河南省郑州市2018年高三第一次质量预测物理试题.doc

河南省郑州市2018年高考物理一模试题
一、选择题（4×12=48，1～8单选，9～12多选，全部选对得4分，选对但不全的得2分）
1. 有一条小虫清晨6时起从地面沿树杆向上爬到树顶时是下午6时，第二天清晨6时起从树顶沿树杆向下爬回地面时是下午4时，若小虫爬行速度时快时慢，则两天中相同钟点（时、分、秒）爬过树杆上相同高度的机会，下面说法正确的是（　　）
A. 一定有一次 B. 可能没有 C. 可能有两次 D. 一定没有
【答案】A
【解析】本题可以看成2条小虫，都从清晨6点，一个从地面出发，一个从树顶出发，同时运动，则两条小虫肯定会相遇，且只相遇一次，故A正确．
2. 2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件（APP）扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后APP就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法正确是（　　）

A. 单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的
B. 单车是利用电磁感应原理实现充电的
C. 由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度
D. 单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力
【答案】B
【解析】单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的，故A错误；单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故B正确；由手机APP上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故C错误．单车在被骑行过程中前轮受摩擦力向后，表现为阻力，后轮受摩擦力向前，表现为动力，选项D错误；故选B.
3. 美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做 圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（　　）

A. 带电粒子每运动一周被加速两次
B. 带电粒子每运动一周P1P2=P2P3
C. 加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D. 加速电场方向需要做周期性的变化
【答案】C
【解析】试题分析：因加速电场被限制在AC板之间，故可知，粒子在运动过程中，只有在AC板间时才被加速，即每运动一周加速一次，所以选项A正确；根据牛顿第二定律可知，故可知同理，根据动能定理可知，故可知选项B错误；粒子的最大速度，故可知选项C正确；因每次粒子在电场中的运动方向一样，故电场方向无需变化 ，所以选项D错误；
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
4. 2016年8月16日l时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500km高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是（　　）

A. 工作时，两地发射和接受信号的雷达方向一直是固定的
B. 卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s
C. 可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小
D. 可以估算出地球的平均密度
【答案】BD
【解析】由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的线速度不同，所以工作时，两地发射和接受信号的雷达方向不是固定的，故A错误．7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s，故B正确．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误．根据知，因周期未知， 则不能求解地球的质量，从而不能估算地球的密度，选项D错误；故选B．
点睛：解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、周期与轨道半径的关系，理解第一宇宙速度的意义．
5. 在倾角为30°的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重60N的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是（　　）

A. 40N，30N B. 30N，50N C. 40N，50N D. 50N，60N
【答案】C
【解析】对箱子和球整体分析，根据牛顿第二定律，有：
解得：
再隔离球受力分析，如图所示：

在平行斜面方向，有：
在垂直斜面方向，有：
联立解得： 、
根据牛顿第三定律，球对箱子后壁的压力为，对箱内斜面的压力为
故C项正确；
点睛：涉及整体法和隔离法的问题优先对整体分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度；再用隔离法受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．
6. 将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是（　　）

A. 小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒
B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
C. 小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
D. 小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽
【答案】D
【解析】只有重力或只有弹力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C点落回半圆槽，故D正确．故选D．
点睛：本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．
7. 如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，下列说法中正确的是（　　）

A. b、c、e、f 四点的场强相同
B. b、c、e、f 四点的电势相等
C. O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势
D. 将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功
【答案】D
【解析】由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，而方向不相同，同理b、c电场强度大小相等，方向不同，故A错误．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等，而c、e二点的电势相等，且b、f 二点的电势高于c、e二点的电势，故B错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e二点的电势，而低于b、f 二点的电势，故C错误；将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确；故选D．
点睛：考查点电荷的电场强度的叠加，关键要掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理，并掌握等量异种电荷的等势线的分布．
8. 在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为（　　）
A. 16J、16J B. 8J、24J C. 32J、0J D. 48J、﹣16J
【答案】B
【解析】分析：推力F1作用时，物体加速前进；推力F2作用时，物体先减速前进，后加速后退，整个过程加速度不变，为匀变速运动．
设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，根据平均速度公式可以求出v1与v2的关系；然后可根据动能定理求出恒力F1、F2做的功．
解答：解：设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等，根据平均速度公式有
=-解得v2=-2v1
根据动能定理，加速过程W1=mv12
匀变速过程W2=mv22-mv12
根据题意mv22=32J
故W1=8J W2=24J
故选B．
9. 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变．开始时单刀双掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（　　）

A. 闭合开关S B. 开关K接b
C. 把滑动变阻器滑片向左移动 D. 把滑动变阻器滑片向右移动
【答案】BD
【解析】闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；开关k接b，输入端线圈匝数减小，则根据可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A中电流增大，灯泡A变亮，故B正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故D正确；故选BD.
点睛：本题结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分，注意与闭合电路欧姆定律中动态分析相结合进行分析．
10. 某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A. 根据图（a）和图（e）可估测出电梯向下制动时的加速度
B. 根据图（a）和图（c）可知人的机械能在减小
C. 根据图（a）和图（b）可估测出电梯向上制动时的加速度
D. 根据图（a）和图（d）可知人的机械能在减小
【答案】AD
【解析】A：（e）图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图（a和图（e），能够求出电梯向下制动时的加速度。故A项正确．
B：（c）图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，电梯对人做正功，人的机械能在增加。故B项错误．
C：（b）图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，所以根据图（a）和（b）图，能够求出电梯向上起动时的加速度。故C项错误．
D：（d）图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，电梯对人做负功，人的机械能在减小。故D项正确．
综上答案为AD。
11. 如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A. b、d两点的电场强度大小相等，电势相等
B. a、c两点的电场强度大小相等，电势相等
C. 若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动
D. 若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动
【答案】BC
..................
12. 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻．现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F=2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是（重力加速度为g）（　　）

A. 金属棒的末速度为
B. 金属棒的最大加速度为1.4g
C. 通过金属棒的电荷量为
D. 定值电阻上产生的焦耳热为
【答案】AD
【解析】设金属棒匀速运动的速度为v，则感应电动势E=BLv；回路电流；安培力F安＝BIL＝；金属棒匀速时，受力平衡有F＝mgsin30°+F安，即2mg＝mg+
联立解得：，故A正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F-mgsin30°=ma，代入数据2mg−mg＝ma，解得a=1.5g，故B错误；根据感应电量公式，故C错误；对金属棒运用动能定理，有Fs−mgssin30°−Q＝mv2，其中定值电阻上产生的焦耳热为，故D正确；故选AD.
点睛：解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，速度达到最大，同时记住感应电量的公式，选择题和填空题可直接使用．
二、非选择题题（共6小题，满分52分）
13. 如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置．现有器材为：带铁夹的铁架台电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平．

（1）为完成实验，还需要的器材有_____．
A．米尺 B．0～6V直流电源
C．秒表 D．0～6V交流电源
（2）某同学用图1所示装置打出的一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为_____m/s．（结果保留三位有效数字）
（3）采用重物下落的方法，根据公式mv2=mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是_____，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近_____．
（4）该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2﹣h图象如图3所示，则图线斜率的物理意义是_____．
【答案】 (1). AD (2). 1.75 (3). 重物的初速度为零 (4). 2mm (5). 当地重力加速度的2倍
【解析】（1）通过打点计时器计算时间，故不需要秒表．打点计时器应该与交流电源连接．
需要刻度尺测量纸带上两点间的距离．故选AD．
（2）由图可知CE间的距离为：x=19.41﹣12.40=7.01cm=0.0701m；则由平均速度公式可得，D点的速度；
（3）用公式mv2=mgh时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始，打点计时器的打点频率为50 Hz，打点周期为0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm，h=gT2=×9.8×0.022 m≈2 mm．
（4）由机械能守恒mgh=mv2得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g；
点睛：本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题．同时在计算中要注意单位的换算．
14. 在“测定金属丝的电阻率”实验中，所用的测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某一次测量结果（接近多次测量的平均值）如图1所示，其读数为_____mm．
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx的阻值（约为15Ω），实验室提供了如下器材：
A．电池组E（电动势为3V，内阻约为1Ω）
B．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）
C．电流表A2（量程为0～3A，内阻为0.02Ω）
D．电压表V1（量程为0～3V，内阻约为5kΩ）
E．电压表V2（量程为0～15V，内阻为15kΩ）
F．电阻箱R（阻值范围为0～99.99Ω，额定电流为1A）
G．开关S，导线若干
为使测量尽可能准确，电流表应选用_____，电压表应选用_____；（填器材前的字母标号）应采用图2给出的_____电路进行测量．
（3）根据记录的电阻箱阻值R及对应电流表示数I和电压表示数U，在坐标纸上作图象如图2所示，根据图象可得金属丝的电阻Rx=_____Ω（保留两位有效数字）．
（4）根据以上数据估算金属丝的电阻率约为_____（填选项前的字母标号）．
A．4×10﹣2Ω•m B．4×10﹣3Ω•m C．4×10﹣6Ω•m D．4×10﹣8Ω•m
（5）关于本实验的误差，下列说法中正确的是_____（填选项前的字母标号）．
A．用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差．
【答案】 (1). 0.399 (2). B (3). D (4). 甲 (5). 17 (6). C (7). CD
【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：．
（2）电源电动势为3V，则电压表选D电压表V1（量程为0～3V，内阻约为5kΩ）；
通过电阻丝的最大电流约为：，电流表选择B电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）；
由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应选择外接法；
由题意可知，待测电阻阻值约为15Ω，电阻箱最大阻值为99.99Ω，为测多组实验数据，电阻箱应与待测电阻并联，如果串联所测实验数据太少，应选择图甲所示实验电路．
（3）由图甲所示实验电路，根据并联电路特点与欧姆定律得：，整理得：，图象的截距：，则待测电阻阻值：。
（4）由电阻定律可知：，则电阻率 ，故选C；
（5）A：读数引起的误差是由人为因素引起的，属于偶然误差，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A项错误；
B：由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不是偶然误差，故B项错误；
C：若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C项正确；
D：用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差，不能消除系统误差，故D项正确。
所以本小题答案为：CD．
点睛：明确偶然误差是由人为因素引起的，可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差，但不能消除偶然误差；系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差，系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除．

【答案】101kg
【解析】由牛顿第二定律得：mg－f＝ma

抛物后减速下降有：
Δv＝a/Δt
解得：
视频
16. 如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连 线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在 竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：
（1）小物块从A点运动至B点的时间．
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小．
（3）C、D两点间的水平距离L．

【答案】（1）0.35s（2）8N（3）1.2m
【解析】（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：
解得：
（2） ．
小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）=mυC2-mυB2
在C点处，据牛顿第二定律有
联立两式代入数据解得NC=8N．
（3）从C点到D点，由动能定理可知：
解得：L=1.2 m
17. 一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内．一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x正方向．后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示．不计重力的影响．求磁场的磁感应强度B的大小及xy平面上磁场区域的半径R．

【答案】
【解析】试题分析：画出磁场区域及粒子运动的轨迹如图，设粒子圆周运动的半径为，
由几何知识可得：，解得：，磁场区域的半径为：，
由牛顿第二定律得：，解得：。

考点：带电粒子在磁场中的运动
18. 飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计，此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动．设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度v0在宇宙中飞行．飞船可视为横截面积为S的圆柱体（如图所示）．某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云．已知尘埃云分布均匀，密度为ρ．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e．在加速过程中飞行器质量的变化可忽略．求单位时间内射出的阳离子数．

【答案】
【解析】设在很短的时间Δt内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为。
飞船与尘埃发生的是弹性碰撞：，
，
解得：，　
由于，所以碰撞后尘埃的速度 v2=2v0
对尘埃，根据动量定理： ，其中 ，
则飞船所受阻力
设一个离子在电场中加速后获得的速度为v。根据动能定理
设单位时间内射出的离子数为n。在很短的时间Δt内，根据动量定理：
则飞船所受动力
飞船做匀速运动
解得

二、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题中有多项符合题目要求，全部选对的将6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
14.关于核反应方程，下列说法正确的是
A.该反应过程，电荷数守恒，质量数不守恒
B.该反应为原子核的α衰变
C.该反应过程要吸收能量
D.该反应过程中有γ射线放出
15.美国SpaceX公司研制的“猎鹰9号”火箭首次实现了一级火箭回收再利用。如图所示，某次“猎鹰9号”回收火箭时，当返回的一级火箭靠近地面时箭体已经调整为竖直状态，火箭发动机向下喷气，使火箭沿竖直方向向下做加速度为1m/s²的匀减速直线运动，当火箭距地面高度为100 m时，火箭速度为20 m/s，为保证火箭着陆时的速度不超过2 m/s，之后下落的过程中，火箭发动机必须在距地面某高度h时加力全开，发动机加力全开后的火箭做加速度为2m/s²的匀减速直线运动，则h的最小值为
A.49 m B.56 m C.88m D.98 m
16.在赤道平面内有三颗在同一轨道上运行的卫星，三颗卫星在此轨道均匀分布，其轨道距地心的距离为地球半径的3.3倍，三颗卫星自西向东环绕地球转动。某时刻其中一颗人造卫星处于A城市的正上方，已知地球的自转周期为T，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，则A城市正上方出现下一颗人造卫星至少间隔的时间约为
A.0.18T B.0.24T C.0.32T D.0.48T
17.如图所示，用一辆货车运输一超长木板，先在货车上固定一“”型货架。再将木板放置在货架上，货架与水平面的夹角θ=10°，木板与货架之间的动摩擦因数μ=0.2，为了保证运输安全，货车在运输过程中刹车时，其加速度的最大值约为(g=10m/s²，sin 10°≈0.17，cos 10°≈0.98)
A.2.2 m/s² B.3.9 m/s² C.4.6 m/s² D.5.7 m/s²
18.如图所示，平行金属板A、B正对放置，两板间电压为U，一束完全相同的带电粒予以不同速率沿图中虚线平行于金属板射入板间，其速率介于～k(k>1)之间且连续分布，带电粒子射出金属板后打在右侧的一垂直于A、B板的荧光屏上，打在荧光屏上的长度为L，已知所有粒子均可射出金属板，且不考虑带电粒子间的相互作用，若仅将金属板A、B间的电压减小至，不计带电粒子的重力.则打在荧光屏上的长度变为
A. B. C. D.L
19.如图所示，两个完全相同的带正电荷的小球被a、b两根绝缘的轻质细线悬挂于O点，两小球之间用绝缘的轻质细线c连接，a、b、c三根细线长度相同，两小球处于静止状态，且此时细线c上有张力，两小球的重力均为G。现用一水平力F缓慢拉右侧小球，使细线a最终处于竖直状态，两小球最终处于静止状态，则此时与初态相比，下列说法正确的是
A.细线a的拉力变大
B.细线b的拉力变大
C.细线c的拉力变大
D.最终状态时的水平拉力F比小球的重力G大
20.如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区城内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端0点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计.下列说法正确的是
A.导体棒0点的电势比A点的电势高
B.在导体棒的内部电流由O点至A点
C.在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为
D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为
21.一含有理想变压器的电路如图所示，a、b两端接入正弦交流电压，、为定值电阻，理想变压器为升压变压器。开始的时候开关S与原线圈的1接线柱连接，现将开关S与原线圈的2接线柱连接，下列说法正确的是
A.通过的电流- -定增大
B.通过的电流一定增大
C.R的功率可能会增大
D.变压器原线圈两端的电压可能会增大
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
22.(5分)
某同学要测量做平抛运动的物体的初速度的实验方案如图所示。O点为小球的抛出点，在O点处有一个点光源，在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，在小球抛出后的运动过程中在毛玻璃上就会出现小球的投影点，则小球在毛玻璃上的投影点向下做__________(填“匀速”或“匀变速”)直线运动。现在毛玻璃右边用频率为f的频闪相机采用多次曝光的方法，拍摄到小球在毛玻璃上的投影照片，并通过比例换算出照片中两个相邻的小球投影点之间的实际距离为Δh。已知点光源到毛玻璃的水平距离为L，重力加速度为g.则小球平抛运动的初速度=________(用题中所给字母表示)。
23.(10分)
有一个电压表，量程已知，内阻Rv很大；一节电池(电动势未知，但不超过电压表的量程，内阻可忽略)；另有一个最小标度为0.1 Ω的电阻箱R；一个单刀单掷开关；利用上述器材和连接用的导线，设计出测量某一小电阻阻值Rx的实验方法(已知Rx和Rv相差较大)。
(1)在虚线框内画出电路图。
(2)请简要地写出测量方案并明确说出数据处理方法：________________________________________
______________________________________________________________________。
(3)由测量得到的数据计算出Rx，则Rx与真实值相比____________（填“偏大”“偏小”或”准确”)。
24.(12分)
如图所示，一人手持质量为m的小球乘坐在热气球下的吊篮里。气球、吊篮和人的总质量为M，整个系统悬浮在空中。突然，人将小球急速上抛，经过时间t后小球又返回到人手中。设人手在抛接小球时相对吊篮的位置不变，整个过程不计空气阻力，重力加速度为g，求人在抛小球的过程中对系统做了多少功?

25.(20分)
如图所示，半轻为R的圆形区域被等分成a、b、c、d、e、f六个扇形区域，在a、c、e三个扇形区域内有垂直于纸面向里的大小相等的匀强磁场，现让一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从0A半径的中点以速度射入a区域磁场，速度与0A半径的夹角θ=60°，带电粒子依次经过a、b、c、d、e、f六个区域后又恰好回到P点，且速度与OA之间的夹角仍为60°。
(1)求a、c、e三个扇形区城内磁感应强度B的大小；
(2)求带电粒子在圆形区城运动的周期T；
(3)若将带电粒子的入射点改为C点(未标出)，C点仍在OA上，入射速度方向不变，大小改变，此后带电粒子恰好没有射出圆形区域，且依次经过a、b、c、d、e、f六个区域后又恰好回到C点，且速度与OA之间的夹角仍为60°，求此时的周期T′与原来周期T的比值。

(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
33.[物理一选修3--3](15分)
(1)(5分)下列说法正确的是_______。(填正确答案标号。 选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.所有晶体都有确定的熔点，但在导电、导热、透光等物理性质上不一定表现出各向异性
B.用活塞压缩打气简内的气体，受到的阻力主要来源于气体分子间的斥力
C.悬浮在液体中的微粒某一瞬间接触到的液体分子越多，受到撞击的不平衡性就表现地越明显，布朗运动就越剧烈
D.露珠总是出现在夜间和清晨是由于气温降低使空气中的水蒸气达到饱和后液化造成的
E.一切自发的过程，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行
(2)(10分)一长=100cm、内壁光滑、导热性能良好粗细均匀的玻璃管开口向上竖直固定放置，厚度不计的轻质活塞置于管口位置，封闭着一定量的空气(可视为理想气体).已知大气压强=76cmHg，环境温度为17℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，现在活塞的顶部缓慢地倒入水银。
①求最多可倒入的水银柱长度为多大?
②在满足第①向的情况下，为使倒人的水银能完全溢出，至少需将玻璃管加热到多少摄氏度?

34.[物理一选修3- 4](15分)
(1)(5分)0点为波源，被源振动一段时间后在空间形成了如图所示的波形。x=6m处的质点图示时刻刚刚起振，P、Q两质点偏离平衡位置的位移分别为1cm和-1cm，已知波的传播速度为10m/s。下列说法正确的是______。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.波源起振方向沿y轴正方向
B.P质点从图示位置第一次回到平衡位置所经历的时间为s
C.Q质点平衡位置的坐标为=3.5m
D.P、Q两质点的振动速度总是大小相等
E.从图示时刻开始计时，x=125m处的质点第一次到达波峰的时间是t=12.5s
(2)(10分)如图所示为一个用透明介质做成的直角三校镜的横截面图，其中∠A=30°，∠C=90°，一束单色光平行于AC入射到AB面上，透明介质对该单色光的折射率n=，BC边长为L，一个足够大的光屏MN平行于BC边竖直放置。且与BC边间距为L。求光屏上被照亮部分的竖直长度。

高三物理参考答案
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16
17
18
19
20
21
D
D
A
B
C
BCD
BC
AC

22.匀速(2分)； .(3分)
23.（1）如图所示；(2分)
（2）多测几组电阻箱和电压表的数据，做出关系图线，利用图线的斜率和截距求出.(4分)
（3）偏小.(3分)
24.解：设人将小球急速上抛，小球刚被抛出时向上的速度为，与此同时M岗下运动的速度为.则
人对系统做的功为：(2分)
人将小球抛出后，对易统由动量守相定律得：(2分)
以抛出点为坐标原点，取向上为y轴正方向，对小球有(2分)
财气球、吊篮和人，则有(2分)
其中(1分)
由题可知。在1时期。小球回到人手的位置，有(1分)
解得，，故(2分)
25.解：(1)由题意可有出如图所示的轨迹图，带电粒子在a区域运动时的圆心为O，
∠01PO=∠010P=30°(2分)
由几何关系可知 (2分)
解得 (1分)

(1分)
所以 (1分)
(2)带电粒子在a、c、e三个区域运动时间相同，转过的圆心角均为.所以恰好为在磁场中的一个整周期，
(2分)
又，所以 (1分)，
带电粒子在b、d、f区域运动的时间为 (2分)
周期为 (1分)
(3)由题意可画出粒子的轨迹图如图所示由几何关系可知此时带电粒子在磁场中的运动的轨道半径
(1分)
， (1分)
带电粒子在a、c、e三个区域运动时间相同，转过的圆心角均为，所以恰好为在磁场中的一个整周
期 (1分)
(1分)
带电粒子在b、d、f区域运动时间 (1分)
(1分)
所以 (1分)
33.(1)ADE.
(2)解：①设玻璃管的横藏面积为S，最多能倒人的水银柱长度为x，则有
(2分)
解得x=0(舍去)，x=24 cm (2分)
②在满足第①向的情况下，设将气柱加热到T时，管中尚有y cm水银柱，由理想气体状态方程可
(2分)
由数学知识可得，当.即y=12 cm时，有最大值 (2分)
此时对应的温度T最大，此后不需再加热，水银便自动溢出，代入数据解得
Tm≈295.5K，即tm≈22.5℃ (2分)
34.（1）ABD.
(2)解：射向AB边的光线人射角α=60°，设折射角为β
由折射定律得 (1分)
可得β=30°(2分)
由几何关系知，从AB中点D人射的光线恰好通过C点 (1分)
设临界角为C
由，得sinC=<，C<60° (2分)
从AD间射到棱镜的光线，照射到AC面上的人射角为60°，大于临界角C，所以这些光线在AC面上发生全反射，反射光线照射到BC面上时入射角θ=30°，在BC面发生折射，由几何关系可知，照射到光屏上的长度L1=BC=L. (2分)
从DB段入射的光线经棱镜两次折射后，照射到光屏上的长度为L2=BC=L (1分)
所以光屏上被照亮部分的整直长度为L1+L2=2L (1分)

高三毕业班质量检查测试 物理答案解析版

第14题
14．轰炸机进行实弹训练，在一定高度沿水平方向匀速飞行，某时刻释放炸弹，一段时间后击中竖直悬崖上的目标P点。不计空气阻力，下列判断正确的是