1、河南省开封市2018届高三第三次模拟考试（5月）+理综考试物理部分一、选择题1. 下列说法中正确的是（ ）A. 由R= 可知，若电阻两端所加电压为0，则此时电阻阻值为0B. 由E= 可知，若检验电荷在某处受电场力大小为0，说明此处场强大小一定为0C. 由B= 可知，若一小段通电导体在某处受磁场力大小为0，说明此处磁感应强度大小一定为0D. 由E=n 可知，若通过回路的磁通量大小为0，则感应电动势的大小也为0【答案】B【解析】A. 是电阻的定义式，电阻的大小不会随着电压的变化而变化的。故A错B. 由可知若检验电荷受到的电场力为零，则表示此处的电场强度一定为零，故B对C. 当导体棒与磁场平行时即使
2、有磁场磁场力也为零，故C错D. 由可知，电动势的大小取决于磁通量改变了多少所以当通过回路的磁通量大小为0，感应电动势的不一定为零，故D错。故选B2. 下列描绘两种温度下黑体辐射强度与频率关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】问题求解：根据黑体辐射实验规律，黑体热辐射的强度与波长的关系为：随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加，则各种频率的辐射强度也都增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，即频率较大的方向移动分析图像，只有B项符合黑体辐射实验规律，故B项正确。故选B3. 如图所示，绕同一恒星运行的两颗行星A和B，A是半径为
3、r的圆轨道，B是长轴为2r椭圆轨道，其中Q到恒星中心的距离为Q到恒星中心的距离的2倍，两轨道相交于P点。以下说法正确的是( )A. A和B经过P点时加速度相同B. A和B经过P点时的速度相同C. A和B绕恒星运动的周期相同D. A的加速度大小与B在Q处加速度大小之比为16:9【答案】B【解析】由牛顿第二定律得：，解得：，经过P点时M、r都相同，则向心加速度相同，故A正确；A行星做匀速圆周运动，而B做的是椭圆运动，二者在同一点处的速度方向不相同，速度不同，故B错误；根据开普勒第三定律，行星和彗星围绕同一中心天体运动，且半长轴相同，故周期相同，故C正确；B在Q处时与恒星球心的距离为r，根据故A的加
4、速度大小与B在Q处加速度大小之比为，故D正确故选ACD点睛：本题考查万有引力的应用，要明确一个天体在绕另一天体做圆周运动时，由万有引力充当向心力；应用万有引力公式、牛顿第二定律与开普勒定律可以解题4. 如右图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，不正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力
5、随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到 ，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若重力小于安培力，由 可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若进入时重力大于安培力，由，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重
6、力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确；综上分析，不正确的是A。5. 课堂上，老师准备了“”型光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示（截面图）方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角的最大值为( )A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】A【解析】取0时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的为最小值；继续增大，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若太大，此两圆柱将分开，临界情况为取30时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处
7、于平衡状态，此时与右圆柱间相互接触且无弹力，故A正确，BCD错误，故选A.【点睛】本题是以三个圆柱形积木在“”型光滑木板上处于平衡状态为情境，主要考查共点力的平衡等知识。侧重考查推理能力，要求考生深刻理解共点力的平衡条件，运用特殊值法解决实际问题.6. 为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中（ ）A. 笔帽一直做加速运动B. 弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C. 弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的
8、冲量大小相等D. 弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率【答案】CD【解析】弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用
9、时间相同，冲量大小相等，故C正确，故选CD.7. 电源、开关S、定值电阻R1、R2、光敏电阻R3和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，则()A. 液滴向下运动B. 液滴向上运动C. 电容器所带电荷量减少D. 电容器两极板间电压变大【答案】BD【解析】当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动。故A错误，BD正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q
10、=CU知，电容器所带电荷量增大。故C错误。8. 如图， M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q和-Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速释放，运动到B点。则两种情况中( )A. 金属环运动到B点的速度第一种情况较大B. 金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C. 金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D. 金属环从A点运动到B点的过
11、程中（不含A、B两点），在杆上相同位置的速度第一种情况较大【答案】BD【解析】等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；等量同种正电荷连线中垂线的中点电势O最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在B点的速度相等，故A错误；由于到B点前第二种情况的速度均比较小，所以运动时间比较长，故B正确；等高处重力势能相等，但到B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情况均较小，故C错误；第二
12、种情况中金属环电场力先是阻力后是动力，结合到B点时与第一种情况速度相等，故D正确，故选BD.【点睛】本题以带电体在两个等量电荷形成的电场中的运动为背景，主要考查静电场，电场线，电场强度、点电荷的场强、电势能、电势，动能和动能定理，功能关系，位移、速度和加速度等知识。侧重考查分析综合能力，要求考生对等量同种、异种电荷的空间电场分布情况有清晰的认识，综合分析带电金属环的受力和能量变化关系.二、实验题9. 某同学验证动能定理的实验装置如图所示水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一易拉罐相连，易拉罐和里面的细沙总质量为m；
13、遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间为t，d表示遮光片的宽度，L表示A、B两点间的距离滑块与导轨间没有摩擦，用g表示重力加速度该同学首先用游标卡尺测量了遮光片的宽度，如图所示，遮光片的宽度d =_cm该同学首先调整导轨倾角，易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在滑块上让滑块恰好在A点静止剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为_（用题目中所给的物理量符号表示）为验证从A B过程中小车合外力做功与滑块动能变化的关系，需要验证的关系式为_（用题目中所给的物理量符号表示）【答案】 (1). 1.14cm; (2). mg; (3). ;【解
14、析】试题分析：（1）宽度d（1104）mm114 mm114 cm；（2）由于滑块在A点静止，因此滑块的下滑分力等于易拉罐及细沙的总重力mg，又由于斜面与滑块间无摩擦，因此滑块下滑时，其受到的合外力等于mg；（3）本实验应该验证mgLMv2，而到达B点时的速度v，代入可得mgLM考点：验证动能定理10. 某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图（a）所示。实验器材如下：待改装电压表（量程0 3 V，可视为理想电压表），定值电阻R0，压敏电阻Rx，电源（4 V，内阻不计），开关S，导线。选用的压敏电阻阻值Rx随压力F变化的规律如图（b）。（1）实验中随着压力F的增大，电压表的示
15、数_。（填“变大”“不变”或“变小”） （2）为使改装后仪表的量程为0 160 N，且压力160 N对应电压表3 V刻度，则定值电阻阻值R0 _，压力0 N对应电压表_V刻度。（3）他发现这样改装后的仪表压力刻度分布不均匀，想进一步把（2）中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻，其阻值Rx与压力F变化关系式为_。【答案】 (1). 变大； (2). 150； (3). 1.5； (4). ;【解析】1）根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数，由图（b）可知，压力越大越小，U越大，故电压表的示数变大。（2）由图（b）可知，当时，此时电压表的示数，由，得；由图（b）可知，当时，此时电压表的示
16、数为，可见压力0N对应电压表1.5V刻度。（3）若选用图（b）的压敏电阻，则与压力F的关系式为，代入，可得U 与F的关系式为，这样改装后的仪表压力刻度分布是不均匀的。为了使压力刻度分布均匀，应另选用压敏电阻，且仍要满足量程为，F=0N标在1.5V刻度，F=160N标在3V刻度。由于电压表的电压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设U =kF+b，由时、，时、，可得b=1.5，又，解得.三、计算题11. 如图所示,水平光滑细杆上P点套一轻质小环,小环通过长L=0.5m的轻绳悬挂一质量不计的夹子,夹子内夹有质量m=0.5kg的物块,物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为fm=3N
17、。现对物块施加F=5N的水平恒力作用,物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动,物块恰要相对夹子滑动，与此同时撤去外力，一质量为0.1 kg的直杆以1m/s的速度沿水平方向相向插入夹子将夹子与物块锁定（此过程时间极短）。物块可看成质点,重力加速度g=10m/s2。求:（1）物块做匀加速运动的加速度大小a（2）P、Q两点间的距离s（3）物块向右摆动的最大高度h。【答案】（1） （2） （3） .（1）以整体为研究对象，由牛顿第二定律得： 得：a=10m/s2（2）环到达Q，物块刚达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律 根据动能定理有 解得 s=0.05m
18、（3）直杆与物块水平方向动量守恒由动理定理：联立得【点睛】本题要分段研究物块的运动过程，明确向心力的在最低点，由合力提供向心力。要知道物块恰好相对夹子滑动时，静摩擦力达到最大值。12. 如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域和，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域的磁感应强度大小为B0，区域的磁感应强度大小可调， C点坐标为（4L，3L），M点为OC的中点。质量为m带电量为-q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场中，速度大小为 ，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。（1）若粒子无法进入区域中，求区域磁感应强度大小范围；（2）若粒
19、子恰好不能从AC边射出，求区域磁感应强度大小；【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：平面几何做图，可知粒子在磁场中的轨迹与OD边相切，可求其半径，由粒子在磁场中的运动规律可求，磁感应强度大小范围；若粒子恰好不能从AC边射出，则粒子在磁场中与AC边相切，由几何关系，求粒子在磁场中的半径，由粒子在磁场中的运动规律可求解区域磁感应强度大小。（1）如图所示，当运动轨迹与x轴相切时，粒子恰好无法进入区域中。由几何关系可知粒子圆周运动半径为， 由 得 若粒子无法进入区域中，求区域磁感应强度（2）若粒子恰好不能从AC边射出，粒子轨迹与AC边相切于E点，由几何关系可知粒子在磁场中，可得粒子在磁场中半径为
20、设在磁场中的半径为R，由几何关系可知， 由于 可知 解得在磁场中由，可知【点睛】解决粒子在磁场中运动的问题时，几何做图是关键，从图中找到半径与磁场边界的几何关系，确定半径大小很重要。13. 下列说法正确的是_A零摄氏度的物体的内能为零B气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果C温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同D理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力E浸润现象是分子间作用力引起的【答案】BCE【解析】A、一切物体都用内能，故A错；B、气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果，故B正确；C、温度是平均动能的标志，所以温度相同
21、的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，故C正确；D、分子间引力和斥力同时存在，当分子间距离增大时引力和斥力同时减小，只是斥力减小得更快，分子间表现为引力,当分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，只是斥力增大得更快，分子间表现为斥力,所以分子间作用力是引力和斥力的合力表现，故D错误E、浸润现象是分子间作用力引起的，与分子力有关，故E正确故本题选：BCE14. 某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的气缸I、II内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为p0，气缸I内通过A封有压强为p0的气
22、体，气缸II内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：（i） 当A向右移动 时，水的深度h；（ii）该深度计能测量的最大水深hm。【答案】(1) （2）【解析】（i）当A向右移动时，设B不移动对I内气体，由玻意耳定律得：解得：而此时B中气体的压强为，故B不动由 解得：水的深度对原I内气体，由玻意耳定律得：对原II内气体，由玻意耳定律得：又联立解得15. 如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图象，乙图
23、为参与波动质点P的振动图象，则下列判断正确的是_ A该波的传播速率为4m/sB该波的传播方向沿x轴正方向C经过0.5s，质点P沿波的传播方向向前传播2mD该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显衍射现象E经过0.5s时间，质点P的位移为零，路程为0.4m【答案】ADE【解析】由甲读出该波的波长为 =4m，由乙图读出周期为 T=1s，则波速为，故A正确；在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向沿y轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向。故B错误；质点P只在自己的平衡位置附近上下振动，并不波的传播方向向前传播。故C错误。由于该波的波长为4m，与障碍物尺寸相差不多，能发生明显的衍射现
24、象，故D正确；经过 ，质点P又回到平衡位置，位移为零，路程为 S=2A=20.2m=0.4m。故E正确。16. 如图，某同学想把剖面MON为等腰三角形的玻璃砖加工成“玻璃钻石”送给妈妈。已知顶角MON = 2，该玻璃折射率n = 2。现有一光线垂直MN边入射。（i）为了使该光线在OM边和ON边都能发生全反射，求的取值范围。（ii）若 = 42，试通过计算说明该光线第一次返回MN边能否射出。【答案】（1） （2）可以射出【解析】（i）根据题意画出光路图（如图）当光线入射到玻璃砖的内表面（OM、ON）上恰好发生全反射时需满足解得：临界角 C=30由几何关系可得光线入射到OM边、ON边的入射角分别为90、390要发生全反射应满足：90 C、390C综合两式得 4060。（ii）画出该光线第一次返回MN边时的光路图由几何关系可得在MN边入射角为1804若 = 42，则1804C所以该光线第一次返回MN边可以射出
