中正确的关系图象是________（图中P为小灯泡的功率，I为通过小灯泡的电流）。（4）该小组描绘出的UI曲线如图乙所示，将4只相同“3V、1.8W”的小电珠并联后，直接与题中直流电源组成闭合回路，则每只小电珠的实际功率约为________W(保留两位小数）。【答案】(1).C(2).E(3).如图所示：(4).D(5).0.52~0.58【解析】（1）“3V、1.8W”的小电珠额定电流为0.6A，所以电流表选C，滑动变阻器选E；（2）由于要求小电珠在不同电压下的电功率大小，则滑动变阻器采用分压接法；滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，电路图如图所示：（3）由图可知，随电流增大，电阻逐渐增大，则PI2图像应如图D；（4）设每只灯泡的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律：E=U+4Ir，则U=34I，在乙图中做出UI图线，与乙图的交点U=1.40V，I=0.38A，所以小灯泡的功率：P=UI=1.40×0.38W=0.53W。11.节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v=90km/h的速度匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kW。当看到前方有大货车慢速行驶时，提速超过了大货车。这个过程中发动机输出功率不变，蓄电池开始工作，输出功率为P′=20kW。混合动力轿车运动了s=1000m时，速度达到最大，并超过大货车，然后蓄电池停止工作。全程阻力不变。求：（1）混合动力轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；（2）混合动力轿车加速过程中达到的最大速度；（3）整个超车过程中，混合动力轿车消耗的电能E（保留两位有效数字）。【答案】（1）（2）（3）6.6×105J【解析】（1）汽车牵引力与功率的关系为P=Fv当汽车匀速行驶时F=F阻所以（2）；（3）在加速过程中，由动能定理得消耗的电能E=P′t，解得E=6.6×105J12.如图，带电量为q=+2×103C、质量为m=0.1kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E=103N/C的匀强电场。与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度v0=10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g=10m/s²。求：（1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能；（3）第三次碰撞的位置。【答案】（1）5m/s15m/s（2）（3）【解析】（1）第一次碰撞时，两小球动量守恒，即3mv0＝3mv1＋mv2机械能守恒，即解得碰后A的速度v1＝5m/s，B的速度v2＝15m/s（2）碰后AB两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动；水平方向上，A做匀速运动，B做匀减速直线运动，其加速度大小aB＝＝20m/s2设经过t时间两小球再次相碰，则有v1t＝v2t－aBt2解得t＝1s此时，B的水平速度为vx＝v2－aBt＝－5m/s（负号表明方向向左）竖直速度为vy＝gt＝10m/s故第二次碰前B的动能（3）第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒机械能守恒，即解得第二次碰后水平方向A的速度，B的速度＝10m/s故第二次碰撞后A竖直下落（B在竖直方向上的运动与A相同），水平方向上，B做匀减速直线运动，设又经过t'时间两小球第三次相碰，则有解得t'＝1s因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x＝v1t＝5m下方y＝g（t＋t'）2＝20m13.下列说法中正确的有________。A.悬浮在液体中的固体的分子所做的无规则运动叫做布朗运动B.金属铁有固定的熔点C.液晶的光学性质具有各向异性D.由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力E.随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球（体积不变）内的氢气内能减小【答案】BCE【解析】A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是固体分子的运动，故A错误；B、金属铁是晶体，具有固定的熔点，故B正确；C、液晶是液体，其光学性质具有各向异性，故C正确；D、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，故D错误；E、随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气对外做功，同时要降温，故内能一定减小，故E正确；故选：BCE．14.如图所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B。活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T1。已知大气压强为p0，重力加速度为g。①加热过程中，若A气体内能增加了△E1，求B气体内能增加量△E2。②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2。求此时添加