河南省豫北豫南名校高三上学期第二次联考联评物理试题

河南省豫北豫南名校2018届高三上学期第二次联考联评物理试题一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。其中第1～6题为单选，7～10为多选，全选对得5分，对而不全得3分，有错选得0分。)1.人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列关于科学家和其实验的说法中正确的是A.伽利略通过“斜面实验”，证明了“力是维持物体运动的原因”B.牛顿通过实验证明了惯性定律的正确性C.密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值D.奥斯特通过实验证明了电流周围存在磁场，并由此得出了电磁感应定律【答案】C【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.如图所示为a、b、c三个质点运动的速度一时间图象(vt图象)，若三质点同时从同一位置出发则关于三个质点的运动，下列说法中正确的是A.t1时刻a、bB.t1时刻后，质点b位于a、cC.0～t1时间内，a位于b、cD.0～t1时间内，a、b【答案】C【解析】A、t1时刻a、b两图象对应的速度相等且均为正值，表示运动方向均为正方向，A错误。B、C、三质点从同一地点出发，t1时所围的面积表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B错误，C正确。D、0~t1时间内，可读出va>vb，则a、b【点睛】利用匀变速直线运动图象分析追击与相遇，要注意明确图象的性质，图象的正负表示运动方向，图象的斜率表示加速度，能根据图象的面积求解位移．3.在挡板P作用下，木板A静止于竖直的墙壁和水平地面之间，墙壁和地面皆光滑、在木板A上放有一斜面B，也处于静止，如图所示。现将挡板P缓慢向右移动一小段距离，在此过程中A.B将加速下滑B.A对B的支持力减小C.A对B的作用力保持不变D.A对地面的压力变大【答案】C【解析】板与水平地面的夹角为α。A、以B为研究对象，分析受力情况如图所示：重力GB、板的支持力N1和摩擦力f1，板对B的作用力是支持力N1和摩擦力f1的合力。由平衡条件分析可知，mgsinα≤μmgcosα，故减小倾角α后B依然平衡。A错误。C、板对B的作用力大小与总重力大小平衡，始终保持不变，C正确。B、N1=GBcosα，α减小，N1则有水平地面的弹力N=GA+GB，则水平地面受到的弹力将保持不变，故A对地面的压力不变，故D错误。故选C。【点睛】本题是物体的共点力平衡问题，要灵活选择研究对象，通过分析受力，由平衡条件分析力的变化.4.目前中国航天的嫦娥计划进展顺利，马上将实施的项目为：“嫦娥五号”，如今我们取得突破马上要登上月球，并将把采集到的月球样品送回地球!若“嫦娥五号”的着陆器在下落到距月面h高度处悬停后，关闭发动机做自由落体运动，经时间t落到月球表面，取样后着陆器从月面起飞时的速度至少要达到月球第一字宙速度的2倍时，才能克服月球的引力离开月球。已知万有引力常最为G，月球的半径为R，不考虑月球自转的影响，则着陆器要脱离月球返回地球，从月球表面的起飞速度至少应为A.2hRtB.2h【答案】A【解析】，着陆器在h处自由落体运动经过时间t落地，有h=12g月t2，可得g月=【点睛】解决本题的关键就是要掌握万有引力提供向心力这一关系，同时要能根据题目的要求熟练选择向心力的表达式．并且要理解第一宇宙速度的物理含义.5.如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的光滑的直杆上，一根轻质弹簧一端固定于0点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法不正确的A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒B.弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C.弹簧对小球始终做负功D.小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh【答案】C【解析】A、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，A正确。B、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，B正确.C、全过程中弹簧始终处于伸长状态即为拉力，但开始阶段弹力与运动方向成锐角后为直角再变为钝角，故弹力先做正功后做负功，C错误.D、小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量,即为mgh，D正确.本题选不正确的故选C.【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，运用系统的机械能守恒进行分析．6.有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随x轴坐标的变化情况如图所示。P、Q为x轴上的两点，其坐标分别为xP=lcm、xQ=4cm。若将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)从xA.若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子在P点和Q点的加速度大小相等，方向相反B.若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子经过P点和点时，电场力做功的功率相等C.若该粒子从Q点由静止释放，则粒子将沿x轴负方向一直向前运动D.若该粒子从P点以沿x轴正方向的水平速度v0=2【答案】D【解析】A、φx图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，根据牛顿第二定律a=qEm知粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反，故A错误。B、粒子经过P点与Q点时电势相等则电势能相等有动能相等，速度大小相等；由图象知道电场强度之比为2：1，所以电场力大小之比为2：1，根据P=Fv，电场力做功的功率大小是Q点的两倍，B错误。C、若粒子从Q点释放，先向x轴负方向加速运动再减速运动，到达P点时速度减为零，此时电场力沿x轴正向，故反向做加速运动，C错误。D、粒子在P点以某一初速度释放,先加速后减速运动到Q点速度相等，假设此后减速过程到10mm处速度减为零时电场力做的负功为W=q⋅2φ【点睛】本题关键是抓住φx图象的斜率大小等于场强E，由电势的变化确定电场线方向，判断粒子的运动情况．7.如图所示，正六边形abedef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t，不计粒子重力。下列说法正确的是A.若该粒子从a点离开磁场，则入射速度大小为vB.若该粒子从c点离开磁场，则在磁场中运动的时间为tC.要使该粒子从cd边离开磁场，则入射速度必须大于3vD.该粒子能在磁场中运动的最长时间为2t【答案】AB【解析】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=mv从b点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长rb=L，若从a点离开由对称性知ra=L2，故初速度为va=qBram=v2，A正确。B、从c点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即rc=2a，圆心角为60°，从b点飞出的圆心角为120°，根据t=θ2πT得tbtc=θbθc=21,则t【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角．8.如图甲所示，虚线MN上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，边长为L的单匝金属线框处于该磁场中，线框下端与一阻值为R的电阻相连。若金属框的总阻值为r，磁场的变化情况如图乙所示，则下列说法中正确的是A.流经电阻R的电流方向为从左向右B.线框产生的感应电动势的大小为BC.电阳R上的电压大小为BD.时间内电阳R上产生的热量为B【答案】BC【解析】A、由楞次定律可得：感应电流的方向为顺时针，所以通过R的电流方向由右向左，故A错误.B、感应电动势为E=NΔϕΔt=(2B0−B0)st0=【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极．9.，如图所示，在光滑水平面上相距x=6L的A、B两点分别固定有带正电的点电荷Q1、Q2，与B点相距2L的C点为AB连线间电势的最低点。若在与B点相距L的D点以水平向左的初速度v0释放一个质量为m、带电荷量为+q的滑块(可视为质点)A.滑块从D→C运动的过程中，动能一定越来越大B.滑块从D点向A点运动的过程中，加速度先减小后增大C.滑块将以C点为中心做往复运动D.固定在A、B两点处的点电荷的电量之比为Q1：Q【答案】ABD【解析】A、A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向C的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A正确。B、由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零，从D到A的场强先减小后增大，由a=qEm可得加速度向减小后增大，B正确。D、x=4L处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有kQA(4L)2=kQB(2【点睛】本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。10.滑板A放在光滑水平面上，质量为M，质量为m的滑块B(可视为质点)放在滑板右端，滑块与滑板动摩擦因数为μ，滑板和滑块均静止。现对滑板施加向右的水平恒力F，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t。下列判断正确的是A.滑块与滑板间动摩擦因数应满足μ<FB.若仅减小M，时间t会缩短C.若仅减小m，时间t会缩短D.若仅减小F，时间t会缩短【答案】BC【解析】A、滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：μmgm<F−μmgM，解得：μ<F(M+m)g，故A错误；B、C、由运动学得l=12a【点睛】本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用．二、实验题(本题共2小题，其中11题6分，12题9分，共15分)11.某实验小组采用如图所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系。(1)下列关于该实验的说法中正确的是（_______）A平衡摩擦力时，应将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B.小车的加速度与砝码的加速度相同C.实验过程中砝码盘处于超重状态D.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力(2)该实验小组采用正确的实验步骤后，利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的其中条纸带如图所示：(图中每两个计数点间还有四个点未画出)，则在该次实验中，小车运动的加速度大小为_________m/s2。（3）该小组用盘和砝码的重力充当小车所受合力F，通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a。分别以合力F和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系，根据实验中得到的数据描出如图所示的点迹，该实验小组得到的aF图线如图所示，实验结果跟教材中的结论不完全一致。你认为产生这种结果的原因可能是（______）A.没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低B.在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高C.测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大D.砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件【答案】(1).D(2).1.31(3).D【解析】(1)A、砝码和砝码盘的重力等于小车受到的拉力，因此在平衡小车受到的摩擦力时，不能将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；B、小车和砝码构成连接体，沿着绳子的运动相同，则两者加速度大小相等，方向不同，故B错误。C、砝码和砝码盘一起向下加速，处于失重状态，C错误。D、平衡摩擦力是利用小车本身重力的下滑分量来进行的，即mgsinθ=μmgcosθ，由此式可以看出不需要重新平衡摩擦力，故D正确；故选D.(2)由于计数点之间的时间间隔为T=0.1s，所以由逐差法可得小车的加速度为a=(3)当砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量，砝码和砝码盘的重力等于绳子的拉力，即小车的合力，当不再满足该关系时，图线的斜率为砝码和小车总质量的倒数，斜率变小，所以产生这种结果的原因可能是砂和砂桶质量较大，没满足砂和砂桶质量远小于小车质量的条件.故选D．【点睛】探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键.12.在一次探究小灯泡的伏安特性曲线的实验中，所用的器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、开关S和导线若干。(1)若要求小灯泡两端的电压从零开始变化，则应选择下列电路中的哪一个进行测量（______）（2）甲同学利用所选择的电路图，采用正确的测量方法，得到了所测灯泡L的伏安特性曲线如右图所示，P为曲线上的一点，PN为图线上P点的切线，则下列说法正确A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C.对应P点，小灯泡的电阻约为5.33ΩD.对应P点，小灯泡的电阳约为16Ω（3）乙同学利用所选择的电路采用正确的方法，分别测出了两只灯泡L1和L2的UI图象如图A中曲线所示。然后将灯泡人L1和L2与电池组(电动势和内阻恒定)连成如图B所示的电路。将开关与灯泡L1接通时，理想电流表的示数为04A；开关与灯泡L2接通时，理想电流表的示数为0.6A。该同学利用理想电流表的示数，结合灯泡L1和L2的UI【答案】(1).甲(2).AC(3).4.0；2.0Ω【解析】(1)测量小灯泡的伏安特性曲线时,要求电压值从零开始变化,故滑动变阻器应采有分压接法;小灯泡的电阻远小于电压表内阻,接近电流表内阻，故电流表应采用外接法,故选甲.(2)A、B、IU图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题此斜率减小,说明随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大.故A正确、B错误.C、D、根据电阻的定义得到,对应P点由欧姆定律可知,小灯泡的电阻为R=U1I2,R不等于切线斜率U1I2−(3)描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图象.为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.5V）和(0.60A,3V),则内阻为r=4.1−3.50.3=【点睛】当电路中的路端电压与电流图象与负载的电压与电流图象相交时，则交点表示它们的电流．原因是负载与电源相串联．而路端电压与电流的图象的纵交点是表示电源的电动势，横交点表示短路电流.三、计算题(本题共4小题，共45分。解答应写出必要的文字说明，方程式和必要的演算步骤，只写最后答案不得分)13.如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔L=8m设有一个关卡，各关卡同步改行和关闭，放行和关闭的时间分别为6s和4s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度1m/s2由静止开始加速运动，达到最大速度2m/s之后匀速运动，求（1）该同学从开始运动到达关卡2的时间；（2）最先挡住他前进的关卡是哪一关卡。【答案】（1）5s（2）最先挡住他前进的是关卡【解析】(1)由题意知，该同学先加速后匀速，最大速度v=2m/s根据v=at1可得加速的时间为：t1=2s加速的位移为：x从开始到达关卡2的时间为：t(2)t2<6s所以可以通过关卡2继续运动，从关卡2到达关卡3的时间为：t从开始到达关卡3的总时间为：t=5+4=9s关卡放行和关闭的时间分别为6s和4s，由于6<9<6+4此时关卡3是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡3【点睛】本题主要考查匀变速直线运动及匀速运动的位移、速度公式，可以分段计算，注意关卡的开关、闭关时间，找到位移与关卡间距离的关系.14.汽车以v0=20m/s的速度在水平道路上运动，从t=0时刻开始，汽车加速度随变供油油门，使牵引力随之不断改变，由加速度传感器和计算机测绘得到汽已知汽车的质量为时间变化规律如图甲所示，其中20s～30s内关闭了汽车发动机。已知汽车的质量为2x103kg，运动阻力恒定。取g=10m/s2(1)请你借鉴在研究匀变速直线运动时教科书中利用vt图像求位移的方法，对比加速反的定义，根据图所示a—t图像，求物块40s末的速度大小；(2)通过计算在图乙中画出发动机牵引力F随时间1变化的Ft图像。【答案】（1）15m/【解析】(1)由加速度的定义式a=得:Δv=aΔt，因此在匀变速直线运动中，速度的变化量Δv等于at图线与横坐标包围的“面积”，由图甲可得，040s末速度的变化量：Δv=5m/s40s末汽车的速度v=代入数据解得v=15m/s(2)汽车在20s～30s内关闭了汽车发动机，牵引力为零，汽车加速度a1=1.5m/s2由牛顿第二定律得运动阻力Ff汽车牵引力F−解得当t=0时牵引力F0=8×103N当t=40s时牵引力F=6×103NFt图像如图所示:【点睛】本题关键分析清楚物体的受力情况，结合受力情况和图象再确定物体的运动情况。15.如图所示，在高h1=30m的光滑水平平台上物块p(可视为质点)以初速度v0水平向右运动滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，E点的高度h2=15m，圆弧轨道的圆心0与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块p沿轨道BCD运动并能进入半径为R=10m的光滑竖直圆形轨道。己知物块P与水平粗糙轨道CD的动摩擦因数μ=0.2。g取10m/s2(1)物块p由A到B的运动时间；(2)物块p初速度v0(3)若要使物块p能在半径为R=10m的光滑圆形轨道内运动此不脱离轨道/求L应满足的条件。【答案】（1）3s（2）10m/【解析】(1)有平抛规律可知：h1解得;t=(2)由于R=h1，Rcosθ=h小物块平抛运动的水平速度是v0，根据g解得v0=10m/s(3)要使物块P能在半径为R=10m的光滑圆形轨道内运动时不脱离轨道，有两种情况：第一种情况：