2018年河南省洛阳市韩村中学高三物理联考试题含解析

2018年河南省洛阳市韩村中学高三物理联考试题含解
析
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. 如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中、、和均为固定电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为和；、和为理想电流表，读数为别为、和。

现断开S，不变，下列推断正确的是：
A、变小，变小
B、不变，变小
C、变小，变小
D、变小，变大
参考答案：
C
2. 从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H，设上升过程中空气阻力f恒定．对于小球从抛出到上升至最高处的过程，下列说法正确的是A．小球的动能减少了mgH
B．小球的机械能减少了fH
C．小球的重力势能增加了mgH
D．小球的加速度大于重力加速度g
参考答案：
BCD
3. 如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一
上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束反射光束
Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，则
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，且三束光一定相互平行
B．增大α角且α≤90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
C．光Ⅱ照射某金属表面能发生光电效应现象，则光Ⅲ也一定能使该金属发生光电效应现象
D．减小α角且α>0°，光束Ⅲ可能会从上表面消失
参考答案：
A
解析：光沿PO射到界面上时，同时发生了反射和折射，Ⅰ
为直接反射的光，为复色光；折射进入玻璃的光由于折射率不
同而发生色散，然后在玻璃板的下表面反射和两次进入空气的
折射而成为Ⅱ、Ⅲ两束，如图所示，由图可知，光束Ⅱ在玻璃
中的折射率比光束Ⅲ大，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光；由光路可逆可知，三束光彼此平行，A正确；当时，反射光与入射光重合，因此当α增大时，Ⅱ、Ⅲ光束靠近光束Ⅰ，B错；由于光束Ⅱ在玻璃中的折射率比光束Ⅲ大，光Ⅱ的频率比光Ⅲ高，所以光Ⅱ照射某金属表面能发生光电效应现象，则光Ⅲ不一定能使该金属发生光电效应现象，C错；由于光路可逆，因此只要光能从上表面射入，则一定能以原角度从上表面射入空气，不会发生全反射，D错。

4. （单选）某大型游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示的物理模型．一个小朋友从A 点开始下滑，滑到C点时速度恰好减为0，整个过程中滑梯保持静止状态．若AB段的动摩擦因数μ1小于BC段的动摩擦因数μ2，则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（）
A．滑块在AB段重力的平均功率等于BC段重力的平均功率
B．滑块在AB和BC段合外力所做的总功相同
C．地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左
D．地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小
参考答案：
考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．
专题：动能定理的应用专题．
分析：由题意可知，小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小．
解答：解：A、根据平均速度的公式，设B点的速度为v，则AB段和BC段的平均速度都为，所以滑块在AB段重力的平均功率等于BC段重力的平均功率．故A正确．
B、滑块在AB段合力做正功，在BC段，合力做负功，一正一负．故B错误．
C、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图1．以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左．同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故C错误．
D、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力F N小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力．故D错误．
故选A．
点评：本题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究．
5. （多选题）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）
A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小
参考答案：
AC
【考点】自感现象和自感系数．
【分析】利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．
【解答】解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大，故AC正确BD错误．
故选：AC
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 某同学在描绘平抛运动轨迹时，得到的部分轨迹曲线如图所示。

在曲线上取A、B、C 三个点，测量得到A、B、C三点间竖直距离=10.20cm，=20.20cm，A、B、C三点间
水平距离=12.40cm，g取10m／s2，则物体平抛运动的初速度大小为______m／s，轨迹上B点的瞬时速度大小为________m/s。

（计算结果保留三位有效数字）
参考答案：
1.24m/s 1.96m/s
据题意，由于物体做平抛运动，则有h2-h1=gt2，可以求出物体在AB、BC段的运动时间为t=0.1s，则物体做平抛运动的初速度为v0=x/t=1.24m/s；轨迹上B点的速度为
vB=，vx=1.24m/s，vy=(h1+h2)/2t=1.52m/s，则B点的速度为：vB=1.96m/s。

7. 做平抛运动的物体可以分解成水平方向上的运动和竖直方向上的运动．物体在水平方向上的速度为，竖直方向上的速度为．
参考答案：
匀速直线，自由落体，v0，gt．
【考点】平抛运动．
【分析】根据平抛运动水平方向和竖直方向上的受力情况判断物体的运动规律，再由分速度公式求解．
【解答】解：平抛运动在水平方向上不受力，有初速度，根据牛顿第一定律知，物体在水平方向上做匀速直线运动．竖直方向上，物体仅受重力，初速度为零，所以竖直方向上做自由落体运动．
物体在水平方向上的速度为v x=v0，竖直方向上的速度为v y=gt
故答案为：匀速直线，自由落体，v0，gt．
8. 汽车发动机的功率为60kW，若汽车总质量为5×103 kg，在水平路面上行驶时，所受阻力大小恒为5×103 N，则汽车所能达到的最大速度为12m/s；若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持的时间为16s．
参考答案：
当汽车在速度变大时，根据F=，牵引力减小，根据牛顿第二定律，a=，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大．
以恒定加速度开始运动，速度逐渐增大，根据P=Fv，发动机的功率逐渐增大，当达到额定功率，速度增大，牵引力就会变小，所以求出达到额定功率时的速度，即可求出匀加速运动的时间．
解：当a=0时，即F=f时，速度最大．
所以汽车的最大速度=12m/s．
以恒定加速度运动，当功率达到额定功率，匀加速运动结束．
根据牛顿第二定律，F=f+ma
匀加速运动的末速度===8m/s．
所以匀加速运动的时间t=．
故本题答案为：12，16．
位于端点的直尺，一个木块及质量不计的细线．试用这些器件设计一实验装置（要求画出示意图），通过一次测量（弹簧测力计只准读一次数），求出木块的质量和尺的质量．（已知重力加速度为g）
参考答案：
找个地方把弹簧测力计悬挂好，取一段细线做成一环，挂在弹簧测力计的挂钩上，让直尺穿在细环中，环与直尺的接触点就是直尺的悬挂点，它将尺分为长短不等的两段．用细线栓住木块挂在直尺较短的一段上，细心调节直尺悬挂点及木块悬挂点的位置，使直尺平衡在水平位置（为提高测量精度，尽量使二悬挂点相距远些），如图所示．设木块质量为m，直尺质量为M．记下二悬挂点在直尺上的读数x1、x2，弹簧测力计读数G．由平衡条件和图中所设的直尺零刻度线的位置有
(1)
(2)
(1)、(2)式联立可得
(3)
(4)
给出必要的说明占8分，求出r 占10分．
10. 某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；
③接通打点计时器（其打点时间间隔为0.02 s）；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设小车在整个过程中所受的阻力恒定)。

乙
在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。

(长度单位：cm)
请你分析纸带数据，回答下列问题：（结果保留两位有效数字）
①该电动小车运动的最大速度为_______m/s；
②该电动小车的额定功率为________W。

参考答案：
①1.5 （3分）②1.2（
11. 有关热辐射和光的本性，请完成下列填空题：
黑体辐射的规律不能用经典电磁学理论来解释，1900年德国物理学家普朗克认为能量是由一份一份不可分割最小能量值组成，每一份称为_________。

1905年爱因斯坦从此得到启发，提出了光子的观点，认为光子是组成光的最小能量单位，光子的能量表达式为_________，并成功解释了__________________现象中有关极限频率、最大初动能等规律，写出了著名的__________________方程，并因此获得诺贝尔物理学奖。

参考答案：
能量子；；光电效应；光电效应方程（或）
12. 如图所示是探究气体的压强与温度关系的DIS实验装置图。

（1）在图中①为____________传感器；②为__________传感器。

（2）（单选题）与初状态相比，试管内气体的压强变化量Δp与温度变化量Δt 之间的关系是图（）
参考答案：
（1）（1分）压强（1分）温度
（2）（3分）（ B ）
13. 汽车发动机的功率为50kW，若汽车总质量为5×103 kg，在水平路面上行驶时，所受阻力大小恒为5×103 N，则汽车所能达到的最大速度为 ________m/s，若汽车以0.5m/s2的加速度由静止开始做匀加速运动，这一过程能维持的时间为
________ s。

参考答案：
10， 40/3
三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定．
（1）实验过程中，电火花计时器应接在电源上．调整定滑轮高度，使．
（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的
加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ= ．
（3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．则木块加速度大小a = m/s2(保留两位有效数字)．
参考答案：
（1）交流细线与长木板平行（答“细线水平”同样给分）
（2）（3）1.3
15. 如图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．
(1)平衡小车所受的阻力的操作：取下________，把木板不带滑轮的一端垫高；接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动．如果打出的纸带如图乙所示，则应________(减小或增大)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹________为止．
(2)图丙为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m为小车上砝码的质量．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________．
参考答案：
(1)砝码减小间隔相等(均匀) 每空1分
(2)F＝，m′＝
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 如图所示，倾角为=370的斜面底端有一轻质弹簧，左端与挡板A连接，斜面顶端与
一光滑圆管平滑对接。

斜面上有凹槽M，槽M内靠近左侧壁（但刚好不粘连）有一光滑滑块N，槽M的内侧左右各带有一粘性物质（两物体相碰会粘在一起）,刚开始M、N两者均被锁定。

现斜面上有一光滑小球P 以速度V0=9m/s与槽M发生碰撞, 并以速度v1=3m/s反弹。

在碰撞瞬间同时释放M、N两物体。

已知N的质量为m1=1kg、M的质量为m2=3kg、P质量为m0=1.5kg、M与斜面之间的动
摩擦因数为μ=、槽长L=3m、圆弧半径R=0.25m ,且圆心D与C点等高。

AB足够长、小球直径略小于管的内径，忽略槽M两侧厚度、N的大小，g=10m/s2 求：
（1）P滑至圆管最高点E时对圆管压力大小；
（2）被小球撞后M、N经多长时间粘在一起；
（3）槽M运动的过程中弹簧的最大弹性势能大小。

参考答案：
解：小球P反弹至最高点E过程中机械能守恒：
…………………………………………… …………2分
解得………………………………………1分
在最高点假设球与管的上侧接触则由牛顿第二定律有：
…………………………………………………………………2分
解得N=9N 说明与管上侧接触………………………………………………1分
由牛顿第三定律知球对轨道压力………………………………1分
（2）m0 、m2相撞动量守恒：
…………………………………………………………… 1分
解得………………………………………………………………1分
撞后N做匀加速直线运动由牛顿第二定律有：
………………………………………………………………1分
对M做匀减速直线运动由牛顿第二定律有：
解得……………………………………………………………… 1分
假设N与M左侧相碰
当两者共速时N离槽M的左侧距离最大
得
说明没有与右侧相碰………………1分
设两者相撞所需的时间为t2
则有
得…………………………………………………………………1分
因槽减速到速度为零的时间
故两者相撞所需的时间为1.5s …………………………………………………1分
（3）从M被P撞后一直到与弹簧接触之前
对M、N有……………………………… 1分
故系统动量守恒：
得粘后的共同速度 (1)
分
用其它方法求解共同速度同样给总分2分
因系统未与弹簧接触之前做匀速运动故弹簧弹性势能最大值为
…………………………………………………… 2分
17. （计算）（2015?昌平区二模）正电子发射计算机断层（PET）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段．PET所用回旋加速器示意如图，其中置于高真空中的两金属D形盒的半径为R，两盒间距很小，质子在两盒间加速时间可忽略不计．在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示．质子质量为m，电荷量为q．假设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，加速电压为U，保证质子每次经过电场都被加速．
（1）求第1次被加速后质子的速度大小v1；
（2）经多次加速后，质子最终从出口处射出D形盒，求质子射出时的动能E km和在回旋加速器中运动的总时间t总；
（3）若质子束从回旋加速器射出时的平均功率为P，求射出时质子束的等效电流I．
参考答案：
（1）第1次被加速后质子的速度大小v1为
（2）质子射出时的动能E km为，在回旋加速器中运动的总时间t总为．（3）射出时质子束的等效电流I为．
带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
解：（1）质子第1次被加速后，由动能定理得
得：
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
质子做圆周运动的半径
当r=R时，质子的速度最大，动能最大．
所以最大速度，最大动能
粒子做圆周运动的周期
设质子在电场中加速的次数为n，由动能定理得：
质子在电场中每加速一次，随即在磁场中运动半周，所以
联立解得
（3）设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器射出时的平均功率
输出时质子束的等效电流
解得
答：（1）第1次被加速后质子的速度大小v1为
（2）质子射出时的动能E km为，在回旋加速器中运动的总时间t总为．
（3）射出时质子束的等效电流I为．
18. 如图，一质量为m=1kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距
L=0.08m；质量为m=1kg 的小物块以初速度v0=2m/s 滑上木板左端．木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.1．木板与墙的碰撞是完全弹性的．取g=10m/s2，求
（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．
参考答案：
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专
题：
计算题；压轴题．
分析：本题中开始小木块受到向后的摩擦力，做匀减速运动，长木板受到向前的摩擦力做匀加速运动；当长木板反弹后，小木块继续匀减速前进，长木板匀减速向左运动，一直回到原来位置才静止；之后长木板再次向右加速运动，小木块还是匀减速运动；长木板运动具有重复性，由于木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触，故直到两者速度相同，一起与墙壁碰撞后反弹；之后长木板向左减速，小木块向右减速，两者速度一起减为零．
解答：解：（l）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞．碰撞时的速度为v1，则
μmg=ma …①
…②
v1=at …③
联立①②③解得
T=0.4s v1=0.4m/s…④
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为为T．设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有
v=v0﹣（2nT+△t）a=a△t…⑤
式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．
由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为
2v=v0﹣2nT…⑥
由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有
0≤v0﹣2nT≤2v1…⑦
求解上式得1.5≤n≤2.5
由于n是整数，故n=2 …⑧
由于速度相同后还要再一起与墙壁碰撞一次，故一个碰撞三次；
再有①⑤⑧得△t=0.2s …⑨
v=0.2m/s …⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为
t=4T+△t=1.8s (11)
即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1.8s．
（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为 (12)
联立①与（12）式，并代入数据得s=0.06m (13)
即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m．
点评：本题关键要分清出长木板的运动为往复运动，具有重复性，而小木块的运动是匀减速直线运动，然后根据运动学公式列式求解．。