高考高三7月内部特供卷 物理(二)学生版

2018-2019学年7月份内部特供卷
高三物理（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单选题
1．物理学引入“质点”、 “点电荷”等概念，从科学研究方法上来说是属于（ ） A ．控制变量的方法 B ．实验观察的方法 C ．建立理想化的物理模型的方法 D ．等效替代的方法
2．如图为一物体运动的速度一时间图线，根据图线可知物体在前3s 内（ ）
A ．做曲线运动
B ．加速度一直减小
C ．加速度的方向在2s 时发生改变
D ．速度的变化量的大小为16m/s
3．质量为m =60kg 的同学,双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图所示。

取g =10m/s 2,由图像可知（ ）
A ．t =0.5s 时他的加速度3m/s 2
B ．t =0.4s 他处于超重状态
C ．t =1.1s 时他受到单杠的作用力的大小是620N
D ．t =1.5s 时他处于超重状态
4．如图所示，重物M 沿竖直杆下滑，并通过绳子带动小车m 沿斜面升高．则当滑轮右侧的绳子与竖直方向成θ角且重物下滑的速度为v 时，小车的速度为（ ）
A ．v cos θ
B ．v sin θ
C ．v cosθ⁄
D ．v tan θ
5．如图所示，木板可绕固定水平轴O 转动，木板从水平位置OA 缓慢转到OB 位置，木板上的物块始终相对于木板静止，在这一过程中，物块的重力势能增加了2J ，用F N 表示物块受到的支持
力，用F f 表示物块受到的摩擦力，在此过程中，以下判断正确的是（ ）
A ．F N 和F f 对物块都不做功
B ．F N 和F f 对物块所做功的代数和为0
C ．F N 对物块不做功，F f 对物块做功为2J
D ．F N 对物块做功为2J ，F f 对物块不做功
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
6．如图所示的电路中，电源电动势E =6V ，内阻r =1Ω，电阻R 1=6Ω，R 2=5Ω，R 3=3Ω，电容器的电容C=2×10-5
F 。

若将开关S 闭合，电路稳定时通过R 2的电流为I ；断开开关S 后，通过R 1的电荷量为q 。

则（ ）
A ．I =0．25A
B ．I =0．5A
C ．q =1×10-5
C D ．q =2×10-5C 二、多选题
7．如图，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上,小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。

一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点。

已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则（ ）
A ．全程滑块水平方向相对地面的位移R+L
B ．全程小车相对地面的位移大小s =
R+L 4
C ．μ、L 、R 三者之间的关系为R=μL
D ．滑块m 运动过程中的最大速度v m =√2gR
8．据媒体报道，叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡．英国警方调查认为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋(Po 84210)．若元素钋发生某种衰变，其半衰期是138
天，衰变方程为Po 84210→Pb 82206＋Y ＋γ，则下列说法正确的是（ ）
A ．该元素发生的是β衰变
B ．Y 原子核含有4个核子
C ．γ射线是衰变形成的铅核释放的
D ．200 g 的Po 84210经276天，已发生衰变的质量为150 g
9．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u =220√2sin100πt(V)，原、副线圈匝数比为10:1，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），图中电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A ．电压器输出电压的频率为50Hz
B ．电压表V 2的示数为22√2V
C ．照射R 的光变强时，灯泡L 变暗
D ．照射R 的光变强时，电压表V 1、电流表A 1的示数都不变
10．边长为L 的正方形金属框在水平恒力F 作用下，穿过如图所示的有界匀墙磁场，磁场宽度为L ′(L ′>L)，已知ab 边进入磁场时，线框刚好做匀速运动，则线框进入磁场过程和从磁场另一侧穿出过程（ ）
A ．产生的感应电流方向相反
B ．所受安培力的方向相反
C ．线框穿出磁场过程产生的电能和进入磁场过程产生的电能相等
D ．线框穿出磁场过程产生的电能一定比进入磁场过程产生的电能多
三、实验题
11．某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、天平、小木块等．组装的实验装置如图所示．
（1）若要完成该实验，必需的实验器材还有________．
（2）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是________
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受到的合力
（3）平衡摩擦力后，为了保证小车受到的合力与钩码总重力大小基本相等，尽量减少实验误差，现有质量为10g、30g、50g的三种钩码，你选择_______g的钩码．
（4）已知小车的质量为M，所挂的钩码质量为m，重力加速度用g表示，B、E两点间的距离为L，经计算打下B、E点时小车的速度分别为v B、v E，若选取纸带BE段研究，那么本实验最终要验证的数学表达式为___________________________
12．利用螺旋测微器、米尺和如图所示的器材(其中电流表的内阻为1 Ω，电压表的内阻为5 kΩ)测量一根粗细均匀的阻值约为5 Ω的金属丝的电阻率．
(1)用笔画线代替导线，将上图中的器材连接成完整的实物电路，要求连线不能交叉，电流表、电压表应该选择合适的量程 (已知电源的电动势为6 V，滑动变阻器的阻值为0～20 Ω)．
(2)实验时，用螺旋测微器测量金属丝的直径和用米尺测量金属丝的长度示数如图11所示，金属丝的长度l＝__________cm，直径d＝________mm，图电压表的读数______V，．则金属丝的电阻_______Ω，(计算结果保留两位有效数字)
(3)该金属丝的电阻率是_____．(计算结果保留两位有效数字)这种电路测得的金属丝的电阻值偏_____（填“大”或“小”）．
四、解答题
13．如图所示，光滑斜面倾角为37°，质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上。

当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，重力加速度为g，已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求：
（1）该电场的电场强度有多大？
（2）若电场强度变为原来的1
3
，物块沿斜面下滑距离为L时的速度有多大？
14．如图甲所示，两竖直放置的平行金属导轨，导轨间距L=0．50m，导轨下端接一电阻R= 5Ω的小灯泡，导轨间存在一宽ℎ=0．40m的匀强磁场区域，磁感应强度B按图乙所示规律变化，t=0时刻一金属杆自磁场区域上方以某一初速度沿导轨下落，t1时刻金属杆恰好进入磁场，直至穿越磁场区域，整改过程中小灯泡的亮度始终保持不变。

已知金属杆的质量m=0．10kg，金属杆下落过程中始终保持水平且与导轨良好接触，不计金属杆及导轨的电阻，g取10m/s2。

求：
（1）金属杆进入磁场时的速度v；
（2）图乙中t1的数值；
（3）整个过程中小灯泡产生的总焦耳热Q。

15．如图所示，半径R＝lm的光滑半圆轨道AC与高h＝8R的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内，BD部分水平长度为x＝6R。

两轨道之间由一条光滑水平轨道相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡。

在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两物体挤压（不连接），处于静止状态．同时释放a、b，小球a恰好能通过半圆轨道最高点A，滑块b恰好能到达斜面轨道的最高点B。

己知小球a
，重力加速度g＝l0m/s2。

的质量m1＝2kg，滑块b的质量m2＝lkg，b与斜面间动摩擦因数为μ＝1
3
求：
（2）释放a、b前弹簧的弹性势能E P？
2018-2019学年7月份内部特供卷
高三物理（二）答案
1．C
【解析】物理学引入“质点”、“点电荷”等概念，从科学研究方法上来说是属于建立理想化的物理模型的方法，故选C．
2．D
【解析】速度时间图象只能表示直线运动，不能表示曲线运动，故A错误；图象的斜率表示加速度，根据图象可知，0～3s内，物体的加速度先减小后增大，故B错误；图象斜率的正负表示加速度的方向，可知物体在2s时加速度方向没有变化，故C错误；0～3s内，物体速度的变化量△v=v-v0=-6-10=-16m/s，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查理解速度图象的能力，要注意速度的方向由其正负号来表示，图象的斜率表示加速度．
3．B
【解析】（1）根据速度图象斜率表示加速度可知，t=0．5s时，他的加速度为0．3m/s2，选项A错误；
（2）t=0．4s时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B正确；
（3）t=1．1s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600N，C错误；
（4）t=1．5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误；
故本题选B
【点睛】根据速度-时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算t=0．5s时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态；
4．A
【解析】将M物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，得绳子速率为：v绳=vcosθ
而绳子速率等于物体m的速率，则有物体m的速率为：v m=v绳=vcosθ，故A正确，BCD错误；故选A。

点睛:本题通常称为绳端物体速度分解问题，容易得出这样错误的结果：将绳的速度分解到水平方向和竖直方向，得到v=v绳sinθ，一定注意合运动是物体的实际运动．
5．D
【解析】由受力分析知，支持力F N的方向是垂直于木板向上的，物体的位移也是向上的，所以支持力做正功，但摩擦力F f方向是沿斜面向上的，摩擦力的方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功；由动能定理可知，W N−mgℎ=0，故支持力F N做功为W N=mgℎ=2J，故B正确，A、B、C错误；
故选D。

【点睛】当力和位移的夹角为锐角时，力对物体做正功，当力和位移的夹角为钝角时，力对物体做负功，当力的方向与物体运动的方向垂直时力对物体不做功。

6．C
【解析】开关S闭合电路稳定时，外电路中总电阻为R=R2+R1R3
R1+R3
=5+6×3
6+3
=7Ω，根据闭
合电路欧姆定律得：I=E
R+r
=6
7+1
A=0．75A，电容器两端的电压为U=I R1R3
R1+R3
=0．75×2V= 1．5V，电量Q=CU=1．5×2×10−5C=3×10−5C，断开开关S后：电容器通过R1与R3放电，
设通过R1与R3的放电电流分别为I1和I3，则I1
I2
=R3
R1
，由电量公式q=It可知，通过R1与R3的的电量之
比为q1
q3
=I1
I3
，又q1+q3=Q，联立得：通过R1的电量为q1=R3
R1+R3
Q=3
6+3
×3×10−5C=
1×10−5C，故ABD错误，C正确；故选C。

【点睛】开关S闭合电路稳定时，电容器相当于开关断开，根据闭合电路欧姆定律求出电路中
电流I，再求电容器的电压，由Q=CU求其电量．断开电源，电容器会放电，因R1、R3并联，流过
两个电阻的电流与电阻成反比，通过的电荷量也与电阻成反比．
7．BC
【解析】A、设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移x=R+
L−s。

取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：m x
t
−M s
t
=0，即m R+L−s
t
−M s
t
=0，结合M=3m，
解得s=1
4
（R+L），x=3
4
（R+L），故A错误，B正确；
C、对整个过程，由动量守恒定律得：0=（m+M）v′，得v′=0，由能量守恒定律得mgR=μmgL，得R=μL，故C正确；
D、滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分得：
0=mv m−Mv，mgR=1
2
mv m2+1
2
Mv2．联立解得v m=√3
2
gR，故D错误。

灿若寒星
【点睛】本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒，运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面。

8．BCD
【解析】根据衰变方程为Po 84210→
P 82206
b
+Y +γ．可知，Y 是H 24e ，属于α衰变，而γ射线是
伴随着α衰变产生的，故A 错误；根据电荷数守恒和质量数守恒得，Y 的电荷数为2，质量数为4，则核子数为4．故B 正确。

γ射线是衰变形成的铅核释放的。

故C 正确。

根据m =m 0（1
2）T t
知，200g 的P 84210o 经276天，已衰变的质量为150g ，故D 正确。

故选BCD 。

【点睛】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数、质量数守恒，以及知道核子数等于质量数，同时注意γ射线是伴随着α衰变，或β衰变产生的．
9．AC
【解析】原线圈接正弦交流电，由图知角速度是ω=100π，所以f=
100π2π
=50Hz ，故A 正确。

由
表达式知输入电压有效值为220V ，根据电压与匝数成正比，副线圈电压有效值即电压表的示数为22V ，故B 错误。

R 处光照增强时，温度升高，阻值减小，但不会影响变压器的输入电压值及输出电压的值，则副线圈电流表的示数变大，原线圈电流也变大，定值电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故C 正确，D 错误，故选AC 。

10．AD
【解析】线框进入磁场过程：磁通量增加，根据楞次定律得知，线框感应电流方向沿逆时针方向；根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，则知线框所受的安培力方向向左，产生的电能为Q =
E 2R
t =
(BLv)R
2·L
v
=
B 2L 3v R
；
线框穿出磁场过程：磁通量减小，根据楞次定律得知，线框感应电流方向沿顺时针方向；根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，则知线框所受的安培力方向向左；
线框进入和穿出磁场的两个过程中，水平恒力做功都是FL ，进入过程线框做匀速运动，产生的电能等于FL ，由于线框完全进入磁场后做匀加速运动，到出磁场时，线框的速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，线框将做减速运动，减小的动能也转化为电能，所以出磁场过程产生的电能一定大于进磁场过程产生的电能，故AD 正确，BC 错误；
故选AD 。

【点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向，根据楞次定律的第二种表述：感应电流总要阻碍导体与磁体间相对运动，分析安培力的方向．由焦耳定律求解线框产生的电能。

11．（1）刻度尺 （2）D （3）10g （4）mgL =1
2Mv E 2−1
2Mv B 2
【解析】（1）本实验的原理是合外力所做的功等于动能的变化量，通过研究纸带来研究小车的速度，利用天平测量小车的质量，利用砝码的重力代替小车的合外力，所以需要刻度尺来测量纸带上点的距离和用天平测得小车的质量，即还需要刻度尺．（2）实验过程中，为减少误差，提高
实验的精确度，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，目的是消除摩擦力带来的误差，即平衡摩擦力后，使细绳的拉力等于小车的合力，故ABC 错误，D 正确．故选D ．（3）小车受到的合力，即为绳子上拉力的F ，对小车根据牛顿第二定律有：F =Ma ，对钩码有：mg −F =ma ，解得：F =
mg 1+
m
M
，由此可知当M ≫m 时，小车受到的合力与钩码总重力大小基
本相等，所以应选择质量较小的钩码，故选10g ；（4）当M ≫m 时，小车受到的合力与钩码总重
力大小相等，故合力做的功为W =mgL ，动能的变化量为ΔE k =1
2mv E 2−1
2mv B 2
，故本实验要验证的表达式为W =ΔE k ，即mgL =1
2mv E 2−1
2mv B 2。

【点睛】根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，根据W=mgL 求出合力做的功，根据题目所给条件求出动能的变化量，从而写出探究结果表达式。

12． (1)连线见图；
(2) 30.50 （30.49cm-30.51cm ） 1.850(1.849mm---1．851mm) 2.20 (2.19V---2.21V) 5.0Ω (3)4.4×10－5
Ω·m 偏小
【解析】（1）由于电源电动势为6V ，所以电压表应选3V 量程，由I =U R x
=3
5A =0.6A ，所以
电流表应选0.6A 量程，由于金属丝的电阻比电压表的内阻小得多，因此采用电流表外接法；由于金属丝的电阻比滑动变阻器的总电阻要小，因此采用限流式接法，为了保证滑动变阻器起限流作用，滑动变阻器应该连接“A 、B 、C ”或“A 、B 、D ”几个接线柱；由上图可以看出电流表应该连接“+”接线柱和“0.6”接线柱，电压表应该连接“+”接线柱和“3”接线柱．实物线线图如下图所示．
（2）金属丝的长度l ＝30.50cm ，直径d ＝1.5mm+0.01mm ×35．0=1.850mm ，电压表的读数2.20V ，电流表读数为0.44A ，则金属丝的电阻R =
U
I
=
2．200．44
Ω=5.0Ω
（3）根据R =ρl
S ，则ρ=
RS l
=
πRd 24l
带入数据解得ρ=4．4×10－5
Ω·m ；电流表外接，则电流
的测量值偏大，则根据R =U
I 可知，电阻的测量值偏小．
【点睛】应掌握电学实验中，要通过估算来选择仪器，注意伏安法时电流表内外接法的选择方法，以及滑动变阻器采用分压和限流接法的要求．应掌握电压表与电流表读数方法以及“十分之一”、“五分之一”、“二分之一”估读的含义．
13．（1）E =
3mg 4q
（2）v=2
5√5gL
【解析】试题分析：（1）对小物块进行受力分析，应用平衡条件可求出电场力，进而求出电场强度．（2）电场变化后受力分析求出合外力沿斜面下滑距离为L 时物体的速度的大小由动能定理求解。

（1）物体受到的力有重力mg 、支持力F N 、电场力qE ，如图所示
根据平衡条件得：qE =mgtan37° 解得：E =
mgtan37°
q
=
3mg 4q
（2）当电场强度变为原来的13
时，电场力减小，故物块沿斜面下滑 由动能定理得：mgLsin37°−q E
3
Lcos37°=1
2
mv 2−0
解得：v =2
5√5gL
【点睛】本题主要考查了带电小物块在斜面上静止与运动的问题。

问题一是平衡条件的应用，受力分析后应用平衡条件即可；问题二是动能定理的应用。

14．（1）5m/s （2）0.04s （3）0.6J
【解析】解：（1）金属杆进入磁场时受力平衡mg =BIL
I =E R
E =BLv
整理得v =mgR
B 2L 2=5m/s
（2）根据法拉第电磁感应定律E =
ΔB t 1
⋅L ℎ
BLv =
B −B 0
1
⋅L ℎ t 1=
(B −B 0)ℎ
B 0v
=0.04s
（3）整个过程中小灯泡产生的总焦耳热Q =
E 2R
(t 1+t 2)
t 2=
ℎ
v
=0.08s
解得：Q =0.6J
15．(1) 120N a 球对轨道的作用力方向向下 (2) 150J
【解析】(1)以a 球为研究对象恰好通过最高点时v A ＝√RG =√10m/s
由动能定理12mv A 2−1
2mv C 2
=−mg2R ；
C 点时受力分析：F C －mg ＝m v C 2
R
解得F C ＝6m 1g ＝120N ， a 球对轨道的作用力方向向下 (2)b 球从D 点恰好到达最高点B 过程中
由动能定理0−1
2
m 2v D 2=−m 2g8R −μm 2gcosθL BD
觯得：1
2m 2v D 2=10m 2gR =100J
12
m 1v C 2
=50J 弹簧弹性势能E P ＝150J
【点睛】解决本题的关键：一要明确小球到达圆轨道最高点的临界条件：重力充当向心力。

二
要明确有摩擦时往往运用动能定理求解速度。