陕西省咸阳市2017-2018学年高三下学期第二次模拟物理试卷 Word版含解析

陕西省咸阳市2017-2018学年高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项复合题目要求，第6题-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．用手水平托住几本书，下列哪种情况下手对书本的作用力最大( )A．书本匀速向上运动B．书本匀速向下运动C．书本匀加速水平运动D．书本匀减速向上运动2．某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点．下列说法错误的是( )A．A点的电场强度小于B点的电场强度B．A点的电势高于B点的电势C．将负电荷从A点移到B点，电场力做正功D．将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零3．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t图象可能正确的是( )A．B．C．D．4．某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，某次测量卫星的轨道半径为r1，后来变为r2（r2＜r1），用E k1、E k2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2表示卫星在这两个轨道上的运行周期，则( )A．E k2＜E k1，T2＜T1B．E k2＞E k1，T2＜T1C．E k2＜E k1，T2＞T1D．E k2＞E k1，T2＞T15．如图所示电路，电源电动势和内电阻分别为E和r，A、B为两盏相同的电灯，当变阻器的触头P向下移动时，下列情况中正确的是( )A．A灯变亮，B灯变亮B．A灯变亮，B灯变暗C．A灯变暗，B灯变亮D．A灯变暗，B灯变暗6．如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触电．可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态．n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数．该电吹风的各项参数如表所示．下列说法正确的有( )热风时输入功率460W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率52WA．吹热风时触片P与触点b、c接触B．可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60ΩC．变压器两线圈的匝数比n1：n2=3：11D．换用更长的电热丝（材料、粗细均不变），则吹的热风温度更低7．如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体Q．一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，P和Q的质量相等，小球靠在立方体左侧，杆竖直，整个装置处于静止状态．受到轻微扰动后P 倒向右侧并推动Q．下列说法中正确的是( )A．在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小为B．在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，立方体和小球的速度大小之比为sinθC．在小球和立方体分离前，小球所受的合外力一直对小球做正功D．在落地前小球的机械能一直减少8．如图所示为磁悬浮列车模型，质量M=1kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ=0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为Ω．OO′为AD、BC的中点．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图a所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图b所示，AB恰在磁场边缘以内．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若金属框固定在绝缘板上，则金属框从静止释放后( )A．通过金属框的电流为8A B．金属框所受的安培力为8NC．金属框的加速度为3m/s2D．金属框的加速度为7m/s2二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第9-第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第13-第16题为选考题，考生根据要求做答。

）（一)必考题9．如图所示，是用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．图甲中a、b分别是光电门的激光发射和接收装置．图（乙）中在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平气垫导轨上，并通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连．测得滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、遮光板宽度为d、当地的重力加速度为g．将滑块在图示位置释放后，光电计时器记录下遮光板先后通过两个光电门的时间分别为△t1、△t2．（1）用游标卡尺测量遮光板宽度，测量结果如图（丙）所示，则读数为__________cm．（2）若实验中测得两光电门中心之间的距离为L，本实验中验证机械能守恒的表达式为：（m+M）（）2=__________（用题目中给定的字母表示）．（3）若测得的系统动能增加量大于重力势能减少量，请分析可能的原因__________．10．为了测得某电池电动势E和内阻r，因考虑到两表内阻对测量的影响，（已知电流表内阻R A与电池内阻相差不大）小明同学设计了如图甲所示的实验电路．（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象．如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B．①接1位置时，作出的U﹣I图线是图丙中的__________（选填“A”或“B”）图线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是__________；②由图丙可知，被测的干电池电动势的真实值分别为E真=__________．③由图丙可知，所用电流表内阻R A=__________．11．如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，m P=2kg、m Q=1kg，小物体P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1．某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量和摩擦，小物体P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、绳足够长，取g=10m/s2．求P在传送带上向左运动的最大距离．12．（18分）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy 平面（纸面）向里的匀强磁场，在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场．一质量为m、电量为q的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限．然后经过x轴上x=﹣2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y=﹣2h处的P3点进入第四象限．已知重力加速度为g．求：（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向．三、选考题（共45分.请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所做题目的题号必须与所选题目的题号一致，在答题卡选答区域制定位置答题。

如果多做，则按所做的第一题计分）【物理-选修3-4】13．关于下列光学现象，说法正确的是( )A．水中蓝光的传播速度比红光快B．光从空气射入玻璃时可能发生全反射C．在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽14．一列简谐横波，某时刻的波形图象如图①所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图②所示，则：（1）若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为多少？（2）若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸有什么要求？（3）从该时刻起，再经过△t=0.4s，P质点的位移、通过的路程和波传播的距离分别为多少？（4）若t=0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间坐标为45m的质点（未画出）第二次位于波峰？四、【物理——选修3-5】15．氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线，它们分别是从n为3、4、5、6的能级直接向n=2能级跃迁时产生的．四条谱线中，一条红色、一条蓝色、两条紫色，则下列说法正确的是( )A．红色光谱是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的B．蓝色光谱是氢原子从n=6能级或n=5能级直接向n=2能级跃迁时产生的C．若氢原子从n=6能级直接向n=1能级跃迁，则能够产生红外线D．若氢原子从n=6能级直接向n=3能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射将可能使该金属发生光电效应E．若氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时所产生的辐射能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射一定能使该金属发生光电效应16．如图所示，质量为m=1kg的滑块，以υ0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M=4kg，平板小车足够长，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止．求：（g取10m/s2）（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；（2）此时小车在地面上滑行的位移？陕西省咸阳市2015届高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项复合题目要求，第6题-8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．用手水平托住几本书，下列哪种情况下手对书本的作用力最大( )A．书本匀速向上运动 B．书本匀速向下运动C．书本匀加速水平运动 D．书本匀减速向上运动考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：手托着书运动时，书受到重力和手对书的作用力，根据运动状态，判断物体处于超重状态还是失重状态，分析哪种情况下手对书的作用力最大．解答：解：书本向上或向下匀速运动，支持力等于重力，则手对书本的作用力等于书的重力．使书本匀加速水平运动时，书的合外力大小为ma，方向水平，则手对书的作用力为：F==m＞mg．使书本向上匀减速运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma，解得：F=mg ﹣ma＜mg，书匀加速水平运动时，手对书本的作用力最大．故C正确，ABD错误．故选：C．点评：解决本题的关键能够从物体的运动情况得知加速度方向，通过牛顿第二定律比较出作用力的大小．2．某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点．下列说法错误的是( )A．A点的电场强度小于B点的电场强度B．A点的电势高于B点的电势C．将负电荷从A点移到B点，电场力做正功D．将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式W AB=qU AB来判断电场力做功的多少．解答：解：A：由电场线越密的地方，电场强度越大，则有E B＞E A，故A正确；B：沿着电场线，电势逐渐降低，A点处于电场线的靠前的位置故，故B正确；C：由于沿着电场线，电势逐渐降低，故φA＞φB，因此将负电荷从A移动到B，电场力做负功，故C错误；D：由于从A和C处于同一条等势线上，故从A到C过程的电场力不做功，故D正确．该题是选择说法错误的，故选：C点评：本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系．同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密．当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减．3．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t图象可能正确的是( )A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：空气阻力可忽略时，竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有空气阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．解答：解：空气阻力不计时，物体只受重力，是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，v﹣t 图象是向下倾斜的直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；v﹣t图象的斜率表示加速度，故图线切线的斜率不断减小，图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题关键是明确v﹣t图象上某点的切线斜率表示加速度，知道有空气阻力时，速度为零时加速度为g．4．某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，某次测量卫星的轨道半径为r1，后来变为r2（r2＜r1），用E k1、E k2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2表示卫星在这两个轨道上的运行周期，则( )A．E k2＜E k1，T2＜T1B．E k2＞E k1，T2＜T1C．E k2＜E k1，T2＞T1D．E k2＞E k1，T2＞T1考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：卫星绕地球运转过程中，由地球的万有引力提供向心力，列出等式求解即可．解答：解：由万有引力提供向心力，得解得：v=，T=，卫星的动能为：E k=据题分析可知：轨道半径变小，r2＜r1，则由上式得：E k2＞E k1、T2＜T1．故选：B点评：解决本题的关键是建立模型，抓住万有引力提供向心力这一基本思路，即可列式求解．5．如图所示电路，电源电动势和内电阻分别为E和r，A、B为两盏相同的电灯，当变阻器的触头P向下移动时，下列情况中正确的是( )A．A灯变亮，B灯变亮 B．A灯变亮，B灯变暗C．A灯变暗，B灯变亮D．A灯变暗，B灯变暗考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：从图可知，滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器的阻值变小，根据并联电路电阻的特点判断出电路中总电阻的变化，再根据欧姆定律判断总电流的变化和路端电压的变化，即可判断B灯亮度变化；根据通过电阻R1电流和电压的变化，判断出A灯上电压的变化，再判断出A灯亮度的变化．解答：解：当滑片P移动向下时，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻会变小，据闭合电路欧姆定律知总电流变大，内电压增大，所以路端电压减小，可知灯B变暗；再据干路电流变大，灯B电流减小，所以电源右侧电路的电流增大，电阻R1上的电流变大了，所以分压也就增加了，但是路端电压减小，所以A灯的电压就变小，A灯实际功率的变小，所以A灯变暗，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：本题的关键识别电路的能力，动态电路的分析的思路，借助串、并联电路的电压、电流和电阻规律的应用情况、欧姆定律的应用以及电功率的计算公式．6．如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触电．可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态．n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数．该电吹风的各项参数如表所示．下列说法正确的有( )热风时输入功率460W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率52WA．吹热风时触片P与触点b、c接触B．可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60ΩC．变压器两线圈的匝数比n1：n2=3：11D．换用更长的电热丝（材料、粗细均不变），则吹的热风温度更低考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．分析：当电吹风机送出来的是冷风时，说明电路中只有电动机自己工作；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率；根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系计算匝数比；根据公式可知，电源电压不变，电阻越小，电功率越大，所以减小电阻，只能增大功率．解答：解：A、当触片P与触点b、c接触时，电路中只有电动机自己工作，电吹风机送出来的是冷风．故A错误；B、小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻．60Ω是风扇消耗的电能全部转化为内能时的电阻．故B错误；C、根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系：，故C正确；D、根据公式可知，电源电压不变，电阻越小，电功率越大；所以换用更长的电热丝（材料、粗细均不变），电阻值增大，电吹风吹热风时的功率将变小，则吹的热风温度更低．故D正确．故选：CD点评：本题考查电功率公式的应用，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大．7．如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体Q．一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，P和Q的质量相等，小球靠在立方体左侧，杆竖直，整个装置处于静止状态．受到轻微扰动后P 倒向右侧并推动Q．下列说法中正确的是( )A．在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小为B．在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，立方体和小球的速度大小之比为sinθC．在小球和立方体分离前，小球所受的合外力一直对小球做正功D．在落地前小球的机械能一直减少考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：当立方体的速度大于小球在水平方向的速度时，立方体和小球分离，在分离之前，小球和立方体的水平方向速度相同，由能量守恒定律可以判断AB，在分离之前，立方体一直向右加速运动，小球的速度也增大，合外力做正功，分离后，只有重力做功，机械能守恒．解答：解：AB、当立方体的速度大于小球在水平方向的速度时，立方体和小球分离，在分离之前，小球和立方体的水平方向速度相同，即：v P sinθ=v Q在分离之前，当轻杆与水平面夹角为θ时，由能量守恒定律有：mgL（1﹣sinθ）=，解得：，故A 错误，B正确．C、在分离之前，立方体一直向右加速运动，所以也增大，因此小球受到的合外力对小球做正功，故C正确；D、在分离之前，小球的机械能减小，分离后，只有重力做功，机械能守恒，故D错误；故选：BC点评：本题关键是找到小球的分运动和合运动，知道当立方体的速度大于小球在水平方向的速度时，立方体和小球分离，在分离之前，小球和立方体的水平方向速度相同，难度适中．8．如图所示为磁悬浮列车模型，质量M=1kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ=0.1的粗糙水平地面上．位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为Ω．OO′为AD、BC的中点．在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图a所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图b所示，AB恰在磁场边缘以内．若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若金属框固定在绝缘板上，则金属框从静止释放后( )A．通过金属框的电流为8A B．金属框所受的安培力为8NC．金属框的加速度为3m/s2D．金属框的加速度为7m/s2考点：变压器的构造和原理；牛顿第二定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：面积O′OAB内才磁通量发生变化，回路中有感应电流产生，由此可以求出回路中电流的大小，线框受安培力和摩擦力作用，由此可以求出线框的加速度大小以及安培力的大小．解答：解：根据法拉第电磁感应定律有：则回路中的电流为：，故A正确；所受安培力的大小为：F=BIl=8N，故B正确；根据牛顿第二定律有：F﹣f=（M+m）a，f=（M+m）gμ，代入数据解得a=3m/s2，故C正确，D错误．故选ABC．点评：本题考查了有关电磁感应的电流、力、运动分析，涉及知识点较多，是考查学生综合应用知识能力的好题．二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。