【高考模拟】衡水金卷2018届高三模拟(调研卷)试题(五)理综物理试题Word版含答案

二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
14．如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E 表示两极板间的场强，θ表示静电计指针的偏角，各物理量的变化情况正确的是
A 将平行板电容器的正极板向右移动，E 变小，θ变大
B 将平行板电容器的正极板向右移动，E 不变，θ变小
C 将平行板电容器的正极板向左移动，E 变大，θ变大
D 将平行板电容器的正极板向左移动，
E 变小，θ变小
14．B 【解析】电量为定值，将平行板电容器的正极板向右移动，由电容的决定式4S C kd
επ=，两极板间距离d 减小，C 增大，4Q
U kQ C E d d S
πε===，可见E 与两板间距离无关，而两板间电压Q U C
=，可见电压变小，θ减小，可知B 正确； 15．某静电场中x 轴上电场强度E 随x 变化的关系图像如图所示，设x 轴正方向为电场强度的正方向，一带电量为q 的粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向运动，结果了自刚好能运动到x=3x 0处，，不计粒子所受重力，00E x 、已知，则下列说法正确的是
A ．粒子一定带负电
B ．粒子初动能大小为00qE x
C ．粒子沿x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D ．粒子沿x 轴正方向运动过程中最大动能为002q
E x
15．D 【解析】如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此03x x =处的速度不可能为零，因此粒子一定带正电，A 错误；根据动能定理可得000001122022k qE x qE x E -⨯⋅=-，可得00032
k E qE x =，B 错误；粒子向右运动的过程中电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C 错误；粒子运动到0x 处动能最大，根据动能定理有002km E qE x =，解得
00012
km k qE x E E =-，D 正确；
16．如图所示，一个“V”型槽的左侧挡板A 竖直，右侧挡板B 为斜面，槽内嵌有一个质量为m 的光滑球C ，“V”型槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A 、B 对球的弹力分别为12F F 、，下列说法正确的是
A ．12F F 、都逐渐增大
B ．12F F 、都逐渐减小
C ．1F 逐渐减小，2F 逐渐增大
D ．12F F 、的合力逐渐减小
16．D 【解析】光滑球C 受力情况如图所示
2F 的竖直分力与重力相平衡，所以2F 不变，1F 与2F 水平分力的合力等于ma ， 在V 型槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减
小，由牛顿第二定律可知1F 逐渐减小，12F F 、的合力逐渐减小，故D 正确；
17．如图所示，质量为m 的A 球以速度0v 在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以0v av =（待定系数1a <）的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的取值范围为
A ．1153a <<
B ．1233a <<
C ．1235a <<
D ．1335
a <≤ 17．D 【解析】A 、B 碰撞过程动量守恒，以0v 方向为正方向有00A A B B m v m av m v =-+，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是0B av v >，解得
13
a <；碰撞过程中损失的机械能 22200111[()]0222k A A B B E m v m av m v ∆=
-+≥，解得35a ≤，故1335
a <≤，D 正确； 18．军用卫星指的是用于各种军事目的人造地球卫星，在现代战争中大显身手，作用越来越重要，一颗军事卫星在距离地面高度为地球半径的圆形轨道上运行，卫星轨道平面与赤道平面重合，侦察信息通过无线电传输方式发送到位于赤道上的地面接收站，已知人造地球卫星的最小周期约为85min ，则下列判断正确的是
A ．该军事卫星的周期约480min
B ．该军事卫星的运行速度约为7km/s
C ．该军事卫星连续两次通过接收站正上方的时间间隔约为576min
D ．地面接收站能连续接收的信息的时间约为96min
18．D 【解析】对于该军事卫星和近地卫星，由开普勒第三定律可知3200min
2(
)()R T R T =，解得
min 240min
T =≈，A 错误；卫星运行的速
度5.6/v km s ===≈，B 错误；该军事卫星连续2次通过接收站正
上方，由几何关系可知110
222t t T T πππ-=，解得1288min t =，C 错误；设卫星在12A A 、位置接收站恰好能接收到信息，由几何关系可知1122==3AOB A OB π∠∠，
2202223t t T T
πππ+⋅=⋅，解得()02096min 3TT t T T ==-，D 正确；
19．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的人类历史上第一台圆盘发电机，如图乙所示为这个圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两铜片C 、D 分别与转轴和铜盘的边缘接触，使铜盘转动，电阻R 中就有电流，设铜盘的半径为r ，转动角速度为ω，转动方向如图乙所示（从左向右看为顺时针方向），两磁极间磁场为匀强磁场，磁感应强度为B ，则下列说法正确的是
A ．电阻R 中的电流方向从上到下
B ．电阻R 中的电流方向从下到上
C ．圆盘转动产生的感应电动势为2Br ω
D ．圆盘转动产生的感应电动势为212
Br ω 19．BD 【解析】由右手定则可知圆盘转动产生的电流方向在圆盘内从C 向D ，电阻R 中的电流方向从下到上，A 错误；圆盘转动产生的感应电动势为212E Brv Br ω==
，C 错误D 正确；
20．将如图所示的交变电压加在变压比为4：1的理想变压器的原线圈两端，已知副线圈接阻值R=11Ω的定值电阻，则下列说法正确的是
A 交变电压的频率为50Hz
B 该理想变压器的输入功率为输出功率的4倍
C 副线圈两点电压的有效值为55V
D 流过原线圈的电流大小为1.25A
20．ACD 【解析】由图像可知交流电的周期为T=0.02s ，则其频率为150f Hz T
==，A 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，B 错误；由图像可知交流电的电压的最大值为311V ，
所以输入的电压的有效值为1220U V =≈，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55V ，C 正确；对副线圈由2U I R =可解得255511I A A ==，又由1221n I n I =可得212115 1.254
n I I A n ==⨯=，D 正确；
21．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD ，其中倾角θ=37°的斜面AB 与半径为R 的圆弧轨道平滑相切于B 点，CD 为竖直直径，O 为圆心，质量为m 的小球（可视为质点）从与B 点高度差为h 的斜面上的A 点处由静止释放，重力加速度大小为g ，sin 370.6cos370.8︒=︒=，，则下列说法正确的是
A ．当h=2R 时，小球过C 点时对轨道的压力大小为275
mg B ．当h=2R 时，小球会从D 点离开圆弧轨道作平抛运动
C ．调整h 的值，小球能从
D 点离开圆弧轨道，但一定不能恰好落在B 点
D ．调整h 的值，小球能从D 点离开圆弧轨道，并能恰好落在B 点
21．AC 【解析】当h=2R 时，从A 点到C 点的过程，根据机械能守恒可得
21(cos )2C mg h R R mv θ+-=，过C 点时有2C N v F mg m R
-=，解得275N F mg =，根据牛顿第三定律可知小球过C 点时对轨道的压力大小为
275
mg ，A 正确；若小球恰好从D 点离开圆弧轨道，则20v mg m R =，
2001(cos )2
mg h R R mv θ--=，解得0v ，0 2.32h R R =>，所以当h=2R 时，小球在运动到D 点前已经脱离轨道，不会从D 点做平抛运动，B 错误；若小球以速度0v 从D
点离开后做平抛运动，由2
01cos 2R R gt θ+=解得0t =000x v t ==>，C 正确D 错误；
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分
（一）必考题
22．在实验室中用螺旋测微器测量金属丝的直径，螺旋测微器的读数部分如图甲所示，由图可知，金属丝的直径为_______mm ，某改进型游标卡尺，当两脚并拢时主尺刻度（上）与游标尺刻度（下）如图乙所示，主尺单位为cm ，当测量某物体长度时，如图并所示，则该物体长为_________cm 。

22．0.920；0.12
【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm ，可动刻度读数为0.01×42.0=0.420mm ，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm ，由图乙可以看出游标尺的第10个刻度与主尺的第19mm 对齐，游标尺每个刻度长为1.9mm ，即当两脚并拢时，游标尺上的第1给我刻度在主尺上最近刻度线左边0.1mm ，游标上第2个刻度线在主尺最近刻度左侧0.2mm ，…..，使用游标卡尺时，如果被测物体长0.1mm ，游标尺将右移0.1mm ，游标尺上第一个刻度线与主尺某刻度线对齐，如果被测物体长0.2mm ，游标尺将右移0.2mm ，游标尺上第二个刻度
线与主尺上某刻度线对齐，…..，这是改进型的10分度游标卡尺，由图中有效的第2个刻度线与主尺某刻度对齐，游标读数为0.2mm，加上主尺读数1mm，物体长为1.2mm，即0.12cm。

23．晓宇同学在利用实验室提供的实验器材制作了一个简易的欧姆表，并用该哦欧姆表测量一阻值约为几千欧姆的电阻，其中实验室提供的部分实验器材如下：
①量程为1mA，内阻为20Ω的电流计；
②量程为0.6A，内阻为5Ω的电流计；
③内阻为5Ω，电动势为15V的电池组；
④内阻为3Ω，电动势为3V的电池组；
⑤滑动变阻器R1，调节范围0～50000Ω；
⑥滑动变阻器R2，调节范围0～100Ω；
请回答下列问题：
（1）从以上的实验器材中选出合适的实验器材组成简易的欧姆表，请将所选器材的序号填在横线上_________，并将简易欧姆表的设计电路画在方框内__________（电流计符号为-⊙-）
（2）电路连接完成后，将两表笔短接进行欧姆调零，当表盘的指针指在最右端的刻度线处时，滑动变阻器在电路中的有效阻值为__________Ω
（3）调节完成后，将两表笔与待测电阻保持良好接触，稳定后电表的指针位于满偏电流
的1
3
，则待测电阻的阻值约为__________Ω。

（4）若实验室为晓宇同学提供的电池组时间久了，结果使电池组的内阻增大，而其电动势未发生变化，并制成的简易欧姆表仍能进行欧姆调零，在用这只欧姆表测量待测电阻时结果__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）
23．（1）①④⑤；如图所示（2）2977（3）6000（4）不变
【解析】（1）选取器材要能够满足欧姆表调零的要求，即g E I R R r
=++，调节滑动变阻器的滑片时，当滑动变阻器的阻值最大时，电流小于电流表的满偏电流g I ，综合考虑应选①④⑤，欧姆表的内阻电路结构如图所示，
（2）欧姆调零时，由闭合电路欧姆定律可得()g g E I R R r =++，则g g E R R r I =
--，代入可得R=2977Ω；
（3）测量电阻时，由闭合电路欧姆定律可得()g x E I R R r R =+++，由题意可知3g I I =，代入数据解得6000x R =Ω
（4）由于电池的电动势不变，根据上面的分析可知测量的结果不变
24．一辆货车正以12m/s 的速度在平直公路上前进，发现有货物掉下后，立即松开油门以大小为22/m s 的加速度做匀减速直线运动，货车开始做匀减速直线运动的同时，在其后面16m 处一辆自行车上的人立即拾到货物从静止出发，以22/m s 的加速度同方向追赶货车，已知自行车能达到的最大速度为8m/s ，求：
（1）货车做匀减速运动的位移大小；
（2）自行车至少经过多次时间能追上货车；
24、（1）已知货车的初速度为112/v m s =，加速度大小为 212/a m s = 货车做匀减速运动的时间为11112 62
v t s a === 货车做匀减速运动的位移为 1111263622v t x m ⨯=
== （2）已知该自行车的加速度为222/a m s =，最大速度为 28/v m s =
自行车做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为222842
v t s a ===，
222841622
v t x m ⨯=== 之后自行车以最大速度做匀速直线运动，到货车停止运动时，其位移为32128216x v t t m m =-=⨯=（）
，由于23116x x x ++＜，故货车停止运动时，自行车还没有追上货车，然后自行车继续以最大速度匀速运动追赶货车
由匀速运动的公式得1232316x x x v t +--=，代入数据解得 3 2.5t s =
自行车追上货车的时间13 8.5t t t s =+=
25．如图甲所示的矩形区域abcd 内存在着如图乙所示的磁场（包括边界），规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc=2ab=2l ，e 为bc 边界上的一点，且2
l ce =．重力可忽略不计的正粒子从d 点沿dc 方向以初速度v 0射入磁场，已知粒子的比荷为k 。

求：
（1）如果在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e 点离开，则磁场的磁感应强度B 0应为多大？
（2）如果磁场的磁感应强度002v B kl
=，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad 边离开磁场，则磁场的变化周期T 0应满足什么条件？ （3）如果磁场的磁感应强度002v B kl =
，在bc 边的右侧加一垂直bc 边向左的匀强电场，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T 0垂直bc 边离开磁场，经过一段时间又从a 点离开磁场区域，则电场强度E 以及粒子在电场中的路程x 分别为多大？
25、（1）由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：00
020v q B m v R = 由几何关系，有：22020() 2
l
R l R =+- 解得：054R l =，由于q k m =，解得0045v B kl = （2）由00
mv R qB =可知，粒子运动的半径为2R l =，临界情况为粒子从t=0时刻射入，并且轨迹恰好与ad 边相切，如图2所示
圆周运动的周期为：00
2m l T qB v ππ== 由几何关系可知，02T t =内，粒子转过的圆心角为56
π 对应运动时间为1556212
t T T ππ== 应满足012T t ≥
联立可得：00
56l T v π≤ （3）根据题意画出粒子的运动轨迹如图3所示
由题意有：00122m T qB π=⨯得00
2l T v π= 在电场中有qE ma =，往返一次用时为：02v t a ∆=
应有0)2
(1t n T ∆=+
可得()20801221v E n n kl π==⋯+，（，，） 运动的路程为：()021*********
n l t x v n π+∆=
⨯⨯==⋯，（，，，）
（二）选考题 33．【物理选修3-3】（1）在用“油膜法测量油酸分子大小”的实验中，先往边长为30~40cm 的浅盘里倒入2cm 深的水，将痱子粉均匀撒在水面上，用注射器在水面上滴1滴稀释的溶液，油酸薄膜形状稳定如图甲所示。

将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状，随后把玻璃板放在坐标纸上，坐标纸上正方形小方格的边长为10mm ，如图乙所示，下列说法正确的是_______（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，没选错一个扣3分，最低得分为0）
A ．用油膜法可以精确测量分子的大小
B ．单分子油膜的厚度可以认为等于油酸分子的直径
C ．该油酸膜的面积约为6×10-3 m 2
D ．若水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则测得油酸分子直径偏大
E ．若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为4×10-6 mL ，则油酸分子的直径约为5×10-10m
（2）如图甲所示，一截面积为S 的气缸竖直倒放，气缸内有一质量为m 的活塞，将一定质量的理想气体封闭在气缸内，气柱的长度为L ，活塞与气缸壁无摩擦，气体处于平衡状态，现保持温度不变，把气缸倾斜，使气缸侧壁与竖直方向夹角θ=37°，重新达到平衡后，如图乙所示，设大气压强为0p ，气缸导热良好，已知sin 370.6cos370.8︒=︒=，
，重力加速度为g ，
（i ）求此时气柱的长度；
（2）分析说明气缸从竖直倒放到倾斜过程，理想气体吸热还是放热。

33、（1）BDE 【解析】用油膜法只能粗略测量分子的大小，故A 错误；油膜为单分子紧密排列的，因此单分子油膜的厚度被认为是油酸分子的直径，故B 正确；坐标纸上正方形小方格的边长为10mm ，实验中数油膜轮廓内的正方形格数时，不足半格的舍去，超过半格的算一格，总共80格，则油酸膜的面积约为S=80×0.01×0.01=8.0×10-3m 2
，故C 错误；若水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，那么油酸膜偏小，则测得油酸分子直径偏大，故D 正确；若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为60410V mL -=⨯，则油酸分子的
直径约为66
100341010510810
V d m S ----⨯⨯===⨯⨯，故E 正确； （2）（i ）以活塞为研究对象，气缸竖直倒立时，根据平衡条件有01p S mg p S =+，解得10mg p p S
=- 气缸倾斜后，根据平衡条件有02cos37p S mg p S =︒+，解得2004c o s 375m g m g p p p S S
=-︒=- 根据玻意耳定律可得12p LS p xS =，解得005554p S mg x L p S mg
-=- （ii ）由（i ）而得出气体体积减小，大气压对气体做功由热力学第一定律U W Q ∆=+ 气体等温过程0U ∆=，故放出热量；
34．【物理选修3-4】（1）某同学用如图甲所示实验装置做“用双缝干涉测光的波长”的实验，相邻两条亮条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出，测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定位第1条亮纹，此时手轮上的示数如图乙1所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙2所示，则这种色光的波长λ=_________nm ，（已知双缝间距d=0.2mm ，双缝到屏间的距离L=700mm ），若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将_____________（填“变大”、“不变”或“变小”）
（2）如图甲所示为一列沿x 轴方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形，波上位于x=6m 处的质点M 的振动图像如图乙所示，求：
（i ）这列波的传播速度大小及方向；
（ii ）从t=0时刻起，再经过12.5t s ∆=，x=3m 处的质点运动的路程。

34、（1）660；变小
【解析】图乙1螺旋测微器的读数为2.032.00.01 2.320mm mm mm +⨯=，图乙2的读数为
13.537.00.0113.870mm mm mm +⨯=，相邻亮条纹间的距离为211
x x x n -∆=
-，根据双缝干涉公式 L x d λ∆=可得这种单色光的波长
()33313.870 2.320100.210660570010
xd nm L λ----⨯⨯⨯∆===⨯⨯ （2）（i ）由图可知波长84m T s λ==，，故波速2/v m s T λ
==
由振动图像结合“上下坡”可知该列波沿x 轴负方向传播
（ii ）离x=3cm 处最近的波峰传播到此处所需时间为1 2.5x t s v
∆==
这段时间内质点的路程为(1(88cos 45)2824s cm cm cm =-⨯︒+⨯=- 而后运动的周期数为1 2.5t t N T
∆-== 后面这段时间内质点运动的路程为2 2.54880s cm cm =⨯⨯=，故质点运动的总路程为 (
12104s s s cm =+=-。