1、2018级高三上学期期中考试物理模拟试题一、选择题（18单选每题3分，912多选每题4分）1. 跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其v-t图象如图所示下列说法正确的是（）A. 运动员在内的平均速度大小等于B. 10s末运动员的速度方向改变C. 10末运动员打开降落伞D. 内运动员做加速度逐渐增加的减速运动【答案】C【解析】【详解】若运动员在0-10s内做匀变速直线运动，则平均速度，运动员在010s内的位移大于匀加速直线运动到20m/s的位移，所以平均速度大于10m/s故A错误；在整个过程中，速度都是正值，运动员的速度方向未改变故B错误；从10s末开始运动员做减速运动，则知
2、10末运动员打开降落伞，故C正确；1015 s内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，运动员做加速度逐渐减小的减速运动故D错误；2. 如图所示，水平桌面上有三个相同的物体叠放在一起，的左端通过一根轻绳与质量为的小球相连，绳与水平方向的夹角为，小球静止在光滑的半圆形器皿中.水平向右的力作用在上，三个物体保持静止状态取，下列说法正确的是（ ）A. 物体受到向右的静摩擦力B. 物体受到一个摩擦力，方向向左C. 桌面对物体的静摩擦力方向水平向右D. 撤去力的瞬间，三个物体将获得向左的加速度【答案】B【解析】【详解】A由于C物体处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，A错误；B由于b处于平衡状态，由于水平
3、拉力F=40N，因此受到水平向左的摩擦力也为40N，B正确；C对小球m进行受力分析可知，可求出绳子拉力:因此桌面受到的静摩擦力方向水平向左，大小为:C错误；D撤去力F的瞬间，由于绳子拉力小于a与桌面间的摩擦力，因三个物体仍将静止不动，D错误3. 嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力则（）A. 嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段桶圆轨道时，应让发动机点火使其加速B. 嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度C. 嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q点的速度大于月段圆轨道的速度D. 若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常
4、量，则可算出月球的密度【答案】C【解析】【详解】嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道故A错误；嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点向Q点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度故B错误；根据，且月段椭圆轨道平均半径小于月段圆轨道的半径，可得嫦娥三号在环月段椭圆轨道的平均速度大于月段圆轨道的速度，又Q点是月段椭圆轨道最大速度，所以嫦娥三号在环月段椭圆轨道上Q点的速度大于月段圆轨道的速度故C正确；要算出月球的密度需要知道嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期、月球半径和引力常量故D
5、错误；4. 如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO 竖直，轨道半径为R，当地重力加速度为g，将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止释放，经时间t到达 B，在小球从A点运动到B点的过程中（）A. 小球所受合力的冲量指向圆心B. 小球所受支持力的冲量大小是C. 小球受到的重力的冲量为0，重力做的功不为0D. 小球受到的支持力的冲量为0，支持力做的功也是0【答案】B【解析】【详解】A根据动量定理，动量的变化水平向右，因此合力的冲量水平向右，A错误；BCD根据机械能守恒可得动量变化重力的冲量方向竖直向下，根据动量定理做出矢量方向三角形，可得支持力的冲量在整个运动过程中只有重力
6、做功，支持力不做功，因此B正确，CD错误。故选B。5. 质量为m的汽车在平直路面上由静止匀加速启动，运动过程的vt图像如图所示，已知t1时刻汽车达到额定功率，之后保持额定功率运动，整个过程中汽车受到的阻力大小恒定，则（）A. 在0t1时间内，汽车加速度大小为B. t1时刻汽车牵引力与t2时刻汽车牵引力相等C. 汽车受到的阻力大小为D. 在t1t2时间内，汽车克服阻力做功为【答案】C【解析】【详解】A在0t1时间内汽车做匀加速运动，加速度a恒定，则故A错误；B在t1时刻汽车牵引力而在t2时刻达到最大速度此时牵引力等于阻力故两个时刻的牵引力不相等，故B错误；Ct1时刻汽车的功率为在t2时刻的功率为
7、根据功率相等可以求出故C正确；D根据动能定理可知t1t2时间内故D错误。故选C。6. 小强在学习了静电场一章后，来到实验室研究如图所示的电场，实线和虚线分别表示该电场的电场线和等势线，若 a、b 两点所处的等势线电势为0，相邻等势线间的电势差为2V，则（ ）A a处电场强度等于b处电场强度B. c、b两点间的电势差大于c、a 两点间的电势差C. 电子在c处具有的电势能为20eVD. 若将一电子在d处由静止释放，则运动至c点对应等势线时，具有的动能为2eV【答案】D【解析】【详解】A.a处电场线较b处密集，a处电场强度大于b处电场强度，故A错误；B. a、b 两点在同一等势面上，c、b两点间的电
8、势差等于c、a两点间的电势差，故B错误；C.电子在c处具有的电势能为-20eV，故C错误；D. 电子在d处由静止释放，运动至c点对应等势线时，电场力做功2eV，电子的电势能减少2eV，动能增加2eV，故D正确7. 如图，将三根长度、电阻都相同的导体棒首尾相接，构成一闭合的等边三角形线框，a、b、c为三个顶点，匀强磁场垂直于线框平面用导线将a、c两点接入电流恒定的电路中，以下说法正确的是（ ）A. 线框所受安培力0B. ac边与ab边所受安培力的大小相等C. ac边所受安培力是ab边所受安培力的2倍D. ac边所受安培力与ab、bc边所受安培力的合力大小相等【答案】C【解析】【详解】设总电流为I
9、，则ac中的电流为，abc支路的电流为，若磁场方向垂直纸面向里，则由左手定则可知，ac受安培力向上，ab和bc受安培力分别是斜向左上和右上方，可知线框所受安培力不为0，选项A错误；根据F=BIL可知，ac边所受安培力,ab、bc边所受安培力均为，则ac边所受安培力是ab边所受安培力的2倍；ab、bc边所受安培力的夹角为120，则合力为，则ac边所受安培力与ab、bc边所受安培力的合力大小不相等，选项C正确，BD错误.8. 如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg重力加速度的大小
10、为g，当圆环以角速度绕竖直直径转动时，下列说法错误的是()A. 圆环角速度小于时，小球受到2个力的作用B. 圆环角速度等于时，细绳恰好伸直C. 圆环角速度等于时，细绳将断裂D. 圆环角速度大于时，小球受到2个力的作用【答案】C【解析】【详解】A、B、设角速度在01范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为，则有mgtan mRsin 2，即，当绳恰好伸直时，60，对应，A、B正确.设在12时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcos 60mgFTcos 60，FNsin 60FTsin 60m2Rsin 60，当FT取最大值2mg时代入可得，即当时绳将断裂，小球
11、又只受到重力、环的弹力两个力的作用，C错误，D正确.本题选错误的故选C.【点睛】本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题.9. 如图，平行板电容器AB两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知A和正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点现保持B板不动，通过上下移动A板来改变两极板的间距（两板仍平行），下列说法中正确的是A. 若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B. 若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧C. 若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧D
12、. 若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧【答案】AD【解析】【详解】若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，U不变，根据，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧故A正确若小球带正电，当d增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得Q不可能减小，所以Q不变，根据，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点故B错误若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据，知E不变，所以电场力大小不变，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然可
13、能打在N点故C错误若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧故D正确10. 如图所示电路中，电源电动势为，内阻为，定值电阻的阻值，当滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，理想电流表、的示数变化量的绝对值分别为、，理想电压表示数变化量的绝对值为，下列说法正确的是（ ）A. 电压表的示数减小B. 电流表、的示数均减小C. 与的比值等于电源内阻D. 电源的输出功率逐渐增大【答案】BD【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总
14、电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小根据闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压增大，即电压表的示数增大根据并联电路的电流规律，的示数变小，通过定值电阻的电流增大，则的示数变小，故A错误，B正确的减小量=的减小量-的增大量，所以一定大于电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律得，可以知道，而大于，所以，故C错误因为定值电阻的阻值，所以和并联后的电阻小于，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，外电阻增大，电源的输出功率增大，D正确11. 如图所示为正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，场强大小为E，磁场垂直于纸面水平向外，磁感应强度大小为B一个电量为q、质量为（g为重力加速度）的带正电粒子在场中
15、P点竖直向下以大小为v0的初速度向下射出则（）A. 若，则粒子将向下做匀加速直线运动B. 若且方向竖直向上，射出的瞬间，加速度大小为C. 改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，则粒子一定做匀速直线运动D. 改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，则射出的初速度大小为【答案】BCD【解析】【详解】若，则有qv0B=qE，粒子向下射出的一瞬间，电场力和洛伦兹力等大反向，随着速度增大，洛伦兹力增大，粒子会向左偏转，不可能做直线运动，故A错误若且方向竖直向上，射出的瞬间，粒子受到的洛伦兹力方向向右，大小F洛=qv0B=qE=mg，则合力为 ，根据牛顿第二定律知，加速度大小为，故B正确改变粒子
16、射出的速度，且粒子在场中做直线运动，洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，则qvB=mg，得如果做直线运动时速度大小变化，则洛伦兹力大小变化，合力方向变化，则粒子将做曲线运动，因此，粒子在场中做直线运动时，一定做匀速直线运动，故CD正确12. 竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q.下列说法正确的是A. 物块与钢板碰后的速度为B. 物块与钢板碰后的速度为C. 从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为D. 从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0+h)【答案
17、】BC【解析】【详解】物体下落h，由机械能守恒：mgh=mv12；物体与钢板碰撞，则动量守恒：，解得，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：，则弹性势能的增加量为，选项C正确，D错误.第II卷（非选择题）二、填空题（每空2分，共18分）13. 如图甲所示是某研究性学习小组探究小车加速度与力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与固定的拉力传感器相连，拉力传感器可显示绳中拉力F的大小，改变桶中砂的质量进行多次实验。完成下列问题：(1)实验时，下列操作或说法正确的是_；A.本实验不需要平衡摩擦力B.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时
18、记录拉力传感器的示数C.选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量(2)实验中得到一条纸带，相邻计数点间有四个点未标出，各计数点到A点的距离如图乙所示。电源的频率为50Hz，则打点计时器打B点时砂桶的速度大小为_m/s；(3)以拉力传感器的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的aF图像可能正确的是_；(4)若作出aF图线，求出其“斜率”为k，则小车的质量为_。【答案】 (1). B (2). 0.832 (3). A (4). 【解析】【详解】(1)1A。在探究小车的加速度与绳的拉力关系时，需要平衡摩擦力，A错误；B小车靠近
19、打点计时器，先接通电源，计时器稳定后，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，B正确；C电火花计时器与纸带之间的摩擦力较小，所以选用电火花计时器实验误差小，C错误；D实验中绳的拉力可由拉力传感器测出，不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，D错误。故选B。(2)2已知打点计时器电源频率是50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔T=50.02s=0.1s打B点时的速度大小 则此时砂桶速度大小v=2vB=0.832m/s(3)3由于长木板放在水平桌面上，由于没有平衡摩擦力，对小车由牛顿第二定律可得则可能正确的图像是A，BCD错误。故选A。(4)4由可知aF图像的斜率是解得14. 某同
20、学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率（圆柱体的电阻约为6）。(1)如图先用螺旋测微器测其直径为_mm。(2)为精确测量其电阻，需测出多组实验数据，并避免测量时电表指针偏转角度过小，需进一步测其电阻，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，为了测多组实验数据，则电压表应选_；电流表应选_；滑动变阻器应选_。（填写器材前对应的序号字母）A.电压表V1（量程3V，内阻约为15k）B.电压表V2（量程15V，内阻约为75k）C.电流表A1（量程0.6A，内阻约为1）D.电流表A2（量程3A，内阻约为0.2）E.滑动变阻器R1（05，0.6A）F.滑动变阻器R2（02000，0.1A）G.1.5
21、V的干电池两节，内阻不计H.开关S，导线若干(3)请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在图虚线框中_。【答案】 (1). 1.844（1.8421.847均可） (2). A (3). C (4). E (5). 见解析【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为1.5mm+34.40.01mm=1.844mm（1.8421.847均可）(2)2待测电阻大约6，若用滑动变阻器R2（02000，0.1A）调节非常的不方便，所以应用滑动变阻器R1（05，0.6A）。3两节干电池电动势为3V，所以电压表应选3V量程。4为了测多组实验数据，滑
22、动变阻器应用分压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的最大电流约为所以电流表量程应选0.6A量程。(3)结合(2)分析，可设计出如图所示实验电路图三、解答题（共42分）15. 如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数，。求（1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；（2）碰后小物块a能上升的最大高度；（3）小物块b从传
23、送带的左端运动到右端所需要的时间。【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s【解析】【详解】（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为，根据机械能守恒定律有代入数据解得小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有代入数据解得根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得，小物块a反弹，根据机械能守恒有解得（3）小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有解得则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为代入数据解得运动的时间为代入数据解得因，故小物块b之后将做匀速运动至
24、右端，则匀速运动的时间为故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间16. 如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，圆心为O，圆环左侧固定连接一根长为2R的水平的光滑杆，其延长线过圆的直径质量为m的小球A套在圆环上，轻弹簧左端固定，质量为m的滑块B接在弹簧右端，弹簧套在杆上，小球A和滑块B之间再用长为2R的轻杆通过铰链分别连接，弹簧原长为2R初始时小球A处于圆环最高点，弹簧的弹性势能为Ep，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，A、B均可视为质点（1）A处于圆环最高点时，为了维持系统平衡，在A上施加一个水平向左大小为F的力，求此时弹簧的弹力大小；（2）撤去F，由静止释放A，求A运动到最右侧
25、时速度v的大小；（3）求小球A从最高点滑到圆环最右侧过程中，杆对A做的功【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）取A、B及轻杆作为整体，分析水平方向受力，弹簧弹力与F大小相等，方向相反.（2）撤去F后，A沿圆环顺时针滑下，当A运动到最右侧时，速度为v，此时弹簧处于原长，B也运动到最右侧，B的速度为0系统机械能守恒：，解得：（3）对A列动能定理：，解得：17. 某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为=0.2
26、0，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动(1)为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？(2)若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？(3)游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？【答案】(1)F120N (2)F213.2N (3)游戏不能成功【解析】【详解】(1)滑块与木板间的滑动摩擦力：f=F1对木板应有：fMg代入数据得：F120N(
27、2)对木板由牛顿第二定律有：F1Mg=Ma1对滑块由牛顿第二定律有：F2F1mg=ma2要能发生相对滑动应有：a2a1代入数据可得：F213.2N(3)对滑块由牛顿第二定律有：F2F1mg=ma3设滑块上升h的时间为t，则： 对木板由牛顿第二定律有：F1Mg=Ma4设木板在t时间上升的高度为H，则： 代入数据可得：H=0.75m由于H+Lh，滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板，游戏不能成功18. 如图所示，以竖直线AN为界，左侧空间有水平向右的匀强电场，右侧空间有竖直向上的匀强电场和垂直纸面水平向外的匀强磁场在左侧空间O点用长为L的不可伸长的轻质绝缘细绳悬挂质量为m、带电荷量为q的小球现使
28、细绳拉直，从A点静止释放小球，小球绕O点做圆周运动，到达B点时速度最大已知A与竖直方向夹角30，OB与竖直方向夹角60，左右两侧空间电场强度大小之比为E1：E2：1，重力加速度为g.（1）求左侧空间电场强度大小及小球运动到B点时的速度大小（2）若小球运动到B点时，细绳突然断开，小球运动一段时间后，从MN边界上某点进入右侧空间运动，然后又从MN边界上另一点回到左侧空间运动，最后到达OB连线上某点P时速度变为零，求小球从进入右侧空间开始到运动至P点总时间.【答案】(1), v0 (2) 【解析】【详解】(1)要使小球在B点的速度最大，则重力与电场力的合力沿OB方向，由 qE1mg tan 60得
29、E1设小球运动到B点时速度大小为v0，小球所受重力与电场力的合力为：F2mg从A到B有 FL联立解得v0(2)设小球从MN边界上的C点进入右侧空间，从D点出右侧空间，从B到C，小球做类平抛运动，进入MN右侧空间后由 E2得 qE2mg小球在右侧空间做匀速圆周运动，小球回到左侧空间后，到OB线上某点P速度减小到零，O为小球在MN右侧空间做圆周运动的轨迹圆心，过C点作BD的垂线交BD于Q点由几何关系得CDQ60，QCD30，OCDODC30，在C点小球速度方向与界面夹角也为60设小球从B到C的运动时间为tB，到达C点时的速度大小为v，在MN右侧空间做圆周运动半径为R，运动时间为t由几何关系有 CD2Rcos 30QCCDcos 301.5R从B到C QCv0tBv0vcos 30vsin 30atBFma以上各式联立解得Rv小球在MN右侧空间做圆周运动的圆心角为240，即圆周，故小球在MN右侧运动时间为t1从D到P运动时间为总时间为tt1t2解得
