届黑龙江省大庆中学高三考前仿真模拟考试理科综合物理试题解析版.docx
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届黑龙江省大庆中学高三考前仿真模拟考试理科综合物理试题解析版
2018届黑龙江省大庆中学高三考前仿真模拟考试理科综合物理试题（解析版）
二、选择题：
1.如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA＝AB＝BN.下列说法正确的是（ ）
A.A、B两点场强相同
B.A、B两点电势相等
C.将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功
D.负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
【答案】A
【解析】试题分析：
A、由点电荷的场强合成可知A和B两点场强方向均向右，大小相等，选项A正确；B、沿着电场线电势逐渐降低，
，选项B错误；C、正电荷从A点移到B点，所受电场力与运动方向相同，电场力做正功，选项C错误；D、由
，因
，则
，选项D错误；故选：
A.
考点：
本题考查了电场强度、电势、电场力做功、电势能.
2.一个物体做匀加速直线运动，它在第3s内的位移为5m，则下列说法正确的是
A.物体在第3s末的速度一定是6m/s
B.物体的加速度一定是2m/s2
C.物体在前5s内的位移一定是25m
D.物体在第5s内的位移一定是9m
【答案】C
【解析】试题分析：
由于匀加速直线运动的初速度未知，知道第3s内的位移，无法求出物体的加速度、前3s内的位移及第5s内的位移；但是可以求出前5s内的平均速度；第3s内的平均速度为v=
m/s=5m/s；则2.5s时的速度为v1=5m/s；而2.5s时刻为5s内的中间时刻，故前5s内的平均速度为5m/s；故前5s内的位移一定是5×5m=25m；
考点：
本题考查匀变直线运动的规律。
3.如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r.闭合电键S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，则
A.电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小
B.电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大
C.电压表V1示数变化量大于V2示数变化量
D.电压表V1示数变化量小于V2示数变化量
【答案】D
【解析】试题分析：
图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；路端电压U=E-Ir，则U变大，电压表V1的示数变大；并联部分电压U并=E-I（r+R1），I减小，U并变大，电压表V2的示数变大，故A、B错误；根据欧姆定律，有：
U=IR1+U并，由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压变化小于并联部分电压，即电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量，故C正确，D错误；故选：
C．
考点：
动态电路分析.
4.如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为
A.
mgB.3mgC.
mgD.4mg
【答案】C
考点：
本题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第一定律、牛顿第三定律。
5.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）
A.d随U1变化，d与U2无关
B.d与U1无关，d随U2变化
C.d随U1变化，d随U2变化
D.d与U1无关，d与U2无关
【答案】A
【解析】试题分析：
不加磁场时粒子做匀速直线运动；加入磁场后，带电粒子在磁场中做圆周运动，已知偏向角则由几何关系可确定圆弧所对应的圆心角，则可求得圆的半径，由洛仑兹力充当向心力可求得带电粒子的比荷．
解：
带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，
则有：
=cosθ
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，
则有：
=cosθ
所以d=
，
又因为半径公式R=
，
则有d=
=
．故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，BCD错误；
故选：
A
【点评】带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解．
6.质量为m、长为L的导体棒MN电阻为R，起初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动．下列说法正确的是（ ）
A.导体棒向左运动
B.电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
C.电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D.电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为
【答案】BD
【解析】A、开关闭合，由左手定则可知，导体棒受到的安培力斜向右下，导体棒向右运动，A错误；
B、C、当开关闭合后，根据安培力公式：
，且
，可得
，B正确，C错误；
D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成
的夹角，由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度：
，D错误；
故选B。
7.如图所示，水平地面上有一固定的斜面体，一木块从粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动后又沿斜面加速下滑到底端．则木块（ ）
A.上滑时间等于下滑时间
B.上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小
C.上滑过程与下滑过程中速度的变化量相等
D.上滑过程与下滑过程中机械能的减小量相等
【答案】BD
【解析】试题分析：
物体先减速上升，由牛顿定律则：
f+mgsinθ=ma1；后加速下滑，则：
mgsinθ-f=ma2；摩擦力相同，所以a1＞a2，即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，选项B正确；因为a1＞a2，由s=
at2知上滑时间小于下滑时间，故A错误；由公式v2=2as知上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，故C错误．克服摩擦力做功W=fs，所以上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同，因为克服摩擦阻力做功等于物体机械能的变化量，所以上滑过程与下滑过程中机械能的减小量相等，故D正确；故选CD．
考点：
牛顿第二定律；运动公式的应用；功能关系。
8.如图所示，A表示地球同步卫星，B为运行轨道比A低的一颗卫星，C为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体，两颗卫星及物体C的质量都相同，关于它们的线速度、角速度、运行周期和所受到的万有引力的比较，下列关系式正确的是
A.vB＞vA＞vC
B.ωA＞ωB＞ωC
C.FA＞FB＞FC
D.TA＝TC＞TB
【答案】AD
【解析】AC的角速度相等，由v=ωr，可知υC＜υA；BC比较，同为卫星，由人造卫星的速度公式：
，可知υA＜υB，因而vB＞vA＞vC，故A正确；AC的角速度相等；根据
而A的角速度小于B的角速度；故ωA=ωC<ωB；故B错误；由万有引力公式可知，
，即半径越大，万有引力越小；故FA＜FB＜FC；故C错误；卫星A为同步卫星，周期与C物体周期相等；又万有引力提供向心力，即：
，T＝2π
，所以A的周期大于B的周期。
故D正确；故选AD。
三、非选择题：
9.小明同学看了“神舟十号”宇航员王亚平在太空授课时，利用牛顿第二定律测量聂海胜的质量后深受启发，在学校实验室里设计了如图甲所示的实验装置，测量手机电池的质量，为使滑块平稳运动，小明把两块质量相等的手机电池用质量不计的细棉线固定在滑块的两侧．接通气源，当空气从导轨两侧稳定喷出时，发现滑块与气垫导轨没有直接接触，装置能正常使用．调节导轨水平，把细线的一端固定在滑块上，另一端固定在钩码上．
（1）小明用图乙中的螺旋测微器测得遮光条的宽度L＝________mm.
（2）将附带手机电池的滑块由图甲所示位置从静止释放，在钩码的牵引下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光条通过第一个光电门的时间为Δt1＝7.2×10－3s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝2.3×10－3s，遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝0.592s，则手机电池经过光电门1时的瞬时速度v1＝________m/s（保留2位有效数字），经过光电门2时的瞬时速度v2＝________m/s（保留3位有效数字），重力加速度g＝10m/s2，手机电池的加速度a＝________m/s2（保留2位有效数字）．
（3）已知钩码的质量为m1＝200g，滑块与遮光条的总质量为m2＝510g，则一块手机电池的质量为m＝________g（保留2位有效数字）．
【答案】
（1）.
（1）5.000或5.001或4.999
（2）.
（2）0.69；（3）.2.17；（4）.2.5；（5）.（3）45；
【解析】
（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：
5mm+0.0×0.01mm=5.000mm；
（2）经过光电门1的速度：
经过光电门2的速度：
加速度：
（3）由牛顿第二定律得：
m1g=（m1+m2+2m）a
即：
0.2×10=（0.2+0.51+2m）×2.5
解得：
m=0.045kg=45g；
10.某同学设计了一个测量金属丝电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A．电压表V
B．电流表A
C．螺旋测微器
D．米尺
E．滑动变阻器RP（5Ω，2A）
F．干电池组
G．一个开关和导线若干
他进行了以下操作：
（1）用多用电表粗测金属丝的阻值：
当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________（填代码）的顺序正确进行操作，最后完成读数测量．
A．将选择开关旋转到欧姆挡“×1Ω”的位置
B．将选择开关旋转到欧姆挡“×100Ω”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接，正确读数
D．将两表笔短接，重新进行欧姆调零
（2）该同学采用上述合理步骤测量后，表针指示静止时如图所示，则金属丝的阻值约为________Ω.
（3）按照本题提供的实验器材,要求测量金属丝电阻实验时电压调节范尽可能围大,则滑线变阻器的用法______________（填限流或分压）．
（4）若测得金属丝直径为D，接入电路长度为L时，电压表、电流表示数分别为U、I，则金属丝的电阻率ρ＝______________.
【答案】
（1）.
（1）ADC；
（2）.
（2）15；（3）.（3）分压；（4）.（4）
【解析】
（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，则要选择“×1Ω”挡，调零后再进行测量；故实验顺序为：
ADC.
（2）金属丝的阻值约为：
R=1×15Ω=15Ω；
（3）要求测量金属丝电阻实验时电压调节范尽可能围大,则滑线变阻器的用分压法．
（4）根据
以及
，解得
.
11.如图所示，一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段．已知物块的质量m＝1kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，AB段长L＝10m，BE的高度差h＝0.8m，BE的水平距离x＝1.6m．若物块可看做质点，空气阻力不计，g取10m/s2.
（1）要越过“壕沟”，求物块在B点最小速度v的大小；
（2）若θ＝37°，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F的大小；
【答案】
（1）4m/s
（2）5.27N
【解析】
（1）设运动时间为t，则有：
h＝
gt2
所以，t＝
＝0.4s
水平方向匀速直线运动，故有：
v＝x/t＝4m/s
（2）设AB段加速度为a，由匀变速直线运动规律得：
v2=2aL
a=
=0.8m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：
Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma
带入数据解得：
F═5.27N
点睛：
此题关键是抽象出物理模型：
平抛和匀加速直线运动，熟悉其中的规律，对于运动学在没牵扯时间及加速度的情况下，应用动能定理应该比较简单，请试一下．
12.如图所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2L的金属杆AC，可绕通过圆环中心的水平轴O转动．将一根质量不计的长绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内，绳子的另一端吊了一个质量为m的物体．圆环的一半处在磁感应强度为B，方向垂直环面向里的匀强磁场中．现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为R.忽略所有摩擦和空气阻力．
（1）设某一时刻圆环转动的角速度为ω0，且OA边在磁场中，请求出此时金属杆OA产生电动势的大小．
（2）请求出物体在下落中可达到的最大速度．
（3）当物体下落达到最大速度后，金属杆OC段进入磁场时，杆C、O两端电压多大？
【答案】
（1）
；
（2）
；（3）
；
【解析】
（1）已知金属杆转动的角速度，OA产生的电动势：
；
（2）等效电路如图所示：
...............
（3）当物体下落达到最大速度后，杆受到的安培力的力矩与物体的力矩相等，得：
，所以OA上的电流大小为：
当OC段在磁场中时，
点睛：
本题考查了求安培力的功率、产生的内能，求出感应电动势、安培力、应用能量守恒定律即可正确解题。
13.两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是（____）
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
【答案】BCE
【解析】两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力，分子力先增加后减小；当分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，分子力增加；故A错误；两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，故B正确；
只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，故C正确；分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的减小量；故分子势能先减小后增加，故D错误；分子力做功等于分子势能的减小量，总功等于动能增加量，只有分子力做功，故分子势能和分子动能总量保持不变，故E正确；故选BCE．
点睛：
本题考查了分子力、分子势能、分子力做功与分子势能变化关系，要知道分子间同时存在引力和斥力，分子间引力和斥力随分子间的距离的增大而减小，随分子间的距离的减小而增大，且斥力减小或增大比引力变化要快些；分子力做功等于分子势能的减小量．基础题．
视频
14.如图所示，粗细均匀的管子，竖直部分长为l＝50cm，水平部分足够长．当温度为15℃时，竖直管中有一段长h＝20cm的水银柱，封闭着一段长l1＝20cm的空气柱．设外界大气压强始终保持在76cmHg.求：
①被封空气柱长度为l2＝40cm时的温度；
②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l3.
【答案】
（2）①516K；②52.6cm；
【解析】解：
①气体在初态时有：
p1="96"cmHg，T1="288"K，l1="20"cm．
末态时有：
p2="86"cmHg，l2="40"cm．
由理想气体状态方程得：
=
所以可解得：
T2=T1="516"K
②当温度升高后，竖直管中的水银将可能有一部分移至水平管内，甚至水银柱全部进入水平管．因此当温度升高至327℃时，水银柱如何分布，需要分析后才能得知．设水银柱刚好全部进入水平管，则此时被封闭气柱长为l="50"cm，压强p="76"cmHg，此时的温度为
T=
•T1=
="570"K
现温度升高到600K＞T=570K，可见水银柱已全部进入水平管内，末态时p3="76"cmHg，T3="600"K，此时空气柱的长度
l3=
•l1=
="52.6"cm
答：
①被封空气柱长度为l2=40cm时的温度为516K；
②温度升高至327℃时，被封空气柱的长度l3为52.6cm．
【点评】本题考查盖﹣吕萨克定律的应用；它主要应用于体积不变的过程，注意分析好初末状态的P和T．同时注意计算时不必换算单位；只要前后单位统一即可．
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