河北省五個一聯(lián)盟（邯鄲一中石家莊一中張家口一中保定一中唐山一中）2018屆高三上學期第二次模擬考試理科綜合物理試題1.全民健身活動的開展，使得人們更加注重身體素質的提升，壘球運動也受到了更多人的青睞。如圖所示，一個質量為0.20kg的壘球，以20m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?0m/s，擊球時間為0.01s，則這一過程中球棒對壘球的平均作用力為A.大小為1200N，方向向左B.大小為1200N，方向向右C.大小為400N，方向向左D.大小為400N，方向向右【答案】B【解析】設向右為正方向，根據(jù)動量定理：F?t=mv2mv1得：F=，方向向右。故選：B。2.如圖所示斜坡傾角為45°，在斜坡底端P點正上方某一位置Q處以速度v0水平向左拋出一個小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，運動時間為t1。若在小球A拋出的同時，小球B從同一點Q處開始自由下落，下落至P點的時間為t2。則A、B兩球在空中運動的時間之比t1：t2等于（不計空氣阻力）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，如圖由幾何關系可知，小球豎直方向的速度增量：vy=gt1=v0①水平位移S=v0t1②豎直位移③由①②③得到：由幾何關系可知小球B作自由下落的高度為：④聯(lián)立以上各式解得：t1：t2=1：。故選：C.點睛：小球做平拋運動時，根據(jù)分位移公式求出豎直分位移和水平分位移之比，然后根據(jù)幾何關系求解出的自由落體運動的位移并求出時間．3.如圖所示，離地H高處有一個質量為m、帶電量為+q的物體處于電場強度隨時間變化規(guī)律為E=E0kt（E0、k均為大于零的常數(shù)，電場水平向左為正方向）的電場中，物體與豎直絕緣墻壁間的動摩擦因數(shù)為μ，已知μqE0<mg。t=0時，物體從墻上靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當物體下滑H/2后脫離墻面，此時速度大小為，物體最終落在地面上。則下列關于物體的運動說法不正確的是A.當物體沿墻壁下滑時，物體先加速再做勻速直線運動B.物體從脫離墻壁到落地之前的運動軌跡是一段曲線C.物體克服摩擦力所做的功D.物體與墻壁脫離的時刻為【答案】A【解析】A.豎直方向上，由牛頓第二定律有：mg?μqE=ma，隨著電場強度E的減小，加速度a逐漸增大，做變加速運動，當E=0時，加速度增大到重力加速度g，此后物塊脫離墻面，故A錯誤；B.物體脫離墻面時的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運動軌跡為曲線。故B正確；C.物體從開始運動到脫離墻面電場力一直不做功，由動能定理得：，物體克服摩擦力所做的功為：.故C正確；B.當物體所受的墻面的支持力為零，則電場力為零，則此時電場強度為零，所以有：E=E0?kt=0，解得時間為：t=E0/k.故D正確。本題選擇錯誤答案，故選：A。點睛：分析物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律通過加速度的變化判斷物體的運動規(guī)律，根據(jù)合力與速度的方向確定物體的運動軌跡．根據(jù)動能定理，抓住電場力在沿墻面下滑的過程中不做功，求出物體克服摩擦力做功的大小，抓住電場強度的變化規(guī)律，結合電場力為零時，物體脫離墻面求出運動的時間．4.由于放射性元素的半衰期很短，所以在自然界一直未被發(fā)現(xiàn)，只是在使用人工的方法制造后才被發(fā)現(xiàn)。已知經(jīng)過一系列α衰變和β衰變后變成霉，下列論斷中正確的是A.衰變過程中原子核的質量和電荷量守恒B.的原子核比得的原子核少28個中子C.衰變過程中共發(fā)生了7次α衰變和4次β衰變D.經(jīng)過兩個半衰期后含有的礦石的質量將變?yōu)樵瓉淼乃姆种弧敬鸢浮緾【解析】A.

的原子核比的原子核質量數(shù)少28，電荷數(shù)少10，所以衰變過程中原子核的質量和電荷量不守恒，故A錯誤；B.的原子核比的原子核質量數(shù)少28，電荷數(shù)少10,故中子少18個，故B錯誤；D.經(jīng)過兩個半衰期后的原子核個數(shù)變?yōu)樵瓉淼乃姆种?，但含有的礦石質量大于原來的四分之一，故D錯誤。故選：C.5.如圖所示是著名物理學家費曼設計的一個實驗，在一塊絕緣板中部安裝一個線圈，并接有電源，板的四周有許多帶負電的小球。整個裝置懸掛起來，在接通電鍵瞬間，整個圓盤將（自上而下看）A.逆時針轉動一下B.靜止不動C.電路穩(wěn)定情況下，斷開電鍵瞬間圓盤轉動方向與電鍵接通瞬間圓盤轉動方向相反D.不管板上小球的電性如何，電鍵接通瞬間時，圓盤轉動方向都是一樣的【答案】C【解析】A.接通電源瞬間圓板受到電場力作用而轉動，由于金屬小球帶負電，再根據(jù)電磁場理論可知，產生逆時針方向的電場，負電荷受到的電場力與電場方向相反，則有順時針方向的電場力，當開關閉合后，電流產生磁場不變，則磁場周圍不會出現(xiàn)電場，因此圓盤不在受到電場力，所以圓盤順時針轉動一下。故A正確，B錯誤，D錯誤；C.斷開電鍵瞬間，由電磁場理論可知，產生順時針方向的電場，負電荷受到的電場力與電場方向相反，則有逆時針方向的電場力，所以圓盤逆時針轉動一下。圓盤轉動方向與電鍵接通瞬間圓盤轉動方向相反，故C正確；故選：C。點睛：線圈接通電源瞬間，則變化的磁場產生變化的電場，從而導致帶電小球受到電場力，使其轉動。6.已知通電長直導線周圍空間中某點處產生的磁場的磁感應強度大小為，其中k為常量、I為直導線中的電流、r為該點到長直導線的距離。如圖所示，a、b兩根通電長直導線經(jīng)過圓心為O的圓上同一直徑的兩端，兩根直導線中的電流大小相等，a中電流方向垂直圓所在平面向里，b中電流方向垂直圓所在平面向外，此時圓心O處的磁感應強度大小為B，則A.圓心O處的磁感應強度的方向垂直于ab連線向上B.若在圓心處放置一垂直于紙面向里的通電直導線c，則此時c受到的安培力方向平行于ab指向aC.若只將直導線b沿圓周繞O點順時針轉動120°，其他條件不變，則O處的磁感應強度大小變?yōu)锽/2D.若只將直導線b沿圓周繞O點順時針轉動90°，其他條件不變，則O處的磁感應強度大小變?yōu)锽【答案】BC【解析】A.由兩直導線中電流大小相等,到圓心O的距離相等,又由安培定則可知,兩直導線中電流在O點處產生的磁感應強度大小相等、方向相同,設其中一根直導線在O點處產生的磁感應強度大小為B0,則B=2B0，方向垂直于ab連線向下，故A錯誤；B.根據(jù)左手定則，通電直導線c受到的安培力方向平行于ab指向a，故B正確；C.將直導線b順時針旋轉120°后，由安培定則可知,a、b兩直導線中電流在O點處產生的磁感應強度大小相等，夾角為120°，合磁場磁感應強度大小B0，等于B/2，故C正確；D．將直導線b沿圓周繞O點順時針轉動90°，兩根直導線中電流產生的兩個磁場方向相互垂直,所以B′=B0=B，故D錯誤。故選：BC。7.兩個等量同種電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示，一個電荷量為2×103C、質量為0.1kg的小物塊（可視為質點）從C點靜止釋放，其運動的vt圖象如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線)。則下列說法正確的是A.由C到A的過程中物塊的電勢能逐漸減小B.B、A兩點間的電勢差UBA=5VC.由C點到A點電勢逐漸降低D.B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=100V/m【答案】ACD【解析】A.從速度時間圖象可知，由C到A的過程中，物塊的速度一直增大，電場力對物塊做正功，電勢能一直減小，故A正確；B.從速度時間圖象可知,A、B兩點的速度分別為vA=6m/s,vB=4m/s,再根據(jù)動能定理得,代入數(shù)據(jù)解得：UBA=500V，故B錯誤；C.據(jù)兩個等量同種正電荷其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側，故由C點到A點的過程中電勢逐漸減小，故C正確；D.帶電粒子在B點的加速度最大,為am==2m/s2,所受的電場力最大為Fm=mam=0.1×2N=0.2N,則場強最大值為Em=Fm/q=100V/m，故D錯誤。故選：ACD。點睛：由能量守恒定律分析電勢能的變化情況．根據(jù)vt圖可知物塊在B點的加速度最大，此處電場強度最大，根據(jù)牛頓第二定律求場強的最大值．由C到A的過程中物塊的動能一直增大，根據(jù)電場線的方向分析電勢的變化，由動能定理可求得AB兩點的電勢差．8.某同學將一橡皮通過3段輕繩OA、OB、OC懸掛在A點，輕繩OC拴接在輕質彈簧測力計上。第一次，保持結點O位置不變，拉著輕質彈簧測力計從水平位置緩慢轉動到豎直位置，如圖甲所示，第二次，保持輕繩OC垂直于OA，緩慢移動輕繩，使輕繩OA從豎直位置緩慢轉動到如圖乙所示位置，則A.甲圖中OA繩的力逐漸減小B.乙圖中OA繩的力逐漸增大C.甲圖中彈簧測力計的示數(shù)先增大后減小D.乙圖中彈簧測力計的示數(shù)逐漸增大【答案】AD【解析】A．在圖1中,對O點受力分析,抓住兩根繩的合力等于物體的重力,其大小和方向都不變,OA繩拉力方向不變,根據(jù)平行四邊形定則得,如圖1,知OA繩上拉力T逐漸減小，彈簧測力計的示數(shù)F1先減小后增大，故A正確，C錯誤；B．在圖2中,假設AO與豎直方向的夾角為θ,由平衡條件得，OA繩的力：T=Gcosθ,彈簧測力計的：F2=Gsinθ,輕繩OA從如圖乙所示位置緩慢轉動到豎直位置,θ減小,則T逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小。故B錯誤，D正確。故選：AD.點睛：圖1中，O點固定不動，以O點為研究對象，分析受力情況，運用圖解法，畫出平行四邊形進行分析；圖2中，假設AO與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件得出F2與θ的關系，由數(shù)學知識分析．9.（1）某同學要進行探究小軍速度隨時間變化的規(guī)律實驗，請在下面列出的實驗器材中，選出本實驗中不需要的器材填在橫線上（填編號）：____________。①打點計時器②天平③低壓交流電源④低壓直流電源⑤細繩和紙帶⑥鉤碼和小車⑦秒表⑧一端有滑輪的長木板⑨刻度尺（2）某同學利用打點計時器所記錄的紙帶來研究做勻變速直線運動小車的運動情況，實驗中獲得一條紙帶，如圖所示，其中兩相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出。已知所用電源的頻率為50Hz，則打A點時小車運動的速度vA=____________m/s，小車運動的加速度a=____________m/s2。（結果要求保留三位有效數(shù)字）【答案】(1).②④⑦(2).0.263(3).0.505【解析】(1)在本實驗中不需要測量小車或砝碼的質量，因此不需要天平；電磁打點計時器使用的是低壓交流電源，因此低壓直流電源本實驗中不需要；同時打點計時器記錄了小車運動時間，因此不需要秒表。故本實驗中不需要的器材為：②④⑦。(2)因為兩相鄰計數(shù)點間有四個點未畫出，所以相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔為T=0.1s.根據(jù)中間時刻速度等于一段過程中的平均速度可求出A點的瞬時速度得：；根據(jù)運動學公式得：△x=at2，；10.某學習小組探究一標有“3V、1.8W”小電珠在不同電壓下的電功率大小，實驗器材如圖甲所示，現(xiàn)已完成部分導線的連接，除小燈泡、導線和開關外，還有：A.直流電源3V（內阻為1.0Ω）B.電流表（0~3A，內阻約為0.2Ω）C.電流表（0~0.6A，內阻約為0.5Ω）D.直流電壓表0~3V（內阻約為15kΩ）E.滑動變阻器“5Ω，2A”F.滑動變阻器“300Ω，0.5A”（1）實驗中電流表應選用________，動變阻器應選用________。（均用序號表示）（2）實驗要求滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，請按此要求用筆畫線代替導線在圖甲實物接線圖中完成余下導線的連接______________________；（3）根據(jù)UI曲線，可判斷出圖中正確的關系圖象是________（圖中P為小燈泡的功率，I為通過小燈泡的電流）。（4）該小組描繪出的UI曲線如圖乙所示，將4只相同“3V、1.8W”的小電珠并聯(lián)后，直接與題中直流電源組成閉合回路，則每只小電珠的實際功率約為________W(保留兩位小數(shù)）?！敬鸢浮?1).C(2).E(3).如圖所示：(4).D(5).0.52~0.58【解析】（1）“3V、1.8W”的小電珠額定電流為0.6A，所以電流表選C，滑動變阻器選E；（2）由于要求小電珠在不同電壓下的電功率大小，則滑動變阻器采用分壓接法；滑動變阻器的滑片從左到右移動過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，電路圖如圖所示：（3）由圖可知，隨電流增大，電阻逐漸增大，則PI2圖像應如圖D；（4）設每只燈泡的電壓為U，電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律：E=U+4Ir，則U=34I，在乙圖中做出UI圖線，與乙圖的交點U=1.40V，I=0.38A，所以小燈泡的功率：P=UI=1.40×0.38W=0.53W。11.節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車。有一質量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v=90km/h的速度勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P=50kW。當看到前方有大貨車慢速行駛時，提速超過了大貨車。這個過程中發(fā)動機輸出功率不變，蓄電池開始工作，輸出功率為P′=20kW?；旌蟿恿I車運動了s=1000m時，速度達到最大，并超過大貨車，然后蓄電池停止工作。全程阻力不變。求：（1）混合動力轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大??；（2）混合動力轎車加速過程中達到的最大速度；（3）整個超車過程中，混合動力轎車消耗的電能E（保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）6.6×105J【解析】（1）汽車牽引力與功率的關系為P=Fv當汽車勻速行駛時F=F阻所以（2）；（3）在加速過程中，由動能定理得消耗的電能E=P′t，解得E=6.6×105J12.如圖，帶電量為q=+2×103C、質量為m=0.1kg的小球B靜置于光滑的水平絕緣板右端，板的右側空間有范圍足夠大的、方向水平向左、電場強度E=103N/C的勻強電場。與B球形狀相同、質量為0.3kg的絕緣不帶電小球A以初速度v0=10m/s向B運動，兩球發(fā)生彈性碰撞后均逆著電場的方向進入電場，在電場中兩球又發(fā)生多次彈性碰撞，已知每次碰撞時間極短，小球B的電量始終不變，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）第一次碰撞后瞬間兩小球的速度大?。唬?）第二次碰撞前瞬間小球B的動能；（3）第三次碰撞的位置。【答案】（1）5m/s15m/s（2）（3）【解析】（1）第一次碰撞時，兩小球動量守恒，即3mv0＝3mv1＋mv2機械能守恒，即解得碰后A的速度v1＝5m/s，B的速度v2＝15m/s（2）碰后AB兩球進入電場，豎直方向二者相對靜止均做自由落體運動；水平方向上，A做勻速運動，B做勻減速直線運動，其加速度大小aB＝＝20m/s2設經(jīng)過t時間兩小球再次相碰，則有v1t＝v2t－aBt2解得t＝1s此時，B的水平速度為vx＝v2－aBt＝－5m/s（負號表明方向向左）豎直速度為vy＝gt＝10m/s故第二次碰前B的動能（3）第二次碰撞時，AB小球水平方向上動量守恒機械能守恒，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豎直下落（B在豎直方向上的運動與A相同），水平方向上，B做勻減速直線運動，設又經(jīng)過t'時間兩小球第三次相碰，則有解得t'＝1s因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞點右方x＝v1t＝5m下方y(tǒng)＝g（t＋t'）2＝20m13.下列說法中正確的有________。A.懸浮在液體中的固體的分子所做的無規(guī)則運動叫做布朗運動B.金屬鐵有固定的熔點C.液晶的光學性質具有各向異性D.由于液體表面分子間距離小于液體內部分子間的距離，故液體表面存在表面張力E.隨著高度的增加，大氣壓和溫度都在減小，一個正在上升的氫氣球（體積不變）內的氫氣內能減小【答案】BCE【解析】A、布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動，不是固體分子的運動，故A錯誤；B、金屬鐵是晶體，具有固定的熔點，故B正確；C、液晶是液體，其光學性質具有各向異性，故C正確；D、由于液體表面分子間距離大于液體內部分子間的距離，故液體表面存在表面張力，故D錯誤；E、隨著高度的增加，大氣壓和溫度都在減小，一個正在上升的氫氣球內的氫氣對外做功，同時要降溫，故內能一定減小，故E正確；故選：BCE．14.如圖所示，一個絕熱的氣缸豎直放置，內有一個絕熱且光滑的活塞，中間有一個固定的導熱性良好的隔板，隔板將氣缸分成兩部分，分別密封著兩部分理想氣體A和B?；钊馁|量為m，橫截面積為S，與隔板相距h?，F(xiàn)通過電熱絲緩慢加熱氣體，當氣體吸收熱量Q時，活塞上升了h，此時氣體的溫度為T1。已知大氣壓強為p0，重力加速度為g。①加熱過程中，若A氣體內能增加了△E1，求B氣體內能增加量△E2。②現(xiàn)停止對氣體加熱，同時在活塞上緩慢添加砂粒，當活塞恰好回到原來的位置時A氣體的溫度為T2。求此時添加