北京市通州区2018届高三第一学期第二次模拟考试物理试题(解析版)

通州区2017-2018第一学期高三年级第二次模拟考试物理试卷
一、单项选择题
1. 一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点．下列说法中正确的是
A. 卫星在A点的角速度大于B点的角速度
B. 卫星在A点的加速度小于B点的加速度
C. 卫星由A运动到B过程中动能减小，势能增加
D. 卫星由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大
【答案】B
【解析】
试题分析：近地点的线速度较大，结合线速度大小，根据比较角速度大小．根据牛顿第二定律比较加速度大小．根据万有引力做功判断动能和势能的变化．
2. 电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P 点到金属板和点电荷间的距离均为d．已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为
A. E=0
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析：P点的电场是由+Q的电场和感应电荷的电场的叠加，根据电场的叠加原理和点电荷场强公式求解．
+Q在P点产生的场强大小，方向水平向右，根据电场的叠加原理可得：，解得金属板上
感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为，故C正确．
3. 高三某同学参加引体向上体能测试，在20s内完成10次标准动作，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于
A. 150W
B. 300W
C. 450W
D. 600W
【答案】A
【解析】
高三同学体重大约60kg，引体向上时向上运动的位移大约0.5m，则克服重力做功的平均功率
，A正确．
4. 如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度增大时，下列说法中正确的是
A. 电压表V示数增大
B. 电流表A示数减小
C. 电路的总功率减小
D. 变阻器R1的取值越大，电表示数变化越明显
【答案】D
【解析】当一氧化碳气体浓度增大时，R减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，路端电压减小，可知，通过的电流减小，因此电压表V示数减小，通过变阻器的电流减小，则电流表A示数增大．故AB 错误．电路的总功率为P=EI，E不变，I增大，则P增大，故C错误．变阻器的取值越大，与R并联的阻值越接近R，R对电路的影响越大，则知变阻器的取值越大，电压表示数变化越明显．故D正确．选
D．
【点睛】当一氧化碳气体浓度增大时，可知R阻值的变化，分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道两个电表示数的变化．由P=EI分析电路的总功率如何变化．5. 如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1， A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，设A的质量为，B对A的摩擦力为，A的加速度
为，取A为研究对象，由牛顿第二定律得，解得；设A、B的总质量为M，卡车底板对B的摩擦力为，A、B整体的加速度为，取A、B整体为研究对象根据牛顿第二定律可得
，解得；由分析可知要求其刹车后在距离内能安全停下来，则车的最大加速度等于．由运动学公式得车的最大速度，C正确．
【点睛】本题需要知道刹车过程中A、B和地板之间不能发生相对滑动，分别求出A相对B滑动、AB相对底板滑动的临界加速度，然后根据条件分析汽车刹车的加速度的最大值．
二、多项选择题
6. 如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，下列说法中正确的有( )
A. 接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮
B. 接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮
C. 断开开关S，A、B都立刻熄灭
D. 断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭
【答案】ABD
【解析】
接通开关S，电容器C要通过A充电，因此A立刻亮，由于充电电流越来越小，当充电完毕后，相当于断路，而L对电流变化有阻碍作用，所以通过B的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，当闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，因此A、B一样亮，故AB正确；当S闭合足够长时间后再断开，A立刻熄灭，而L产生自感电动势，且电容器也要对B放电，故B要逐渐熄灭，故C错误D正确．
【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，注意电容器也要放电．
7. 如图所示，含有、、的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点．则( )
A. 打在P1点的粒子是
B. 打在P2点的粒子是和
C. O2P2的长度是O2P1长度的2倍
D. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
【答案】BC
【解析】
试题分析：从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，然后结合带电粒子在磁场中运动的半径公式
周期公式即可分析求解．
带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：，所以，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度．带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供
向心力，所以，解得，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在点的粒子是
，打在P2点的粒子是和，故A错误B正确；由题中的数据可得，的比荷是和的比荷的2倍，所以的轨道的半径是和的半径的倍，即的长度是长度的2倍，故C正确；粒子运动的周期
，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故D错误．
8. 一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向．下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有( )
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化，由速度时间图象的斜率等于加速度、位移时间图象的斜率等于速度，分析v-t图象和s-t图象的形状．根据功能关系分析机械能的变化情况．
小球在上升过程中，设小球的加速度为，由牛顿第二定律得，又，得，v减小，则减小，v-t图象的斜率逐渐减小．小球在下落过程中，设小球的加速度为，由牛顿第二定律得
，又，得，v增大，则减小，v-t图象的斜率逐渐减小；可知，v-t图象正确，a-t图象错误，故A正确B错误；根据位移时间图象的斜率等于速度，s-t图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故C正确；根据功能关系得：，则得，由，则得，v是变化的，则知E-t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故D错误．
9. 如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小
球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则( )
A. 斜面可能是光滑的
B. 在P点时，小球的动能大于物块的动能
C. 小球运动到最高点时离斜面最远
D. 小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等
【答案】BD
【解析】
把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故B正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故C错误；小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P 点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确；
三、简答题
10. 如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。

有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H>>d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。

则：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d =_______mm。

（2）小球经过光电门B时的速度表达式为__________。

（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：___________时，可判断小球下落过程中机械能守恒。

（4）实验中发现动能增加量△E K总是稍小于重力势能减少量△E P，增加下落高度后，则将
___________ (选填“增加”、“减小”或“不变”)。

【答案】(1). 7.25 (2). (3). 或(4). 增加
【解析】解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+5×0.05=7.25mm；（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；
则有：mgH=mv2；
即：2gH0=（）2
解得：；
（4）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△E p﹣△E k将增大；故答案为：（1）7.25；（2）；（3）；（4）增大．
【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．
11. 某实验小组要测量电阻R x的阻值．
（1）首先，选用欧姆表“×10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示，则该电阻的测量值为_________ Ω．
（2）接着，用伏安法测量该电阻的阻值，可选用的实验器材有：电压表V（3V，内阻约3kΩ）；电流表A（20 mA，内阻约2Ω）；待测电阻R x；滑动变阻器R1（0-2kΩ）；滑动变阻器R2（0-200Ω）；干电池2节；开关、导线若干．在图乙、图丙电路中，应选用图________（选填“乙”或“丙”）作为测量电路，滑动变阻器应选用_________（选填“R1”或“R2”）．
（3）根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接______________．
（4）为更准确测量该电阻的阻值，可采用图戊所示的电路，G为灵敏电流计（量程很小），R0为定值电阻，R、R1、R2为滑动变阻器．操作过程如下：①闭合开关S，调节R2，减小R1的阻值，多次操作使得G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数U1、I1；②改变滑动变阻器R滑片的位置，重复①过程，分别记下U2、I2，…，U n、I n；③描点作出U-I图象，根据图线斜率求出R x的值．下列说法中正确的有
________．
A．闭合S前，为保护G表，R1的滑片应移至最右端
B．调节G表的示数为零时，R1的滑片应位于最左端
C．G表示数为零时，a、b两点间电势差为零
D．该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响
【答案】(1). 140 (2). 丙(3). (4). (5). CD
【解析】（1）欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，读数是14.6×10=146Ω
（2）由于待测电阻的电阻值比较大比电流表的内阻大得多，所以电流表使用内接法；由于两个滑动变阻器的电阻值都比较大，所以要选择限流电路．所以实验电路选择丙，滑动变阻器选择容易调节的变阻器，所以选择R2．
（3）根据实验的原理图，依次连接电路如图；
（4）闭合S前，为保护G表，开始时R1的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端．故A错误；调节G表的示数为零时，与R1的滑片的位置无关．故B错误；该图实验的原理是利用惠斯通电桥法，G表示数为零时，a、b两点间电势差为零．故C正确；该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响．故D正确．故选CD.
点睛：本题关键要明确电阻的测量方法、原理和实验误差的处理，其中用伏安法测量电阻时电流表内、外接法和滑动变阻器的接法选择是重点所在．要知道惠斯通电桥测量电阻值的优点．
12. 下列说法中错误
．．的是_______．
A．雾霾在大气中的漂移是布朗运动
B．制作晶体管、集成电路只能用单晶体
C．电场可改变液晶的光学性质
D．地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸
【答案】A
【解析】
雾霾在大气中的漂移是气体的流动造成的，故A错误；制作晶体管、集成电路只能用单晶体，因为单晶体具有各向异性，故B正确；液晶具有液体的流动性，又对光显示各项异性，电场可改变液晶的光学性质，故C正确；在动能一定的情况下，质量越小，速率越大；地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更容易大于地球的第一宇宙速度，更易从地球逃逸，故D正确；
13. 每年入夏时节，西南暖湿气流与来自北方的冷空气在江南、华南等地交汇，形成持续的降雨．冷空气较暖湿空气密度大,当冷暖气流交汇时，冷气团下沉，暖湿气团在被抬升过程中膨胀．则暖湿气团温度会_____（选填“升高” 、“ 不变”或“ 降低”），同时气团内空气的相对湿度会_____（选填“变大”、“不变”或“变小”）．【答案】(1). 降低(2). 变大
【解析】
试题分析：空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值；饱和汽压随温度的降低
而变小，一定温度下，饱和汽的压强是一定的．
暖湿气团在被抬升过程中膨胀，膨胀的过程中对外做功，气团的内能减小，所以暖湿气团温度会降低；饱和汽压随温度的降低而变小，气团内空气的绝对湿度不变而饱和蒸汽压减小，所以相对湿度会变大．14. 一定质量的理想气体经历了如图所示的ABCDA循环，p1、p2、V1、V2均为已知量．已知A状态的温度为T0，求：
①C状态的温度T；
②完成一个循环，气体与外界热交换的热量Q．
【答案】①②，吸热
【解析】①设状态D的温度为
C到D：；D到A：
解得
（直接用气态方程求解同样给分）
②由C到D过程与由A到B过程气体体积不变，气体不做功，
从B到C过程气体对外做功：
从D到A过程外界对气体做功：
全过程有
由热力学第一定律
解得气体吸热
15. 钍具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤，同时伴随有射线产生，其方程为
，钍的半衰期为24天．则下列说法中正确的是_____．
A．x为质子
B．x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的
C．射线是钍原子核放出的
D．1g钍经过120天后还剩0.2g钍
【答案】B
【解析】根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A错误；β衰变的实质是衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；γ射线是镤原子核放出的，故C错误；钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩0.03125g，故D错误。

所以B正确，ACD错误。

16. 某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率．氢原子辐射光子后能量_______（选填“增大”、“不变”或“减小”）．现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能是_________（已知氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为
E1、E2、E4）．
【答案】(1). 减小(2).
【解析】试题分析：氢原子辐射光子后，一部分能力随光子而辐射，剩余氢原子能量减小。

该金属的截止频率，则有，即逸出功；氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光子能量
为，那么光电子最大初动能为
考点：光电效应
17. 如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m0的人，以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止．求：
①人跳离A车后，A车的速度大小和方向；
②人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比．
【答案】①，负号表示A车的速度方向向左②
....... ...........
解得（1分）
负号表示A车的速度方向向左（1分）
②研究人和B车，由动量守恒定律有（1分）
解得（1分）
考点：动量守恒
四、计算题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
18. 如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab=L、ad=2L．虚线MN 过ad、bc边中点．一根能承受最大拉力F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O．从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v. 求：
（1）细线断裂前线框中的电功率P；
（2）细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；
（3）线框穿出磁场过程中通过导线截面的电量q．
【答案】（1）（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律与电功率表达式，即可求解；（2）依据牛顿第二定律与动能定理，即可求解；（3）依据安培力表达式，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，即可求解．
（1）根据法拉第定律，电功率
（2）细线断裂瞬间安培力（没有说明，直接代入下面公式也给分）
线框的加速度
线框离开磁场过程中，由动能定理
（3）设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有
其中
线圈穿出磁场过程
电流
通过的电量
解得
19. 如图所示，半径R=4m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD 的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°．传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量m=0.5kg的煤块（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知煤块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取
10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）煤块水平抛出时的初速度大小；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度．（结果保留2位有效数字）
【答案】（1）3m/s（2）9.125N（3）6.9m
【解析】试题分析：（1）物体抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：
物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则：
解得：
（2）煤块在A→D的过程中由动能定理：
在D点由牛顿第二定律：
解得：，
又有牛顿第三定律知在D点对轨道的压力大小为9.125N
（3）因所以，煤块先沿传送带向上做匀减速运动，然后做匀变速运动返回，设总时间为t。

在沿传送带向上匀减速由牛顿第二定律：
后面的匀变速阶段由牛顿第二定律：
解得：
对煤块从滑上到滑下传送带有运动学公式：
解得：
由题意可知，当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，此时有：
考点：牛顿第二定律及动能定理的应用
20. 如图（甲）所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。

现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°。

此时在圆形区域加如图（乙）所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同（与x轴夹角也为30°）。

求：
（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小；
（2）0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；
（3）写出圆形磁场区域磁感应强度的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．
【答案】（1）（2）（3）、
【解析】试题分析：（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图1所示．
由速度关系：解得
（2）由速度关系得
在竖直方向
解得
（3）在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于R．粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：
电子在磁场作圆周运动的轨道半径，解得
若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求．应满足的时间条件：，而
T的表达式得：
考点：考查了带电粒子在组合场中的运动
【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。