届河北省衡水中学滁州分校上学期高三综合培养卷物理试题解析版.docx

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届河北省衡水中学滁州分校上学期高三综合培养卷物理试题解析版

2018届河北省衡水中学滁州分校高三综合培养卷

物理部分

二、选择题：

本题共8小题，每小题6分，共48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。

全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。

1.本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。

下面是从物理的角度去解释此情境的，其中正确的是（　　）

A.这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的

B.骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后前轮立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒

C.因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了

D.因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了

【答案】B

【解析】骑车人与车原来处于运动状态，车陷入水坑时，前轮静止，但人（与车的后半部分）由于具有惯性仍保持向前运动，因此摔倒，故B正确，ACD错误。

2.质量为0.5kg的钢球从5.0m高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达4.05m高处，整个过程经历2.0s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为（g＝10m/s2）（　　）

A.5.0NB.90N

C.95ND.100N

【答案】D

【解析】钢球与地面碰撞前做自由落体运动，根据机械能守恒有：

，所以球落地时的速度为：

v1=10m/s，方向向下，下落的时间为：

。

钢球碰撞后向上做竖直上抛运动，根据机械能守恒定律有：

，所以钢球弹起，刚离地时的速度为：

v2=9m/s，方向向上，上升的时间为：

，所以在钢球与地面碰撞过程中，所用的时间：

△t=2-1-0.9=0.1s，运用动量定理有：

（mg-FN）•△t=mv2-mv1，代入数据解得：

FN=100N，故D正确，ABC错误。

3.如图所示为感应式发电机的结构图，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。

现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是（　　）

A.将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置

B.将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置

C.将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置

D.将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置

【答案】B

【解析】试题分析：

将铜盘看成无数个轴向铜条组成，铜盘在外力作用下切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流；根据题意，因此将电流表的接线端M、N分别连接O1，a位置，才能观察到感应电流．故ACD错误，B正确；故选B。

考点：

右手定则，法拉第电磁感应定律

【名师点睛】本题是右手定则和法拉第电磁感应定律的综合应用，考查对实验原理的理解能力，同时注意切割磁感线相当于电源，内部电流方向是从负极到正极．注意由于圆盘在切割磁感线，相当于电源。

4.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E，内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.电压表示数变小

B.电流表示数变小

C.电容器C所带电荷量增多

D.a点的电势降低

【答案】D

【解析】试题分析：

闭合回路，电阻

并联，然后与电源内阻和定值电阻

串联。

滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器

的阻值逐渐变小，并联电阻变小，总电阻变小，总电流变大，内电压和定值电阻

的电压变大并联电压变小。

定值电阻

的电压变大即电压表示数变大，选项A对。

并联电压变小，即电容器两端电压变小，电容器C所带电荷量减少，选项C错。

由于负极电势恒等于0接地，所以a点电势跟随并联电压的减小而降低，选项D对。

并联电压变小，经过

的电流减小，总电流增大，所以经过

的电流增大，即电流表示数增大，选项B错。

考点：

闭合回路欧姆定律

【名师点睛】比荷回路需要牵一发而动全身，不动的只有电源电压。

一个电阻的变化导致并联电阻的变化进而总电阻的变化，总电阻的变化引起总电流的变化，从而内电压和定值电阻的电压变化，最后分析到并联电压和并联支路中定值电阻的电流，再根据总电流分析到变化电阻的电流。

5.如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面。

现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是（　　）

A.线圈仍静止不动

B.从上往下看，线圈将逆时针转动

C.弹簧测力计示数减小

D.弹簧测力计示数增大

【答案】BD

6.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则（　　）

A.每颗星做圆周运动的线速度为

B.每颗星做圆周运动的角速度为

C.每颗星做圆周运动的周期为

D.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关

【答案】ABC

【解析】解：

由万有引力定律可知：

两星之间的作用力为：

；

故由力的合成可得：

任一星体受到的合外力为：

，方向指向三角形中心O；

星体到三角形中心O的距离为：

；

每颗星都绕O点做圆周运动，故合外力做向心力，则有：

；

故星体做圆周运动的线速度为：

，角速度为：

，周期为：

，加速度为：

，故AC正确，BD错误；

故选：

AC．

7.如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右匀速运动，一质量为m的小球（m≪M）从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为h。

设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度为（　　）

A.v0B.0

C.

D.－v0

【答案】AC

【解析】该题需要分以下两种情况进行分析：

①小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有:

Mv0=（M+m）v,由于M≫m,所以：

v=v0；②若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理，水平方向上有Fμt=mv′,小球反弹后上升的高度为h，则反弹的速度v与落在小车上时的速度大小相等,以向上为正方向，竖直方向上有：

又 Fμ=μFN,解得：

故选AC.

【点睛】该题中由于碰撞的时间不知，所以小球在水平方向的运动有两种情况，这是解决该题的关键，也是容易被忽略的地方．

8.分别用波长为λ和2λ的光照射同一种金属，产生的速度最快的光电子速度之比为2∶1，普朗克常量和真空中光速分别用h和c表示，那么下列说法正确的是（　　）

A.该种金属的逸出功为

B.该种金属的逸出功为

C.波长超过2λ的光都不能使该金属发生光电效应

D.波长超过4λ的光都不能使该金属发生光电效应

【答案】AD

【解析】由题意可知，由爱因斯坦光电效应方程，

，与

，可得：

，列出两个方程，即为

；

解得：

，故A正确，B错误；根据发生光电效应现象的条件，λ0≤3λ，即可发生，故CD错误；故选A.

9.利用如图甲实验装置探究外力做功与小球动能变化的定量关系。

小钢球在重力作用下从静止自由下落至光电门，某同学实验如下：

A．用天平测定小钢球的质量为0.10kg

B．用游标卡尺测出小钢球的直径如图乙所示

C．用直尺测出电磁铁下端到光电门的距离为81.6cm（光电门处可看成一几何点）

D．电磁铁先通电，让小钢球吸在电磁铁下端

E．让电磁铁断电，小钢球自由下落

F．在小钢球经过光电门时，计时装置记下小钢球经过光电门所用的时间为3.00×10－3s

回答下列问题：

（g取10m/s2，计算结果保留三位有效数字）

（1）小钢球的直径为________cm；

（2）小钢球经过光电门时的平均速度为________m/s，其对应的动能为________J；

（3）本实验中小钢球重力做功应取下落的高度为________cm，其对应的重力做的功为________J；

（4）根据以上的数据得出本实验的结论为：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

【答案】

（1）.1.20

（2）.4.00（3）.0.800（4）.81.0（5）.0.810（6）.在误差允许的范围内（7）.小球下落过程中外力做功与动能变化量相等

【解析】试题分析：

（1）由图可得小球的直径为1.20cm，

（2）平均速度v=s/t=1.20×10-2/（3.00×10-3）=4.00m/s，动能

=0.800J，（3）小球下落的高度为h=81.6-1.20/2=81.0cm，其对应的重力做功为W=mgh=0.810J，

由上面的计算可知，结论为在误差范围内外力做功与动能变化量相等

考点：

实验“探究外力做功与小球动能变化的关系”

10.某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程为10V）的内阻（大约为几十千欧），该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，欧姆挡的选择开关拨至________挡，先将红、黑表笔短接调零后，选用图甲中________方式连接。

在实验中，某同学读出如图乙所示欧姆表的读数为________Ω，这时电压表的读数为________V，欧姆表电池的电动势为________V。

【答案】

（1）.×1k

（2）.A（3）.4.0×104（4）.5.0（5）.6.88

【解析】当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：

示数×倍率=读数知，选择×1k的挡；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为：

40×1k=40kΩ；电压表的读数为5.0V，由题意知欧姆表的内阻为30kΩ，与电压表的内阻40kΩ串联，由欧姆定律可知：

。

11.如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。

一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m。

滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2。

求：

（1）滑块与木板间的摩擦力大小；

（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；

（3）滑块相对木板滑行的距离。

【答案】

（1）2N

（2）1.5J（3）1.5m

【解析】

（1）对木板

…………………………1分

由运动学公式，有

……………………1分

解得

……………………………1分

（2）对滑块

………………………1分

设滑块滑上木板时的初速度为v0，

由公式

……………………………1分

解得

滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得

…………………………2分

可得滑块克服摩擦力做功为

…………………1分

（3）t=1s内木板的位移

……………………1分

此过程中滑块的位移

…………1分

故滑块相对木板滑行距离

…………1分

12.如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d＝0.5m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中。

长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m＝0.1kg，电阻R＝0.1Ω，与导轨之间的动摩擦因数μ＝

，导轨上端连接电路如图所示。

已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2Ω，导轨电阻不计，取重力加速度大小g＝10m/s2。

（1）求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；

（2）假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v。

【答案】

（1）2.5m/s2

（2）0.05W，0.8m/s

【解析】

（1）棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用

根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma

代入数据得a＝2.5m/s2

（2）由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡

有mgsinα－μmgcosα＝BId

代入数据得棒中的电流I＝1A

由于R1＝R2，所以此时通过小灯泡的电流

此时感应电动势

得v＝0.8m/s

【点睛】本题考查导体棒切割磁感线的过程中的最大值问题，综合了共点力的平衡、牛顿第二定律的应用、闭合电路的电路知识、电磁感应知识等知识点的内容，要注意正确理清题目设置的情景，注意电磁感应的过程中的能量转化的关系与转化的方向。

13.下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是（____）

A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律

B．能量耗散过程中能量不守恒

C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律

D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性

E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功

【答案】ADE

【解析】第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；能量耗散过程中能量也守恒，故B错误；电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是由于压缩机做功，并不违背了热力学第二定律，故C错误；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故D正确；根据热力学第二定律可知：

气体不可能从单一热源吸热，并全部用来对外做功，而不引起其它变化；若引起外界变化则可以，故E正确。

所以ADE正确，BC错误。

14.一定质量的理想气体经历如图A→B→C→D→A所示循环过程，该过程每个状态视为平衡态。

已知A态的温度为27℃。

求：

（1）B态的温度TB。

（2）一次循环过程气体与外界的热交换Q为多少？

是吸热还是放热？

【答案】

（1）127℃

（2）Q＝25J，Q为正，表示吸热

【解析】试题分析：

由图象可知AB两个状态的体积，且由A到B做等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；从A态又回到A态的过程温度不变，所以内能不变，根据热力学定律列式求解。

由图象得VA=3LTA=t+273=27+273K=300KVB=4L

A到B等压变化，由盖吕萨克定律得：

点睛：

本题主要考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用。

运用热力学第一定律时，注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正。

15.如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示。

由振动图象可以得知________。

A．振子的振动周期等于t1

B．振子的振动周期等于2t1

C．在t＝0时刻，振子的位置在a点

D．在t＝t1时刻，振子的速度为最大

E．从t1到t2，振子正从O点向b点运动

【答案】BDE

【解析】根据振子的振动周期是振子完成一次全振动所用的时间，则知振子的振动周期等于2t1，故A错误，B正确；从t=0时刻，振子的位移为0，说明位于平衡位置O点，故C错误；在t=t1时刻，振子的位移为0，正通过平衡位置，振子的速度最大，故D正确；在t=t1时刻，正通过平衡位置O，从t1到t2，振子的速度为正，说明振子正从O点向b点运动，故E正确。

所以BDE正确，AC错误。

16.如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1、S2距离之差为2.1×10－6m，分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？

（1）已知A光在折射率为1.5的介质中波长为4×10－7m。

（2）已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°。

（3）若让A光照射S1，B光照射S2，试分析光屏上能观察到的现象。

【答案】

（1）P点为暗条纹

（2）P点为亮条纹（3）若让A光和B光分别照射S1和S2，这时既不能发生干涉，也不发生衍射，此时在光屏上只能观察到亮光。

【解析】

（1）设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n＝

，得λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7m＝6×10－7m根据路程差Δr＝2.1×10－6m，所以N1＝

＝

＝3.5

由此可知，从S1和S2到P点的路程差是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹．

（2）根据临界角与折射率的关系sinC＝

得n＝

由此可知，B光在空气中波长λ2为：

λ2＝nλ介＝

×3.15×10－7m＝5.25×10－7m

由路程差Δr和波长λ的关系N2＝

＝4

可见，用B光做光源，P点为亮条纹．

（3）若让A光和B光分别照射S1和S2，这时既不能发生干涉，也不发生衍射，此时在光屏上只能观察到亮光．

思路分析：

判断亮暗条纹需要计算出光程差，让A光和B光分别照射S1和S2，这时既不能发生干涉，也不发生衍射，此时在光屏上只能观察到亮光．

试题点评：

本题考查额单色光的双缝干涉，当光程差为波长的整数倍时，显示亮条纹，当光程差为半波长的奇数倍时，显示暗条纹，