河北省衡水第一中学2018届高三上学期分科综合考试物理试题

1、河北省衡水第一中学2018届高三上学期分科综合考试物理试题一、选择题：1. 我们在中学阶段的物理知识中，接触并学习了很多思想方法，这些方法对于提高解决实际问题 的能力具有很重要的意义。下列关于思想方法的叙述正确的是A. 理想化模型是对实际问题的理想化处理，即突出主要因素，忽略次要因素物理学学习中 懂得忽略什么跟懂得重视什么同等重要，质点、点电荷、位移等均是理想化模型B. 分力、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想C. 用两个（或多个）物理量通过比值的方法去定义一个新的物理量，即为比值定义法。电动势，电容 ,匀强电场的场强 等都是采用比值法定义的D. 根据加速度定义式a =，

2、当t非常小时，就可以表本物体在时刻的瞬时加速度，该定义应用了赋值的思想方法【答案】B【解析】A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷是理想化模型，但是位移不是，A错误；B、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，B正确；C、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电动势，电容，场强不是采用比值法定义的C错误；D、根据速度定义式a =，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，D错误；故选B。2. 甲、乙两物体同时从同一地点出发，其v-t图象如图所示。下列说法正确的是A. 甲、乙两物体运动方向相反，加速度方

3、向相同B. 甲的位移不断减小，乙的位移不断增大C. 第1s末两物体相遇D. 前2 s内两物体的平均速度相同【答案】D【解析】A、在vt图象中，速度的正负表示表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，故两物体运动方向相同，加速度方向相反，A错误；B、根据速度图线与时间轴围成的面积，可知甲、乙两物体都不断增大，B错误；C、第1s末两物体速度相等，通过的位移等于图线与时间轴围成的面积，不相等，而两者又是从同一地点出发的，故不可能相遇，C错误；D、在vt图象中，图线与时间轴所围面积表示物体通过的位移，则知前2s内，两个物体通过的位移相等，所用时间相等，故前2s内两物体的平均速度相同，D正确；故选D。3.

4、如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是A. 球对墙壁的压力逐渐减小B. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大C. 地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D. 水平拉力F逐渐减小【答案】D【解析】对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有：N1=Gtan， ，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，增大，则tan增大，所以N1增大，cos减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故A错误；对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到

5、重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力；竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，故B错误，C错误；对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力N2以及滑动摩擦力作用，如图所示：受力平衡，则水平方向有：F+N2sin=f，根据牛顿第三定律可知，N2=N2，由于N2增大，增大，f不变，则F减小，故D正确故选D.点睛：本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力

6、平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力4. 如图所示为点电荷A、B形成的电场，下列说法正确的是 A. A带正电，B带负电B. A的电荷量大于B的电荷量C. A的左侧某点电场强度可能为零D. AB连线上从A到B电势降低【答案】C【解析】A、根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷终止，可知A、B是异种电荷，但不能确定A、B哪个带正电，故A错误； B、电场线密集程度反映电场强弱，B附近电场线较密，场强较大，由点电荷的场强的表达式，可知B带电量较多， B错误；C、电场中任意一点电场强度是A、B产生电场场强的矢量和，由点电荷的场强的公式可知，A的左侧位置距B远，而B带电荷量大，所以A、B产生的场强

7、大小可能相同，又因为A、B是异种电荷，A的左侧位置场强方向相反，A的左侧某点电场强度可能为零，C正确；D、沿着电场线方向电势逐渐降低，由于不能确定电场线方向，所以不能确定A、B电势的高低，D错误；故选C。5. 如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做勻速圆周运动，则下列说法正确的是A. B的向心力是A的向心力的2倍B. 盘对B的摩擦力是对B对A的摩擦力的2倍C. A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D. 若B先滑动，则A、B之间的动摩擦因数A小于B与盘之间的动摩擦因数B【答案】B【解析】A、因为A、B两物体的角速度大小相等，根据，因为两物块的角速度

8、大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；B、对AB整体分析，对A分析，有：，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；C、A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误；D、若B先滑动，表明盘对B的摩擦力先达到最大摩擦力，则当B恰要滑动时设B对A的摩擦力为，应有，又，解得，故D错误。点睛：解决本题的关键知道A、B两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。6. 如图所示，半径为只的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的勻强磁场方向

9、垂直轨道平面向里。一可视为质点，质量为m，电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑 下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速 率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是A. 小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB. 小球在C点对轨道的压力大小为3mg -qBC. 小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变D. 小球从C到D的过程中，外力F的功率不变【答案】B【解析】A、因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A点运动到C点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：，解得：故小球在C

10、点受到的洛伦兹力大小为，A错误；B、由左手定则可知，小球向右运动到C点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有：，解得：，B正确；C、小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大故C错误；D、小球从C到D的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反由运动的合成与分解可知，小球从C向D运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大D错误故选B。7. 下列说法正确的是A. 光电效应表明电子既能具有能量也具有动量B. 氢原子光谱是连续谱C. 在原子核的尺度内核力比库仑

11、力小得多D. 放射性元素的衰变表明原子核的能量变化是不连续的【答案】D 考点：考查氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；核力、核反应【名师点睛】波尔理论：氢原子的轨道是不连续的，是一些特殊的分立的值，电子只能在这些轨道上绕原子核运动电子在不同的轨道上运动时对应不同的能量值，原子只能处于一系列能量不连续的状态中当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时只能吸收或发射特定频率的光子8. 如图所示，楔形木块ABC固定在水平面上，斜面AB、BC与水平面的夹角分别为53°、37°。质量分 别为2m、m的两滑块P、Q，通过不可伸长的轻绳跨过轻质定滑轮连接，轻绳与斜面平行。已知滑块P与AB间的动摩擦

12、因数为1/3,其他摩擦不计，重力加速度为g，sm53°=0.8 sm37°=0.6 ，滑块运动的过程中A. Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功B. Q机械能的增加量等于P机械能的减少量C. P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量D. 两滑块运动的加速度大小为g/5【答案】D【解析】在两滑块运动的过程中，Q沿斜面上升，轻绳的拉力和重力都对Q做功，由动能定理知Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和，A错误；由于P下滑过程中要产生内能，所以Q机械能的增加量与系统摩擦产生的内能之和等于P机械能的减少量，B错误；根据能量守恒定律知，P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量与Q

13、机械能的增加量之和，C错误；根据牛顿第二定律得对Q有，对P有，联立解得，故D正确9. 2016年12月22日，我国成功发射了国内首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星（以下简称“碳卫 星”）。如图所示，设“碳卫星”在半径为R的圆周轨道上运行，经过时间t，通过的弧长为s,已知引力常数为G下列说法正确的是A. “碳卫星”内的物体处于平衡状态B. “碳卫星”的运行速度大于7. 9 km/sC. “碳卫星”的发射速度大于7. 9 km/sD. 可算出地球质量为【答案】CD【解析】A、“碳卫星”绕地球运行，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故不处于平衡状态，处于失重状态，A错误；B、为第一宇宙速度，是最大的

14、运行速度，“碳卫星”轨道半径比地球半径大，因此其运行速度应小于7.9 km/s，B错误；C、为第一宇宙速度，是最小的地面发射速度，“碳卫星”轨道半径比地球半径大，因此其发射速度应大于7.9 km/s，C正确；D、“碳卫星”的线速度，根据万有引力提供向心力，解得地球质量：，D正确；故选CD。10. 如图甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的勻强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。关于线圈中产生的感应电动势e、 电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，下列可能正确的有（ ) A. B. C. D. 【答案】BDB、根据法拉第电磁感应定律，因为00.

15、5T和0.5TT磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等，所以感应电动势大小不变，B正确；C、D、根据，整个过程中电流大小不变，由知电阻R消耗的功率不变，C错误；D正确；故选BD。11. 如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节。RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小。下列说法正确的有（ ）A. P向下滑动时，电压表读数变大B. P向下滑动时，电流表读数变小C. 若环境温度升高，变压器的输人功率变大D. 若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小【答案】BC【解析】A、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小

16、，电压表读数变小，A错误；B、根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B正确；C、当环境温度升高时，R的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C正确；D、当环境温度升高时，R的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据，灯泡消耗的功率变大，D错误；故选BC。12. 在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。假设质量为m的跳水运动员从跳台上

17、以初速度v0向上跳起，跳水运动员从跳台上起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而速度减为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员人水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，重力加速度g，则（ ）A. 运动员从跳台上起跳到入水前受到合外力冲量大小为B. 水对运动员阻力的冲量大小为C. 运动员克服水的阻力做功为mgH +D. 运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H +h) +【答案】AD【解析】A、设入水前运动员的速度大小为v，运动员在空中运动的过程中机械能守恒，则：，所以：，取向下为正方向，由动量定理得：运动员起跳后在空中运动过程受到合外力冲量大小为：，A正确；B、运动员在

18、水中运动的过程中受到重力和水的阻力，则：所以水对运动员阻力的冲量大小大于B错误；C、D、运动员从起跳到入水后速度减为零的过程中运动员克服水的阻力做功等于机械能减少量，大小为：，C错误；D正确； 故选AD。二、非选择题：13. 如图甲所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图甲中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于一端带有定滑轮的足够,长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F， 不计绳与滑轮之间的摩擦。（1）下列说法正确的是_A端带有定滑轮的长木板必须保持水平B实验时应先接通电源后释放小车C实验中m2应

19、远小于m1 D.测力计的读数始终为m2g/2（2）如图乙所示为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是_m/s2。（交流电的频率为50 Hz，结果保留二位有效数字） （3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的图象，可能是下列哪个选项中的图象_【答案】 (1). （1）B (2). （2）0.50 (3). （3）C【解析】（1）A、该实验首先必须要平衡摩擦力，一端带有定滑轮的长木板要倾斜，故A错误；B、为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；C、由于该实验

20、的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；D、由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：，解得：，故D错误；故选B。（2）根据匀变速直线运动的推论公式，有： 解得：（3）若没有平衡摩擦力，则当时，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C故答案为：（1）B；（2）0.5（3）C14. 为测量一根金属丝（电阻约5 )的电阻率选用的电学器材：电压表（量程3V，内阻约 3K)，电流表（量程0. 6A，内阻约0.2 )，滑动变阻器0-15 )，学生电源（稳压输

21、出3V)， 开关，导线若干。（1）如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮_(选填'“A”“B” (或“D”）发出“喀喀”声时停止；某次的测量结果如图乙所示，其读数为_ mm。（2）请在答题卡上用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整_。（3）如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出图线_，求出该金属丝的电阻值为_ (结果保留两位有效数字）。（4）有人认为用图象法求金属丝的电阻是为了减小系统误差，他的观点是否正确_？请说明理由_；【答案】 (1). （1）D； (2). 0.54

22、0（0.539-0.541） (3). （2）如图； (4). （3）如图； (5). 4.2-4.6 (6). （4）不正确； (7). 多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；【解析】（1）调节微调旋钮“D”读数为：；（2）电流表串联在电路中，实物连接如图：（3）利用描点作图，将各组数据连接成直线如图：斜率表示电阻，；（4）他的观点不正确，多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差；15. 如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水不面上，左边紧靠竖直墙壁。一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向

23、右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为7R/4，重力加速度为g，不计空气阻力。求（1）小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；（2）金属槽的质量。【答案】（1）5mg（2）【解析】（1）小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有：据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为：联立解得：（2）小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h则有根据能量守恒定律有： 联立解得： 16. 在科学研究中，可以通过施加适

24、当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示，M、N为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ，在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E0、B0、k均为已知量。t=0时刻，比荷q/m=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间，在0-t1（）时间内粒子恰好沿直线运动，时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取0.8 = ，1. 4 =，求：(1) 在时刻粒子的运动速度v(2) 在时刻粒子偏离O点的竖直距离y(3) 水平极板的长度L。【答案】（1），方向与水平方向成45o角向下（2）( ) （3）

25、【解析】（1）在0t1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则：  得     在t1t2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，     则：   由： 得：   即v与水平方向成45o角向下（2）在电场中做类平抛运动向下偏移：在此处键入公式。  在t2t3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期   在磁场中运动时间 ，即圆周运动的圆心角为 ，此时速度恰好沿水平方向  磁场中，由 得      

26、            偏离的竖直距离： （3）在t3时刻进入电场时以初速度： 做类平抛运动，   再次进入磁场时，     由 得  即v与水平方向成45o角向下 由 得：               综上可得：长度： 17. 下列说法中正确的是_ A定质量的理想气体

27、体积增大时，其内能一定减少B气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面D气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的E在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大【答案】BDE【解析】根据公式可得体积增大，有可能压强减小，温度不变，其内能不变，A错误；温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，物体温度降低，不是每个分子热运动的动能均降低，有可能增加，B正确；水蒸气达到饱和状态时，蒸发和液化达到动态平衡，仍旧会有蒸发现象，仍旧会有水分子飞出水面

28、，C错误；压强产生的原因就是因为大量气体分子不断碰撞容器器壁而产生的，D正确；错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，E正确18. 如图所示，右侧有挡板的导热气缸固定在水不地面上，气缸内部总长为21cm，活塞横截面积为10 cm2,厚度为lcm，给活塞施加一向左的水不恒力F=20N，稳定时活塞封闭 的气柱长度为10 cm。大气压强为1.0×105Pa，外界温度为27°C，不计摩擦。若将恒力F方向改为水平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；若撤去外力F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60N时，求封闭气柱的温度。【答案】15cm 800K【解析】（1）恒力F水平向左时，对活塞根据受力平衡：F+p0Sp1S代入数据解得：p11.2×105pa恒力F水平向右时，稳定时活塞受力平衡：p0Sp2S+F代入数据解得：p20.8×105pa气体发生等温变化，根据玻意耳定律有p1V1=p2V2代入数据：1.2×105×10S0.8×105××lS解得：l=15cm（2）气缸升温前温度T1=300K、气缸升温后温度为T3，升温后气柱长度L