南方新高考2018版高考物理大一轮复习 模拟试卷(二)

2018年广东省韶关市高考物理二模试卷一、单选题（本大题共4小题，共16分）1. 下列说法中正确的是A. 升高放射性物质的温度，可缩短其半衰期B. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短C. 某原子核经过一次衰变和三次衰变后，核内中子数减少4个D. 核反应堆是人工控制链式反应的装置【答案】D【解析】A、半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定，故A错误；B、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率太低，而波长太长，故B错误；C、某放射性元素经过1次衰变和3次衰变共产生：1个和3个，所以质量数减少：4，核电荷数减小1，根据质量数守恒和电荷数守恒得知，中子数减少3，故C错误；D、核反应堆是人工控制链式反应的装置，故D正确；故选D。

【点睛】半衰期与外界因素无关，当入射光的频率不小于极限频率，或波长不大于极限波长，即可发生光电效应；衰变质量数守恒和电荷数守恒；核反应堆是人工控制链式反应的装置。

2. 电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上。

质量块可带动电介质移动改变电容。

则A. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小B. 当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流C. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流【答案】B【解析】试题分析：先确定电介质向什么方向运动，再来确定电容器处于充电，还是放电，从而确定电路中的电流方向；由惯性可知，弹簧处于什么状态；由牛顿第二定律，确定弹力是否变化，再确定电容器是否处于充放电状态；根据电容器的电容公式，从而电容的大小变化．根据电容器的电容公式，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，A错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，B正确；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，C错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，D错误．3. 如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，如图所示。

综合测试1(专题1－3)(必修一内容)(时间：60分钟 满分：95分)一、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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．)1．一辆汽车正在以速度54 km/h 匀速运动，由于某种原因需要在100 m 内停下，则刹车加速度大小不可能．．．为( ) A ．1.06 m/s 2 B ．1.65 m/s 2C ．2.4 m/s 2D ．3.2 m/s 22．如图X1­1所示，光滑斜面固定在水平地面上，在水平拉力F 的作用下，小物块静止在斜面上．现保持物块静止，将拉力F 方向由水平逐渐变成竖直向上，则这一过程中( )图X1­1A ．F 逐渐增大，物块对斜面的压力逐渐减小B ．F 先增大后减小，物块对斜面的压力逐渐减小C ．F 逐渐减小，物块对斜面的压力逐渐增大D ．F 先减小后增大，物块对斜面的压力逐渐减小3．我们在生活中移动货物经常推着或拉着物体沿地面运动，这样方便省力．在粗糙的水平面上放置一个小物体P ，P 受到与水平面成夹角θ的斜向上的拉力作用沿水平面运动，如图X 1­2甲所示，物体P 的加速度随F 变化规律如图乙中图线P 所示．把物体P 换成物体Q ，其他不变，重复操作，得到Q 的加速度随F 变化规律如图乙中图线Q 所示．图乙中b 、c 和d 为已知量，由此可知( )甲 乙图X1­2A ．P 的质量大于Q 的质量B ．P 和Q 的材料相同C ．P 的质量为d bD ．Q 的质量为－c d4．如图X1­3所示在竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G ，现将轻绳的一端固定于支架上的A 点，另一端从B 点沿支架缓慢地向C 点靠近(A 与B 等高)，则绳中拉力大小变化的情况是( )图X1­3A ．先变大后变小B ．先不变后变小C ．先变大后不变D ．先变小后变大5．如图X1­4所示，建筑工人用恒力F 推运料车在水平地面上匀速前进，F 与水平方向成30°角，运料车和材料所受重力之和为G ，下列说法正确的是( )图X1­4A ．建筑工人受地面摩擦力的方向水平向右B ．建筑工人受地面摩擦力的大小为32G C ．运料车受到地面的摩擦力的方向水平向右D ．运料车对地面压力为F2＋G 6．一质点沿一条直线运动，其位移随时间t 的变化关系如图X1­5所示，Oa 段和cd 段为直线、ac 段为曲线，Oa 段的平均速度为v 1，ac 段的平均速度为v 2，cd 段的平均速度为v 3，Od 段平均速度为v 4，则( )图X1­5A ．Oa 段的加速度小于cd 段的加速度B ．v 2可能等于v 4C ．v 1、v 2、v 3和v 4中v 3最大D ．在ac 段一定存在一个时刻，此时刻的瞬时速度等于v 47．如图X1­6所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N 固定在M 的正下方．两带电小球在缓慢漏电的过程中，M 、b 、c 都处于静止状态，下列说法中正确的是( )图X1­6A ．b 对c 的摩擦力可能始终增加B ．地面对c 的支持力始终变小C ．c 对地面的摩擦力方向始终向左D ．滑轮对绳的作用力方向始终不变8．如图X1­7甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A 、B 两球，滑轮悬挂在一个力传感器正下方．B 球换用质量m 不同的球，而A 球质量m 0始终不变，通过计算机描绘得到传感器拉力F 随B 球质量m 变化关系如图乙所示，F ＝F 0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g ．则( )甲 乙图X1­7 A ．根据图线可以确定A 球质量m 0＝F 04gB ．根据图线可以计算B 球为某一质量m 时其运动的加速度aC ．A 、B 球运动的加速度a 一定随B 质量m 的增大而增大D ．传感器读数F 一定小于A 、B 球总重力二、实验题(本题共2小题，共15分)9．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上．某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A 、B 、C 、D 、E 、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出)．从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a 、b 、c 、d 、e 段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy 坐标系中，如图X1­8乙所示，由此可以得到一条表示v ­t 关系的图线，从而求出加速度的大小．甲 乙图X1­8(1)请你在xOy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示v ­t 关系的图线．(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s 时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？(3)若测得a 段纸带的长度为2.0 cm ，e 段纸带的长度为10.0 cm ，则可求出加速度的大小为________m/s 2．10．在用DIS 研究“小车加速度与外力的关系”时，某实验小组先用如图X1­9甲所示的实验装置．重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器(发射器)随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端．实验时将重物的重力作为拉力F ，改变重物重力重复甲乙丙图X1­9(1)在图丙所示的坐标纸上作出小车加速度a随拉力F变化的图线．(2)从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处．(3)如果实验时，在小车和重物之间接一不计质量的微型力传感器来测量拉力F，实验装置如图乙所示，从理论上分析，该实验图线的斜率将________．(填“变大”“变小”或“不变”)三、计算题(本题共2小题，共32分)11．“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上成功起降，标志着中国航母元年的到来．假设某航母的飞行跑道长L＝160 m，舰载机发动机产生的最大加速度a＝5 m/s2，舰载机所需的起飞速度为v＝50 m/s．舰载机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动．(1)若航母静止：①请通过计算判断，舰载机能否靠自身的发动机从舰上起飞？②为了使舰载机安全起飞，弹射装置给舰载机的初速度至少为多大？(2)若航母沿舰载机起飞的方向以某一速度匀速航行，为了使舰载机安全起飞，航母匀速运动的速度至少为多大？12．足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，水平面与斜面之间在B点有一小段弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点．现用与水平方向成α＝53°角的恒力F拉小物块，如图X1­10所示，小物块经t1＝4 s到达B点，并迅速撤去拉力F，A、B两点相距x1＝4 m(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：(1)恒力F的大小．(2)小物块从B点沿斜面向上运动的最大距离x2．(3)小物块停止运动时到B点的距离x3．图X1­10综合测试1(专题1－3)1．A 解析：刹车初速度为v 0＝54 km/h ＝15 m/s 、末速度为v ＝0，加速度大小设为a ，应用速度位移关系式有v 2－v 20＝－2ax ，解得a ＝1.125 m/s 2，则加速度大小分别为3.2 m/s 2、2.4 m/s 2、1.65 m/s 2时汽车在100 m 内能停下，选项B 、C 、D 均可能，选项A 错误．2．D 解析：物块始终处于静止状态，它所受的重力G 、拉力F 与斜面的支持力F N (它对斜面的压力的反作用力)的合力为零，表示这三个力的矢量将始终构成封闭三角形．由于重力G 大小及方向不变，支持力F N 方向不变，则随着F 方向由水平变成竖直向上，F 先减小后增大，F N 逐渐减小．选项A 、B 、C 错误，D 正确．图D1273．B 解析：对物体应用牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma ，可得a ＝cos θ＋μsin θmF －μg ，图线纵截距表示μg ，可知动摩擦因数相同，P 和Q 的材料相同，选项B 正确；图线斜率表示cos θ＋μsin θm ，选项C 、D 均错误；P 的质量小于Q 的质量，选项A 错误．4．B 解析：左右两段轻绳的拉力在整个过程中始终相等，且合力大小等于重物的重力G .在轻绳的B 端未到达支架最高点前，其受力分析如图D128所示．设绳与竖直方向的夹角为α，两竖直杆的间距为d ，总绳长为l ，则绳中拉力F ＝G2cos α，又由几何关系知：cos α＝AB 2－d 2AB ，又因AB ＝l ，所以F ＝l 2l 2－d2G ，保持不变．当另一端达到支架最高点并向C 点运动过程中，两绳子的夹角变小而合力不变，根据F ＝G 2cos α可知，绳子上的拉力变小．综上所述，B 正确．图D1285．AD 解析：以工人为研究对象，车对人的力的水平分量方向向左，与之平衡的摩擦力水平向右，大小为32F ，A 正确，B 错误；以运料车为研究对象，在竖直方向上，推力向下的分量F2和重力G 的合力与地面对车的支持力相平衡，又根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力等大反向，所以D 正确；而在水平方向上，运料车受到地面的摩擦力与推力F 的水平分量平衡，摩擦力方向水平向左，所以C 错误．6．CD 解析：x ­t 图线上两点连线的斜率表示速度，Oa 段和cd 段的加速度均为0，选项A 错误；连接ac ，ac 段斜率小于Od 段斜率，则v 2不可能等于v 4，选项B 错误；由图象斜率可知选项C 正确；ac 段肯定存在某点的切线等于Od 连线的斜率，则选项D 正确．7．AD 解析：两带电小球在缓慢漏电的过程中，库仑引力逐渐减小，对M 分析，可知拉力逐渐减小，对b 分析，开始b 所受的摩擦力可能沿斜面向上，则拉力减小，摩擦力可能增加，故A 正确；对b 、c 整体分析，受力分析如图D129所示，根据平衡条件得知水平面对c 的支持力F N ＝(G b ＋G c )－F T sin θ，拉力逐渐减小，则支持力逐渐增大，故B 错误；以b 、c 整体为研究对象，根据平衡条件得知水平面对c 的摩擦力F f ＝F T cos θ，方向水平向左，则c 对地面的摩擦力方向始终向右，故C 错误；绳子对滑轮的作用力为两个相等的力，F T 方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳子的作用力方向始终不变，故D 正确．图D1298．AB 解析：因为力传感器拉力F ＝2F T ，对A 、B 两球由牛顿第二定律有：(m 0－m )g ＝(m ＋m 0)a ，a ＝m 0－m m ＋m 0g ，B 正确；对B 球有：F T －mg ＝ma ，所以F ＝4mm 0m ＋m 0g ，由图象可知F ＝F 0直线是曲线的渐近线，故A 球质量m 0＝F 04g，A 正确；因为m 、m 0的大小关系不确定，所以C 、D 错误．9．(1)如图D130所示 (2)b (3)2.0图D130解析：(1)纸带的高度之比等于中间时刻速度之比，也就是说图中a 段纸带高度代表0.05 s 时的瞬时速度，b 纸带高度代表0.15 s 时的瞬时速度，c 纸带高度代表0.25 s 时的瞬时速度，d 的高度代表0.35 s 时的瞬时速度，e 代表0.45 s 时的瞬时速度．所以在xOy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示v ­t 关系的图线，如图所示．(2)b 纸带高度代表0.15 s 时的瞬时速度，所以为求出0.15 s 时刻的瞬时速度，需要测出b 段纸带的长度．(3)若测得a 段纸带的长度为2.0 cm ，时间是0.1 s ，所以平均速度也就是0.05 s 时的瞬时速度为0.2 m/s ；e 段纸带的长度为10.0 cm ，所以平均速度也就是0.45 s 时的瞬时速度为1 m/s ；由以上可知Δv ＝0.8 m/s ，Δt ＝0.4 s ；所以加速度a ＝Δv Δt＝2.0 m/s 2. 10．(1)如图所示 (2)轨道倾角过大(或平衡摩擦力过度) (3)变大解析：(1)小车加速度a 随拉力F 变化的图线如图D131所示．(2)观察图线可以发现，当外力F ＝0时，加速度a ≠0，说明在平衡摩擦力时轨道倾角过大，使得重力沿斜面向下的分力大于摩擦力．(3)本实验中，以重物重力mg 作为外力F ，其实是整体的合力即F ＝(M ＋m )a ，a ＝F M ＋m ，图象斜率为k ＝1M ＋m；换用力传感器后，拉力F 就是小车受到的真实拉力，此时有a ＝F M ，所以斜率为k ′＝1M，因此斜率将变大．图D13111．解：(1)①航母静止时，舰载机靠发动机加速，加速度a ＝5 m/s 2，初速度为v 0＝0，位移L ＝160 m ，末速度为v 1.由运动学公式v 21－v 20＝2aL解得v 1＝40 m/s<50 m/s ，故舰载机不能靠自身的发动机从舰上起飞．②弹射装置给舰载机的初速度为v 2，起飞速度为v ＝50 m/s ，由运动学公式v 2－v 22＝2aL解得v 2＝30 m/s ，故弹射装置给舰载机的初速度至少为30 m/s.(2)设舰载机起飞所用的时间为t ，位移为L 2，航母的位移为L 1，匀速航行的最小速度为v 3.由运动学公式v ＝v 3＋at ，v 2－v 23＝2aL 2，L 1＝v 3t ，L 2＝L ＋L 1联立解得，航母匀速航行的最小速度v 3＝10 m/s.12．解：(1)AB 段加速度a 1＝2x 1t 21＝0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1解得F ＝ma 1＋μmg cos α＋μsin α＝2×0.5＋0.5×2×100.6＋0.5×0.8N ＝11 N. (2)到达B 点时，小物块的速度v ＝a 1t 1＝2 m/s ，在BC 段由机械能守恒，知mg sin α·x 2＝12mv 2 解得x 2＝0.25 m.(3)小物块从B 向A 运动过程中，由μmg ＝ma 2；解得a 2＝μg ＝5 m/s 2滑行的位移x 3＝v 22a 2＝222×5m ＝0.4 m ，故小物块停止运动时，离B 点的距离为0.4 m.。

综合测试2(专题4－5)(必修二内容)(时间：60分钟 满分：95分)一、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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．)1．如图X2­1所示，某河流中水流的速度是2 m/s ，一小船要从河岸的A 点沿直线匀速到达河对岸的B 点，B 点在河对岸下游某处，且A 、B 间的直线距离为100 m ，河宽为50 m ，则小船的速度至少为( )图X2­1A ．0.5 m/sB ．1 m/sC ．1.5 m/sD ．2 m/s2．如图X2­2所示，质量相同的钢球①、②分别放在A 、B 盘的边缘，A 、B 两盘的半径之比为2∶1，a 、b 分别是与A 盘、B 盘同轴的轮，a 、b 轮半径之比为1∶2.当a 、b 两轮在同一皮带带动下匀速转动时，钢球①、②受到的向心力大小之比为( )图X2­2A ．2∶1 B．4∶1 C ．1∶4 D．8∶13．电动机以恒定的功率P 和恒定的转速n 卷动绳子，拉着质量为M 的木箱在光滑的水平地面上前进，如图X2­3所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为R ，当运动至绳子与水平面成θ角时，下述说法正确的是( )图X2­3A ．木箱将匀速运动，速度是2πnRB ．木箱将匀加速运动，此时速度是2πnRcos θC ．此时木箱对地的压力为Mg －P sin θ2πnRD ．此过程木箱受的合外力大小和方向都在变化4．如图X2­4所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式T ＝a ＋b cos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )图X2­4A ．b 2mB ．2b mC ．3b mD ．b 3m5．如图X2­5所示是乒乓球发射器示意图，发射口距桌面高度为0.45 m ，假定乒乓球水平射出，落在桌面上与发射口水平距离为2.4 m 的P 点，飞行过程中未触网，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )图X2­5A ．球下落的加速度逐渐变大B ．球从发射口到桌面的时间为0.3 sC ．球从发射口射出后速度不变D ．球从发射口射出的速率为8 m/s6．一颗人造卫星在地球表面附近做匀速圆周运动，经过t 时间，卫星运行的路程为s ，运动半径转过的角度为θ，引力常量为G ，则( )A ．地球的半径为sθB ．地球的质量为s 2G θt 2C ．地球的密度为3θ24πGt 2D ．地球表面的重力加速度为s θt7．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v ­t 图象如图X2­6所示．已知汽车的质量为m ＝2× 103kg ，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是( )图X2­6A ．汽车在前5 s 内的牵引力为4×103NB ．汽车在前5 s 内的牵引力为6×103NC．汽车的额定功率为40 kWD．汽车的最大速度为30 m/s8．如图X2­7甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80．则( )甲乙图X2­7A．物体的质量m＝0.67 kgB．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程中的加速度大小a＝10 m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k＝10 J二、实验题(本题共2小题，共15分)9．某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图X2­8所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图X2­8请回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p与小球抛出时的动能E k相等．已知重力加速度大小为g．为求得E k，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的压缩量ΔxE．弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k，得E k＝________．图X2­9(3)图X2­9中的直线是实验测量得到的s­Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m 增加，s­Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s­Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图乙中给出的直线关系和E k的表达式可知，E p与Δx的________次方成正比．10．某同学用如图X2­10所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，当地重力加速度大小g＝9.80 m/s2．实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图X2­11所示，纸带上的第一个点记为O，另选连续的3个点A、B、C进行测量，图中给出了这3个点到O点的距离h A、h B和h C的值．回答下列问题(计算结果保留3位有效数字)：图X2­10图X2­11(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小v B＝________m/s．(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________．三、计算题(本题共2小题，共32分)11．某工厂生产流水线示意图如图X2­12所示，半径R＝1 m的水平圆盘边缘E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h＝1.25 m．AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径r＝0.45 m，且与水平传送带相切于B点．一质量m＝0.2 kg 的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当滑块到达B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，滑块到达C点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内．取g＝10 m/s2，求：(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力F NB．(2)传送带BC部分的长度L．(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件．图X2­1212．如图X2­13所示，质量为m＝1 kg的物块，放置在质量M＝2 kg足够长的木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为1 m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为 3 N．将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g＝10 m/s2．图X2­13(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d．(3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程．综合测试2(专题4－5)1．B 解析：如图D132所示，船要渡河到达B 点，最小速度应满足v 船v 水＝50100，即船的速度至少为1 m/s.图D1322．D 解析：皮带传动，边缘上的点线速度大小相等，所以v a ＝v b ，a 轮、b 轮半径之比为1∶2，所以ωa ωb ＝21，共轴上点的角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮的角速度相等，则ω1ω2＝21，根据向心加速度a ＝r ω2，a 1a 2＝81，故D 正确，A 、B 、C 错误．3．C 解析：绳子的速度v 1＝2πnR ，木箱的速度v 2＝v 1cos θ，其大小随着θ变化，选项A 错误；绳子上的拉力F ＝P v 1＝P2πnR，大小不变．木箱受的合力F 合＝F cos θ，其方向不变，其大小随着θ变化，木箱做变加速直线运动，选项B 、D 错误；木箱对地的压力为F N＝Mg －F sin θ＝Mg －P sin θ2πnR，选项C 正确．4．D 解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，T 1＝a ＋b ，T 1＝mg ＋mv 21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，T 2＝a －b ，T 2＝－mg ＋mv 22L ；由mg ·2L ＝12mv 21－12mv 22，联立解得：g ＝b3m，选项D 正确． 5．BD 解析：不计空气阻力，球下落的加速度为g ，A 错误；由h ＝12gt 2得：t ＝2hg＝0.3 s ，B 正确；由x ＝v 0t 解得球的初速度v 0＝8 m/s ，D 正确；球的速度v ＝v 20＋gt 2，随t 逐渐增大，C 错误．6．AC 解析：根据题意可知，地球的半径R ＝s θ，A 项正确；卫星的线速度为v ＝st，角速度ω＝θt ，G Mm R 2＝mR ω2，M ＝s 3G θt 2，B 项错误；地球的密度ρ＝3θ24πGt2，C 项正确；地球表面的重力加速度等于卫星的向心加速度，即g ＝a ＝v ω＝s θt2，D 项错误．7．BD 解析：汽车受到的阻力F f ＝0.1×2×103×10 N＝2×103N ；前5 s 内，由图知a ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律：F －F f ＝ma ，求得F ＝F f ＋ma ＝2×103＋2×103×2 N＝6×103N ，故A 错误，B 正确；t ＝5 s 末达到额定功率，P ＝Fv ＝6×103×10 W＝6×104W ＝60 kW ，故C 错误；当牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度，则最大速度v m ＝P F f ＝6×1042×103m/s ＝30 m/s.故D 正确．8．CD 解析：上升过程，由动能定理得，－(mg sin α＋μmg cos α)·h msin α＝0－E k1，摩擦生热μmg cos α·h msin α＝E 1－E 2，解得m ＝1 kg ，μ＝0.50，故A 、B 错误；物体上升过程中的加速度大小a ＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s 2，故C 正确；上升过程中的摩擦生热为E 1－E 2＝20 J ，下降过程摩擦生热也应为20 J ，故物体回到斜面底端时的动能E k ＝50 J －40 J ＝10 J ，故D 正确．9．(1)ABC (2)mgs 24h(3)减小 增大 2解析：(1)利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度v .由s ＝vt ，h ＝12gt 2，联立解得v ＝sg2h.要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s ，桌面到地面的高度h .根据动能公式，为求得E k ，还需要测量小球的质量m ，所以正确选项是A 、B 、C.(2)小球抛出时的动能E k ＝12mv 2＝mgs24h.(3)如果Δx 和h 不变，m 增加，则小球抛出时的速度减小，s 减小，s ­Δx 图线的斜率会减小．如果Δx 和m 不变，h 增加，则小球抛出时的速度不变，s 增大，s ­Δx 图线的斜率会增大．由实验绘出的图象可知，s 与Δx 成正比，而E k ＝12mv 2＝mgs24h，所以弹簧被压缩后的弹性势能E p 与Δx 的2次方成正比． 10．(1)3.90 (2)是，因为12mv 2B ＝7.61 m ，mgh B ＝7.70 m ，而12mv 2B ≈mgh B ，近似验证了机械能守恒定律解析：(1)由中间时刻的速度等于平均速度可得v B ＝h AC2T＝3.90 m/s. (2)从O 到B 重力势能的减少量ΔE p ＝mgh OB ＝7.70m ，动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝7.61m ，因为在误差允许的范围内12mv 2B ≈mgh OB ，故该同学所做的实验验证了机械能守恒定律．11．解：(1)滑块从A 到B 过程中，由动能定理有mgr ＝12mv 2B解得v B ＝2gr ＝3 m/s滑块到达B 点时，由牛顿第二定律有F NB ′－mg ＝m v 2Br解得F NB ′＝6 N据牛顿第三定律，滑块到达B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)滑块离开C 点后做平抛运动，由h ＝12gt 21解得t 1＝2hg＝0.5 sv C ＝Rt 1＝2 m/s滑块由B 到C 过程中，据动能定理有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 2B解得L ＝v 2B －v 2C2μg＝1.25 m.(3)滑块由B 到C 过程中，据运动学公式有L ＝v B ＋v C2t 2解得t 2＝2Lv B ＋v C＝0.5 s 解得t ＝t 1＋t 2＝1 s 圆盘转动的角速度ω应满足条件t ＝n ·2πω(n ＝1,2,3，…)解得ω＝2n π rad/s (n ＝1,2,3，…)．12．解：(1)对物块由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma m 1，得a m 1＝F －μmg m＝2 m/s 2由L ＝12a m 1t 21得t 1＝2L a m 1＝1 s ，v m 1＝a m 1t 1＝2 m/s.(2)Ⅰ区域内，对木板由μmg ＝Ma M 1得a M 1＝0.5 m/s 2，物块到达Ⅰ区域边缘处，v M 1＝ a M 1t 1＝0.5 m/s离开Ⅰ区域后，对物块由μmg ＝ma m 2得a m 2＝1 m/s 2对木板a M 2＝a M 1＝0.5 m/s 2当物块与木板达共同速度时，v m 1－a m 2t 2＝v M 1＋a M 1t 2，得t 2＝1 s两作用区的边界距离为d ＝v m 1t 2－12a m 2t 22＝1.5 m.(3)由于F ＞μmg ，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒有 FL ＝μmgs ，得s ＝FLμmg＝3 m.。

2018 广东高考物理模拟试题精编版附答案(时间：60 分钟满分：110 分)第Ⅰ卷 (选择题共 48分)选择题：此题共8 小题，每题 6 分．在每题给出的四个选项中，第1～ 4 题只有一项切合题目要求，第5～ 8 题有多项切合题目要求．所有选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分．1．以下说法切合物理学史的是()A．笛卡儿经过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究B．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运转的规律C．静电力常量是由库仑第一测出的D．牛顿被人们称为“能称出地球质量的人”32．如下图，圆滑木板长 1 m，木板上距离左端m 处放有一物块，木板能够绕左端2垂直纸面的轴转动，开始时木板水沉静止．现让木板忽然以一恒定角速度顺时针转动时，2块着落正好能够砸在木板的尾端，已知重力加快度g＝ 10 m/s ，则木板转动的角速度为( 物)A.36 πrad/s B.106 πrad/sC. 103 πrad/s D.33 πrad/s3．如下图，圆滑绝缘水平面上有质量分别为m 和 3m 的小球 A、B，两小球带等量异种电荷．水平外力 F 作用在小球 B 上，当两小球A、B 间的距离为L 时，两小球保持相对静止．若仅将作用在小球 B 上的外力的大小改为14F，要使两小球保持相对静止，两小球A、B 间的距离为 ( )A．2L B．3LC. 3LD. 2L4．如下图， 10 匝矩形线框，在磁感觉强度为0.4 T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度为 100 rad/s 匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5 m2，线框经过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L 1 和 L 2.已知变压器原、副线圈的匝数比为10∶ 1，开关断开时 L 1正常发光，且电流表示数为0.01 A，则 ()A ．若从图示地点开始计时，线框中感觉电动势的刹时价为200sin 100t VB．灯泡 L 1的额定功率为 2 WC．若开关 S 闭合，灯泡 L 1将更亮D．若开关 S 闭合，电流表示数将增大5．在如下图的电路中，开封闭合后，当滑动变阻器的触头P 向下滑动时，有() A．灯 L1变亮B．灯 L2变暗C．电源的总功率变大D．电阻 R1有从 b 到 a 方向的电流6．两间距为 L ＝ 1 m 的平行直导轨与水平面间的夹角为θ＝ 37°，导轨处在垂直导轨平面向下、磁感觉强度大小 B＝ 2 T 的匀强磁场中．金属棒 P 垂直地放在导轨上，且经过质量不计的绝缘细绳越过如下图的定滑轮悬吊一重物，将重物由静止开释，经过一段时间，另一根完好同样的金属棒 Q 垂直放在导轨上，重物立刻向下做匀速直线运动，金属棒 Q 利处于静止状态．已知两金属棒的质量均为 m＝ 1 kg ，假定重物一直没有落在水平面上，且将恰金属棒与导轨接触优秀，全部摩擦均可忽视，重力加快度g＝ 10 m/s2，sin 37 °＝，cos 37 °＝0.8.以下说法正确的选项是( )A ．重物的质量为 1.2 kgB．金属棒Q 未放上时，重物和金属棒P 构成的系统机械能不守恒C．金属棒Q 放上后，电路中产生的焦耳热等于重物重力势能的减少许D．金属棒Q 放上后，电路中电流的大小为 3 A7．以下说法正确的选项是( )A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反响B．用加热、加压或改变其化学状态的方法都不可以改变原子核衰变的半衰期C．一个氢原子从量子数n＝ 3 的激发态跃迁到基态时最多可产生 2 条不一样频次的谱线D．一束光照耀到某种金属上不可以发生光电效应，可能是由于该束光的波长很短8．如下图，两个边长为2L 的正方形PQMN 和 HGKJ 地区内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感觉强度大小分别为B1和 B2，两磁场地区中间夹有两个宽度为L 、方向水平且相反、场强盛小均为 E 的匀强电场，两电场地区分界限经过PN、 GK 的中点．一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子 (不计重力 )从 G 点由静止开释，经上方电场加快后经过磁场盘旋，又经历下方电场沿NK 二次加快后恰巧回到G 点，则以下说法正确的选项是()A ． B2＝ 2B1B．带电粒子第二次进入右侧磁场后必定从MN 边走开C．第一次完好盘旋过程经历的时间为t＝ 2＋2π πmL ＋qE 22D．要实现两次以上的盘旋过程，能够同时增大两磁场的磁感觉强度第Ⅱ卷 (非选择题共62分)非选择题：包含必考题和选考题两部分．第 9～12 题为必考题，每个试题考生都一定做答．第 13～ 14 题为选考题，考生依据要求做答．(一 )必考题 (共 47 分 )9．(6 分 )为了研究加快度与力的关系，某同学设计了如下图的实验装置，带滑轮的长木板水平搁置，板上有两个光电门相距为d，滑块经过细线与重物相连，细线的拉力 F 大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门 1 由静止开释，记下滑到光电门 2 的时间 t.改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作 5 次，计算后获得下表中的 5 组数据．(1)请依据表中数据在座标纸上画出a-F 图象；(2)剖析 a-F 图象，可求出滑块质量m＝ ________kg ，滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝2________(重力加快度 g＝10 m/s )10． (9 分) 对某圆柱体的电学性质进行研究：(1)①用螺旋测微器丈量其直径，结果如图(a) 所示，则其直径为________mm.②用多用电表电压挡丈量其两头无电压．③用多用电表欧姆挡大略丈量其电阻为 1 500 Ω.④为精准丈量其电阻值，现有以下器械：A ．直流毫安表B．直流电流表A1 (量程A2 (量程0～ 2 mA ，内阻约为 5 Ω)0～ 3 A，内阻约为Ω)C．直流电压表V1 (量程 0～ 15 V ，内阻 25 k Ω)D．直流电压表V2 (量程 0～ 3 V ，内阻 5 k Ω)E．直流电源E(输出电压 3 V ，内阻可不计)F．滑动变阻器R(0～ 15 Ω，同意最大电流10 A)G．开关一只，导线若干依据器械的规格和实验要求，在方框 1 中画出实验电路图，并注明仪器名称符号．(2)实验发现这个圆柱体还有一个特色：在强磁场作用下用多用电表电压挡丈量发现有电压，当磁感觉强度分别为 1 T、2 T、 3 T 时，其作为电源的U -I 特征曲线分别为图(b)中图线甲、乙、丙所示．①请在方框 2 中画出丈量其电源U-I 特征的电路图．②依据这类规律，要使标有“100V,100 W”的灯泡正常发光，需要把圆柱体放在磁感觉强度为 ________T 的磁场中．11．(12 分 )酒后驾驶会致使很多安全隐患，此中之一是驾驶员的反响时间变长，“反响时间”是指驾驶员从发现状况到开始采纳制动的时间．下表中“反响距离”是指驾驶员从发现状况到采纳制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离．某次实验丈量数据如表所示，求：速度反响距离刹车距离正常酒后正常酒后15 m/s 6 m 12 m 15 m 15 m(1)驾驶员酒后反响时间比正常状况下多多少？(2)汽车刹车时，加快度大小．12．(20 分 )如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒 a 的一端固定在铜环的圆心 O 处，另一端紧贴铜环，可绕O 匀速转动．经过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P、Q 连结成如下图的电路， R1、R2是定值电阻．带正电的小球经过绝缘细线挂在两板间M 点，被拉起到水平地点；合上开关K，无初速度开释小球，小球沿圆弧经过M 点正下方的 N 点到另一侧．已知：磁感觉强度为B，a 的角速度大小为ω，长度为 l，电阻为 r ；R1＝ R2＝ 2r ，铜环电阻不计； P、Q 两板间距为d；带电小球的质量为m、电量为 q；重力加快度为g，求：(1)a 匀速转动的方向；(2)P、 Q 间电场强度 E 的大小；(3)小球经过N 点时对细线拉力T 的大小．(二 )选考题 (共 15 分．请考生从给出的 2 道题中任选一题做答．假如多做，则按所做的第一题计分 )13． [物理——选修 3－ 3](15 分 )(1)(5 分 )如下图，甲分子固定在座标原点O 处，乙分子从O 与M 间的某处由静止开始沿x 轴正方向运动，甲、乙两分子的分子势能E p与两分子间距离x 的关系如图中曲线所示．若M、N、P 三点的横坐标分别为x1、 x2、 x3，乙分子经过N 点时的动能为2E0，则下________． (填正确答案标号．选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 列说法正确的选项是个得 5 分．每选错 1 个扣 3 分，最低得分为0 分)A ．乙分子在M 点时，甲、乙两分子间的分子力表现为斥力B．乙分子在N 点时，加快度最小C．乙分子在M 点时，动能为E0D．乙分子在P 点时，速度为零E．乙分子在P 点时，分子力的功率为零(2)(10 分 )如图，一质量为m 的活塞将理想气体密封在足够高的导热汽缸内，活塞用劲度系数为 k 的轻质弹簧悬挂于天花板上，系统静止时，活塞与汽缸底部高度差为L0，弹簧的弹力为 3mg.现用左手托住质量为2m 的物块，右手将物块用轻绳挂于汽缸底部，而后左手迟缓下移，直至走开物块．外界大气压恒为 p0，活塞的横截面积为 S，重力加快度大小为g，不计全部摩擦和缸内气体的质量，环境温度保持不变．求汽缸底部挂上物块后稳准时，汽缸降落的高度 h.14． [物理——选修3－ 4](15 分 )(1)(5 分 ) 在以下各样说法中，正确的选________．(填入正确选项前的字母．选对 1 个给项是2 分，选对 2 个给 4 分，选对3 个给 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为0 分 )A．变化的电场必定产生变化的磁场；变化的磁场必定产生变化的电场B．相对论以为：真空中的光速大小在不一样惯性参照系中都是同样的C．横波在流传过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期D．机械波和电磁波实质上不同样，但它们都能发生反射、折射、干预和衍射现象E．假如丈量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的光波波长长，这说明该星系正在远离我们而去(2)(10 分 ) 投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到玻璃体的平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN 上形成一个圆形光斑．已知镜头半径为R，光屏MN 到球心O 的距离为d(d>3R)，玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干预和衍射．求光屏MN 上被照亮的圆形光斑的半径．。

2018年高考物理模拟试题及答案注意事项:1．本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号和座位号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4．考试结束后，考生将答题卡交回。

5．理、化、生三科考试时间共150分钟，物理满分110分。

第I 卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）14． a 、 b 两辆汽车沿同一直线运动，它们的 x 一 t 图象如图所示，则下面关于两车运动情况的说法正确的是A.前2s 内两车的位移相同B.t=1s 时两车之间的距离最远C.b 车的加速度大小为12/s mD.第3s 内两车行驶的路程相同15．如图，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界的夹角∠DAC=30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅱ区域宽度为d ．质量为m 、电荷量为+q 的粒子在边界AD 上距A 点d 处垂直AD 射入I 区，入射速度垂直磁场，若入射速度大小为m qBd ，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间（ ）A ．qB m 3π B ．qBm 32π C ．qB m 65π D ．qB m 67π16.如图所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板。

质量为m ，电量为－q 的 带电粒子，以初速0v 由M 板中间的小孔垂直金属板进入电场，不计重力。

当M 、N 间电 压为U 时，粒子刚好能到达M 、N 板间距的一半处返回，现将两板间距变为原来一半， 粒 子的初速度变为20v ，要使这个粒子刚好到达N 板，则两板间电压应变为（ ）A ．2UB ．UC ．2UD ．4U17．一位网球运动员以拍击球使网球沿水平方向飞出．第一只球落在自己一方场地上后，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A 点处，如图所示．第二只求直接擦网而过，也落在A 点处．设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两支球飞过球网C 处时水平速度之比为（ ）A ．1：1B ．1：3C ．3：1D ．1：918．如某星球由于自转使处于赤道上的物体对星球表面压力恰好为零，设该物体的线速度为1v ，该星球第一宇宙速度2v ，同步卫星线速度3v ，三者的大小关系为A ．1v =2v =3vB ．1v =3v <2vC ．1v =2v >3vD ．1v <3v <2v19．如图甲所示，倾角为 30的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从下面低端A 点有静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点。

实验三验证力的平行四边形定则1．实验原理互成角度的两个力F1、F2与另外一个力F′产生相同的效果，看F1、F2用平行四边形定则求出的合力F与F′在实验误差允许范围内是否相同．2．实验器材木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺．3．实验步骤(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上．(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O.如图1甲所示．图1(3)用铅笔描下结点O的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧测力计的读数，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F.(4)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O，记下弹簧测力计的读数F′和细绳的方向，如图乙所示．(5)比较F′与用平行四边形定则求得的合力F，看它们在实验误差允许的范围内是否相同．1．正确使用弹簧测力计(1)将两只弹簧测力计调零后水平互钩对拉过程中，读数相同，可选；若不同，应另换或调校，直至相同为止．(2)使用时，读数应尽量大些，但不能超出范围．(3)被测力的方向应与轴线方向一致．(4)读数时应正对、平视刻度．2．注意事项(1)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同，是为了使合力的作用效果与两个分力共同作用效果相同，这是利用了等效替代的思想．(2)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～100°之间为宜．(3)在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些．细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．(4)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些．3．误差分析(1)误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等．(2)减小误差的办法：①实验过程中读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度盘，要按有效数字位数要求和弹簧测力计的精度正确读数和记录．②作图时使用刻度尺，并借助于三角板，使表示两力的对边一定要平行.命题点一教材原型实验例1某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图2甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图2(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．(2)本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法(3)实验时，主要的步骤是：A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．上述步骤中，①有重要遗漏的步骤的序号是______和______；②遗漏的内容分别是______________________________和_____________________________．答案(1)F′(2)B(3)①C E②C中应加上“记下两条细绳的方向”E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置O”解析(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而两根弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力，根据平行四边形定则作出两弹簧测力计拉力的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F′.(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故B正确．(3)①根据“验证力的平行四边形定则”实验的操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E.②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O.1．某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图3所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下，图3图4(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是______N(图4中所示)，则弹簧秤b的读数可能为______N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数________、弹簧秤b的读数________(填“变大”、“变小”或“不变”)．答案(1)3.00～3.02 3.9～4.1(有效数字不作要求)(2)变大变大解析(1)由图可知弹簧秤a的读数是F1＝3.00 N；因合力为F＝kx＝500×0.01 N＝5 N，又两分力夹角为90°，则另一个分力为F2＝F2－F21＝4.00 N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，如图所示，根据力的平行四边形定则可知，弹簧秤a的读数变大，弹簧秤b 的读数变大．2．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图5甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确．图5(1)乙图中F1、F2、F、F′四个力，其中力________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的．实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是________ (填正确选项前字母)．A．两个弹簧测力计拉力F1和F2的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小B．橡皮条沿同一方向伸长C．橡皮条伸长到同一长度D．橡皮条沿同一方向伸长同一长度(2)丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为________ N.答案(1)F D(2)9.0解析(1)F在以F1与F2为邻边的平行四边形的对角线上，不是由弹簧测力计直接测出的．该实验采用了“等效替代”法，即合力与分力的关系是等效的，前后两次要求橡皮条沿同一方向伸长同一长度，故A、B、C错误，D正确．(2)根据丙图读出力的值为9.0 N.3．有同学利用如图6所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图6(1)改变钩码个数，实验能完成的是()A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是()A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为图7中________(选填“甲”或“乙”)是正确的．图7答案(1)BCD(2)A(3)甲命题点二实验拓展创新例2(2018·山东理综·21)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图8所示，图8将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：③找出②中F OO′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图9所示．图9用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB.完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在图10坐标纸上画出Fl图线，根据图线求得l0＝________cm.图10(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则F OA的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图11中作出F OA 和F OB 的合力F ′的图示．图11(4)通过比较F ′与________的大小和方向，即可得出实验结论．答案 (1)见解析图甲 10.0(9.8、9.9、10.1均正确) (2)1.80(1.70～1.90均正确) (3)见解析图乙 (4)F OO ′解析 (1)作出Fl 图象，如图甲所示，求得直线的横轴截距即为l 0，可得l 0＝10.0 cm甲(2)可计算橡皮筋的劲度系数k ＝F Δx ＝2.50.05N /m ＝50 N/m 若OA ＝6.00 cm ，OB ＝7.60 cm ，则橡皮筋的弹力为F ＝k Δx ＝50×(6.00＋7.60－10.00)×10－2 N ＝1.80 N 则此时F OA ＝F ＝1.80 N(3)F OB ＝F OA ＝1.80 N ，两力的合力F ′如图乙所示．(4)F OO ′的作用效果和F OA 、F OB 两个力共同作用的效果相同，F ′是F OA 、F OB 两个力的合力，所以通过比较F ′和F OO ′的大小和方向，可得出实验结论．实验拓展创新的两种方法以本实验为背景，以实验中操作的注意事项、误差来源设置条件，或通过改变实验条件、实验仪器设置题目．1．对实验原理的理解、实验方法的迁移2．实验器材的改进(1)橡皮筋――→替代弹簧测力计(2)钩码――→替代弹簧测力计4．某同学尝试用橡皮筋等器材验证力的平行四边形定则，他找到两条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端与细绳连接，结点为O ，细绳下挂一重物，两橡皮筋的另一端也都连有细绳．实验时，先将一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子A 上，另一条橡皮筋任其下垂，如图12甲所示；再将另一条橡皮筋的另一端的细绳固定在墙上的钉子B 上，如图乙所示．图12(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．a．两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度要相同b．要测量橡皮筋的原长c．要测量图甲和图乙中橡皮筋的长度d．要记录图甲中结点O的位置及过结点O的竖直方向e．要记录图乙中结点O′的位置及过结点O′的竖直方向(2)对该实验“两条相同的橡皮筋”的要求的理解正确的是________．a．橡皮筋的材料和原长相同即可b．橡皮筋的材料和粗细相同即可c．橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同答案(1)bce(2)c解析(1)首先应明白该实验的实验原理，即用橡皮筋的伸长量来表示弹力的大小，所以实验中一定要测橡皮筋的长度，而没必要关心细绳a、b的长度，选项b和c中的操作是需要的，为了确保力的合成的等效性，需要记录题图乙中结点O′的位置及过结点O′的竖直方向，选项e中的操作是必需的．(2)为了能用橡皮筋的伸长量表示弹力大小，满足F＝kx，应让k值相同，即橡皮筋的材料、粗细、原长均要相同，选项c正确．5．小明通过实验验证力的平行四边形定则．(1)实验记录纸如图13所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．图13(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图14所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．图14图15两次实验记录的轨迹如图15所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________．(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果________．(填写选项前的字母)A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．答案(1)见解析图(F合＝4.6～4.9 N都算对)(2)F a＝F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋．(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧．)解析(1)作出的图示如图所示．(2)重物受力情况如图所示，由于重力不变，两次实验时，橡皮筋拉力F T的方向相同，故水平拉力F大小相等，即F a＝F b.(3)根据题图可知，选项B、D正确，选项A、C错误．(4)橡皮筋拉伸不宜过长，选用新橡皮筋等可减小误差．。

专题强化二共点力的平衡条件和应用专题解读 1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和平衡条件的应用更是高考的重点和热点．2．高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在计算题中也作为一个力学或电学考点命题．3．用到的相关知识有：受力分析，力的合成与分解，共点力的平衡条件，用到的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等．命题点一受力分析整体法与隔离法的应用1．受力分析的基本思路2．受力分析的常用方法(1)整体法；(2)隔离法；(3)假设法．例1如图1所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上．现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧．则平衡时两球的可能位置是下列选项中的()图1①大小相等的力F水平向左、向右拉球；②平衡时细线都被拉紧．答案 A解析用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜．拓展延伸在例1中，如果作用在乙球上的力大小为F，作用在甲球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是()答案 C解析将甲、乙两个小球作为一个整体，受力分析如图所示，设上面的绳子与竖直方向的夹角为α，则根据平衡条件可得tan α＝F2mg，再单独研究乙球，设下面的绳子与竖直方向的夹角为β，根据平衡条件可得tan β＝Fmg，因此β>α，因此甲球在竖直线的右侧，而乙球在竖直线的左侧，选项C正确．受力分析的三个常用判据1．条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件．2．效果判据：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力．(1)物体平衡时必须保持合外力为零．(2)物体做变速运动时必须保持合力方向沿加速度方向，合力大小满足F ＝ma .(3)物体做匀速圆周运动时必须保持合外力大小恒定，满足F ＝m v 2R，方向始终指向圆心． 3．特征判据：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在．1．(多选)如图2所示，两个相似的斜面体A 、B 在竖直向上的力F 的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上，关于斜面体A 和B 的受力情况，下列说法正确的是( )图2A ．A 一定受到四个力B ．B 可能受到四个力C ．B 与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D ．A 与B 之间一定有摩擦力答案 AD解析 对A 、B 整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F ，由平衡条件可知B 与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故选项C 错误；对B 受力分析，如图乙所示，其受到重力、A 对B 的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B 只受到三个力，选项B 错误；对A 受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B 对A 的弹力和摩擦力，共四个力，选项A 、D 正确．2．(多选)如图3所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体()图3A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g答案BD解析设斜面夹角为θ，细绳的拉力为F T，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程F T cos θ＝F静，F T sin θ＋F N＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、D正确．命题点二动态平衡问题1．共点力的平衡(1)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动状态，称为平衡状态．(2)平衡条件：物体所受合力为零，即F合＝0.若采用正交分解法求平衡问题，则平衡条件是F x合＝0，F y合＝0.(3)常用推论：①二力平衡：二力等大反向．②三力平衡：任意两个力的合力与第三个力等大反向．③多力平衡：其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向．2．动态平衡：物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡．3．分析动态平衡问题的方法例2 (多选)如图4所示，质量分布均匀的光滑小球O ，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，则下列说法中正确的是( )图4A ．甲图中斜面对球O 弹力最大B ．丙图中斜面对球O 弹力最小C ．乙图中挡板MN 对球O 弹力最小D ．丙图中挡板MN 对球O 弹力最小小球处于平衡．答案 AD解析 将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作于一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G.斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，可知三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力最小，甲图中斜面对球O弹力最大．故B、C错误，A、D正确．例3(多选)如图5所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是()图5A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大①不可伸长的细绳；②缓慢移动细绳的端点．答案BD解析设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得：sin α＝sL①以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：2F cos α＝mg，得F＝mg2cos α②当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由②式得知，F不变，故A错误，B正确．当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大．故C错误，D正确．故选B、D.处理动态平衡问题的一般思路1．平行四边形定则是基本方法，但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系．2．图解法的适用情况：图解法分析物体动态平衡问题时，一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化．3．用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：(1)若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向，则另一分力F2的最小值的条件为F1⊥F2；(2)若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向，则另一分力F2的最小值的条件为F2⊥F合．3．(2018·全国Ⅱ卷·14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图6所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()图6A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小答案 A解析 对O 点受力分析如图所示，F 与T 的变化情况如图，由图可知在O 点向左移动的过程中，F 逐渐变大，T 逐渐变大，故选项A 正确．4．(多选)如图7所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A (轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P 点．动滑轮上悬挂质量为m 的物块B ，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直．现将P 点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A 刚好要滑动．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A 与斜面间的动摩擦因数为33.整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦．下列说法正确的是( )图7A ．物体A 的质量为22m B ．物体A 受到的摩擦力一直增大C ．地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小D ．斜面体对地面的压力逐渐减小答案 AB解析 同一条绳子上的拉力相等，对B 受力分析，当两条绳子的夹角为90°时，绳子的拉力为F T ＝mg sin 45°＝22mg ，对A 受力分析，在沿斜面方向上有：A 受到最大静摩擦力，重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有m A g sin 30°＋f m ＝F T ，f m ＝μm A g cos 30°，解得m A ＝22m ，A 正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，为12mg ，此时m A g sin 30°<12mg ，所以刚一开始静摩擦力方向沿斜面向下，故m A g sin 30°＋f ＝F T ，随着F T 的增大，摩擦力在增大，B 正确；将斜面和A 以及B 看做一个整体，受到最右边绳子的拉力作用，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于12mg ，故有f ＝12mg tan θ2，随着θ的增大，摩擦力在增大，C 错误；对物体A 和斜面体受力分析，受最左边绳子斜向下的拉力，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于12mg ，所以斜面体对地面的压力恒定不变，D 错误．命题点三 平衡中的临界与极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．3．解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．例4 (多选)(2018·全国Ⅰ卷·19)如图8，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )图8A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化①整个系统处于静止状态；②F 方向不变，大小在一定范围内变化．答案 BD解析 由于物块a 、b 均保持静止，各绳角度保持不变，对a 受力分析得，绳的拉力F T ＝m a g ，所以物块a 受到绳的拉力保持不变．由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b 受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C 选项错误；a 、b 受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO ′的张力不变，A 选项错误；对b 进行受力分析，如图所示．由平衡条件得：F T cos β＋F f ＝F cos α，F sin α＋F N ＋F T sin β＝m b g .其中F T 和m b g 始终不变，当F 大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B 选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D 选项正确．5．将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图9所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线OA 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为( )图9 A.33mg B ．mg C.32mg D.12mg 答案 B解析 以a 、b 为整体，整体受重力2mg 、悬绳OA 的拉力F T 及拉力F 三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F 垂直于悬绳的拉力F T 时有最小值，且最小值F ＝2mg sin θ＝mg ，B 项正确．6.如图10所示，质量为m 的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)这一临界角θ0的大小．图10答案 (1)33(2)60° 解析 (1)如图所示，未施加力F 时，对物体受力分析，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30° 解得μ＝tan 30°＝33(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得： F cos α＝mg sin α＋f ′ F N ′＝mg cos α＋F sin α f ′＝μF N ′解得F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0，即tan α＝3时，F →∞，即“不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°.生活中平衡问题的实例分析力的平衡问题在日常生活中有许多实例，解答的关键是要建立正确的物理模型，选择合适的的解题方法，一般按以下步骤进行：典例一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝45°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图11甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力f m由f m＝μF N(F N为正压力)求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.图11(1)试问，自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向．(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小．(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？思维过程(1)锁舌有向左运动的趋势，故下表面受的摩擦力为静摩擦力，方向向右．(2)对锁舌进行受力分析，根据平衡条件分别在互相垂直的方向上列方程，再根据摩擦力计算公式f m ＝μF N，联立方程组求解．(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明正压力F N无穷大，根据F N的表达式求解μ即可．答案(1)向右(2)2kx1－2μ－μ2(3)0.41解析(1)锁舌D有向左的运动趋势，故其下表面所受摩擦力f1方向向右．(2)设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为F N，下表面的正压力为F，弹簧弹力为kx，由力的平衡条件可知kx＋f1＋f2cos 45°－F N sin 45°＝0，F－F N cos 45°－f2sin 45°＝0，又f1＝μF，f2＝μF N，联立各式，解得正压力大小F N＝2kx1－2μ－μ2.(3)令F N趋近于∞，则有1－2μ－μ2＝0，解得μ＝2－1＝0.41.题组1受力分析和共点力平衡条件的应用1．如图1所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是()图1A．A一定受两个力作用B．A一定受四个力作用C．A可能受三个力作用D．A受两个力或者四个力作用答案 D解析若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用．2．(多选)如图2所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态．三者的质量均为m，下列说法正确的是()图2A．箱子受到的摩擦力方向向右B．人受到的摩擦力方向向右C．箱子对木板的摩擦力方向向右D．若水平面光滑，人用同样大小的力F推箱子，能使长木板在水平面上滑动答案BC3．(多选)如图3所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧测力计固定在竖直的墙壁上，A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，用大小为F的水平力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧测力计的示数为f.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()图3A．B对A的摩擦力大小为f，方向向左B．A和B保持静止，C匀速运动C．A保持静止，B和C一起匀速运动D．C受到地面的摩擦力大小为F－f答案ACD4．如图4所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a 上并缓慢拉a ，当B 与竖直方向夹角为60°时，A 、B 伸长量刚好相同．若A 、B 的劲度系数分别为k 1、k 2，则以下判断正确的是( )图4A.k 1k 2＝12B.k 1k 2＝14C ．撤去F 的瞬间，a 球的加速度为零D ．撤去F 的瞬间，b 球处于失重状态 答案 B解析 以a 、b 小球和弹簧A 组成的系统为研究对象，受三力而平衡，由平衡条件可得F B ＝2mg cos 60°＝4mg ＝k 2x ，以b 小球为研究对象，受二力而平衡，则F A ＝mg ＝k 1x ，故k 1k 2＝14，B 正确，A 错误；撤去F 的瞬间，弹簧上的弹力不变，b 球的加速度为零，a 球受到的合外力大小等于F ，加速度a ＝Fm ，C 、D 错误．题组2 动态平衡问题的分析5. (多选)如图5，用OA 、OB 两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平．现保持O 点位置不变，改变OB 绳长使绳右端由B 点缓慢上移至B ′点，此时OB ′与OA 之间的夹角θ<90°.设此过程OA 、OB 绳的拉力分别为F OA 、F OB ，则下列说法正确的是( )图5A ．F OA 一直减小B ．F OA 一直增大C ．F OB 一直减小D ．F OB 先减小后增大答案 AD解析 以结点O 为研究对象，分析受力：重力G 、绳OA 的拉力F OA 和绳OB 的拉力F OB ，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA 逐渐减小，F OB 先减小后增大，当θ＝90°时，F OB 最小．6．如图6所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A ，A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态．若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是( )图6A ．球B 对墙的压力增大B ．球B 对柱状物体A 的压力增大C ．地面对柱状物体A 的摩擦力不变D ．地面对柱状物体A 的支持力不变 答案 D解析 球B 受重力、A 的支持力F 1和墙壁的压力F 2.如图甲所示：将重力G 分解为G 1和G 2，则根据平衡可知，F 1＝G 1＝Gcos θ，F 2＝G 2＝G tan θ.当A 向右移动少许，根据题意可知，A 对球B 的作用力F 1与竖直方向的夹角θ将减小，所以cos θ增大，tan θ减小，即墙壁对球B 的作用力将减小，A 对小球B 的支持力减小．根据牛顿第三定律可知，球B 对墙壁的压力将减小，球B 对A 的压力亦减小．选项A 、B 错误；再对A 进行受力分析如图乙：由于A 处于平衡状态，所以A 受地面摩擦力f ＝F B sin θ，根据题意知，B 对A 的压力F B减小且F B与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力f减小．选项C错误；对整体受力分析可知，地面对A的支持力等于A、B的重力之和，故选项D正确；故选D.7．如图7所示，小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角θ＝60°，可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是()图7A．当小车与挡板均静止时，球对斜面的压力小于mgB．保持θ＝60°不变，使小车水平向右运动，则球对斜面的压力可能为零C．保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对挡板的压力逐渐减小D．保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，球对斜面的压力逐渐增大答案 B解析球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：F A、F B以及F构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，F A＝F B＝mg，故A错误；若保持θ＝60°不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当F B和重力G的合力正好提供加速度时，球对斜面的压力为零，故B正确；保持小车静止，在θ由60°缓慢减小至15°的过程中，根据图象可知，F A不断减小，F B先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，球对斜面的压力不断减小，故C、D错误．8．(多选)如图8所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则()图8A ．b 对c 的摩擦力一定减小B ．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上C ．地面对c 的摩擦力方向一定向右D ．地面对c 的摩擦力一定减小 答案 BD解析 设a 、b 的重力分别为G a 、G b .若G a ＝G b sin θ，b 受到c 的摩擦力为零；若G a ≠G b sin θ，b 受到c 的摩擦力不为零．若G a >G b sin θ，b 受到c 的摩擦力沿斜面向下，则b 对c 的摩擦力方向沿斜面向上，故A 错误，B 正确．以b 、c 整体为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得知地面对c 的摩擦力f ＝F T cos θ＝G a cos θ，方向水平向左．在a 中的沙子缓慢流出的过程中，G a 减小，摩擦力减小．故D 正确，C 错误． 题组3 平衡中的临界和极值问题9．如图9所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B ，质量为M .质量为m 的物体A 静止在B 上．现用水平力F 推物体A ，在F 由零逐渐增加到32mg 再逐渐减为零的过程中，A 和B 始终保持静止．对此过程下列说法正确的是( )图9A ．地面对B 的支持力大于(M ＋m )g B ．A 对B 的压力的最小值为32mg ，最大值为334mg C ．A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg4D ．A 所受摩擦力的最小值为12mg ，最大值为34mg答案 B解析 因为A 、B 始终保持静止，对A 、B 整体受力分析可知，地面对B 的支持力一直等于(M ＋m )g ，A 错误．当F ＝0时，A 对B 的压力最小，为mg cos 30°＝32mg ；当F ＝32mg 时，A 对B 的压力最大，为mg cos 30°＋F sin 30°＝334mg ，B 正确．当F cos 30°＝mg sin 30°时，即F＝33mg 时，A 所受摩擦力为0，当F ＝0时，A 所受摩擦力大小为12mg ，方向沿斜面向上，当F ＝32mg 时，A 所受摩擦力大小为14mg ，方向沿斜面向下，选项C 、D 错误． 10．如图10所示，一球A 夹在竖直墙与三角劈B 的斜面之间，三角劈的重力为G ，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．问：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多少？图10答案μ1－μG 解析 由三角劈与地面之间的最大静摩擦力可以求出三角劈所能承受的最大压力，由此可求出球的最大重力．球A 与三角劈B 的受力情况如图甲、乙所示，球A 在竖直方向的平衡方程为G A ＝F N sin 45° 三角劈的平衡方程为f m ＝F N ′sin 45° F N B ＝G ＋F N ′cos 45° 另有f m ＝μF N B ，F N ＝F N ′ 联立以上各式可得G A ＝μ1－μG .11．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图11所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．图11(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？ 答案 (1)mg sin 2θ (2)12mg sin 4θ解析 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mg sin θ＝μmg cos θ， 即μ＝tan θ.(1)木块在力F 作用下沿斜面向上匀速运动，有 F cos α＝mg sin θ＋f F sin α＋F N ＝mg cos θ f ＝μF N 解得F ＝2mg sin θcos α＋μsin α＝2mg sin θcos θcos αcos θ＋sin αsin θ＝mg sin 2θcos (θ－α)则当α＝θ时，F 有最小值，为F min ＝mg sin 2θ.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即 f ＝F cos (α＋θ)当α＝θ时，F 取最小值mg sin 2θ， f m ＝F min cos 2θ＝mg ·sin 2θcos 2θ＝12mg sin 4θ.。

2018年广东新教材高考物理模拟试题精编详解第二套试题说明：本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分120分．考试时间：90分钟．第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的，选对得4分，有选错或不答的得0分1．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是（）A．延长光照时间B．增大光的强度C．换用频率较低的光照射D．换用波长较短的光照射2．据报导，磁悬浮列车已在上海正式运行，图1中所示为某种磁悬浮的原理．图中A是圆柱形磁铁，B 是用高温超导材料制成的电阻率为零的超导圆环．将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，以下判断正确的是（）①在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失②在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在③若A的N极朝上，则B中感应电流的方向如图所示④若A的N极朝上，则B中感应电流的方向与图示方向相反图1A．①③B．①④C．②③D．②④3．如图2所示，理想变压器的输入端接220V的正弦交流电，副线圈上接有灯泡L和电热器R，开始时开关S断开，当S接通时，以下说法中正确的是（）图2A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈两端M、N的输出电压增大C．灯泡L的电功率减小D．原线圈中的电流增大4．一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，设法使其压强增大，则在这一过程中（）A．气体的密度减小B．气体分子的平均动能增大C．外界对气体做了功D．气体从外界吸收了热量5．如图3，物体在斜向上恒力F作用下沿水平面作直线运动，下列判断正确的是（）A．若水平面光滑，物体一定受三个力作用B．若水平面粗糙，物体一定受四个力作用C．若物体做匀速直线运动，则一定受四个力作用D．若物体做匀加速直线运动，则一定受四个力作用图36．在地球上，赤道附近的物体A 和北京附近的物体B ，随地球的自转而做匀速圆周运动，可以判断（ ） A ．物体A 与物体B 的向心力都指向地心B ．物体A 的线速度的大小小于物体B 的线速度的大小C ．物体A 的角速度的大小小于物体B 的角速度的大小D ．物体A 的向心加速度的大小大于物体B 的向心加速度的大小7．某空间存在着如图4所示的水平方向的匀强磁场，A 、B 两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上．物块A 带正电，物块B 为不带电的绝缘块．水平恒力F 作用在物块B 上，使A 、B 一起由静止开始向左运动．在A 、B 一起向左运动的过程中，以下关于A 、B 受力和运动的说法中正确的是（ ）图4A ．A 对B 的压力变小 B ．B 对A 的摩擦力保持不变C ．A 对B 的摩擦力变大D ．B 对地面的压力保持不变8．将“超级市场”中运送货物所用的平板车固定在水平地面上，配送员用4.0×210N 的水平力推动一箱1.0×210kg 的货物时，该货物刚好能在平板车上开始滑动；若配送员推动平板车由静止开始加速前进，要使此箱货物不从车上滑落，配送员推车时车的加速度的取值可以为（ ） ①3.2m/2s ②5.5m/2s ③6.0m/2s ④2.8m/2sA ．①②B ．②③C ．③④D ．①④9．如图5所示，两个闭合圆形线圈A 、B 的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A 中通以如下面右图所示的变化电流，t ＝0时电流方向为顺时针（如图中箭头所示）．在1t -2t 时间内，对于线圈B ，下列说法中正确的是（ ）图5A ．线圈B 内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势 B ．线圈B 内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C ．线圈B 内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D ．线圈B 内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势．10．如图6（a ）所示，两个平行金属板P 、Q 竖直放置，两板间加上如图（b ）所示的电压．t ＝0时，Q板比P 板电势高5V ，此时在两板的正中央M 点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0＜t ＜8×1010-s 的时间内，这个电子处于M 点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（ ）图6A ．0＜t ＜2×1010-s B ．2×1010-s ＜t ＜4×1010-sC ．4×1010-s ＜t ＜6×1010-s D ．6×1010-＜t ＜8×1010-s第Ⅱ卷（非选择题，共80分）二、本题共2小题，共13分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作图 11．（6分）（1）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm ，游标上有20个小的等分刻度，用它测量一工件长度，如图7（a ）所示，图示的读数是________cm ．图7（2）一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图7（b ）所示，用米尺测得斜面的高度与长度之比为41，小车质量为400g ，图7（c ）是打出纸带的一段，相邻记数点间还有四个点未画出．已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz ，由图可知，打点计时器打纸带上B 点时小车的瞬时速度B v ＝________m/s ，打纸带上E 点时小车的瞬时速度E v ＝________m/s ，打点计时器打纸带上B 点和打纸带上E 点过程中小车克服阻力所做的功为________J ． 12．（7分）（1）在实验室中用螺旋测微器测量金属丝的直径，螺旋测微器的读数部分如图8（左）所示，由图可知，金属丝的直径是________．图8（2）如图8右图所示电路是测量电流表内阻的实物连接图，实验的操作步骤如下： ①将电阻箱R 的电阻调到零；②闭合开关，调节滑动变阻器1R 的滑片，使得电流表达到满偏电流0I ；③保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使电流表的示数为0I /2； ④读出电阻箱的电阻值x R ，可以认为电流表的内阻测r ＝x R ． （1）请在右侧画出测量电流表的内阻的电路图．（2）已知电流表的量程是50mA ，内阻约是40Ω．可供选择的滑动变阻器1R 有： （A ）阻值0-10Ω，额定电流2A（B ）阻值0-50Ω，额定电流1.5A ；可供选择的电阻箱R 有： （C ）阻值0-99.9Ω（D ）阻值0-999Ω．为了比较准确地测量出电流表的内阻，应选用的滑动变阻器1R 是________；电阻箱R 是________．（填仪器前的字母代号）（3）本实验中电流表的测量值测r 与电流表内阻的真实值真r 相比，有（ ）A ．测r ＞真rB ．测r ＜真rC ．测r ＝真rD ．测r 可能大于真r ，也可能小于真r（4）如果提高电池的电动势，用此电路测出的电流表的内阻的误差将______（填“增大”、“减小”或“不变”） 三、本题共6小题，共67分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 13．（10分）在车厢顶上吊有一单摆，摆长为L ，如图9所示，当小车向左运动时，悬线偏向竖直方向的左边一个恒定的角度，使这个单摆摆动，摆动的平面与小车的前进方向在同一平面内，测得振动周期为T ，求放在该车厢地板上质量为M 的物体在相对车厢静止时受到的摩擦力的大小和方向．图914．（10分）宇宙飞船在距火星表面H 高度处作匀速圆周运动，火星半径为R ，今设飞船在极短时间内向外侧点喷气，使飞船获得一径向速度，其大小为原速度的α 倍，因α 量很小，所以飞船新轨道不会与火星表面交会，如图10所示，飞船喷气质量可忽略不计．图10（1）试求飞船新轨道的近火星点的高度近h ，和远火星点高度远h ．（2）设飞船原来的运动速度为0v ，试计算新轨道的运行周期T ．15．（11分）静止的氮核（N 147）被速度为0v 的中子（n 10）击中，生成甲、乙两核，甲乙两核的速度方向与撞击的中子速度方向一致．测得甲、乙两核动量之比为1∶1，动能之比为1∶4，当它们垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，其半径之比为1∶6，试分析判断，甲、乙分别是什么核?写出核反应方程式，并求出甲、乙两核速度．16．（12分）如图11所示，两根光滑的平行金属导轨与水平面成θ 角放置．导轨间距为L ，导轨上端有阻值为R 的电阻，导轨电阻不计，整个导轨处在竖直向上，磁感应强度为B 的匀强磁场中，把一根质量为m 、电阻也为R 的金属圆杆MN ，垂直于两根导轨在导轨上，从静止开始释放，求：图11（1）金属杆MN 运动的最大速度m v 的大小．（2）金属杆MN 达到最大速度为31时的加速度a 的大小．17．（11分）如图12所示，质量为2m ，长为l 的木块置于光滑水平台面上，质量为m 的子弹以初速度0v 水平向右射向木块，穿出木块时的速度为2v ，设木块对子弹的阻力恒定．图12（1）求子弹穿越木块的过程中木块滑行的距离1L ．（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u 水平向右运动，子弹仍以初速度0v 向右射向木块(u ＜0v )，求子弹最终速度v ．（3）求在（2）情况下，子弹在木块中行进的过程中，木块移动的距离2L ．18．（13分）如图13，由电容器和磁场组成一射线管，电容器极板长1L ＝5cm ，两板间距d ＝5cm ，两端加电压U ＝10V ，电容器右侧有一宽度为2L ＝5cm 弱磁场区域，其磁感应强度B ＝510-T ，方向竖直向下，在磁场边界的右边s ＝10m 处，放置一个标有坐标的屏，现有初速度7010=v m/s 的负离子束从电容器中心水平向右入射（荷质比 ＝||mq＝5×1010C/kg ）．若不加电压和磁场时，离子束恰打在坐标的原点上，那么加上电压后离子束应打在坐标纸上的哪个位置?（结果精确到0.1cm ）．图13参考答案1．D 由光电效应的规律可知D 正确2．C 超导材料的电阻为零，当B 中产生感应电流后电流不会消失①错，②对；由楞次定律可知③正确 3．D 由于原副线圈匝数未变，原线圈两端电压不变，所以副线圈两端电压不变，A 、B 均错；灯泡L 的电功率不变，C 错；闭合S 后，并联电路电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大．4．C 温度不变，压强增大，体积应减小，外界一定对气体做了功，C 对，A 错；温度不变，分子的平均动能不变，B 错；气体温度不变，气体内能不变，外界对气体做了功，气体一定放出热量，D 错5．C 当F 的竖直分量等于重力时，A 、B 均错；若物体做匀速直线运动，物体所受合力为零，物体一定受四个力作用即重力、支持力、拉力、摩擦力．6．D A 、B 均作匀速圆周运动，合力提供向心力指向圆周运动的圆心，A 错；A A r v ω=，B B r v ω=，B 错；A A r a 2ω=，B B r a ω=，D 对．7．B AB 一起向左加速，速度增大，A 所受洛仑兹力向下且增大，A 错；a m m F B A )(+=，a m f A A =，A 所受摩擦力保持不变，B 对；C 错，D 错8．D N .f m 21004⨯=．222m/s 410100.4=⨯==m f a m m 所以，车的加速度应小于2m/s 4，即D 正确．9．A 21t t -时间内，线圈A 中电流为逆时针，且增大，由楞次定律可知，B 中电流应为顺时针根据同向电流相吸，异向电流相斥，B 线圈必有扩张趋势，A 对 10．D 0-2×1010-s 时间内电子应向Q 板运动，2×1010-s -4×1010-s ，电子向右减速；4×1010--6×1010-s ，电子向左加速，6×1010--8×1010-s ，电子向左减速，答案应选D ．11（1）0.418 （2）0.15 10.33，5.33×210- 12．（Ⅰ）0.920mm （Ⅱ）（1）电路图如答图1答图1（2）A ；C （3）A （4）减小13．悬线偏离竖直方向左侧，意味着小车具有一向右的加速度，设车的加速度为a ，球与小车相对静止时偏角为θ ，绳拉力为T'，则由牛顿第二定律知 T'sin θ ＝ma T'cos θ ＝mg即 T'＝22g a m +小球摆动时以答图2所示位置为平衡位置，其等效重力加速度答图222g a g'+=，由g'lT π2=，得22π4T L g'=，解得 2222)π4(g T L a -=，方向向右 对M 运用牛顿第二定律，则f ＝Ma ＝2222)π4(g TL M -，方向向右14．设火星和飞船的质量分别为M 和m ，飞船沿椭圆轨道运行时，飞船在最近点或最远点与火星中心的距离为r ，飞船速度为v ．因飞船喷气前绕圆轨道的面积速度为0021v r ，等于喷气后飞船绕椭圆轨道在P 点的面积速度p v r 021sin θ （P 为圆和椭圆的交点），由开普勒第二定律，后者又应等于飞船在近、远火星的面积速度rv 21，故0021v r ＝p v r 021sin θ ＝rv 21即 00v r ＝rv ① 由机械能守恒定律202202)(2121r Mm Gv a v m r Mm G mv -+=- ② 飞船沿原圆轨道运动时，有 02020r v m r MmG = ③式中 0r ＝R ＋H ，r ＝R ＋h上述三个方程消去G 、M 、0v 后可解得关于r 的方程为02)(120022=+--r r r r α 上式有两个解，大者为远r ，小者为近r ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+=-=++=+=αααα111100H R r r H R r r 远近故近、远火星点距火星表面的高度为 αα+-=-=1RH R r h 近近αα-+=-=1RH R r h 远远（2）设椭圆轨道的半长轴为a ，则 a r r 2=+远近 即 21α-=r a 飞船喷气前绕圆轨道运行的周期为 00π2v r T =设飞船喷气后，绕椭圆轨道运行的周期为T ，由开普勒第三定律得2/300)(r a T T = 故2/32002/300)11(π2)(α-==v r r a T T 2/320)11()(π2α-+=v H R T 15．设甲质量为1m 速度1v ，乙质量为2m 速度2v ，甲乙电量为1q 和2q ∵ 2211v m v m =；21122221421v m v m ⨯=（已知） ∴ 1v ∶2v ＝1∶4 则1m ∶2m ＝4∶1∴ u um 1245)114(1=⨯+=， u um 315)114(2=⨯+=由r mv qvB 2= ∴ B q v m 111∶Bq v m 222＝1∶6∴ 1q ∶2q ＝6∶1而1q ＋2q ＝7e ∴ 1q ＝6e ，2q ＝e∴ 甲为C 126，乙为H 31．核反应方程H C n N 3112610147+→+由动量守恒 22110v m v m v m n +=∴ 2401v v =，0261v v = 16．（1）金属杆MN 由静止释放后，沿导轨加速下滑时，切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv cos θ ，由MN 与电阻R 组成的闭合电路中感应电流为R BLv R E I 22==cos θ ① 由右手定则可知金属杆中电流方向是N 到M ，此时金属杆除受重力mg 、支持力N F 外，还受磁场力，即：F ＝BIL ＝Rv L B 2cos 22θ 金属杆受力示意图如答图2所示，金属杆沿斜面方向的合外力为答图2合F ＝mg sin θ －F cos θ＝mg sin θ －θRv L B 222cos 2⋅ ② 根据牛顿第二定律有gm sin θ －θRv L B 222cos 2＝ma ③ 由③式可知，当a ＝0时，金属杆下滑的速度达最大值，即求出 θθcos tan 222L B mgR v m =（2）将θθcos 3tan 23122L B mgR v v m ==代入②得 )31(c o s 2s i n 222m v R L B mg F'⋅-=θθ合 mg mg mg θθθsin 32sin 31sin =-= 而ma'F'=合 有： g a θsin 32=' 17．（1）由子弹和木块组成的系统,动量守恒，设子弹射击木块时，木块的速度为v '．列系统动量守恒方程v m mv mv '+=22100 ① 041v v =' 列系统能的转化与守恒方程fl v m v m mv ='+-])2(21)21(21[2122020 ② 对木块列动能定理方程 12)2(21fL v m =' ③ 把v '代入②式，求出ffl v m v m mv =+-⋅])41()2(21)21(21[21202020 整理，得 20165mv fl = ④ 20165mv lf = ⑤ 把v '和f 代入③式，得12020165)41()2(21L mv l v m =⋅ ∴ l L 511= （2）子弹在木块中运动的过程中，由于木块受到传送带的作用力，使子弹和木块组成的系统动量不守恒，所以不能用动量守恒来处理这个问题．子弹在木块中运动的速度v 若达到与传送带的速度相同时，子弹相对木块不再移动，从此以后子弹和木块以共同的速度u 一起运动，这样子弹就射不出木块．由此可以想到：当u 大于某一值时，子弹射不出木块，子弹的速度就是u ；当u 小于或等于某一值时，子弹射出木块，子弹最终的速度不小于u ，而这个参考值一定与子弹的初速度0v 有关．在处理这类问题时，按照子弹射出木块的情形列方程求解，在求出的结果中进行讨论，就能得出两种情形的结果．设子弹射穿木块过程用的时间为t ．取水平向右为列方程的正方向，对子弹列动量定理方程-ft ＝mv -0mv ⑥fv v m t )(0-= 对子弹列动能定理方程)(2121202ut l f mv mv +-=- ⑦ 把前面求出的fl 、t 代入，整理得0)316(1682002=-+-v uv uv v202085)(v v u u v --±= ∵ 根据题意v ≥u ∴ 202085)(v v u u v --+= 上面这个式子要求：085)(2020≥--v v u ，题中的条件：u ＜0v ．这样我们得到下面一组不等式⎪⎩⎪⎨⎧<≥-0202085)(v u v v u这组不等式的解是：0)4101(v u -≤，即子弹能打穿木块时，要求传送带运动的速度u 要满足这个关系；反之子弹不能打穿木块时，则要求传送带运动的速度u 满足下列的关系 00)4101(v u v <≤- ∴ 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=<<---+=-≤uv v u v v v u u v v u 时，时，当当002200)4101(85)()4101(（3）当0)4101(v u -≤时，设：子弹在木块中运动的时间为t ，取水平向右为正方向，对子弹列动量定理方程0mv mv ft -=- f v v m t )(0-=把20165mv l f =及202085)(v v u u v --+=代入，得)85)((5162020020v v u u v v lt ----=∴ )85)((61620200202v v u u v v ulut L ----==当00)4101(v u v <<-时，设：子弹在木块中运动的时间为t '，对子弹列动量定理方程0mv mu ft'-=- f u v m t )(0-='把f 代入，得 )(516020u v v lt -='∴ )(516202u v v t u L -='=18．通过电场时，粒子受力：||1q d U Eq F == 加速度：2131m/s 10|===γdU dm q U a ，竖直向上． 穿出电场的时间：s 1059011-⨯==v L t 竖直方向速度：m/s 1054111⨯==t a v又由于d ＝5cm <<S ＝10m ，故粒子在电容器内的y 轴方向位移可不计．在磁场中，粒子受洛仑兹力：02Bqv F =先假定粒子此时沿x 轴方向位移及分速度皆可忽略，即粒子沿着从电容器出射方向作直线运动．因此2F 为恒力，方向与x 轴正方向平行．由2F 产生的附近加速度：4022221052⨯===.mv l F t a v m/s 因为2v 与0v 数量级相差了三位，故可忽略不计，也就是上述假定成立．由此算出x 、y 方向的位移：cm 520232.v S v t v x === =≈+==010141v s v v l s v t v y cm 05.。

模拟试卷(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．(建议用时：60分钟 满分：110分)第Ⅰ卷(选择题 共48分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点．若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x ­t 图象如图M1­1所示．图象中的OC 与AB 平行，CB 与OA 平行．则下列说法中正确的是( )图M1­1A ．t 1～t 2时间内甲和乙的距离越来越远B ．0～t 2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等C ．0～t 3时间内甲和乙的位移相等D ．0～t 3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度2．某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭质量为m ，可提供恒定的推动力，大小为F ＝2mg ，持续时间为t .乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m 的火箭飞行经过t 2时，火箭丢弃掉m 2的质量，剩余t2时间，火箭推动剩余的m2继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h ，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g ，不考虑燃料消耗引起的质量变化)( )A ．1.5hB ．2hC ．2.75hD ．3.25h3．如图M1­2a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b 所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关后( )a b图M1­2A ．电压表示数增大B ．电流表示数增大C ．变压器的输入功率增大D ．经过灯泡的电流频率为25 Hz 4．据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”—沃尔夫(Wolf)1061c.沃尔夫1061c 的质量为地球的4倍，围绕红矮星沃尔夫1061c 运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c 表面运行．已知万有引力常量为G ，天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )A ．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度B ．卫星绕行星沃尔夫1061c 运行的周期与该卫星的密度有关C ．沃尔夫1061c 和地球公转轨道半径的三次方之比等于⎝ ⎛⎭⎪⎫53652D ．若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c 的半径5．图M1­3甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc ，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca 的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于线框中的电流I 与ab 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象(图中不考虑2 s 末线框中的电流及ab 边的受力情况)，下列各图正确的是( )甲 乙图M1­3A B C D6．如图M1­4所示，带电小球Q 固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球M 穿在杆上从A 点由静止释放，小球到达B 点时速度恰好为零，已知A 、B 间距为L ，C 是AB 的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g ，则( )图M1­4A ．小球从A 到B 的过程中加速度先减小后增大 B ．小球在B 点时受到的库仑力大小为mg sin θC ．小球在C 点时速度最大D ．在Q 产生的电场中，A 、B 两点间的电势差为－mgL sin θq7．氢原子的能级如图M1­5所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV ．下列说法正确的是( )图M1­5A．一个处于n＝2能级的氢原子可以吸收一个能量为4 eV的光子B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光是不可见光C．大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态的过程中可以释放出6种频率的光子D．用能量为10 eV和3.6 eV的两种光子同时照射大量处于基态的氢原子，有可能使个别氢原子电离8．如图M1­6所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是( )图M1­6A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多第Ⅱ卷(非选择题部分共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(共47分)9．(8分)要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.2 kg)、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤：图M1­7(1)实验装置如图M1­7所示，设右边沙袋A的质量为m1，左边沙袋B的质量为m2．(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升．(左、右两侧砝码的总质量始终不变)(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降h所用的时间t，则可知A的加速度大小a＝________．(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出________(填“a­m′ ”或“a­1m′”)图线．(5)若求得图线的斜率k＝4 m/ kg·s－2，截距b＝4 m/s2.则沙袋的质量m1＝________kg，m2＝________kg．(取g＝10 m/s2)10．(9分)某实验小组设计了如图M1­8甲的电路，其中R T为热敏电阻，电压表量程为3 V，内阻R V约10 kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻R A＝4.0 Ω，R为电阻箱．甲乙图M1­8(1)该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验．闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I­U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示．为了完成该实验，应将导线c端接在________(填“a”或“b”)点．(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2，U2的计算式为__________________(用U1、I、R和R A表示)．(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I­U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω．(4)实验中，当电阻箱的阻值调到6 Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝________W．(计算结果保留2位有效数字)11．(12分)置于光滑水平面上的A、B两球质量均为m，相隔一定距离，两球之间存在恒定斥力作用，初始时两球均被锁定而处于静止状态．现同时给两球解除锁定并给A球一冲量I，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．在之后的运动过程中两球始终未接触，试求：(1)两球间的距离最小时B球的速度．(2)两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功．12．(18分)如图M1­9甲所示，灯丝K 可以连续逸出不计初速度的电子，在KA 间经大小为U 的加速电压加速后，从A 板中心小孔射出，再从M 、N 两极板的正中间以平行极板的方向进入偏转电场．M 、N 两极板长为L ，间距为33L ．如果在两板间加上如图乙所示的电压U MN ，电子恰能全部射入如图甲所示的匀强磁场中．不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力及它们之间的相互作用力．甲 乙图M1­9(1)求偏转电场电压U MN 的峰值．(2)已知在t ＝T4时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度B的大小．(3)求从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间．(二)选考题(共15分．请考生从给出的两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按第一题计分．)13．[物理选修3－3](15分)(1)(6分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B ．物体温度升高，组成物体的所有分子速率均增大C ．一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量D ．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E ．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关(2)(9分)如图M1­10所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S 和S ．在汽缸内有A 、B 两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l 的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在汽缸内无摩擦地移动．已知活塞A 的质量是2m ，活塞B 的质量是m .当外界大气压强为p 0、温度为T 0时，两活塞静止于如图所示位置．重力加速度为g ．①求此时汽缸内气体的压强．②若用一竖直向下的拉力作用在B 上，使A 、B 一起由图示位置开始缓慢向下移动l2的距离，又处于静止状态，求这时汽缸内气体的压强及拉力F的大小．设整个过程中气体温度不变．图M1­1014．[物理选修3－4](15分)(1)(6分)某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动，形成沿x轴正向传播的简谐横波，O处质点开始振动后t＝0.8 s时波的图象如图M1­11所示．P点是x轴上距坐标原点96 cm 处的质点．则该波的波速是________m/s；从O处质点开始振动计时，经过________s，P处质点开始振动；从P处质点开始振动，再经________s，P处质点第一次经过波峰．图M1­11(2)(9分)细束平行光以一定的入射角从空气射到直角棱镜的侧面AB，光线进入棱镜后直接射向另一侧面AC．逐渐调整光线在AB面的入射角，使AC面恰好无光线射出，测得此时光线在AB面的入射角为α.①在M1­12中画出光线在AB面的入射角为α时，在AB面、AC面两次折射的光路图．②计算该棱镜的折射率．图M1­122018年高考理综(物理)模拟试卷(一)1．C 解析：x ­t 图象的斜率表示物体运动的速度，在t 1～t 2时间内甲和乙的速度相同，两者之间的距离不变，A 、B 项错误；x ­t 图象的交点表示两者相遇，因甲、乙两物体从同一点出发，故0～t 3时间内甲和乙的位移相同，由平均速度的定义知，在0～t 3时间内二者的平均速度也相同，C 项对，D 项错．2．C 解析：对甲同学的火箭，t 时间的加速度a 1，F －mg ＝ma 1，a 1＝g ，t 时刻的速度v 1＝a 1t ，上升的高度h ＝12gt 2＋v 212g ＝gt 2，对乙同学的火箭，在0～t 2内的加速度a 2＝a 1＝g ，t2时刻的速度为v 2＝a 2·t 2＝12gt ，在t 2～t 内加速度为a 2′，则F －12mg ＝12ma 2′，则a 2′＝3g ，在t 时的速度v 2′＝v 2＋a 2′·t 2＝2gt ，上升的高度为h 2＝12v 2·t 2＋v 2＋v 2′2·t 2＋v 2′22g＝2.75gt 2＝2.75h ，C 项对，A 、B 、D 项错．3．C 解析：对理想变压器，副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1，只与n 2n 1和U 1有关，K 闭合，电压表的示数不变，A 项错；灯泡两端的电压为U 2不变，流经灯泡的电流不变，电流表的示数不变，B 项错；闭合K 后，变压器的输出功率P 2增大，由P 1＝P 2可知，变压器的输入功率P 1增大，C 项对；变压器工作时不改变交变电流的频率，D 项错．4．D 解析：因发射该卫星需飞出太阳系，则发射速度需大于第三宇宙速度，A 项错误；卫星绕1061c 运行的周期与该卫星的密度无关，B 项错误；因1061c 和地球绕转的中心天体不同，故C 项错误；对绕1061c 表面运转的卫星，有GMm R 2＝m 4π2T 2R ，R ＝3GMT 24π2，又M ＝4M 地，则可求出1061c 的半径R ，故D 正确．5．AD 解析：根据欧姆定律及法拉第电磁感应定律可知：I ＝E R ＝S ΔB R Δt ∝ΔBΔt ＝k ，又由楞次定律可知，在0～1 s 和3 s ～4 s 时间段，感应电流均取正值，所以选项A 正确，B 错误；ab 边所受安培力F ＝BIL ＝BL S ΔB R Δt ＝BSL R ·ΔB Δt ＝BSLR·k ，在0～1 s 时间段内，通过ab边的感应电流从a 到b ，根据左手定则可知，安培力水平向右，又根据B ­t 图象的斜率k 不变，所以F ∝B ，选项C 错误，D 正确．6．AD 解析：由题意可知，小球从A 由静止运动到B 点时，速度为零，则小球先加速后减速，那么一开始库仑力小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A 正确；球在B 点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mg sin θ，故B 错误；当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C 虽是AB 的中点，但此处库仑力、支持力与重力的合力不为零，故C 错误；根据动能定理，从A 到B ，则有：0－0＝mgL sin θ＋qU AB ；解得：U AB ＝－mgL sin θq，故D 正确．7．ABC 解析：处于n ＝2能级的氢原子吸收能量为4 eV 的光子就会电离，选项A 对；氢原子由高能级向n ＝3能级跃迁释放光子的能量都不大于1.51 eV ，显然在不可见光范围内，选项B 对；大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁能释放出光子的种类为C 24＝6种，选项C 对；氢原子跃迁只能吸收一个光子的能量、而不能累加，选项D 错．8．BD 解析：在滑块滑到木板右端的过程中，F 做的功转化为滑块和木板的动能以及系统的内能，选项A 错误；木板质量越大，木板的加速度越小，因而木板的位移越小，选项B 正确；其他条件不变，F 越大，滑块滑到木板右端所需的时间越短，选项C 错误；根据Q ＝fL 可知f 越大，产生的热量越多，选项D 正确．9．(1)2ht2 (2)a －m ′ (3)3.5 1.3解析：(1)由运动学公式h ＝12at 2得a ＝2ht2，(2)对系统整体由牛顿第二定律得(m 1＋m ′)g －(m 2＋m －m ′)g ＝(m 1＋m 2＋m )a解得a ＝m 1－m 2－m g m 1＋m 2＋m ＋2gm 1＋m 2＋mm ′因a 与m ′为线性关系，故作出“a －m ′”图线(3)由上式可知k ＝2g m 1＋m 2＋m b ＝m 1－m 2－m gm 1＋m 2＋m代入数值解得m 1＝3.5 kg m 2＝1.3 kg10．(1)a (2)U 2＝U 1＋I (R ＋R A ) (3)6.0 5.0 (4)0.60(0.53～0.62均正确)解析：(1)利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法，导线c 端接在a 点上．(2)电源两端的电压利用欧姆定律可得，U 2＝U 1＋I (R A ＋R )．(3)利用电源的外特性曲线可知电动势E ＝6.0 V ，内电阻r ＝6.0－4.00.4Ω＝5.0 Ω.(4)把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为6.0 V ，内电阻为15 Ω.在I ­U 图象中作等效电源的外电路特性曲线，与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标(2.5,0.24)．所以热敏电阻的电功率为0.60 W ．考虑作图的误差故功率计算范围0.53～0.62 W.11．解：(1)对A 由动量定理可得I ＝mv 0两球间的距离最小时两球等速，根据系统动量守恒 mv 0＝2mv 得v ＝I2m.(2)从初始状态到二者距离达到与初始状态相等过程中，设二者位移大小均为l ，根据动量守恒定律mv 0＝mv 1＋mv 2对A 由动能定理可得－Fl ＝12mv 21－12mv 2对B 由动能定理可得Fl ＝12mv 22－0可得v 1＝0 v 2＝v 0两球距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A 球做的功W A ＝12mv 21－12mv 2＝－I 28m.12．解：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得eU ＝12mv 20由题意可知在偏转电压达到峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场 36L ＝12at 20 a ＝eU m m ×33LL ＝v 0t 0联立可得U m ＝23U.(2)设t ＝T4时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为v ，v 与v 0之间夹角为θ，则图D136tan θ＝eU mm ×33L ·L v 20＝33，所以θ＝30° v 0＝v cos θ电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB ＝mv 2R根据几何关系2R cos θ＝33L 解得B ＝2L 6mUe.(3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，经N 板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，在磁场中飞行时间为T3又T ＝2πR v联立解得t min ＝Lm 2eU ＋πL93m 2eU. 13．(1)ACD 解析：气体分子不停地做无规则运动，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的，故A 正确；物体温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，但并不是所有分子速率均增大，故B 错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气体状态方程pV T＝C 知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量，故C 正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D 正确；饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故E 错误．(2)解：①以两活塞整体为研究对象，设此时汽缸内气体压强为p 1，根据平衡条件则有 p 0·2S ＋3mg ＋p 1S ＝p 1·2S ＋p 0S解得p 1＝p 0＋3mgS②初态：p 1＝p 0＋3mgS，V 1＝2lS末态：p 2待求，V 2＝32lS根据玻意耳定律有：⎝⎛⎭⎪⎫p 0＋3mg S ·2lS ＝p 2·32lS 解得p 2＝43⎝⎛⎭⎪⎫p 0＋3mg S以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有 F ＋p 0·2S ＋3mg ＋p 2S ＝p 2·2S ＋p 0S解得F ＝p 0S3＋mg 14．(1)0.3 3.2 0.6解析：由题意可知，波的周期为T ＝0.8 s ，由波的图象可知，波长为λ＝24 cm ＝0.24m ，则波速为v ＝λT ＝0.3 m/s.则经Δt 1＝s v ＝0.960.3s ＝3.2 s ，波源的振动传至P 处，P 处质点开始沿y 轴负方向振动，再经Δt 2＝34T ＝0.6 s ，P 处质点第一次经过波峰．(2)解：①画出光线在AB 面的入射角为α时恰在AC 面发生全反射，折射光线沿AC 面传播，光路如图D137所示图D137②由于光在AC 面恰好全反射．故有sin γ＝1n由几何关系有β＋γ＝π2对光在AB 面的折射有sin αsin β＝n解得棱镜的折射率为n ＝1＋sin 2α.。

[高考命题解读]第1讲 重力 弹力 摩擦力一、重力1．产生：由于地球吸引而使物体受到的力．注意：重力不是万有引力，而是万有引力竖直向下的一个分力．2．大小：G＝mg，可用弹簧测力计测量．注意：(1)物体的质量不会变；(2)G的变化是由在地球上不同位置处g的变化引起的．3．方向：总是竖直向下的．注意：竖直向下是和水平面垂直，不一定和接触面垂直，也不一定指向地心．4．重心：物体的每一部分都受重力作用，可认为重力集中作用于一点即物体的重心．(1)影响重心位置的因素：物体的几何形状；物体的质量分布．(2)不规则薄板形物体重心的确定方法：悬挂法．注意：重心的位置不一定在物体上．二、弹力1．弹性形变：撤去外力作用后能够恢复原状的形变．2．弹力：(1)定义：发生形变的物体由于要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力．(2)产生条件：①物体间直接接触；②接触处发生形变．(3)方向：总是与施力物体形变的方向相反．3．胡克定律：(1)内容：在弹性限度内，弹力和弹簧形变大小(伸长或缩短的量)成正比．(2)表达式：F＝kx.①k是弹簧的劲度系数，单位是牛顿每米，用符号N/m表示；k的大小由弹簧自身性质决定．②x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．[深度思考]如图1所示，一重为10 N的球固定在支撑杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力方向及大小为多少？由此说明杆弹力的方向有什么特点？图1答案 AB 杆对球的作用力与水平方向夹角为53°，大小为12.5 N 杆弹力的方向不一定沿杆方向解析 对小球进行受力分析可得，AB 杆对球的作用力F 和绳的拉力的合力与小球的重力等大、反向，可得F 方向斜向左上方，令AB 杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝G F 拉＝43，α＝53°，F ＝G sin 53°＝12.5 N ．说明杆弹力的方向不一定沿杆方向．三、摩擦力1．静摩擦力与滑动摩擦力2.动摩擦因数(1)定义：彼此接触的物体发生相对运动时，摩擦力和正压力的比值．μ＝fF N .(2)决定因素：接触面的材料和粗糙程度． [深度思考]1．摩擦力一定与接触面上的压力成正比吗？摩擦力的方向一定与正压力的方向垂直吗？答案 (1)滑动摩擦力与接触面上的压力成正比，而静摩擦力的大小与正压力无关，通常由受力平衡或牛顿第二定律求解．(2)由于正压力方向与接触面垂直，而摩擦力沿接触面的切线方向，因此二者一定垂直． 2．判断下列说法是否正确．(1)静止的物体不可能受滑动摩擦力，运动的物体不可能受静摩擦力．(×)(2)滑动摩擦力一定是阻力，静摩擦力可以是动力，比如放在倾斜传送带上与传送带相对静止向上运动的物体．(×)(3)运动物体受到的摩擦力不一定等于μF N .(√)1．(多选)关于胡克定律，下列说法正确的是( )A ．由F ＝kx 可知，在弹性限度内弹力F 的大小与弹簧形变量x 成正比B ．由k ＝Fx可知，劲度系数k 与弹力F 成正比，与弹簧的长度改变量成反比C ．弹簧的劲度系数k 是由弹簧本身的性质决定的，与弹力F 的大小和弹簧形变量x 的大小无关D ．弹簧的劲度系数在数值上等于弹簧伸长(或缩短)单位长度时弹力的大小 答案 ACD2．在图中，a 、b (a 、b 均处于静止状态)间一定有弹力的是( )答案 C3．(粤教版必修1P74第9题改编)(多选)关于摩擦力，有人总结了四条“不一定”，其中说法正确的是( )A ．摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相同B ．静摩擦力的方向不一定与运动方向共线C ．受静摩擦力或滑动摩擦力的物体不一定静止或运动D ．静摩擦力一定是阻力，滑动摩擦力不一定是阻力 答案 ABC4．(人教版必修1P61第3题)重量为100 N 的木箱放在水平地板上，至少要用35 N 的水平推力，才能使它从原地开始运动．木箱从原地移动以后，用30 N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速运动．由此可知：木箱与地板间的最大静摩擦力F max＝________；木箱所受的滑动摩擦力F＝________，木箱与地板间的动摩擦因数μ＝______.如果用20 N的水平推力推木箱，木箱所受的摩擦力是________．答案35 N30 N0.3静摩擦力为20 N5．(人教版必修1P61第2题)一只玻璃瓶，在下列情况下是否受到摩擦力？如果受到摩擦力，摩擦力朝什么方向？(1)瓶子静止在粗糙水平桌面上．(2)瓶子静止在倾斜的桌面上．(3)瓶子被握在手中，瓶口朝上．(4)瓶子压着一张纸条，扶住瓶子把纸条抽出．答案(1)中不受摩擦力(2)中受到沿斜面向上的静摩擦力(3)中受竖直向上的静摩擦力(4)中瓶子受到与纸条运动方向一致的滑动摩擦力命题点一重力、弹力的分析与计算1．弹力有无的判断“三法”图中细线竖直、斜面光滑，因去掉斜面体，小球的状态不变，故小球只受细线的拉力，不受斜面的支持力，用绳替换杆AB ，原装置状态不变，说明杆施加的是拉力；用绳替换杆AC加速下降时物体不受底板的弹力作用2．弹力方向的判断(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断． (2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向． 3．计算弹力大小的三种方法 (1)根据胡克定律进行求解． (2)根据力的平衡条件进行求解． (3)根据牛顿第二定律进行求解．例1 (多选)如图2所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m 的小球．下列关于杆对球的作用力F 的判断中，正确的是( )图2A ．小车静止时，F ＝mg sin θ，方向沿杆向上B ．小车静止时，F ＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C ．小车向右匀速运动时，一定有F ＝mg ，方向竖直向上D ．小车向右匀加速运动时，一定有F ＞mg ，方向可能沿杆向上①“斜杆与竖直杆”；②小车静止、匀速、向右匀加速运动．答案 CD解析 小球受重力和杆的作用力F 处于静止或匀速运动时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，有F ＝mg ，方向竖直向上．小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg 和F 的合力应水平向右，如图所示．由图可知，F ＞mg ，方向可能沿杆向上，选项C 、D 正确．例2 如图3所示，质量均为m 的A 、B 两球，由一根劲度系数为k 的轻弹簧连接静止于半径为R 的光滑半球形碗中，弹簧水平，两球间距为R 且球半径远小于碗的半径．则弹簧的原长为( )图3A.mgk ＋R B.mg 2k ＋R C.23mg 3k＋RD.3mg3k＋R①轻弹簧；②静止于半径为R 的光滑半球形碗中；③球半径远小于碗的半径．答案 D解析 以A 球为研究对象，小球受三个力：重力、弹力和碗的支持力．如图所示，由平衡条件，得到：tan θ＝mg kx解得：x ＝mgk tan θ根据几何关系得：cos θ＝12R R ＝12，则tan θ＝3，所以x ＝mg k tan θ＝3mg3k故弹簧原长x 0＝3mg3k＋R ，故D 正确．弹力方向的判定技巧1．弹力方向2．技巧点拨利用替代法判断轻杆提供的是拉力还是支持力：轻绳和有固定转轴轻杆的相同点是弹力的方向是沿绳和沿杆的，但轻绳只能提供拉力，轻杆既可以提供拉力也可以提供支持力．1．如图4所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )图4A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力答案 D2.如图5所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球，小球的直径恰好和盒子内表面正方体的边长相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动，不计一切摩擦，下列说法中正确的是()图5A．无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力B．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力C．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力D．盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力答案 A解析取小球和盒子为一整体，不计一切摩擦时，其加速度a＝g sin θ，方向沿斜面向下，因此小球随盒子沿斜面向上或沿斜面向下运动时，加速度g sin θ均由其重力沿斜面向下的分力产生，故球对盒子的左、右侧面均无压力，但在垂直于斜面方向，因球受支持力作用，故球对盒子的下底面一定有压力，故只有A项正确．命题点二“动杆”和“定杆”与“活结”和“死结”问题1．“动杆”和“定杆”问题(1)动杆：若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡时杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动．如图6甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．图6(2)定杆：若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向．如图乙所示，水平横梁的一端A 插在墙壁内，另一端装有一个小滑轮B ，一轻绳的一端C 固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m ＝10 kg 的重物，∠CBA ＝30°.滑轮受到绳子的作用力应为图丙中两段绳中拉力F 1和F 2的合力，因为同一根绳子张力处处相等，都等于重物的重力，即F 1＝F 2＝G ＝mg ＝100 N ．用平行四边形定则作图，可知合力F ＝100 N ，所以滑轮受绳的作用力为100 N ，方向与水平方向成30°角斜向下，弹力的方向不沿杆． 2．“活结”和“死结”问题(1)活结：当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上的力是相等的，即滑轮只改变力的方向不改变力的大小，例如图乙中，两段绳中的拉力大小都等于重物的重力． (2)死结：若结点不是滑轮时，是固定点，称为“死结”结点，则两侧绳上的弹力不一定相等． 例3 (2018·全国Ⅲ·17)如图7，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )图7A.m 2B.32m C ．mD ．2m①轻环，不计所有摩擦；②a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．答案 C 解析 如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，合力沿Oc方向，则Oc为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故线的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对．3．如图8所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC 绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向的夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变夹角θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况的是()图8A．只有角θ变小，作用力才变大B．只有角θ变大，作用力才变大C．不论角θ变大或变小，作用力都是变大D．不论角θ变大或变小，作用力都不变答案 D4．(多选)如图9所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，B端吊一重物．现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前()图9A．绳子拉力不变B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大D．AB杆受力不变答案 BD解析 以B 点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力F T (等于重物的重力G )、轻杆的支持力F N 和绳子的拉力F ，作出受力图如图所示：由平衡条件得知，F N 和F 的合力与F T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得： F N AB ＝F BO ＝F T AO又F T ＝G ，解得：F N ＝AB AO ·G ，F ＝BO AO·G 使∠BAO 缓慢变小时，AB 、AO 保持不变，BO 变小，则F N 保持不变，F 变小．故选项B 、D 正确，选项A 、C 错误．命题点三 摩擦力的分析与计算1．静摩擦力的有无和方向的判断方法(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下：(2)状态法：先判断物体的状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F ＝ma )确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向．(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向．2．静摩擦力大小的计算(1)物体处于平衡状态(静止或匀速运动)，利用力的平衡条件来判断静摩擦力的大小．(2)物体有加速度时，若只有静摩擦力，则f ＝ma .若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F 合＝ma ，先求合力再求静摩擦力．3．滑动摩擦力大小的计算滑动摩擦力的大小用公式f ＝μF N 来计算，应用此公式时要注意以下几点：(1)μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；F N 为两接触面间的正压力，其大小不一定等于物体的重力．(2)滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关．例4 (多选)如图10所示，斜面体A 静置于水平地面上，其倾角为θ＝45°，上表面水平的物块B 在A 上恰能匀速下滑．现对B 施加一个沿斜面向上的力F ，使B 能缓慢地向上匀速运动，某时刻在B 上轻轻地放上一个质量为m 的小物体C (图中未画出)，A 始终静止，B 保持运动状态不变，关于放上C 之后的情况，下列说法正确的是( )图10A ．B 受到的摩擦力增加了22mg B ．推力F 增大了22mg C ．推力F 增大了2mgD ．A 受到地面的摩擦力增加了mg①恰能匀速下滑；②使B 能缓慢地向上匀速运动．答案 ACD解析 设物块B 的质量为M ，根据物块B 在A 上恰能匀速下滑可知Mg sin θ＝μMg cos θ.放上C 之后，B 受到的摩擦力增加了mg sin θ＝22mg ，选项A 正确；由于B 保持运动状态不变，放上C 之后沿斜面向上的推力增大了mg sin θ＋μmg cos θ＝2mg sin θ＝2mg ，选项B 错误，C 正确；A 受到地面的摩擦力增加了2mg sin θcos θ＝mg ，D 正确．摩擦力方向的分析技巧和计算1．分析技巧(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．(2)要注意灵活应用相对运动趋势法、假设法、状态法和转换法判断静摩擦力的方向．2．摩擦力的计算(1)在确定摩擦力的大小之前，首先分析物体所处的状态，分清是静摩擦力还是滑动摩擦力．(2)滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方程等．(3)“f ＝μF N ”中F N 并不总是等于物体的重力．5. (2018·山东理综·16)如图11所示，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A 与B 的质量之比为( )图11A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2答案 B解析 对物体A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B 正确． 6．如图12所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平地面上，小物体B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 都处于静止状态，则( )图12A ．B 受C 的摩擦力一定不为零B ．C 受地面的摩擦力一定为零C ．C 有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D ．将细绳剪断而B 依然静止在斜面上，此时地面对C 的摩擦力水平向左答案 C命题点四 摩擦力的突变问题1．静摩擦力的突变问题静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动趋势，而且静摩擦力存在最大值．静摩擦力为零的状态是方向变化的临界状态；静摩擦力达到最大值是物体恰好保持相对静止的临界状态．2．滑动摩擦力的突变问题滑动摩擦力的大小与接触面的动摩擦因数和接触面受到的正压力均成正比，发生相对运动的物体，如果接触面发生变化或接触面受到的正压力发生变化，则滑动摩擦力就会发生变化． 例5 传送带以恒定的速率v ＝10 m /s 运动，已知它与水平面成θ＝37°，如图13所示，PQ ＝16 m ，将一个小物体无初速度地放在P 点，小物体与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，问当传送带逆时针转动时，小物体运动到Q 点的时间为多少？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图13①传送带逆时针转动；②小物体无初速度地放在P 点．答案 4.3 s解析 由于传送带逆时针转动，小物体无初速度地放上时，相对于传送带向上运动，受沿斜面向下的滑动摩擦力，做加速运动，mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ，a ＝10 m/s 2.设到Q 点前小物体与传送带同速，v 2＝2as 1s 1＝10020m ＝5 m s 1<PQ ，所用时间为t 1＝v a＝1 s. 因mg sin 37°>μmg cos 37°，故此后小物体继续做匀加速运动，加速度大小为a ′，则a ′＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝2 m/s 2.设再经过t 2时间小物体到达Q 点，则有12a ′t 22＝PQ －s 1 解得，t 2＝11 s故t ＝t 1＋t 2＝(1＋11) s ≈4.3 s用临界法分析摩擦力突变问题的三点注意1．题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题．有时，有些临界问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．2．静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最大值．存在静摩擦的连接系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值．3．研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分界点．7．如图14所示，质量为1 kg 的物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，从t ＝0开始以初速度v 0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F ＝1 N 的作用，取g ＝10 m/s 2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力f 随时间t 变化的图象是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图14答案 A8．表面粗糙的长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图15所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大，最大静摩擦力大于滑动摩擦力)，另一端不动，则木块受到的摩擦力f随角度α变化的图象是下列图中的()图15答案 C解析下面通过“过程分析法”和“特殊位置法”分别求解：解法一：过程分析法(1)木板由水平位置刚开始运动时：α＝0，f静＝0.(2)从木板开始转动到木板与木块发生相对滑动前：木块所受的是静摩擦力．由于木板缓慢转动，可认为木块处于平衡状态，受力分析如图：由平衡关系可知，静摩擦力大小等于木块重力沿斜面向下的分力：f静＝mg sin α.因此，静摩擦力随α的增大而增大，它们满足正弦规律变化．(3)木块相对于木板刚好要滑动而没滑动时，木块此时所受的静摩擦力为最大静摩擦力f m.α继续增大，木块将开始滑动，静摩擦力突变为滑动摩擦力，且满足：f m>f滑．(4)木块相对于木板开始滑动后，f滑＝μmg cos α，此时，滑动摩擦力随α的增大而减小，满足余弦规律变化．(5)最后，α＝π2，f 滑＝0. 综上分析可知选项C 正确．解法二：特殊位置法本题选两个特殊位置也可方便地求解，具体分析见下表：由以上分析知，选项C 正确.扫描摩擦力的基础认识典例 (多选)在探究静摩擦力变化的规律及滑动摩擦力变化的规律的实验中，特设计了如图16甲所示的演示装置，力传感器A 与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节力传感器高度可使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部轻绳水平)，整个装置处于静止状态．实验开始时打开力传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子，若力传感器采集的图象如图乙，则结合该图象，下列说法正确的是( )图16A ．可求出空沙桶的重力B ．可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小C．可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小D．可判断第50 s后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)答案ABC解析t＝0时刻，力传感器显示拉力为2 N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2 N，由车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力也等于2 N，A对；t＝50 s时刻摩擦力达到最大值，即最大静摩擦力为3.5 N，同时小车启动，说明带有沙的沙桶重力等于3.5 N，此时摩擦力立即变为滑动摩擦力，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力突变为3 N的滑动摩擦力，B、C正确；此后由于沙和沙桶重力3.5 N大于滑动摩擦力3 N，故50 s后小车将加速运动，D错．点评上面的实验案例考查了静摩擦力与滑动摩擦力的区分．本题的难点分为：(1)对摩擦力分类的判断，考虑到最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故在t＝50 s时刻为最大静摩擦力突变为滑动摩擦力的临界点，最大静摩擦力为3.5 N．(2)在50 s以后，沙和沙桶的重力一定大于滑动摩擦力，故小车加速运动，不可视为平衡状态来处理．思维拓展如图17所示，为什么不能固定木板，用弹簧测力计拉着木块运动来测定木块和木板之间的动摩擦因数呢？图17答案如果固定木板，用弹簧测力计拉着木块运动，要保证木块匀速运动非常困难，且弹簧测力计的示数不稳定，不能根据二力平衡求木块与木板间的滑动摩擦力．题组1弹力的分析与计算1．(多选)关于弹力，下列说法正确的是()A．弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反B．轻绳中的弹力方向一定沿着绳并指向绳收缩的方向C．轻杆中的弹力方向一定沿着轻杆D．在弹性限度内，弹簧的弹力大小与弹簧的形变量成正比答案ABD2．(多选)如图1所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心．下列说法正确的是()图1A．球一定受墙水平向左的弹力B．球可能受墙水平向左的弹力C．球一定受斜面通过铁球重心的弹力D．球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力答案BC3．如图2所示，小车内有一固定光滑斜面，一个小球通过细绳与车顶相连，细绳始终保持竖直，关于小球的受力情况，下列说法中正确的是()图2A．若小车静止，绳对小球的拉力可能为零B．若小车静止，斜面对小球的支持力一定为零C．若小车向右运动，小球一定受两个力的作用D．若小车向右运动，小球一定受三个力的作用答案 B解析小车静止时，小球受力平衡，只受重力和绳子拉力两个力的作用，故选项A错误，B 正确；小车向右运动可能有三种运动形式：向右匀速运动、向右加速运动和向右减速运动．当小车向右匀速运动时，小球受力平衡，只受重力和绳子拉力两个力的作用，当小车向右加速运动时，小球须有向右的合力，但由细绳始终保持竖直状态和斜面形状可知，该运动形式不可能有．当小车向右减速运动时，小球须有向左的合力，则一定受重力和斜面的支持力，可能受绳子的拉力，也可能不受绳子的拉力，故选项C、D错误．4．在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b.放置的方式有如图3甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说。

绝密 ★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（二）本试卷共32页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 55 Zn 65第Ⅰ卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。

二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．下列叙述正确的是A ．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B ．蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态班级 姓名 准考证号 考场号 座位号C．利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器D．探究加速度与质量、合外力关系实验采用的是等效替代的方法【解析】“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；蹦极运动员上升过程中只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确；霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C错误；探究加速度与质量、合外力关系实验中有三个变量，采用的是控制变量法，故D错误。

章末检测一运动的描述匀变速直线运动(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．一质点在A、B两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A点初速度为v时，从A点到B点所用的时间为t，当在A点初速度为2v时，保持其他量不变，从A点到B点所用时间为t′，则()A．t′>t2B．t′＝t 2C．t′<t2D．t′＝t解析：A.设A、B两点间位移为x，初速度为v时，x＝v t＋12at2，解得：t＝v2＋2ax－va，初速度为2v时，x＝2v t′＋12at′2，解得：t′＝4v2＋2ax－2va，所以t′>t2，A项正确．2．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则x AB∶x BC等于()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：选C.由位移－速度公式可得v2B－v2A＝2ax AB，v2C－v2B＝2ax BC，将各瞬时速度代入可知选项C正确．3．一个物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的v－t图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和－1 s，由此可知()A．物体做匀速直线运动B．物体做变加速直线运动C．物体的初速度大小为0.5 m/sD．物体的初速度大小为1 m/s解析：选C.根据v－t图象，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A、B错误．图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5 m/s，故C正确，D错误．4．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为()A．0.5t B．0.4tC．0.3t D．0.2t解析：选 C.将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t2，由以上几式可得：t′＝(2－1)t2≈0.3t，正确答案为C.5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A.st2 B.3s2t2C.4st2 D.8st2解析：选A.质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12m v 22＝9×12m v 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s t 2.故选项A 正确．6．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A 、B ，A 在西B 在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B 路牌时，一只小鸟恰自A 路牌向B 匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A ，过一段时间后，汽车也行驶到A .以向东为正方向，它们的位移－时间图象如图所示，图中t 2＝2t 1，由图可知( )A ．小鸟的速率是汽车速率的两倍B ．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1C ．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D ．小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等解析：选BC.设A 、B 之间的距离为x .由t 2＝2t 1，结合图象可知，小鸟与汽车相遇时，汽车的位移大小为x 4，小鸟的位移大小为34x ，故选项A 错误，B 正确；小鸟飞行的总路程为64x ＝1.5x ，选项C 正确；小鸟在0～t 2时间内的位移为零，而汽车在0～t 2时间内位移大小为x ，故选项D 错误．7．如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h 处，空心管长为L ，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上．当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管B ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D ．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt 时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关解析：选AB.两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，球不能穿过管，A 正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t ＝L v 0，B 正确，C 错误；小球提前Δt 时间释放，相当于获得了初速度v 0＝g Δt ，与当地重力加速度有关，D 错误．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2、n 1＝4、n 1＝6时，n ＝5、n ＝10、n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，其中x 1＝7.05 cm ，x 2＝7.68 cm ，x 3＝8.33 cm ，x 4＝8.95 cm ，x 5＝9.61 cm ，x 6＝10.26 cm ，则打A 点时小车的瞬时速度大小是________ m/s ，计算小车运动的加速度的表达式为a ＝________，加速度大小是________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：由匀变速直线运动平均速度的推论可知，打计数点A时小车的速度为v A＝x3＋x42T＝8.33＋8.950.2×10－2m/s≈0.86 m/s；由匀变速直线运动相等时间位移差的推论可知，小车的加速度为a＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2，代入数据可得a＝0.64 m/s2.答案：0.86x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T20.6410．(12分)某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2.(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v1＝________，v2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)滑块的加速度可以表示为a＝________(用题中所给物理量表示)．解析：(1)滑块通过两个光电门的速度等于滑块通过光电门这极短时间内的平均速度，故瞬时速度分别为dt1和dt2，时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法．(2)根据运动学公式2aL＝v22－v21，代入可求得加速度a＝d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t21.答案：(1)dt1dt2极限法(2)d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t2111．(15分)如图所示，一辆长为12 m的客车沿平直公路以8.0 m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m，求两车错车所用的时间．解析：设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ，其中s 1＝12at 21，s 2＝v t 1，联立可得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22，s 2′＝v t 2，解得t 2＝10.8 s.故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.答案：0.8 s12．(15分)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？解析：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m ，足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s 前锋队员以最大加速度加速t 2＝v 2a 2＝4 s 在此过程中的位移x 2＝v 222a 2＝8 m 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m由于x 2＋x 3＜x 1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3代入数据解得t 3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s答案：6.5 s章末检测二 相互作用(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．两个质量为m 1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，如图所示，用轻绳将两球与质量为m 2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m 1∶m 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶ 3 D.3∶2解析：选A.设轻绳中的拉力为F ，隔离m 1受力分析，由平衡条件得m 1g cos 60°＝F cos 60°，解得F ＝m 1g ；隔离m 2受力分析，由平衡条件得2F cos 60°＝m 2g ，所以 m 1∶m 2＝1∶1，A 正确．2．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹力的大小为m1g cos θB．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．m1与m2一定相等解析：选 B.对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力，要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同，故B正确；因m2与地面间有摩擦力，则一定有支持力，故C错误；对m1受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力为Fsin θ，因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A、D 错误．3．在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为()A．mg sin θB．mg cos θC．mg tan θD．mg sin θcos θ解析：选D.设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mg sin θ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cos θ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sin θcos θ.4．一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示．现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置．则在这一过程中，力F、绳中张力F T及力F 与水平方向夹角θ的变化情况是()A．F保持不变，F T逐渐增大，夹角θ逐渐减小B．F逐渐增大，F T保持不变，夹角θ逐渐增大C．F逐渐减小，F T保持不变，夹角θ逐渐减小D．F保持不变，F T逐渐减小，夹角θ逐渐增大解析：选C.圆环受到三个力，拉力F以及绳子的两个拉力F T，三力平衡，故绳子两个拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于绳子的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变小，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐趋向水平，θ逐渐变小，选项C正确．5．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2.则下列说法正确的是()A．T1和T2是一对作用力与反作用力B．吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小C．T2一定大于GD．T1＋T2＝G解析：选B.作用力与反作用力必须作用在不同的物体上，T1和T2作用在同一个物体上，A错误；吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2夹角变小，T1和T 2都会变小，B 正确；当T 1和T 2的夹角为120°时，T 2等于G ，当夹角大于120°时，T 2大于G ，当夹角小于120°时，T 2小于G ，故C 、D 均错误．6．如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有(不计摩擦力)( )A ．篮子底面受到的压力大于篮球的重力B ．篮子底面受到的压力小于篮球的重力C ．篮子右侧面受到的压力大于篮球的重力D ．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力解析：选BD.设斜面倾角为θ，篮球质量为m ，篮子底面、右侧面对篮球的弹力分别为F N1、F N2，不计摩擦力，对篮球由共点力平衡条件有F N1－mg cos θ＝0，F N2－mg sin θ＝0.由牛顿第三定律可知，篮球对篮子底面、右侧面的压力均小于重力．选项A 、C 错误，B 、D 正确．7．如图所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，B 不会碰到地面，则( )A ．弹簧的弹力不变B ．物体A 对斜面的压力将减小C ．物体A 受到的静摩擦力将减小D ．弹簧的弹力及A 受到的静摩擦力都不变解析：选AC.对物体A 受力分析如图所示，设此时F f A 沿斜面向上，由平衡条件可得：m A g sin 45°＝F ＋F f A ，可得F f A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－1m B g ，当斜面倾角为30°时，可得F f A ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1m B g ＝12m B g .可见，物体A 受到的静摩擦力方向沿斜面向上，且变小，物体A 不会相对斜面滑动，弹簧的弹力始终等于物体B 的重力，故选项A 、C 正确，D 错误；物体A 对斜面的压力的大小由F N ＝m A g cos 45°变为F N ′＝m A g cos 30°，压力变大，选项B 错误．8．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动解析：选BC.对a 、b 进行受力分析，如图所示．物体b 处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b 可能只受3个力作用，而物体a 必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项A 错误；a 、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：F N ＋F T sin θ＝mg cos α，解得：F N ＝mg cos α－F T sin θ，则a 、b 两物体对斜面的压力相同，选项B 正确；因为b 的摩擦力可以为零，而a 的摩擦力一定不为零，故选项C 正确；对a 沿斜面方向有：F T cos θ＋mg sin α＝f a ，对b 沿斜面方向有：F T cos θ－mg sin α＝f b ，又因为正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故选项D 错误．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)(1)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是()A．弹簧被拉伸时，所挂钩码越多，误差越小B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的()解析：(1)实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，以探索弹力与弹簧伸长的关系，并且拉力和重力平衡．(2)由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x＞0，所以选C.答案：(1)B(2)C10．(12分)在做“验证力的平行四边形定则”实验时：(1)除已有的器材：方木板、白纸、弹簧测力计、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔外，还必须有________________和________________．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，必须()A．每次把橡皮条拉到同样的位置B．每次把橡皮条拉直C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向(3)某同学的实验结果如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与绳套结点的位置．图中________是力F1与F2的合力的理论值，________是力F1与F2的合力的实验值．解析：(1)做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．所以我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧测力计拉橡皮条)、弹簧测力计(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画平行四边形)，橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．故还必须有的器材是橡皮条和三角板．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，没有必要把橡皮条拉到最大长度，故B、C、D错误，A正确．(3)用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮条同线的那个是实际值，所以F 是理论值，F′是实际值，该实验的实验目的就是比较F1、F2合力的理论值和实验值是否相等．答案：(1)橡皮条三角板(2)A(3)F F′11．(15分)如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？解析：设三条绳上的拉力分别为F T1，F T2，F T3；把A、B两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg＝F T1cos 45°F T3＝F T1sin 45°解得F T1＝22mg，F T3＝2mg隔离球B，受力分析如图乙：F T2＝(mg)2＋F2T3＝5mg答案：22mg5mg2mg12．(15分)如图所示，有一个重量为20 N的小物体放在斜面上，斜面底边长AB＝40 cm，高BC＝30 cm，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体在一沿斜面向上的力F的作用下刚好处于静止状态(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现将力F顺时针转动至水平向右并保持不变，求此时物体与斜面之间的摩擦力．解析：当力F沿斜面向上，物体恰好不向上滑动时对物体受力分析，有F ＝G sin θ＋μG cos θ，由几何关系得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，F＝20 N；力F顺时针转动至水平向右时物体受力如图所示，根据平衡条件得，F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得F f＝G sin θ－F cos θ＝20×0.6 N－20×0.8 N＝－4 N，负号表示方向沿斜面向下．当力F沿斜面向上，物体恰好不向下滑动时，对物体受力分析，有F＝G sin θ－μG cos θ＝4 N；力F顺时针转动至水平向右时，有F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得，F f＝8.8 N，方向沿斜面向上．答案：4 N，方向沿斜面向下或8.8 N，方向沿斜面向上章末检测三牛顿运动定律(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是()A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态C．由牛顿第二定律得到m＝Fa，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体解析：选 B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B 项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C 项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是()A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力解析：选 C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是()A．不受摩擦力的作用B．受到水平向左的摩擦力作用C．处于超重状态D．所受合力竖直向上解析：选 B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A错误，B正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D错误．4．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比．则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a＝mg＋k vm是减小的，v-t图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a＝mg－k vm是减小的，v-t图象中图线也越来越缓，选项A正确．5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是()①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L mg ②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L (m ＋m 0)g ③刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L g ，方向向上④刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 0m g ，方向向上 A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选 A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．假设没有向下拉弹簧，即ΔL ＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg ，将ΔL ＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a ＝F N －mg m ＝ΔL L g ，方向向上，③对④错，A 正确． 6．在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L 时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图所示，由图可知( )A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反。

模拟卷高考模拟试题精编(一)(时间：60分钟 满分：110分)第Ⅰ卷(选择题 共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略了次要因素，促进了物理学的发展．下列关于理想化模型建立的表述正确的是( )A ．质点作为理想化模型忽略了物体的质量B ．点电荷作为理想化模型忽略了物体所带的电荷量C ．理想电压表忽略了电压表的内阻D ．理想变压器没有能量损失2．运输人员要把质量为m 、体积较小的木箱拉上汽车，现将长为L 的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行，木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .在将木箱运上汽车过程中，拉力至少做功为( )A ．mgLB ．mg L2C.12mgL (1＋3μ)D.32μmgL ＋mgL 3．如图甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )A ．斜面ab 的倾角θB ．物块与斜面间的动摩擦因数μC ．物块的质量mD ．斜面bc 的长度L4．如图所示，“U”形导轨固定在绝缘水平面内，其单位长度的电阻相同，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．现有一不计电阻的金属棒ab 垂直于导轨放置，且与导轨接触良好．t＝0时刻，在垂直于棒的水平拉力F作用下棒从图中虚线处由静止开始沿导轨向右做匀加速直线运动，运动过程中棒始终与导轨垂直，所有的摩擦均不计，则棒运动的过程中( ) A．通过棒的电流与时间成正比B．水平拉力F与时间成正比C．棒产生的感应电动势与时间成正比D．水平拉力F做的功等于整个装置中产生的热量5．在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子6．如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将带电荷量均为＋Q的两个正点电荷分别固定在a、c顶点上，另一个带电荷量为－Q的负点电荷固定在b 顶点上，之后将一个检验电荷由O向d移动，则( )A．检验电荷在d点所受的电场力比在O点所受的电场力大B．若检验电荷为正电荷，则在d点的电势能比在O点的电势能大C．若检验电荷为负电荷，则d点的电势低于O点的电势D．无论检验电荷电性如何，d点的电场强度都小于O点的电场强度7．如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为5∶1，电压表和电流表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变大的热敏电阻，R2为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法正确的是( )A．输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u＝362sin 50πt(V)B．t＝0.015 s时，发电机的线圈平面与磁场方向垂直C．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶5D．当温度升高时，电流表的示数变小，电压表的读数不变8．如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R.在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )A ．导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流B ．导线框中有感应电流的时间为22LvC ．导线框的对角线bd 有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为B 2L 2v 4RD ．导线框的对角线bd 有一半进入磁场时，导线框a 、c 两点间的电压为2BLv4第Ⅱ卷(非选择题 共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学利用做自由落体运动的小球来验证机械能守恒定律．在某次实验中，该同学得到小球自由下落的部分频闪照片如图所示，图中所标数据均为小球下落的实际距离．若已知当地的重力加速度大小为g ＝9.80 m/s 2，小球的质量为m ＝1.00 kg ，频闪仪每隔0.05 s 闪光一次．(1)在t 2到t 5时间内，小球重力势能的减少量ΔE p ＝________J ，动能的增加量为ΔE k＝________J ；(结果保留三位有效数字)(2)该同学通过多次实验发现，无论在哪段时间内，小球重力势能的减少量ΔE p 总是大于其动能的增加量ΔE k ，造成这种现象的主要原因是________________________________．10．(9分)某同学想利用所学知识测量一只未知电阻R x 的阻值．(1)该同学首先利用多用电表的欧姆挡粗测该电阻的阻值．他将欧姆挡的选择开关旋至“×100”挡，按照正确的操作步骤，测得的读数如图甲所示．由图可知，该电阻的阻值为________Ω.(2)粗测后，该同学利用如图乙所示的电路图精确测量该未知电阻的阻值．①请根据电路图连接图丙所示的实物图；②在某次测量中，若电阻箱的阻值调至R 0时，电流表A 1读数为I 1，电流表A 2的读数为I 2，查说明书知电流表A 1的内阻为r 1，电流表A 2的内阻为r 2，试用以上数据写出计算未知电阻R x 阻值的公式为R x ＝________.11.(14分)如图所示，长木板B静止在光滑的水平面上，物块C放在长木板的右端，B的质量为4 kg，C和木板间的动摩擦因数为0.2，C可以看成质点，长木板足够长．物块A在长木板的左侧以速度v0＝8 m/s向右运动并与长木板相碰，碰后A的速度为2 m/s，方向不变，A 的质量为2 kg，g取10 m/s2，求：(1)碰后一瞬间B的速度大小；(2)试分析要使A与B不会发生第二次碰撞，C的质量不能超过多大．12．(18分)如图所示，虚线MN为场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场的分界线，电场方向竖直向下且与边界MN成θ＝45°角，匀强磁场方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)．(1)求粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)求粒子第二次进、出电场处两点间的距离；(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B′，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B′的最小值为多少？(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小C．热量可以从低温物体传递到高温物体D．物体的摄氏温度变化了1 ℃，其热力学温度变化273 KE．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大(2)(10分)如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m＝1.0 kg的活塞A、B用一长度为3L＝30 cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气．活塞A、B的面积分别为S A＝200 cm2和S B＝100 cm2，汽缸内A和B之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105Pa.当汽缸内气体的温度为T1＝500 K时，活塞处于图示位置平衡．问：①此时汽缸内理想气体的压强多大？②当汽缸内气体的温度从T1＝500 K缓慢降至T2＝400 K时，活塞A、B向哪边移动？移动的位移多大？14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)一列横波沿x轴传播，传播方向未知．t时刻与t＋0.4 s时刻波形相同，两时刻在x轴上－3 m～3 m的区间的波形如图所示．下列说法正确的是________．(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分) A．该波最大速度为10 m/sB．质点振动周期的最小频率为2.5 HzC．在t＋0.2 s时刻，x＝3 m的质点正在经过x轴D．若波沿x轴正方向传播，各质点刚开始振动时的方向向上E．t时刻到t＋0.4 s时刻这段时间内，这列波传播的距离可能为20 m(2)(10分)如图所示为一块横截面呈扇形的玻璃砖ACBO，∠AOB＝120°，现有一由甲、乙两种色光组成的光束垂直射到AO面上．进入玻璃砖后至C点经圆面反射，反射光线与OB 面的夹角也为120°，如果已知圆的半径为r，玻璃对甲单色光的折射率为3，对乙单色光的折射率为2，求：①入射点P距圆心O的距离(用三角函数表示)；②两种色光从OB面射出后的折射光线的夹角．高考模拟试题精编(二)(时间：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．关于近代物理，下列说法错误的是( )A．光电效应现象说明光具有粒子性B．卢瑟福根据对α粒子散射实验结果的分析提出了原子核式结构模型C．汤姆孙在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说D．玻尔在研究原子结构时引入了量子化的观念，成功解释了氢原子光谱2．在光滑水平面上，一物体在水平力F的作用下，由静止开始做直线运动，F随位移x 变化的图线如图所示，下列描述其位移—时间(x­t)和速度—时间(v­t)关系图象正确的是( )3．如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端系有等长轻质绝缘软导线且水平悬挂，平衡时两导线与竖直方向的夹角均为θ，两悬点间接有电池和滑动变阻器，改变滑动变阻器的滑片位置，则下列各图象能正确反映通过金属棒ab的电流I与θ的变化关系的是( )4．X 星球的直径约为地球的3倍，质量约为地球的9倍，自转角速度约为地球的3倍．根据以上数据，下列说法正确的是( )A ．X 星球同步卫星的轨道半径是地球同步卫星的3倍B ．X 星球同步卫星的线速度是地球同步卫星的3倍C ．X 星球表面重力加速度的数值是地球表面的3倍D ．X 星球的第一宇宙速度是地球的3倍5．一小球从水平地面上以初速度v 0竖直向上抛出，以水平地面为重力势能零势能面，不计空气阻力，已知重力加速度为g ，则从抛出到小球的动能等于重力势能所经过的时间可能是( )A.v 02gB.2v 02gC.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22v 0g D.⎝⎛⎭⎪⎫1＋22v 0g6．如图所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．有一个直角三角形金属线框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R .线框以垂直虚线方向的速度v 0做匀速直线运动，从线框的左边进入磁场时开始计时．E 表示线框产生的感应电动势大小，F 表示线框中受到的安培力大小，P 表示线框的电功率的大小，I 表示线框中的感应电流，则下列图象中正确的是( )7．假设某滑雪者从山上M 点以水平速度v 0飞出，经t 0时间落在山坡上N 点时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N 点沿斜坡下滑，又经t 0时间到达坡底P 处．已知斜坡NP 与水平面夹角为60°，不计摩擦阻力和空气阻力，则( )A ．滑雪者到达N 点时的速度大小为2v 0B ．M 、N 两点之间的距离为2v 0t 0C ．滑雪者沿斜坡NP 下滑的加速度大小为3v 02t 0D ．M 、P 之间的高度差为1538v 0t 08．如图所示，光滑水平面上放置M 、N 、P 、Q 四个木块，其中M 、P 质量均为m ，N 、Q 质量均为2m ，其中P 、M 木块间用一轻弹簧相连．现用水平拉力F 拉N ，使四个木块以同一加速度a 向右运动，则在撤去水平力F 的瞬间，下列说法正确的是( )A ．M 的加速度不变B ．P 的加速度大小变为12aC ．Q 的加速度不变D ．N 的加速度大小仍为a第Ⅱ卷(非选择题 共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系．在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器(可显示出轻细绳中的拉力)，把滑块放在水平气垫导轨上A 处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B 处．气垫导轨充气，将滑块从A 位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F ，光电门记录的时间为Δt .(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示，则宽度为________mm.(2)多次改变钩码的质量(拉力传感器记录的读数F 相应改变)，测得多组F 和Δt 数据，要得到线性变化图象，若已经选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为________．A ．ΔtB ．(Δt )2C.1ΔtD.⎝ ⎛⎭⎪⎫1Δt 2 (3)若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图象的斜率为k ，且已经测出A 、B 之间的距离为s ，遮光条的宽度为d ，则滑块质量(含遮光条和拉力传感器)的表达式为M ＝________.10．(9分)某同学设计了如图1所示的电路来测定一半导体电阻丝的电阻率．(1)该同学用游标卡尺测量了电阻丝的长度，如图2所示，则该电阻丝的长度为________mm；用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图3所示，则该电阻丝的直径为________mm.(2)连接实物电路时，为了保证电路的安全，开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应置于最________(填“左”或“右”)端．(3)闭合开关后发现电压表无示数，该同学将开关断开后，用一个多用电表代替电压表来测电阻丝两端的电压，则该多用电表的红表笔应与金属丝的________(填“a”或“b”)点相连接．检查电路连接无误后，将开关闭合，结果无论如何调节滑动变阻器的滑动触头，多用电表始终没有示数，为了分析电路的故障，该同学将多用电表接在图1中的a、c两点间，多用电表仍然没有示数，当将多用电表接在图1中的c、d两点间时，多用电表有示数，且指针的偏转情况如图4所示，则该多用电表的读数为________，由以上操作可确定该电路中出现的故障为________________________________．11．(14分)一辆出租车以10 m/s的速度匀速行驶，当红灯亮时，出租车距离停车线36 m，司机马上开始采取刹车措施，人的平均反应时间为1 s，刹车的加速度大小为2 m/s2，一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的出租车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，求：(1)出租车停止时车头距离停车线的距离；(2)步行者能不能追上出租车？步行者与车的最近距离为多大？12．(18分)如图所示，直角坐标系xOy 在竖直平面(纸面)内，x 轴沿水平方向．在第Ⅳ象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，在第Ⅲ象限中存在沿y 轴负方向、场强大小与第Ⅳ象限相等的匀强电场．一质量为m 、电量为q 的带电质点，从y 轴上的A (0,0.1 m)点以一定的水平初速度沿x 轴正方向进入第Ⅰ象限．然后经过x 轴上的B (0.2 m,0)点进入第Ⅳ象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动．最后经过y 轴上的C (0，－0.2 m)点进入第Ⅲ象限．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，q m＝2×104C/kg.求：(1)质点到达B 点时的速度；(2)磁感应强度B 和电场强度E 的大小；(3)质点在第Ⅲ象限空间运动过程中的最小速度．(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，不能估算出气体分子的大小B．若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能一定增大C．系统吸收热量时，它的内能不一定增加D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体E．气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的(2)(10分)有一传热良好的圆柱形汽缸置于水平地面上，并用一光滑的质量为M的活塞密封一定质量的理想气体，活塞面积为S.开始时汽缸开口向上(如图甲)．已知外界大气压强p0，被封气体的体积V0.①求被封气体的压强；②现将汽缸倒置(如图乙)，待系统重新稳定后，求活塞移动的距离．14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)图1为某沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；图2是横波上质点d的振动图象，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．t＝0时质点a的速度大小比质点c的小B．t＝0时质点a的加速度大小比质点c的小C．从t＝0时刻开始质点b比质点c先回到平衡位置D．0～0.5 s时间内质点b的振动路程和质点a的相等E．0～3 s时间内质点a、b的振动路程均为30 cm(2)(10分)如图所示为一半圆柱形玻璃砖，半圆形截面ABD的圆心为O，半径为R.现有平行光束平行ABD平面以入射角α＝45°射到长度为L、宽为2R的长方形截面ABEF上，最终从下表面射出玻璃砖．已知玻璃的折射率n＝2，光在真空中传播的速度大小为c.求：②玻璃砖下表面有光射出部分的面积S.高考模拟试题精编(三)(时间：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．一物体做直线运动的v­t图象如图所示．下列说法正确的是( )A．在第1 s内和第5 s内，物体的运动方向相反B．在第5 s内和第6 s内，物体的加速度相同C．在0～4 s内和0～6 s内，物体的平均速度相等D．在第6 s内，物体所受的合外力做负功2．如图所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁板的B端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止．下列说法正确的是( )A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到三个力的作用C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大3．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π8B.π6C.π4D.π34．一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )A．该粒子可能做直线运动B．该粒子在运动过程中速度保持不变C．t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D．粒子运动轨迹上各点的电势一定相等5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，电源电压U＝2202cos 100πt V，通过电阻R0接在变压器原线圈两端，开关闭合后，电压表示数为12 V，电流表的示数为10 A．以下说法正确的是( )A ．R 0的阻值是100 ΩB ．电源的功率是120 WC ．t ＝0.01 s 时刻，电阻R 中电流最大D ．若将开关断开，电压表的示数仍然是12 V 6．某同学听说了我国的“天宫一号”成功发射的消息后，上网查询了关于“天宫一号”的飞行信息，获知“天宫一号”飞行周期约93分钟，轨道高度约350 km(可视为圆轨道)．另外，该同学还查到地球半径约6 400 km ，地球表面的重力加速度约9.8 m/s 2，引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.根据以上信息，判断下列说法正确的是( )A ．天宫一号的飞行速度等于第一宇宙速度B ．可以计算出天宫一号的动能C ．可以计算出天宫一号的向心加速度D ．可以计算出地球的质量和密度7．如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子(重力不计)，所有质子均能通过C 点，已知质子的比荷为q m＝k ，则质子的发射速度可能为( )A ．BkL B.BkL2C.2BkL 3 D.BkL88．图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0，R 2＝R 02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象，则下列说法正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为57WB ．t ＝0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的感应电动势e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos (100πt )VD ．从线圈开始转动到t ＝1600 s 过程中，通过R 1的电荷量为2200π C第Ⅱ卷(非选择题 共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分) 9．(6分)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置．其中M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________． A ．用天平测出砂和砂桶的质量B ．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C ．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，同时记录弹簧测力计的示数D ．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)．已知打点计时器采用的是频率为50 Hz 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．(3)以弹簧测力计的示数F 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a —F 图象是一条直线，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k ，则小车的质量为________．A ．2tan θ B.1tan θC ．k D.2k10．(9分)(1)某研究小组的同学为了测量某一电阻R x 的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关置于合适的挡位后，必须先将两表笔短接，再进行________，使指针指在欧姆刻度的“0”处．若该同学将选择旋钮置于“×1”位置，指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示，则所测量的值为________Ω.(2)为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材： A ．电流表(量程15 mA ，内阻未知) B ．电流表(量程0.6 A ，内阻未知) C ．电阻箱(最大电阻99.99 Ω)D ．电阻箱(最大电阻999.9 Ω)E ．电源(电动势3 V ，内阻1 Ω)F ．单刀单掷开关2只G ．导线若干乙同学设计的电路图如图乙所示，现按照如下实验步骤完成实验：①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R 1，仅闭合S 1，使电流表指针有较大的偏转且读数为I ；②调节电阻箱，保持开关S 1闭合，闭合开关S 2，调节电阻箱的阻值为R 2，使电流表读数仍为I .a ．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择________，电阻箱应选择________．(填器材前字母)b ．根据实验步骤可知，待测电阻R x ＝________(用题目所给测量量表示)．(3)利用以上实验电路，闭合S 2，调节电阻箱R ，可测量出电流表的内阻R A ，丙同学通过调节电阻箱R ，读出多组R 和I 值，作出了1I－R 图象如图丙所示．若图象中纵轴截距为1 A－1，则电流表内阻R A ＝________Ω.11．(1)(4分)已知普朗克常量为h ＝6.6×10－34 J·s，铝的极限频率为1.1×1015Hz ，其电子的逸出功为________．现用频率为1.5×1015Hz 的光照射铝的表面，是否有光电子逸出？________(填“有”、“没有”或“不能确定”)．若有光电子逸出，则逸出的光电子的最大初动能为________．若没有光电子逸出或不能确定，其理由为________．(2)(10分)如图所示，在光滑水平地面上的木块紧挨轻弹簧放置，弹簧右端与墙连接，一子弹以速度v 0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m ，木块质量M ＝9m ；弹簧最短时弹簧被压缩了Δx ；劲度系数为k 、形变量为x 的弹簧的弹性势能可表示为E p ＝12kx 2.求：①子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能； ②弹簧的劲度系数．。

2018年高考物理全真模拟试题（十七）满分110分，时间60分钟第Ⅰ卷(选择题 共48分)选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．关于对物理概念的理解和物理学史的叙述正确的是( )A ．卡文迪许利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究B ．加速度的定义式为a ＝F mC ．若从运动电荷所受洛伦兹力的角度定义磁感应强度B ，则B ＝F q vD ．安培首先引入电场线和磁感线的概念，极大地促进了他对电磁现象的研究2．若金星和地球的公转轨道均视为圆形，且在同一平面内，如图所示．在地球上观测，发现金星与太阳可呈现的视角(太阳与金星均视为质点，它们与眼睛连线的夹角)有最大值，最大视角的正弦值为k ，则金星的公转周期为( )A ．(1－k 2)32年B ．(1－k 2)34年 C ．k 3年 D.k 3年3．如图所示，半径为R的半球形碗的左半部分光滑，右半部分粗糙．质量为m的物块从碗口右端下滑，下滑到碗的最低点的过程中由于摩擦力的作用使得物块的速度大小不变，如果物块下滑时的动能为E k＜mgR，g为重力加速度，则()A．下滑到碗的最低点的过程中，因为速度大小不变，所以物块的加速度为零B．下滑到碗的最低点的过程中，物块受到的摩擦力越来越小C．从最低点向左滑动的过程中，物块的速度减小，所以机械能减小D．物块最终一定停在碗的最低点4．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E＝1×103 V/m.方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3 N、电荷量为q＝2×10－6 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC ＝L＝2 m，倾角α＝37°，B点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.下列说法正确的是()A．B、A两点间的电势差为2 000 VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3 m5．如图所示，质量分别为M 和m (M ≠m )的物块A 、B 用轻质弹簧连接后静置于水平地面上，弹簧自然伸长，两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .若给物块B 施加一水平向右的恒定拉力F ，F ＞μ(M ＋m )g ，稳定后弹簧的长度为l 1；若给物块A 施加一水平向右的恒定推力，大小仍为F ，稳定后弹簧的长度为l 2.则下列说法错误的是( )A ．两种情况下，稳定后物块A 、B 的加速度大小均为F M ＋m－μg B ．两种情况下，稳定后弹簧的弹力大小相同C ．弹簧的劲度系数为F l 1－l 2D ．两种情况下，稳定前物块A 均做加速度逐渐增大的加速运动6．一半径为r 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环用一根长为L 的绝缘轻细杆悬挂于O 1点，杆所在直线过圆环圆心，在O 1点的正下方有一半径为L ＋2r 的圆形匀强磁场区域，其圆心O 2与O 1点在同一竖直线上，O 1点在圆形磁场区域边界上，如图所示．现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g ，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法错误的是( )A ．金属圆环最终会静止在O 1点的正下方B ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )D ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋r ) 7．如图为氢原子能级图，可见光的光子能量范围为1.62～3.11 eV,5种金属的逸出功如下表：A ．一个处在n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光B ．大量处在n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生3种不同频率的光C ．大量处在n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁时，由n ＝5能级向n ＝4能级跃迁辐射出的光子的波长最长D ．大量处在n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，能产生3种不同频率的可见光8．如图甲所示，在一正方形区域内有垂直纸面向里的均匀磁场，在该正方形外接圆处放置一个半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈，线圈的两端接一电容为C 的平行板电容器(未画出)．已知电容器充放电时间极短，正方形区域内磁场的磁感应强度大小随时间按照图乙所示规律变化，则( )A ．正方形区域内磁场的磁感应强度大小的表达式为B ＝B 0＋B 0T tB ．线圈在t ＝T 时刻产生的感应电动势为E ＝n πr 2B 0TC ．t ＝T 时刻电容器极板上所带电荷量为q ＝2Cnr 2B 0TD ．在0～T 时间内线圈中产生的焦耳热为Q ＝4n 2r 4B 20TR第Ⅱ卷(非选择题 共62分)非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13～14题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某课外实验小组利用如图1所示的装置来探究拉力F 不变时加速度a 与小车质量m 之间的关系．(1)甲同学根据测得的实验数据作出的a -1m图象如图2所示，则图线弯曲的原因是________．A ．小车与长木板之间有摩擦B ．没有平衡摩擦力C ．打点计时器打点的周期小于0.02 sD ．小车和砝码的总质量没有一直远大于砂和砂桶的总质量(2)乙同学利用在实验中打出的一条纸带测量小车运动的加速度，纸带上的数据如图3所示．已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为计数点，且相邻计数点间均有一个点没有画出，则打点计时器打D 点时小车的速度大小为________m/s ；小车运动的加速度大小为________m/s 2.10．(9分)在学习了用伏安法测量电源的电动势和内阻实验之后，某研究性学习小组决定利用如图甲所示的实验电路来测量由两节干电池所组成的电池组的电动势和内阻．图甲中G为满偏电流为I g＝100 mA、内阻为R g＝10 Ω的电流计，R0是阻值为4.0 Ω的定值电阻，R 是最大阻值为10 Ω的滑动变阻器，电压表内阻很大．(结果均保留一位小数)(1)由于电流计G的量程太小，故该研究性学习小组欲通过将电流计G与一定值电阻并联的方法扩大其量程为0～0.6 A，则需要并联的定值电阻的阻值R1＝________Ω.(2)该研究性学习小组利用测得的电压表的示数U和电流表G的示数I，作出了如图乙所示的I-U图象，则该电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)实验中，随着滑动变阻器滑片的滑动，电源的输出功率P会随着电流计G的示数I 的变化而发生变化，则能正确表示该变化关系的图象是________．11．(14分)如图所示，水平地面上有一质量为M的特殊长平板B，平板B与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在平板B的表面上方存在厚度d＝0.8 m的相互作用区；相互作用区上方某一高度处有一质量为m的小物块A，已知mM＝110.若小物块A进入相互作用区，就会受到平板B对其竖直向上的恒力F＝2mg的作用，在水平方向上A、B之间没有相互作用力．现使小物块A由静止开始下落，同时平板B获得水平向左的初速度v0＝12 m/s，设平板B足够长，小物块A总能落入平板B上方的相互作用区，且小物块A每次都恰好不与平板B接触，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．(1)求小物块A开始下落时的位置与相互作用区的距离h.(2)求小物块A从开始下落到再次回到初始位置经历的时间．(3)从小物块A开始下落到平板B停止运动过程中，小物块A已经回到过几次初始位置？12．(18分)如图甲所示，水平放置的两平行金属板长l＝6.34 cm，两板间距为d＝2 cm，两板间有磁感应强度按图乙所示规律变化的匀强磁场和电场强度按图丙所示规律变化的匀强电场，其中B0＝0.5 T，E0＝1.0×105V/m.t＝0时刻金属板上极板带正电，磁场方向垂直纸面向里．一比荷为qm＝1.0×108 C/kg的带正电粒子(不计重力)以速度v0＝2.0×105 m/s平行金属板从两板左侧中间位置垂直磁场方向射入．求：(1)粒子在运动过程中与上极板的最近距离；(2)粒子在两极板间运动的总时间和在两极板间的偏转距离．(取π＝3.14)(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，两分子之间既不存在引力，也不存在斥力B．不能用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算气体分子的体积C．用油膜法估测分子大小时，可把油膜厚度看做分子的半径D．任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同E．绝对湿度与温度无关，相对湿度与温度有关(2)(10分)如图所示，一定质量的理想气体经历了AB、BPC、CA三个变化过程，回到初始状态．已知在p-V图象中AB是一段以O′点为圆心的圆弧，理想气体在状态A时的温度为127 ℃.求：①理想气体在状态P时的温度T P.②从A到B过程中气体放出的热量(已知p-V图象与横轴所围面积表示功)．14．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图所示，玻璃球的半径为R，球心为O，玻璃球的对称轴O1O2与足够大的屏幕垂直于O2点，O、O2两点间的距离为2R.一束单色光沿图示方向以入射角θ＝60°射入球内，在屏上留下光斑P，若玻璃对该单色光的折射率为3，则玻璃对该单色光的全反射临界角的正弦值为________，P点与O2点间的距离为________．(2)(10分)两列简谐横波a、b分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为2 m/s，t＝0时刻的波形如图所示，求：①两列波的周期T a和T b；②从t＝0时刻开始，坐标原点O处的质点第一次位移为－10 cm时经过的时间t0.答案部分1．解析：选C.库仑利用库仑扭秤把微小的力“放大”，最终发现了库仑定律，A 错误；加速度的定义式为a ＝Δv Δt ，a ＝F m是加速度的决定式，B 错误；磁感应强度既可以从电流元所受安培力的角度来定义，也可以从运动电荷所受洛伦兹力的角度来定义，C 正确；首先引入电场线和磁感线的是法拉第，D 错误．2．解析：选D.设金星与太阳呈现的视角为α，金星、太阳连线与金星、地球连线的夹角为θ，由几何关系有sin αr 金＝sin θr 地，θ＝90°时，α有最大值，sin αmax ＝r 金r 地＝k .根据开普勒第三定律，有T 2金r 3金＝T 2地r 3地，可得T 金＝k 3年，D 正确． 3．解析：选B.由于物块下滑时做匀速圆周运动，合力指向圆心，加速度不为零，A 错误；由于做匀速圆周运动，摩擦力与重力沿碗切线方向的分力大小相等，因此摩擦力越来越小，B 正确；从最低点向左滑动的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，C 错误；由于下滑时的动能为E k ＜mgR ，所以物块从左半部分又滑回，到达右半部分时做减速运动，当速度为零时，如果摩擦力与重力沿碗切线方向的分力大小相等，则物块静止，D 错误．4．解析：选D.U BA ＝EL sin α＝1.2×103 V ，A 错误；小滑块从A 点第一次运动到B 点过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F ＝qE ＝2×10－3 N ＝2G ，重力和电场力的合力大小等于G 、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”G ′，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a 1＝g (sin α－μcos α)＝2 m/s 2，所以小滑块第一次到达B 点时的速度为v ＝2a 1L ＝2 2 m/s ，在BC 段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝g (sin α＋μcos α)＝10 m/s 2，所以第一次速度为0的位置到B 点的距离为x ＝v 22a 2＝0.4 m ，C 错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B 加速运动，到B 后又减速向A 运动，这样不断地往复，最后停在B 点，根据能量守恒定律，有G ′L sin α＝μG ′s cos α，解得s ＝3 m ，即小滑块通过的总路程为3 m ，D 正确．5．解析：选AC.由题意可知，稳定后两物块具有相同的加速度，将两物块看作一个整体，则由牛顿第二定律可得F －μ(M ＋m )g ＝(m ＋M )a ，解得a ＝F M ＋m－μg ，A 正确；当给物块B 施加拉力F 时，设稳定后弹簧的弹力大小为F 1，对物块A 有F 1－μMg ＝Ma ，解得F 1＝M M ＋mF ，当给物块A 施加推力F 时，设稳定后弹簧的弹力大小为F 2，对物块B 有F 2－μmg ＝ma ，解得F 2＝m M ＋mF ，B 错误；设弹簧原长为l 0，则有F 1＝k (l 1－l 0)，F 2＝k (l 0－l 2)，联立解得k ＝F l 1－l 2，C 正确；两种情况下，稳定前弹簧的弹力均逐渐增大，故当对物块B 施加拉力F 时，物块A 将做加速度逐渐增大的加速运动，当对物块A 施加推力F 时，物块A 将做加速度逐渐减小的加速运动，D 错误．6.解析：选ABD.圆环最终要在如图中A 、C 位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生．由几何关系可知，圆环在A 、C 位置时，其圆心与O 1、O 2的距离均为L ＋r ，则圆环在A 、C 位置时，圆环圆心到O 1的高度为L ＋2r 2.由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )，C 正确． 7．解析：选AC.一个处在n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生5－1＝4种不同频率的光，A 正确；大量处在n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生C 24＝6种不同频率的光，B 错误；氢原子从n ＝5能级跃迁到低能级时，n ＝5能级和n ＝4能级的能量差最小，辐射出的光子的波长最长，C 正确；大量处在n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能产生3种不同频率的光子，其能量分别为1.89 eV 、10.20 eV 和12.09 eV ，只有1.89 eV 在可见光的光子能量范围内，D 错误．8．解析：选AC.由题图乙可知，磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝B 0T，正方形区域内磁场的磁感应强度大小的表达式为B ＝B 0＋ΔB Δt t ＝B 0＋B 0Tt ，A 正确．圆形线圈内磁场面积为S ＝(2r )2＝2r 2，圆形线圈内磁通量变化率为ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝2r 2B 0T.由法拉第电磁感应定律，T 时刻产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝2nr 2B 0T ，B 错误．由C ＝q U ，U ＝E ，可得q ＝CE ＝2Cnr 2B 0T，C 正确．线圈中产生的感应电动势恒定，线圈的两端接电容器时，除了瞬间产生充电电流，线圈中无电流，D 错误．9．解析：(1)当小车和砝码的总质量没有远大于砂和砂桶的总质量时，小车受到的拉力不能近似认为等于砂和砂桶的总重力，此时小车的a -1m图象就不再是直线，D 正确． (2)由于小车做匀加速直线运动，故有v D ＝(6.71＋6.25)×10－22×0.04m/s ＝1.62 m/s ，由Δx ＝aT 2可得a ＝3 m/s 2.答案：(1)D(2分) (2)1.62(2分) 3(2分)10．解析：(1)欲将电流计G 改装成量程为0～0.6 A 的电流表，则有I g R g ＝(0.6 A －I g )R 1，代入数据解得R 1＝2.0 Ω.(2)由闭合电路欧姆定律可得U ＝E －⎝⎛⎭⎫I ＋IR g R 1(R 0＋r )，整理得I ＝－16(R 0＋r )U ＋E 6(R 0＋r )，由题图乙可得E 6(R 0＋r )＝9×10－2 A ，16(R 0＋r )＝6×10－22.00 Ω－1，联立得E ＝3.0 V ，r ＝1.6 Ω. (3)电源的输出功率P ＝6EI －(6I )2r ＝－36r ⎝⎛⎭⎫I －E 12r 2＋E 24r ，即电流计G 示数I ＝E 12r ＝156 mA 时，电源的输出功率达到最大．由题意可知，当滑动变阻器滑动时，通过电流计G 的电流范围为29～69 mA ，故电源输出功率随电流计G 的示数I 变化的图象是开口向下的抛物线的左侧的一部分，C 正确．答案：(1)2.0(2分) (2)3.0(2分) 1.6(2分) (3)C(3分)11．解析：(1)对小物块A ，根据动能定理有mg (h ＋d )－Fd ＝0(2分)解得h ＝F －mg mgd ＝0.8 m(2分) (2)由h ＝12gt 21，解得t 1＝2h g＝0.4 s(1分) 小物块A 进入相互作用区后，做加速度大小为g 的匀减速运动，运动时间t 2＝2d g＝0.4 s(1分)小物块A 从开始下落到再次回到初始位置经历的时间为T ＝2(t 1＋t 2)＝1.6 s(2分)(3)由牛顿第二定律，小物块A 在相互作用区上方时平板B 的加速度大小为a B 1＝μMg M＝2 m/s 2(1分)小物块A 在相互作用区内时，平板B 的加速度大小为a B 2＝μ(Mg ＋F )M＝2.4 m/s 2(2分) 在一个运动的周期T 内，平板B 的速度减小量为Δv ＝2(a B 1t 1＋a B 2t 2)＝3.52 m/s(1分)小物块A 回到初始位置的次数n ≤v 0Δv＝3.4，n 为整数，故n ＝3(2分) 答案：(1)0.8 m (2)1.6 s (3)312．解析：(1)在0～π×10－8 s 时间内，由于qE 0＝qB 0v 0，粒子做匀速直线运动(2分) 在π×10－8～2π×10－8 s 时间内，粒子只受洛伦兹力作用，根据牛顿第二定律可得qB 0v 0＝m v 20r(2分) 解得r ＝4×10－3 m ，T 0＝2πr v 0＝4π×10－8 s ，即粒子逆时针转了14T 0(2分) 同理，在2π×10－8～3π×10－8 s 时间内，粒子顺时针转了14T 0(1分) 在3π×10－8～4π×10－8 s 时间内，由于qE 0＝qB 0v 0，粒子做匀速直线运动(1分)作出粒子轨迹如图所示带电粒子在运动过程中与上极板的最近距离为y 1＝d 2－2r ＝2×10－3 m(2分) (2)从轨迹图可知，粒子在一个周期T ＝6π×10－8 s 时间内沿极板方向运动的位移为l 0＝4r ＋2v 0t 1＝2.856×10－2 m(2分)而l ＝6.34×10－2 m ＝2l 0＋6.28×10－3 m(2分)所以带电粒子在两极板间运动的总时间t ＝2T ＋t 1＝4.082×10－7 s(2分)在两极板间偏转的距离为0，即从两极板右侧中央位置射出(2分)答案：(1)2×10－3 m (2)4.082×10－7 s 013．解析：(1)当两分子处于平衡位置时，分子之间作用力为零，说明分子之间的引力和斥力的大小相等，相互抵消，在任何情况下，分子之间都既存在引力，也存在斥力，A 错误．可以用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数估算出每个气体分子所占的体积，但它比气体分子体积大得多，B 正确．用油膜法估测分子大小，把油膜厚度看做分子的直径，C 错误．温度是分子平均动能的标志，任何物质只要它们的温度相同，它们分子的平均动能就一定相同，D 正确．绝对湿度是指空气中水蒸气的压强，与温度无关；相对湿度是指空气中水蒸气的压强与该温度下水的饱和蒸气压的比值，与温度有关，E 正确．(2)①初状态A ，压强p A ＝1×105 Pa ，体积V A ＝8 L ，温度T A ＝(273＋127)K ＝400 K末状态P ，压强p P ＝1.5×105 Pa ，体积V P ＝4 L由理想气体状态方程有p P V P T P ＝p A V A T A(2分) 解得T P ＝300 K(2分)②由已知条件可得从A 到B 过程中外界对气体做的功为W ＝p B (V A －V B )－14π(p B －p A )(V A －V B )＝486 J(2分)从A 到B 过程，由理想气体状态方程有p B V B T B ＝p A V A T A(1分) 解得T B ＝T A (1分)根据理想气体的内能只与温度有关，可知A 、B 两状态内能相等，由热力学第一定律可知，从A 到B 过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功，即W ＝Q ＝486 J(2分)答案：(1)BDE (2)①300 K ②486 J14.解析：(1)光路如图所示，设玻璃对该单色光的全反射临界角为C ，则sin C ＝1n ＝33，根据折射定律得sin θsin ∠1＝sin ∠3sin ∠2＝n ，又∠1＝∠2，得∠3＝60°，∠1＝∠2＝30°，又∠O 2OP ′＝∠1＋∠2＝∠60°＝∠3，所以PP ′∥OO 2，P 点与O 2点间的距离为R sin ∠O 2OP ′＝32R . (2)①由题图知，a 波的波长λa ＝8 m ，b 波的波长λb ＝4 ma 波的周期T a ＝λa v ＝4 s(2分)b 波的周期T b ＝λb v ＝2 s(2分)②a 波的波谷传到坐标原点O 处的时间t 1＝s 1v ＝10＋8k 2s ＝(5＋4k ) s(k ＝0,1,2，…)(1分) b 波的波谷传到坐标原点O 处的时间t 2＝s 2v ＝2＋4n 2s ＝(1＋2n )s(n ＝0,1,2，…)(1分) 若t 1＝t 2，即5＋4k ＝1＋2n ，则n ＝2(k ＋1)(2分)当k 取最小值0时，n ＝2(1分)得t 0＝(1＋2×2)s ＝5 s(1分)答案：(1)33 32R (2)①4 s 2 s ②5 s。

综合测试4(专题9－10)(选修3－2内容)(时间：60分钟满分：95分)一、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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．)1．如图X4­1所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中( )A．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向为由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向为由b到a，线圈与磁铁相互吸引图X4­1图X4­22．如图X4­2所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表的示数为0.2 A．下列判断正确的是( )A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C．电流表的示数为0.1 AD．电流表的示数为0.4 A3．如图X4­3所示，一交流发电机的矩形线圈在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω＝100 rad/s匀速转动．已知线圈面积S＝0.2 m2，匝数N＝100匝，线圈电阻r＝5 Ω，外接电阻R＝15 Ω.则在线圈从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )图X4­3A．通过电阻R的电流有效值为I＝10 AB．通过电阻的电荷量q＝0.2 CC．电压表的示数为U＝300 VD．外力所做的功为W＝2π×103 J4．CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d ，如图X4­4所示．导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )图X4­4A ．电阻R 的最大电流为Bd 2ghR B ．流过电阻R 的电荷量为BdLRC ．整个电路中产生的焦耳热为mghD ．电阻R 中产生的焦耳热为12mg (h －μd )5．如图X4­5所示，R 是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝220 2sin 100πt (V)，则( )图X4­5A ．电压表的示数为22 2 VB ．在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变小C ．在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变大D ．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小6．如图X4­6甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C 和电阻R ，导体棒MN 放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN 始终保持静止，则0～t 2时间内( )甲 乙图X4­6A ．电容器C 的电荷量大小始终不变B ．电容器C 的a 板先带正电后带负电 C ．MN 所受安培力的大小始终不变D ．MN 所受安培力的方向先向右后向左 7．如图X4­7所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图X4­7A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 8．某小型水电站的电能输送示意图如图X4­8甲所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为r Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3∶n 4＝n ∶1，降压变压器的副线圈两端电压如图乙所示，降压变压器的副线圈与阻值为R 0＝22 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法正确的是( )甲 乙图X4­8A ．发电机产生交流电的频率为0.5 HzB ．降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin 100πt (V)C ．通过R 0的电流的最大值为20 2 AD ．输电线损失的功率为100rn2 W二、实验题(本题共2小题，共15分)9．某同学在“利用DIS 实验的电压、电流传感器，描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，采用了图X4­9甲所示的电路．甲 乙图X4­9(1)图甲中，E 矩形框内应该接________，F 矩形框内应该接________．(填“电压传感器”“电流传感器”或“小灯泡”)(2)该同学利用测量的数据，画出如图乙所示的图线，但该同学忘记在坐标轴上标明横坐标和纵坐标所表示的物理量，请你根据图线作出判断：横坐标表示________，纵坐标表示________．10．热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)．正温度系数电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x (常温下阻值约为10.0 Ω)的电流随其两端电压变化的特点．A．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.3 Ω)B．电压表(量程0～15.0 V，内阻约10 kΩ)C．滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω)D．滑动变阻器R′(最大阻值为500 Ω)E．电源E(电动势15 V，内阻忽略)F．开关、导线若干(1)实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的滑动变阻器是________(填器材前面的字母)．(2)请在所提供的器材中选择必需的器材，在下面的虚线框内画出该小组设计的电路图．甲乙图X4­10(3)该小组测出热敏电阻R1的U­I图线如图X4­10甲中曲线Ⅰ所示．请分析说明该热敏电阻是热敏电阻________(填“PTC”或“NTC”)．(4)该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U­I图线如图X4­10甲中曲线Ⅱ所示．然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图乙所示电路．接通对应电路后，测得通过R1和R2的电流分别为0.30 A和0.60 A，则该电池组的电动势为________V，内阻为________Ω．(计算结果均保留3位有效数字)三、计算题(本题共2小题，共32分)11．如图X4­11所示，相距L＝1 m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R＝2 Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6 m，磁感应强度大小B1＝25T、B2＝0.8 T．现有电阻r＝1 Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度v＝5 m/s做匀速运动，求：(1)导体棒ab在磁场B1中时克服安培力做功的功率．(2)导体棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电量．(3)导体棒ab在磁场中匀速运动时电阻R两端电压的有效值．图X4­1112．如图X4­12所示，相互平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，相距为L ，导轨下端连接一个定值电阻R 1，上端通过开关S(S 是闭合的)也连接一个定值电阻R 2．导体棒ab 放在导轨上靠近下端的位置，与导轨垂直并良好接触．在斜面上虚线MN 以下的区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．现对ab 棒施以平行导轨斜向上的恒定拉力F ，使它沿导轨先向上加速运动，在到达虚线MN 之前，导体棒ab 已经开始做匀速运动．当导体棒到达MN 时，立即撤去拉力，导体棒向上运动一段后又向下滑动，进入磁场后又做匀速运动．已知R 1＝R 2＝R ，导体棒ab 的阻值为r ＝R2，质量为m ，重力加速度为g ，拉力做的功为W ，导轨电阻不计．(1)求拉力F 的大小和导体棒ab 匀速运动时的速度v ． (2)当导体棒ab 匀速运动时，电阻R 1的发热功率P 1多大？从导体棒ab 开始运动到回到初始位置的过程中电阻R 1产生了多少热量Q 1？(3)若在导体棒ab 再次进入磁场时断开开关S ，则导体棒ab 将如何运动？图X4­12综合测试4(专题9－10)1．B 解析：磁铁的S 极朝下，在将磁铁的S 极插入线圈的过程中，通过线圈的磁场方向向上，且增强，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁场的增加，则感应电流方向为由b 到a ，线圈与磁铁相互排斥，选项B 正确．2．B 解析：由电压表示数和电流表的示数可得原线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表的示数为I 2＝U 1I 1R ＝220×0.244A ＝1 A ，C 、D 错误；原线圈和副线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，A 错误，B 正确．3．B 解析：由题意可知，在转动过程中产生的最大电动势为E m ＝NBS ω＝400 V ，因是正弦式交变电流，故其电动势的有效值为E ＝E m2＝200 2 V ，所以通过电阻R 的电流有效值为I ＝ER ＋r ＝200 220 A ＝10 2 A ，选项A 错误；由q ＝NBS R ＋r 可得q ＝100×0.2×0.220C＝0.2 C ，选项B 正确；电压表的示数U ＝IR ＝150 2 V≈212 V，选项C 错误；外力做的功等于这个过程中系统产生的热量，所以W ＝Q ＝I 2(R ＋r )×14×2πω，即W ＝20π J ，选项D 错误．4．D 解析：由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh ＝12mv 2，所以I ＝E 2R ＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R，A 错误；流过R 的电荷量为q ＝I－t ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，B 错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q ＝mgh －μmgd ，C错误；由于导体棒的电阻也为R ，则电阻R 中产生的焦耳热为12Q ＝12mg (h －μd )，D 正确．5．BD 解析：原线圈中的输入电压为220 V ，由原、副线圈的匝数比可得，副线圈中电压表的示数为22 V ；在天逐渐变黑的过程中，光敏电阻的阻值变大，由于电压不变，所以电流表的示数变小，则原线圈中电流表的示数变小，输入功率也变小．综上分析可知，选项B 、D 正确．6．AD 解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确，B 错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN 所受安培力的方向先向右后向左，选项C 错误，D 正确．7．ABD 解析：由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A 正确；根据E ＝BLv 可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B 正确；若加反向磁场，安培力仍是阻力，阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，穿过圆盘的磁通量没有变化，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D 正确．8．BD 解析：变压器不改变交流电的频率，由图乙可知交流电的频率为f ＝12×10－2Hz＝50 Hz ，A 错误；由图乙知降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin100πt (V)，B 正确；通过R 0的电流的最大值为I m ＝U m R 0＝220 222A ＝10 2A ，有效值为I ＝I m 2＝10 A ，C 错误；根据变压器电流比关系可知通过输电线的电流为I 3＝n 4n 3I ＝10n A ，故输电线损失的功率为P ＝I 23r ＝100r n2 W ，D 正确．9．(1)电压传感器 小灯泡 (2)电流 电压解析：(1)实验电路中滑动变阻器采用的是分压式接法，题图甲中E 矩形框内应该接电压传感器，F 矩形框内应该接小灯泡．(2)根据小灯泡的电阻随温度的升高而增大，可判断横坐标表示电流，纵坐标表示电压． 10．(1)C (2)如图D134所示 (3)PTC (4)10.0 6.67解析：(1)该实验要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，则滑动变阻器要采用分压式接法，故滑动变阻器应选用最大阻值小的，即选C.(2)因R x R A ＝103＜R VR x＝1000，故电流表应选外接法．实验电路图如图D133所示．图D134(3)由图象Ⅰ可知，R 1的电阻随着温度的升高而增大，应为PTC 热敏电阻． (4)由U ­I 图可读得当I 1＝0.30 A 时，U 1＝8.0 V I 2＝0.60 A 时，U 2＝6.0 V由闭合电路欧姆定律得E ＝U 1＋I 1r E ＝U 2＋I 2r联立以上两式代入数值解得 E ＝10.0 V ，r ＝6.67 Ω.11．解：(1)导体棒在磁场B 1中：E 1＝B 1Lv ，I 1＝E 1R ＋rF B ＝B 1I 1L ，P ＝F B v ＝B 1Lv 2R ＋r ＝23W.(2)导体棒在磁场B 2中：E 2＝B 2Lv ，I 2＝E 2R ＋rq ＝I 2Δt 2＝B 2Lv Δt 2R ＋r ＝B 2LdR ＋r＝0.16 C.(3)设导体棒ab 产生电动势的有效值为E 在磁场B 1中产生的电动势E 1＝B 1Lv ＝ 2 V 在磁场B 2中产生的电动势E 2＝B 2Lv ＝4 V 回路在一个周期T 内产生的焦耳热Q ＝E 21R ＋r ×T 2＋E 22R ＋r ×T 2＝E 2R ＋r ×T 解得电动势的有效值E ＝3 V 电阻R 两端电压的有效值为U R ＝E R ＋rR ＝2 V.12．解：(1)导体棒运动时受力如图D135甲所示，由牛顿第二定律可得甲 乙图D135F －F A －mg sin θ＝ma ①其中，导体棒受到的安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2vR②当导体棒加速度a ＝0时开始做匀速运动，因此联立①②有 F －B 2L 2v R－mg sin θ＝0 ③导体棒在MN 上方运动时只受重力，机械能守恒，因此当导体棒再次进入磁场时速度也为v ，匀速运动时受力如乙所示，有mg sin θ－B 2L 2vR＝0 ④由④解得v ＝mgR2B 2L2 ⑤由③④得F ＝mg . ⑥(2)由于R 1与R 2并联后电阻值等于R 2，因此P r ＝2P 1，有P 1＝14P 总＝14F A v ⑦由②⑤⑦式联立得P 1＝m 2g 2R16B 2L2 ⑧从导体棒ab 开始运动到回到初始位置，重力做功为0，由功能关系得 W －Q ＝12mv 2－0 ⑨ Q 1＝14Q ⑩由⑤⑨⑩解得Q 1＝14⎝⎛⎭⎪⎫W －m 3g 2R 28B 4L 4.(3)当开关S 断开时，回路的电阻增大，通过导体棒ab 的电流减小，安培力减小，导体棒ab 先加速，当mg sin θ－B 2L 2v ′3R 2＝0时，导体棒ab 开始以v ′＝3mgR4B 2L 2的速度做匀速运动在，故导体棒ab 将先加速后匀速运动．。

2018年高考物理仿真模拟卷及答案(共五套)2018年高考物理仿真模拟卷及答案(一)(时间：70分钟；满分：110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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)．现将人体头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)()A．4B．5C．42D．5 215．随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点．己知月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是()A．月球表面的重力加速度为v0 tB．月球的质量为2v0R2 GtC．宇航员在月球表面获得v0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v016．一质量为2 kg的物块在水平牵引力的作用下做直线运动，v－t图象如图1所示，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4.下列说法正确的是()A．图2 表示物块的加速度随时间的变化关系B ．图3 表示水平牵引力随位移的变化关系C ．图4 表示水平牵引力功率随时间的变化关系D ．图5 表示合力对物块做的功随位移的变化关系17．如图所示为半径为R 、均匀带正电的球体，A 、B 为过球心O 的直线上的两点，且OA ＝2R ，OB ＝3R ；球体的空间产生球对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如图所示，图中E 0已知，E －r 曲线下O ～R 部分的面积等于2R ～3R 部分的面积；则下列说法正确的是( )A ．A 点的电势低于B 点的电势B ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．从球面到A 点的电势差小于A 、B 两点间的电势差D ．带电量为q 的正电荷沿直线从A 点移到B 点的过程中，电场力做功12E 0Rq18．半径为r 的圆形空间内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出，∠AOB ＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )A.πr v 0B.23πr 3v 0C.πr 3v 0D.3πr 3v 019．物理学的发展极大的丰富了人类对世界的认识，推动了科学技术的创新与革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列说法正确的是( )A ．相对论的创立表明经典力学已不再适用B ．光电效应证实了光的波动性C ．重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少D ．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k 越大，则这种金属的逸出功W 0越小20．用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示．把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里．当磁场均匀减弱时( )A ．圆环和线框中的电流方向都为顺时针B ．圆环和线框中的电流方向都为逆时针C ．圆环和线框中的电流大小之比为2∶1D ．圆环和线框中的电流大小比为2∶121．A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间图象．a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移－时间图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移－时间图象，若A球质量m＝2 kg，则由图可知下列结论正确的是() A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系中损失的动能为10 J试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(5分)某实验小组采用如图1所示装置探究钩码和木块组成系统的动能定理．实验中，木块碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器的工作频率为f.用天平测出木块的质量为M，钩码的质量为m.图1图2(1)在实验操作过程中，小组某些成员认为：A．连接电磁打点计时器的电源应是0～12 V的低压直流电源B．实验时，木块与钩码的质量一定要满足M远大于mC．实验时，需要考虑到摩擦阻力D．实验时，先接通电源让打点计时器打点，再释放木块让钩码拉着木块拖着纸带运动你认为以上合理的是________．(填写相应的字母)(2)如图2所示是按照正确的实验步骤得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E为打点计时器连续打的六个点(O为打下的第一点)．用刻度尺测出O到D的距离为s，则D点的速度为________．(用s、f表示)(3)木块从静止释放滑行s距离过程中，克服摩擦力做的功为____________．(重力加速度为g)23．(10分)学校实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ω，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻R x，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω电压表：量程3 V，内阻约为9 kΩ滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω定值电阻：R0＝3 Ω电源：电动势6 V，内阻可不计，开关、导线若干．回答下列问题：(1)实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________(选填“a”或“b”)端．(2)在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A，电压表示数如图乙所示，其读数为________ V.(4)根据电路图用公式R x＝ρlS和R x＝UI－R0，可求得导线实际长度为________．24．(12分)电视机显像管(抽成真空玻璃管)的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而成像．显像管的原理示意图(俯视图)如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场(如图乙所示)，其磁感应强度B＝μNI，式中μ为磁通量，N为螺线管线圈的匝数，I为线圈中电流的大小．由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，电子枪加速电压为U，磁通量为μ，螺线管线圈的匝数为N，偏转磁场区域的半径为r，其圆心为O点．当没有磁场时，电子束通过O点，打在荧光屏正中的M点，O点到荧光屏中心的距离OM＝L.若电子被加速前的初速度和所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应以及磁场变化所激发的电场对电子束的作用．(1)求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；(2)若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ＝60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；(3)当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第(2)问中电流的0.5倍，求电子束打在荧光屏上发光形成“亮线”的长度．25．(20分)如图所示，质量M＝4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0 kg的小滑块A(可视为质点)．初始时刻，A、B分别以v0＝2.0 m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10m/s2.求：(1)A、B相对运动时的加速度a A和a B的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；(3)木板B的长度l.(二)选考题(请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．)33．[物理—选修3-3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．理想气体吸热后温度一定升高B ．100℃、1 g 的氢气与100℃、1 g 的氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等C ．某理想气体的摩尔体积为V 0，阿伏加德罗常数为N A ，则该理想气体的分子体积为V 0N AD ．甲、乙两个分子在只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，分子势能先减小后增大E ．扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息的运动(2)(10分)在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a 、b 和c 三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S 、12S 和S .已知大气压强为p 0，温度为T 0.两活塞A 和B 用一根长为4L 的不可伸长的轻杆相连，把温度为T 0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，其温度缓慢上升到T ，若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强为多少？34．[物理—选修3-4](15分)(1)(5分)在均匀介质中坐标原点O 处有一波源做简谐运动，其表达式为y ＝5sin π2t (m)，它在介质中形成的简谐横波沿x 轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x ＝12 m 处，波形图象如图所示，则________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．此后再经6 s 该波传播到x ＝24 m 处B ．M 点在此后第3 s 末的振动方向沿y 轴正方向C ．波源开始振动时的运动方向沿y 轴负方向D ．波源开始振动时的运动方向沿y 轴正方向E ．此后M 点第一次到达y ＝－3 m 处所需时间是2 s(2)(10分)如图所示，一束光从空气中垂直入射到折射率为3的直角三棱镜．求从棱镜第一次射出的光线与原入射方向的偏转角度．参考答案与解析14．解析：选C .受力分析，如图所示．在水平方向：F N sin 45°＝F sin 53°，竖直方向：F N cos 45°＝mg ＋F cos 53°，联立解得F N ＝42mg ，所以C 正确；A 、B 、D 错误．15．[导学号：67814295] 解析：选B.小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得t ＝2v 0g 月，解得g 月＝2v 0t ，故A 错误；物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力得G Mm R 2＝mg 月，解得M ＝R 2g 月G ，联立t ＝2v 0g 月，可得M ＝2v 0R 2Gt ，故B 正确；宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，所以G Mm R 2＝m v 2R ，解得v ＝GM R ＝2v 0Rt ，故C 错误；宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得mg 月＝m 4π2R T 2＝m 2v 0t ，解得T ＝π2Rt v 0，故D 错误．16．[导学号：67814296] 解析：选C.0～2 s 加速度为a 1＝42 m/s 2＝2 m/s 2，4～6 s 加速度为a 2＝－42 m/s 2＝－2 m/s 2，故图2不能表示物块的加速度随时间的变化关系，选项A 错误；因0～2 s 的位移等于4～6 s 的位移，小于2～4 s 的位移，故图3不能表示水平牵引力随位移的变化关系，选项B 错误；0～2 s 的牵引力的功率：P 1＝Fv ＝(ma 1＋μmg )a 1t ＝24t ；2～4 s 牵引力的功率：P 2＝fv ＝μmg ×a 1t ＝8×2×2 W ＝32 W ；4～6 s 的牵引力的功率：P 3＝Fv ＝4×(4－2t )＝16－8t ，则选项C 正确；0～2 s 内合外力的功：W 1＝ma 1x ＝4x ；2～4 s 内合外力的功为W 2＝0；4～6 s 合外力的功：W 3＝－4x .选项D 错误．17．解析：选D.球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A 点的电势高于B 点的电势，因为A 距O 点半径为2R ，B 距O 点距离为3R ，从E －r 图中可看出2R 处的电场强度大于3R 处的电场强度，即E A >E B ，A 、B 错误；根据U ＝Ed 可知图线与横轴围成的面积表示电势差，从E －r 图可知R ～2R 围成的面积大于2R ～3R 围成的面积，即从球面到A 点的电势差大于A 、B 两点间的电势差，C 错误；因为曲线下O ～R 部分的面积等于2R ～3R 部分的面积，即O ～R 间的电势差等于2R ～3R 间的电势差，即等于A 、B 间的电势差，故电场力做功为W ＝Uq ＝12RE 0q ，D 正确． 18．解析：选D.根据题图可知∠AOB ＝120°，弧AB 所对圆心角θ＝60°，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R ，由几何知识可得R ＝3r ，t ＝AB ︵v 0＝π33rv 0＝3πr 3v 0，D 正确． 19．[导学号：67814297] 解析：选CD.经典力学适用于宏观物体和低速运动物体，对于微观世界和高速运动不再适用．相对论并没有否定经典力学，而是在其基础上发展起来的，有各自成立范围，故A 错误；光电效应证实了光的粒子性，故B 错误；重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，过程伴随着释放能量，质量一定减少，C 正确；据光电效应方程hν＝W 0＋E km 可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，D 正确．20．解析：选AC.根据楞次定律可得当磁场均匀减小时，线圈内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针，A 正确，B 错误；设圆半径为a ，则圆面积为S ＝πa 2，圆周长为L ＝2πa ，正方形面积为S ′＝2a 2，正方形周长为L ′＝42a ，因为磁场是均匀减小的，故E ＝ΔB ·S Δt，所以圆和正方形内的电动势之比为E E ′＝S S ′＝π2，两者的电阻之比为R R ′＝π22，故电流之比为I I ′＝E R E ′R ′＝E R ×R ′E ′＝22π×π2＝21，故C 正确，D 错误． 21．解析：选BCD.由s －t 图象可知，碰撞前有：v A ＝Δs A Δt A＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，v B ＝Δs B Δt B ＝42 m/s ＝2 m/s ，碰撞后有：v ′A ＝v ′B ＝v ＝Δs Δt ＝2－44－2m/s ＝－1 m/s ；对A 、B 组成的系统，A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A 的动量变化为：Δp A ＝mv ′A －mv A ＝[2×(－1)－2×(－3)] kg ·m/s ＝4 kg ·m/s ，根据动量守恒定律，碰撞前后B 的动量变化为：Δp B ＝－Δp A ＝－4 kg ·m/s ，又：Δp B ＝m B (v ′B －v B )，所以：m B ＝Δp B v ′B －v B ＝－4－1－2kg ＝43 kg ，所以A 与B 碰撞前的总动量为：p 总＝mv A ＋m B v B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×（－3）＋43×2 kg ·m/s ＝－103 kg ·m/s ，由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为：I B ＝Δp B ＝－4 kg ·m/s ＝－4 N ·s.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能：ΔE k ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2，代入数据解得：ΔE k ＝10 J ，故A 错误，B 、C 、D 正确．22．解析：(1)电磁打点计时器用4～6 V 的交流电源，A 错；因为本实验把钩码和木块组成的系统作为研究对象，所以对二者之间的质量关系没有要求，B 错；因为动能定理涉及的是合外力所做的功，所以木块所受摩擦力要考虑并测量，C 对；使用打点计时器要保障先打点再移动，否则会损坏振针，D 对．(2)纸带做匀变速直线运动，初速度为0，(O 为打下的第一点)，所以平均速度等于末速度的一半，因此：v －＝12v D ＝s 4f＝sf 4，解得：v D ＝sf 2.(3)由动能定理，对钩码、木块有：mgs －W f ＝12(M ＋m )v 2D ，解得： W f ＝mgs －18(M ＋m )s 2f 2.答案：(1)CD (2)sf 2(3)mgs －18(M ＋m )s 2f 2 23．[导学号：67814298] 解析：(1)本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R 0和R x 总阻值的4倍以上，R 0＝3Ω，所以滑动变阻器选R 2，闭合开关S 前应将滑片移至阻值最大处，即a 处；(2)根据实验电路图，连接实物图，如图所示：(3)电压表量程为3 V ，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1 V ，所示为2.30 V ；(4)根据欧姆定律得：R 0＋R x ＝U I ＝2.30.5 Ω＝4.6 Ω，则R x ＝1.6Ω由电阻定律：R x ＝ρl S可知：l ＝R x S ρ，代入数据解得：l ≈94 m. 答案：(1)R 2 a (2)如解析图所示 (3)2.30(4)94 m24．[导学号：67814299] 解析：(1)设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v ，根据动能定理有：eU ＝12mv 2，解得：v ＝ 2eU m .(2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R ，运动轨迹如图所示．根据几何关系有：tan θ2＝r R洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：evB ＝m v 2R ，由题知B ＝μNI 0，解得：I 0＝6meU 3r μeN. (3)设线圈中电流为0.5I 0时，偏转角为θ1，此时电子在屏幕上落点距M 点最远．此时磁感应强度B 1＝0.5μNI 0＝B 2轨迹圆半径R 1＝mv eB 1＝2R ＝23r ， tan θ12＝r R 1＝123＝36 电子在屏幕上落点距M 点最远距离y ＝L tan θ1＝4311L亮线长度Y ＝2y ＝8311L .答案：(1) 2eU m (2)6meU 3r μeN (3)8311L 25．解析：(1)A 、B 分别受到大小为μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二定律 对A 有μmg ＝ma A ，则a A ＝μg ＝4.0 m/s 2，方向水平向右对B 有μmg ＝Ma B ，则a B ＝μmg /M ＝1.0 m/s 2，方向水平向左．(2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t 1，则v 0＝a A t 1，解得t 1＝v 0/a A ＝0.50 sB 相对地面向右做匀减速运动x ＝v 0t 1－12a B t 21＝0.875 m.(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为a A ＝4.0 m/s 2B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为a B ＝1.0 m/s 2当A 、B 速度相等时，A 滑到B 最左端，恰好没有滑离木板B ，故木板B 的长度为这个全过程中A 、B 间的相对位移．在A 相对地面速度为零时，B 的速度v B ＝v 0－a B t 1＝1.5 m/s设由A 速度为零至A 、B 速度相等所用时间为t 2，则a A t 2＝v B －a B t 2解得t 2＝v B /(a A ＋a B )＝0.3 s共同速度v ＝a A t 2＝1.2 m/s从开始到A 、B 速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A 向左运动的位移x A ＝（v 0－v ）（t 1＋t 2）2＝（2－1.2）×（0.5＋0.3）2m ＝0.32 m B 向右运动的位移x B ＝（v 0＋v ）（t 1＋t 2）2＝（2＋1.2）×（0.5＋0.3）2m ＝1.28 mB 板的长度l ＝x A ＋x B ＝1.6 m.答案：(1)a A ＝4.0 m/s 2，方向水平向右a B ＝1.0 m/s 2，方向水平向左 (2)0.875 m (3)1.6 m33．解析：(1)根据热力学第一定律，气体吸热的同时对外做功，内能不一定增加，即温度不一定升高，A 错误；两者摩尔质量不同，即分子数不相同，温度相同，内能不相同，B 正确；分子间有间隙，所以体积不为V 0N A ，V 0N A为每个分子占据空间的体积，C 错误；从无穷远靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增大，当距离大于平衡距离时，表现为引力，靠近过程中，分子力做正功，分子势能减小，当距离小于平衡距离时，表现为斥力，靠近过程中，分子力做负功，分子势能增加，D 正确；由于分子运动是永不停息的，故布朗运动和扩散现象都是永不停息的；它们都能说明分子在永不停息地运动，E 正确．(2)开始升温过程中封闭气体做等压膨胀，直至B 活塞左移L 为止．设B 刚好左移L 距离对应的温度为T ′，则L ×2S ＋2L ×12S ＋LS T 0＝2L ×2S ＋2L ×12ST ′得T ′＝54T 0所以，若T ≤54T 0，p ＝p 0若T ＞54T 0，由p ′×5LS T ＝p 0×4LS T 0得p ′＝4T 5T 0p 0. 答案：(1)BDE (2)见解析34．[导学号：67814300] 解析：(1)由题中波的图象可知，该波的波长λ＝8m ．由波源简谐运动的表达式y ＝5sin π2t (m)可知，ω＝π2 rad/s ，周期T ＝2πω＝4 s ，波速v ＝λT ＝2 m/s .此后再经6 s ，该波再向前传播的距离s ＝vt ＝2×6 m ＝12m ，即再经6 s ，该波传播到x ＝12 m ＋12 m ＝24 m 处，选项A 正确．题中波的图象上此时M 点向下振动，在此后的第3 s 末⎝ ⎛⎭⎪⎫即经过3T 4的振动方向沿y 轴正方向，选项B 正确．由题图为某时刻波刚好传播到x ＝12 m 时的波的图象可知，波源开始振动时的方向沿y 轴正方向，选项C 错误，D 正确．题图中M 点振动方向向下，此后M 点第一次到达y ＝－3 m 处所需的时间小于半个周期，即小于2 s ，选项E 错误．(2)光线射到斜面时，由几何关系知，入射角i ＝60°设棱镜的临界角为C ，由于sin C ＝1n ＝33<sin 60°＝32所以光射到斜面上时发生全反射由几何关系可知，光反射到另一直角边时的入射角i ′＝30°设光从另一直角边射出时的折射角为r ，则由折射定律可得sin i ′sin r ＝1n解得r ＝60°即与原方向的偏转角α＝90°－60°＝30°.答案：(1)ABD (2)见解析2018年高考物理仿真模拟卷及答案(二)(时间：70分钟；满分：110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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．下列说法正确的是()A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B．比结合能越大，原子核越不稳定C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损15．一圆柱形磁铁竖直放置，如图所示，在它的右侧上方有一带正电小球，现使小球获得一水平速度，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．俯视观察，小球的运动方向可以是顺时针，也可以是逆时针B．俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针C．俯视观察，小球的运动方向只能是逆时针D．不可能实现小球在平面内做匀速圆周运动16．如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在a球上的力大小为F1、作用在b球上的力大小为F2，则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚好位于O点的正下方．则F1与F2的大小关系应为()A．F1＝4F2B．F1＝3F2C．3F1＝4F2D．3F1＝7F217．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，不计空气阻力影响，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．100 N B．500 NC．600 N D．1 100 N18．2016年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星绕地球做圆周运动，质量为m，轨道半径约为地球半径R的4倍．已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响，则()A．卫星的绕行速率大于7.9 km/sB．卫星的动能大小约为mgR 8C．卫星所在高度的重力加速度大小约为1 4gD．卫星的绕行周期约为4πRg19.如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A．P、Q所带电荷量为mgr2tanθkB．P对斜面的压力为0C．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g20．如图所示，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与A、B连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，则小球由C运动到D的过程中，下列说法正确的是()A．杆对小球的作用力先增大后减小B．杆对小球的作用力先减小后增大C．小球的速度一直增大D．小球的速度先减小后增大21．如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨在左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度，在这一过程中()A．作用在金属棒上的合力所做的功大于零B．恒力F所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化D．恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(5分)如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A、t B.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g.(1)钢球下落的加速度大小a＝______________，钢球受到的空气平均阻力F f＝______________．(2)本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度．23．(10分)(1)利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻R V(约为300 Ω)．某同学的实验步骤如下：①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合开关S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；②闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；③保持开关S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0＝596 Ω的阻值，则电压表内电阻R V＝________Ω.实验室提供的器材除待测电压表、电阻箱(最大阻值999.9 Ω)、电池(电动势约1.5 V，内阻可忽略不计)、导线和开关之外，还有如下可供选择的实验器材：A．滑动变阻器：最大阻值200 ΩB．滑动变阻器：最大值阻10 ΩC．定值电阻：阻值约20 ΩD．定值电阻：阻值约200 Ω根据以上设计的实验方法，回答下列问题．(2)为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用________，定值电阻R′应选用________(填写可供选择实验器材前面的序号)．(3)对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测________真实值R V (填“大于”“小于”或“等于”)，这误差属于________误差(填“偶然”或者“系统”)且在其他条件不变的情况下，若R V越大，其测量值R测的误差就越________(填“大”或“小”)．24．(12分)我国发射的“嫦娥一号”卫星发射后首先进入绕地球运行的“停泊轨道”，通过加速再进入椭圆“过渡轨道”，该轨道离地心最近距离为L1，最远距离为L2，卫星快要到达月球时，依靠火箭的反向助推器减速，被月球引力“俘获”后，成为环月球卫星，最终在离月心距离L3的“绕月轨道”上飞行，如图所示．已知地球半径为R，月球半径为r，地球表面重力加速度为g，月球表面的重力加速度为g6，求：。

最新2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（一）本试卷共32页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12N 14O 16S 32第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果。

下列表述符合物理学史事实的是A．牛顿由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律B．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究C．法拉第发现载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系D．安培用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究【解析】伽利略通过斜面实验发现了自由落体运动的规律，故A项错；库仑利用库仑扭秤实验实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系的研究，故B项正确；奥斯特发现了载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系，故C项错；电场线和磁感线都是法拉第引入的，故D项错。