江西省新余一中届高三上学期第二次模拟物理试题word版含答案.docx
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江西省新余一中届高三上学期第二次模拟物理试题word版含答案
江西省新余一中2018届高三（上）第二次模拟物理试卷
一、选择题
1.用吊扇对悬挂点有拉力作用，在正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动相比（ ）
A.变大B.变小C.不变D.无法判断
【答案】B
考点：
本题考查了作用力和反作用力。
2.关于牛顿第一定律，下列说法错误的是（ ）
A.其内容为伽利略确立
B.牛顿赋予它在力学体系中的“第一”地位
C.它揭示了物质的惯性及制约物质惯性的要素
D.它是一条实验定律
【答案】ABD
【解析】牛顿第一定律是牛顿确立的，故A错误；牛顿第一定律早于牛顿第二定律，牛顿并没有赋予它在力学体系中的“第一”地位，故B错误；牛顿第一定律，它揭示了一切物体都具有惯性，惯性是物体的固有属性，故C正确；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的，故D错误．本题选择错误的，故选ABD.
3.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构，所依据的实验事实是（ ）
A.α射线速度很大，约为光速的十分之一
B.α射线有很强的电离能力
C.绝大多数α粒子几乎不偏转
D.极少数α粒子发生了超90°大角度偏转
【答案】D
【解析】卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出了原子具有核式结构．此实验中，由于极少数α粒子发生了大角度偏转，说明原子有全部正电荷集中在原子中央很小的体积内，即原子核，这是原子的核结构模型的内容．故ABC错误，D正确．故选D.
4.一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻vb的大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】设b点的速度为vb，加速度为a，根据位移时间公式：
可得：
和
，速度位移间的关系为：
vb=va+am，联立解得：
，故C正确，ABD错误。
5.如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】试题分析：
A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故选项A正确。
考点：
共点力平衡的条件及其应用、物体的弹性和弹力
【名师点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力。
视频
6.如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（ ）
A.副线圈中的电流比为1：
2B.副线圈输出功率比为2：
1
C.副线圈的接入匝数比为2：
1D.原线圈输入功率比为1：
2
【答案】C
【解析】A、C、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：
1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：
1，故A错误，C正确；B、由
，所以输出功率之比为4：
1，故B错误；D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：
1，故D错误；故选B.
【点睛】本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析．
视频
7.如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b．它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连．当圆盘a转动时（ ）
A.圆盘b总是与a沿相同方向转动
B.圆盘b总是与a沿相反方向转动
C.若B1、B2同向，则a、b转向相同
D.若B1、B2反向，则a、b转向相同
【答案】D
【解析】①若B1B2同向上，从上向下看，a盘顺时针转动，其半径切割磁感线，感应电流从a′→O→b′→O′→a′；b盘电流从b′→O′，根据左手定则，安培力逆时针（俯视）；
②若B1B2同向下，从上向下看，a盘顺时针转动，其半径切割磁感线，感应电流从O→a′→O′→b′→；b盘电流从O′→b′，根据左手定则，安培力逆时针（俯视）；
③若B1向上，B2向下，从上向下看，a盘顺时针转动，其半径切割磁感线，感应电流从a′→O→b′→O′→a′；b盘电流从b′→O′，根据左手定则，安培力顺时针（俯视）；
④若B1向下，B2向上，从上向下看，a盘顺时针转动，其半径切割磁感线，感应电流从O→a′→O′→b′→；b盘电流从O′→b′，根据左手定则，安培力顺时针（俯视）；故ABC错误，D正确；故选D．
8.某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地到目的地的直线距离为9km，从出发地到目的地用了5min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15km，当他经过某路标时，车内速率计指示的示数为150km/h，那么可以确定的是（ ）
A.在整个过程中赛车手的位移是9km
B.在整个过程中赛车手的路程是9km
C.在整个过程中赛车手的平均速度是180km/h
D.经过路标时的瞬时速率是150km/h
【答案】AD
【解析】解：
A、B、由题可知，位移为初位置到末位置的有向线段，故赛手位移为9km，故A正确；
B、赛车上的里程表知识的里程数值增加了15km，可知路程是15km．故B错误；
C、平均速度等于位移与时间的比值即
，故C错误；
D、车内速度计指示的示数为150km/h，只有大小，没有方向，为瞬时速率，或瞬时速度的大小，故D错误；
故选：
A
【点评】考查位移与路程的区别以及平均速度与瞬时速率等基本概念，明确平均速度是由位移与时间的比值，平均速率是路程比时间．位移为初位置到末位置的有向线段．
9.如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2）．下列说法中正确的是（ ）
A.小球受力个数不变
B.小球立即向左运动，且a=8m/s2
C.小球立即向左运动，且a=10m/s2
D.若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
【答案】BD
【解析】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：
F=mgtan45°=10×1=10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误．小球所受的最大静摩擦力为：
f=μmg=0.2×10N=2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：
．合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误．若剪断弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确．故选BD．
点睛：
解决本题的关键知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，剪短弹簧的瞬间，轻绳的弹力要变化，结合牛顿第二定律进行求解．
10.如图甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连拉力传感器和物体A的细绳保持水平．从t=0时刻起．用一水平向右的力F=kt（k为常数）作用在B物体上．力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示．已知k、t1、t2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．据此可求（ ）
A.A、B之间的最大静摩擦力
B.水平面与B之间的滑动摩擦力
C.A、B之间的动摩擦因数μAB
D.B与水平面间的动摩擦因数μ
【答案】AB
【解析】0﹣t1内，A不受水平拉力，说明水平面对B的静摩擦力没有达到最大值，t1﹣t2内力传感器的示数逐渐增大，说明水平面对B的静摩擦力达到最大值，B对A有向右有静摩擦力，t2时刻后力传感器的示数不变，说明B相对A向右运动，A受到滑动摩擦力，则t2时刻A、B之间的静摩擦力达到最大值，且为fmax=kt2．故A正确．由于B运动后A静止不动，则A、B间有滑动摩擦力，等于kt2．故B正确．由于A对B的压力不能求出，所以不能求出A、B之间的动摩擦因数μAB．故C错误．B对水平面的压力求不出来，因此不能求出B与水平面间的动摩擦因数．故D错误．故选AB.
二、填空题
11.如图甲所示是用主尺最小分度为1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量一工件的内径的实物图，图乙是游标部分放大后的示意图．则该工件的内径为_____cm．用螺旋测微器测一金属杆的直径，结果如图丙所示，则杆的直径是_____mm．
【答案】
（1）.2.280；
（2）.2.697；
【解析】20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第16个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为16×0.05mm=0.80mm，所以最终读数为：
22mm+0.80mm=22.80mm=2.280cm．
螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为19.7×0.01mm=0.197mm，所以最终读数为2.5mm+0.197mm=2.697mm．
点睛：
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
12.如图所示，为了测量滑块（装有遮光条）的加速度，在倾斜的气垫导轨上安放两个光电门A、B，配套的数字毫秒表会自动记录遮光条通过光电门的相应时间．某同学根据自己的设想，做了如下操作：
①将计时方式设定为记录“遮光条从光电门A运动到B的时间”
②将滑块从导轨上某处自由滑下，测出两光电门间距x，并记下毫秒表上的示数
③保持光电门B位置不动，适当移动光电门A的位置，重复步骤②
④重复步骤③若干次
（1）关于操作中的注意事项，下列各项正确的是_____
A．必须洲量遮光条的宽度
B．两光电门的间距应适当大些
C．在每次重复的步骤中，滑块必须从导轨的同一位置自由滑下
D．导轨倾斜是为了平衡摩擦．
（2）已知该同学的两组数据：
x1=40cm，t1=0.800s；x2=63cm，t2=0.900s，则滑块的加速度a=_____m/s2．
【答案】
（1）.
（1）BC；
（2）.
（2）4.0．
【解析】
（1）根据做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出滑块在两时刻的瞬时速度，然后应用加速度定义式求出加速度；根据实验原理可知：
实验不需要测出滑块经过光电门时的速度，因此不需要测量遮光条的宽度，故A错误；为减小测量误差，两光电门的间距应适当大些，故B正确；在每次重复的步骤中，滑块必须从导轨的同一位置自由滑下，故C正确；导轨倾斜是为了使滑块加速下滑，不是为了平衡摩力，故D错误；故选BC．
（2）t1中间时刻的速度：
v1中=
=0.5m/s，
t2中间时刻的速度：
v2中=
=0.7m/s，
t1中间时刻到t2中间时刻的时间间隔：
t=
=0.05s，
加速度：
=4.0m/s2；
三、解答题
13.斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v02的关系图象（即x-v02图象）如图所示．
（1）求滑块下滑的加速度大小．
（2）若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？
【答案】
（1）2m/s2．
（2）1s．
【解析】
（1）由v02＝2ax推知，图线“斜率”为1/2a
所以滑块下滑的加速度大小a＝2m/s2
...............
设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t－12at2，即：
4＝5t－12×2t2
解得t＝1s，t＝4s（舍去）
点睛：
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式和速度位移公式，结合图线进行求解．
14.如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanθ，求：
（1）力F多大时，物体不受摩擦力；
（2）为使物体静止在斜面上，力F的取值范围．
【答案】
（1）mgtanθ；
（2）为使物体静止在斜面上，力F的取值范围是：
≤F≤
【解析】
（1）物体不受摩擦力时受力如图所示：
由平衡条件得：
Fcosθ=mgsinθ，解得：
F=mgtanθ；
（2）当推力减小时，摩擦力方向将沿斜面向上，物体受力如图所示：
由平衡条件得：
沿斜面方向上：
Fcosθ+f=mgsinθ
垂直于斜面方向上：
Fsinθ+mgcosθ=N
当摩擦力达到最大静摩擦力，即f=μN时，推力F最小．
解得：
Fmin=
，
F较大时，摩擦力方向将沿斜面向下，受力如图所示：
由平衡条件得：
沿斜面方向上：
Fcosθ=f+mgsinθ
垂直斜面方向上：
Fsinθ+mgcosθ=N
当摩擦力达到最大静摩擦力，即f=μN时，推力F最大．
解得：
Fmax=
为使物体静止在斜面上，力F的取值范围是：
≤F
．
点睛：
本题关键找出即将要向上滑动和即将要向下滑动的两个临界状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，列出方程求解．
15.如图所示，质量m，带电量q（正电）的小球套在足够长的水平绝缘直杆上，小球与杆的摩擦因数为μ，空间有水平的正交的匀强电场和磁场，电场强度为E，磁感强度B，令小球从静止开始运动，试求：
（1）当小球的速度为多大时，其加速度最大？
（2）小球的最大速度vm？
【答案】
（1）
；
（2）
【解析】
（1）当摩擦力为零时加速度最大，此时洛伦兹力与重力平衡，弹力为零，故：
qvB﹣mg=0，解得：
v=
；
（2）当摩擦力与电场力平衡时，小球的速度最大，根据平衡条件，有：
qE﹣f=0
qvmB﹣N﹣mg=0
其中：
f=μN
联立解得：
vm=
；
16.A、B两物块（可视为质点）相互挨着放在水平地板上，A与轻弹簧连接，弹簧的另一端固定在墙上，弹簧水平且自然松弛，两物块质量均为1kg，A与地板的摩擦可忽略，B与地板的摩擦因数μ=0.4，现用水平力F推物块B，使A、B将弹簧缓慢压缩x1=10cm，其间力F做功1.4J．
（1）此时弹簧的弹性势能多大；
（2）撤去力F，已知弹簧劲度系数k=200N/m，试求A、B分离时弹簧的形变量x2；
（3）已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比，试求A、B分离后，物块B的滑行距离S．
【答案】
（1）1J；
（2）2cm；（3）6.5cm．
【解析】
（1）物体B与地面间的摩擦力为：
f=0.4mg=0.4×1×10=4N，
对A、B弹簧系统，根据功能关系，有：
WF﹣fx1=Ep弹，
代入数据解得：
Ep弹=1J；
（2）A、B分离时刻，A、B间的弹力为零，对B，有：
0.4mg=ma，
对A，有：
kx2=ma，
联立解得：
x2=0.02m=2cm，
此时B的加速度向左，故A的加速度也向左，说明弹簧是伸长的2cm；
（3）已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比，令Ep=cx2，最大压缩量为0.1m，此时弹性势能为1J，代入解得：
C=400N/m
对从撤去推力到A、B分开瞬间过程，根据功能关系，有：
解得：
v=
m/s
此后A、B分开，B继续滑动，根据动能定理，有：
﹣0.4mg•s=0﹣
mv2
解得：
s=0.065m=6.5cm；
点睛：
本题是含弹簧的力学综合问题，关键是明确滑块的受力情况和运动情况，知道两个滑块刚刚分离时刻的弹力为零，然后结合功能关系和牛顿第二定律列式分析．
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