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2018届河南豫南豫北名校高三上学期精英联赛物理试题(解析版)

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2018届河南省豫南豫北名校高三上学期精英联赛物理试题―、选择题1. 以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是( )A. .—束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太弱B. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子的能量也减少C. 天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线D. 原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子【答案】C2. 如图所示的x-t图象和v-t图象中，给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表a、b、c、d 四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )A. x-t图像中，t1时刻物体ab的瞬时速度关系为v a<v bB. x-t图象中，0〜t1时间内物体a、b的平均速度大小关系为C. 两图象中，t1、t4时刻分别表示物体b、d开始反向运动D. v-t图象中0〜t3时间内物体c、d的平均加速度大小关系是【答案】D点睛：对于运动学图象应注意明确图象的性质，抓住两种图象的区别是关键，要记住运动学图象只有两个方向，故只能描述直线运动；速度-时间图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移.3. “神舟八号”飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了飞船相继飞临赤道上空所对应的地面的经度，设“神舟八号”飞船绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2，则r13:r23等于( )A. 1 ： 156B. 1 ： 256C. 156 ： 1D. 256 ： I【答案】B【解析】从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°，故飞船的周期为：；同步卫星的周期为24h；由开普勒第三定律可得：，故选B．4. 质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力大小为F保持不变，当它以速度v、加速度a加速前进时.发动机的实际功率正好等于额定功率，从此开始，发动机始终在额定功率状态下工作，则汽车在额定功率状态下开始工作后，（如果公路足够长），下列说法正确的( )A. 汽车开始将做加速度增加的加速直线运动，最后做匀速运动B. 汽车的牵引力将越来越小，最后不变，大小为F，汽车的额定功率为FvC. 汽车最后的速度是mav/FD. 汽车最后的速度是【答案】D【解析】当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动，故A错误；速度v时，根据牛顿第二定律知,所以P0=Fv+mav，故B错误；最后匀速牵引力等于阻力，所以，故C错误，D正确．故选D.点睛：解决本题的关键掌握功率与牵引力的关系，搞清楚汽车的运动特点，知道当汽车牵引力等于阻力时，车速最大.5. 电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示.K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d, 在两极之间加上高压U,有一电子在K极由静止被加速.不考虑电子重力，元电荷为e, 则下列说法正确的是( )A. A、K之间的电场强度为U/dB. 电子到达A极时的动能大于eUC. 由K到A电子的电势能减小了eUD. 由K沿直线到A电势逐渐降低【答案】C【解析】K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等，故A错误；根据动能定理得：E k-0=eU，得电子到达A极板时的动能E k=eU，故B错误；由能量守恒定律知，由K到A，电场力做正功，电势能减少，电子的电势能减小了△E P=eU．故C正确；由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误。

故选C.点睛：本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增大，就能轻松解答．要知道公式U=Ed只适用于匀强电场．6. 如图所示的电路中，变压器为理想变压器，ab接在电压有效值不变的交流电源的两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是( )A. 该变压器起降压作用B. 变阻器滑片是沿d-c的方向滑动C. 电压表V1示数增大D. 电压表V2、V3示数均增大【答案】A【解析】观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故A正确；观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故BC错误；由于电流表A2的示数增大，所以R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故D错误；故选A.7. 如图所示，质量m=10 kg和M=20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k=250N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40cm 时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是( )A. M受到的摩擦力保持不变B. 物块m受到的摩擦力对物块m不做功C. 推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D. 开始相对滑动时，推力F的大小等于100N【答案】CD【解析】对m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧的弹力和向左的静摩擦力．由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，也就可以看成平衡状态，所以M对m的摩擦力也在增大．所以M 受到的摩擦力在增大，故A错误．物块m受到的摩擦力方向向左，m向左运动，所以摩擦力做正功，故B 错误．把m和M看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力．当移动40cm时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F=kx=100N，对整体研究，根据动能定理得W F+W弹=△E k=0；弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，W F=-W弹=△E p，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，故CD正确．故选CD．点睛：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．两物块间刚开始相对滑动，此时m受的摩擦力达到最大静摩擦力．8. 如图所示，台秤上放一上表面光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，装置处于静止状态，此时台秤读数为F1；现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒.当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )A. 弹簧长度将变长B. 弹簧长度将变短C. F1>F2D. F1<F2【答案】BC【解析】以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短．故A错误，B正确．由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则F1＞F2．故C正确，D错误．故选BC.点睛：本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析.9. 如图，物块与木平面成θ角，木板上有两个靠在一起的物块P和Q，质量分别为m和2m，物块与木板间的动摩擦因数均为μ，用大小为F的恒力沿着平行于木板的方向推动物块P，若P和Q之间弹力大小记为F1，下列顺正确的是( )A. 若θ=0，μ=0，则B. 若θ=0，μ≠0，则C. 若，μ=0，则D. 若，μ≠0，则【答案】AD【解析】对P、Q整体由牛顿第二定律可得F-μ•3mgcosθ-3mgsinθ=3ma，解得a＝−μg cosθ−g sinθ，再隔离Q使用牛顿第二定律可得F1-μ•2mgcosθ-2mgsinθ=2ma，将a代入可得F1＝F，故AD正确，BC错误．故选AD．点睛：本题考查了牛顿第二定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，从本题中可以看出，最终的弹力与是否有摩擦以及斜面的倾角无关．10. 如图所示，质量m=lkg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩檫因数为μ=0.2,传送带AB之间的距离为L=5m,传送带一直以v=4m/s的速度顺时针匀速转动，g=10m/s2,则下列说法正确的为( )A. 物体运动到A的速度为2m/sB. 物体在摩擦力作用下从A到B —直做匀加速直线运动C. 物体从A运动到B的时间是l.5sD. 物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J【答案】ACD【解析】设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：mv02=mgh代入数据得：v0==2m/s，选项A正确；则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a=μg=2m/s2；加速至速度与传送带相等时用时：；匀加速运动的位移，所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为，故物体从A运动到B的时间为：t=t1+t2=1.5s．故B错误，C正确．在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为 S皮带=vt1=4m，故产生热量Q=μmg△S=μmg（S皮带-s1），代入数据得：Q=2J．故D正确．故选ACD.二、实验题11. 在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验耍求的纸带如图所示O点为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点；己知打点计时器每隔T=0.2s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2.那么(1)计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2=2gsOB，乙同学用 .其中所选择方法正确的是_____ (选填“甲”或“乙”）同学.(2)同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为_____ m/s2,从而计算出阻力Ff=______(3)若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？_________ .(选填“能”或“不能”）【答案】(1). 乙；(2). ；(3). ；(4). 能；【解析】（1）由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重力加速度，所以求速度时不能用v B2＝2gS OB来求，只能根据来求瞬时速度值，所以乙正确．（2）根据△x=aT2，可求出，代入数据解得a=9.5m/s2；由mg-f=ma解得阻力f=0.06N．（3）根据mgh=mv22-mv12可知，可以利用A点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现．12. 小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而变大，某同学利用实验探究这—现象.所提供的器材有：该同学选择仪器，设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据.①请你推测该同学选择仪器是：电流表为______，电压表为______，滑动变阻器为_____(以上均填写器材前的代号)②请你推测该同学设计的正确实验电路图并画在图甲的方框中___________________ .③请在图乙的坐标系中画出小灯泡的I-U曲线__________________________ .④若将该小灯泡直接接在电动势是1.5 V,内阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率为______W.【答案】(1). A;(2). C;(3). E;(4).(5).(6). 0.27W;【解析】（1）由表中实验数据可知，电流最大测量值为0.5A，则电流表应选A；电压最大测量值为2V，电压表应选C；为方便实验操作滑动变阻器应选择E．（2）由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡最大阻值约为：R灯==4Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法；电路图如图所示．（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：（4）若将该小灯泡直接接在电动势是1.5 V,内阻是2.0Ω的电池两端，则在小灯泡的U-I图像上画出电源的U-I图像如图，其交点位置为电路的工作点，由图可知I=0.34A，U=0.8V，则小灯泡的实际功率为P=IU=0.27W.点睛：本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法．三、计算题13. 如图所示，倾角为370的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道.两个光滑半圆轨道半径都为R=0.2m,其连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.斜面上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹黄下端与一个可视为质点、质量为m=0.02kg的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27J.现解除弹簧的锁定，小球从A 点出发，经翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B 点的距离为s=2.0 m;己知斜面轨道的A点与水平面上B点之间的高度为h=l.0m,小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75;小球从斜面到达半圆轨道通过B点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，（sin370=0.6 cos370=0.8.取g=10 m/s2).求：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小;（2）小球对B点轨道的压力；（3）斜面粗糙部分的长度x.【答案】(1)（2）方向竖直向下；（3）【解析】（1）小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为v E，由平抛运动规律知，s＝v E t，4R＝gt2，联立解得v E＝＝5 m/s（2）小球从B点运动到E点的过程，由机械能守恒有mv B2＝mg×4R＋mv E2解得v B2＝8gR＋，则v B＝m/s在B点有F N－mg＝m所以F N＝9mg＋＝4.3 N由牛顿第三定律可知F′N＝F N＝4.3 N，方向竖直向下（3）小球沿斜面下滑到B点的过程，由功能关系有：mgh－μmg cos 37°・x＝mv B2－E p解得x＝0.5 m.14. 如图所示，“L”型滑板，（平面部分足够长)，质量为4m，距滑板的A壁为L l距离的B处放有一质量为m,电量为+q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求.(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1多大？(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的3/5，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度多大？（均指对地速度）(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由动能定理得qEL1=m v12得（2）若物体碰后仍沿原来方向运动，碰后滑板的速度为v，由动量守恒得mv1=m•v1+4mv解得，，由于B与A同向运动，故不可能，∴物块碰后必反弹，速度为v1′=-v1根据动量守恒定律得mv1=-m•v1+4mv解得由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二碰撞之前，故物体与A第二次碰前，滑板的速度为物体与A壁第二碰前，设物块的速度为v2，v2=v1′+at两物体第二次相碰时，位移相等，则有vt=v1′t+at2得v=v1′+at，又联立解得，（3）设物体在两次碰撞之间位移为S由得故物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为W=qE（L1+S）=qEL1．点睛：本题运用程序法按时间顺序分析物体运动的过程，难点是判断第一次碰撞后B的速度方向，抓住碰撞后同向运动的物体，后面物体的速度不可能大于前面物体的速度．15. 对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是____ .A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B.外界对物体做功，物体内能一定增加C.悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈D.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小E.夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故【答案】ACE【解析】内能取决于物体的温度、体积和物质的量；温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故A正确；外界对物体做功的同时如果向外界放出热量，则物体的内能就不一定增大，故B错误；悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，选项C正确；当分子间作用力表现为斥力时，当分子间距离的减小时，分子力做负功，分子势能增大，选项D错误；夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，选项E正确；故选ACE.16. 如图所示，导热气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M=200kg，活塞质量m=10kg，活塞面积S=100cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气，此时缸内气体的温度为27℃，活塞刚好位于气缸正中间，整个装置都静止，已知大气压恒为p0=1.0×105pa，重力加速度为g=10m/s2，求：①缸内气体的压强p1;②缸内气体的温度上高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处.【答案】(1)（2）【解析】试题分析：①以气缸为对象（不包括活塞）对气缸列受力平衡方程：带入数据解得：②当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为，压强为，此时仍有：即，由此可知缸内气体为等压变化。

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河南省豫南豫北名校2018届高三精英联赛

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• 【答案】7. B 8. D 9. C • 【解析】升龙工业区属于季风气候，降水季节变化大。海拔7.3—10.5米,海拔 低，位于河流下游沿岸，洪涝灾害多。较周围地区高2—3米，最主要的目的是 减弱洪涝灾害的影响。企业区位选择的最终目的是获取最大利润。新兴工业零 部件生产可能在不同地区或企业，需要各环节密切协作。 • 7. 读图，升龙工业区属于季风气候，降水季节变化大。海拔7.3—10.5米,海拔 低，位于河流下游沿岸，洪涝灾害多。较周围地区高2—3米，最主要的目的是 减弱洪涝灾害的影响，B对。确保地基稳定可靠，不需要比周围高，A错。海 水倒灌主要影响河口地区，C错。不能避免台风危害，D错。 • 8. 企业区位选择的最终目的是获取最大利润。现阶段,升龙工业区是越南土地 租金最高的工业区之一,而日本企业仍在扩大投资,是因为生产的产品利润大， D对。人才、交通、服务全面等不是最主要原因，A、B、C错。 • 9. 生产新型智能手机是新兴工业,零部件生产可能在不同地区或企业，需要各 环节密切协作。越南是发展中国家，经济发展水平低，其最大的顾虑是当地生 产协作条件差，C对。销售面向国际市场，越南市场较小不是主要原因，A错。 该生产是组装产品，当地劳动力素质、语言存在障碍不是主要原因，B、D错。
• 2015年新疆棉花产量约占全国棉花总产量的60%，2016年新疆棉花的收 购价格有所降低。棉花收购价格的调整有利于把新疆棉花种植规模控制 在合理水平，优化农业种植结构。据此完成下列各题。 • 5. 江汉平原棉花一成熟就要采摘，而新疆棉花成熟后可集中采摘，其主 要原因是新疆 • A. 棉花质量好 B. 棉花产区适宜机械化作业 • C. 劳动力短缺 D. 气候干旱、降水少 • 6. 根据材料预测，棉花收购价格的降低可能会导致2017年新疆棉花 • ①单位面积产量将减少 ②单位棉花种植效益降低③种植区域将更为集中 ④在全国的地位将下降 • A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
2018届豫东、豫北十所名校高中毕业班阶段性测试(五)物理试题及答案 (3)

2018届豫东、豫北十所名校高中毕业班阶段性测试(五)物理试题及答案 (3)

2017-2018学年豫东、豫北十所名校高中毕业班阶段性测试（五）理科综合（物理）安阳一中郸城一高扶沟高中鹤壁高中淮阳中学济源一中开封高中灵宝一高洛阳一高林州一中内黄一中南阳一高平顶山一中濮阳一高商丘一高太康一高温县一中新乡一中夏邑高中虞城高中叶县一高（学校名称按其拼音首字母顺序排列）本试题卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

考生作答时，将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡），在本试题卷上答题无效。

考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N 14 0 16 Fe 56 Cu 64第I卷（选择题共126分）一、选择题：本题共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，每小题6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.轻质弹簧A的两端分别连在质量为m1和m2的小球上，两球均可视为质点。

另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C的一端分别与两个小球相连，日的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图所示。

适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37不变（已知sin 37=0.6，cos 37=0.8），当弹簧C 的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为A．1：1 B．3：5C．4:3 D．5：415．如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿。

现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为 时，小球上升的速度大小为A．vsinθ B．vcosθC．vtanθ D．vcotθ16. 2018年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持。

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河南省豫南九校联考2017-2018学年高考物理一模试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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0分）1．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )A．v B．v C．2v D．m/s2．某小型发电机线圈内阻为r=1.0Ω，产生的电动势为e=10sin10πt（V），用其对阻值R=9.0Ω的灯泡供电，设灯泡电阻丝电阻不随温度变化，则( )A．灯泡上的电压为10V B．灯泡上的电压为10VC．灯泡获得的功率为10W D．灯泡获得的功率为9W3．如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为( )A．B．C．D．4．如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为( )A．B．C．D．5．如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A、B卫星的轨道半径分别为r a和b，某时刻A、B两卫星距离到达最近，已知卫星A的运行周期为T，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为( )A．B．C．D．6．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，小球落地到P点的水平距离可能为( )A．R B．R C．2R D．R7．在地面附近，存在着两个有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场．两区域电场强度大小相等，在区域Ⅰ中的P点由静止释放一质量为m，电荷量为q的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为v0，进入区域Ⅱ到达M点速度刚好减为零，如图所示，已知此过程中小球在区域Ⅱ中运动时间是区域Ⅰ中运动施加的2倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A．小球带正电B．电场强度大小是C．P点距边界的距离为D．若边界AB处电势为零，则M点电势为﹣8．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中( )A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθ﹣mv2D．受到的最大安培力为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题-18题为选考题，考生根据要求作答9．如图所示的实验装置可以用来测量重力加速度g，方法是让“工“字型金属片自由下落通过光电门，“工”字型中间立柱长为h，上下两块挡光片A、B足够窄，宽度均为D，挡光时间由跟光电门相连的数字计时器记录下来，若下档片B通过光电门时时间为△t1，上挡光片A通过光电门时时刻为△t2，则“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=__________，离开光电门时的速度v2=__________，自由落体运动的加速度g=__________．10．在实验室中，利用电阻箱、灵敏电流计，定值电阻等实验器材可以测量电源的电动势和内阻，实验的实物连线如图甲所示，电阻箱最大阻值为30Ω，定值电阻阻值为3000Ω，灵敏电流计内阻不计．（1）要想完成实验，实物连接图中缺少一条导线，请在图中补画出这条导线丙并根据实物连接图在虚线框中画出电路图．（2）由于电阻箱电阻的最大值远小于定值电阻，可以认为流过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，在这种情况下，电阻箱连入电路的阻值R、灵敏电流计示数I、电源的电动势E、内阻r和定值电阻R0时间的关系是=__________（3）改变电阻箱的阻值R并读出电流计的读数I，作出﹣图象如图乙所示，则电源的电动势是__________V，内阻是__________Ω．11．一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角为37°且足够长的粗糙斜面，其速度﹣时间图象如图所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）上滑过程中经多长距离滑块的动能与重力势能相等（2）滑块返回斜面底端时的动能．12．（19分）如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=4.0×106N/C，紧靠y轴存在一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度为B1=0.2T，方向垂直坐标平面内．在第四象限内有磁感应强度B2=×10﹣1T，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场．P是y轴上坐标为（0，1）的一点，比荷为1.5×108C/kg的粒子以平行于x轴速度v0从y轴上的P 点射入，粒子沿直线通过电场，磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上Q点射入匀强磁场B2．粒子刚好到达y轴上某点C（计算结果保留两位有效数字）．求：（1）粒子射出的初速度v0以及离开x轴时的速度；（2）求Q点和C点的坐标．（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是多少？三、[物理-选修3-3]13．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积不是指的该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积B．只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱C．在超重的情况下，气体对容器壁的压强一定增大D．外界对气体做功，气体的内能一定增加E．气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量14．一定质量的理想气体被活塞封闭在圆筒形的金属气缸内，如图所示，气缸竖直放置，活塞的质量为1kg，横截面积s=5cm2，活塞与气缸底之间用一轻弹簧连接，弹簧的自然长度l0=10cm；劲度系数k=100N/m，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始时弹簧为原长，环境温度为27℃，将对气缸内气体缓慢加热，活塞上升了5cm，大气压强为p0=1.0×105Pa，g=10m/s2．求：①最后气缸内气体的温度②保持气缸内气体满足①问中的温度，使整个装置竖直向上做匀加速运动，发现弹簧又恢复了原长，则整个装置的加速度为多少？四、[物理3-4]15．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是( )A．这列波的传播方向是沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3 mD．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向E．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离16．如图所示，有一圆柱形容器，底面半径为R，在底面的中心处有一红色点光源S，它发出的红色光经时间t可以传到容器的边缘P，若容器内盛满某透明液体，S发出的红光经时间2t可以传到容器的边缘P，且恰好在P点高度发生全反射，求溶度的高度．五、[物理-选修3-5]17．下列说法中正确的是( )A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分B．目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C．一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子D．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大18．如图所示，木块A放在水平台面B上，水平台面B的中间有一孔洞，一粒向上射出的子弹以速度v0打进木块A，它们瞬时获得共同速度，内嵌子弹的木块A上升的最大高度为h1=1.8m，然后自由落下，落到平台B上后反弹的高度为h2=1.25m，测出A开始下落都第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，已知木块A的质量为m=0.39kg，子弹质量m0=0.01kg，g取10m/s2，不计空气阻力，求：①子弹打击木块A时的速度v0②从木块A第一次落到平台B到反弹离开，平台B对木块A的平均作用力的大小．河南省豫南九校联考2015届高考物理一模试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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0分）1．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为( )A．v B．v C．2v D．m/s考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：直线运动规律专题．分析：滑板爱好者做匀加速直线运动，对运动的前半程和全程分别根据速度位移关系公式列式后联立求解即可．解答：解：设位移为L，对前半程，有：①对运动的全程，有：v′2=2aL ②联立解得：v′=故选：A．点评：本题关键是明确滑板爱好者的运动性质，然后灵活地选择运动学公式和运动过程列式求解，基础题目．2．某小型发电机线圈内阻为r=1.0Ω，产生的电动势为e=10sin10πt（V），用其对阻值R=9.0Ω的灯泡供电，设灯泡电阻丝电阻不随温度变化，则( )A．灯泡上的电压为10V B．灯泡上的电压为10VC．灯泡获得的功率为10W D．灯泡获得的功率为9W考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．专题：交流电专题．分析：小型发电机产生的交变电动势的通式为e=E m sinωt，对应表达式得出最大值，根据有效值和峰值之间关系求出有效值，从而求出功率．解答：解：AB、由交变电动势的表达式知最大值E m=10V，所以有效值为：，由欧姆定律得：灯泡上的电压为：，故AB错误；CD、，故C错误，D正确；故选：D．点评：本题考查由交变电动势的表达式得出电动势有效值、角速度、周期等物理量的能力，熟练这些物理量之间的换算关系是关键3．如图，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直挡板挡住，不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为( )A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对A球受力分析，根据平衡条件列式求解B对A的支持力；再隔离A、B球整体，根据平衡条件列式求解竖直挡板对B的作用力．解答：解：对A球受力分析，如图所示，A、B之间的作用力等于A球的重力沿着斜面的分量，为：F1=mgsin30°；B球与竖直挡板间的作用力F2方向与挡板垂直，把A、B看作一个整体，即：F2=2mgtan30°；故；故选：C．点评：本题关键是采用隔离法和整体法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目．4．如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为( )A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电荷先直线加速，再做类似平抛运动；对直线加速过程，根据动能定理列式；对类似平抛运动过程，根据分位移公式列式；最后联立求解即可．解答：解：设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q（kU）=①对类似平抛运动过程，有：l=vt ②=③联立解得：=故选：B．点评：本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析，对直线加速根据动能定理列式，对类似平抛过程根据分位移公式列式，基础题目．5．如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A、B卫星的轨道半径分别为r a和b，某时刻A、B两卫星距离到达最近，已知卫星A的运行周期为T，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为( )A．B．C．D．考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：万有引力定律的应用专题．分析：两颗人造地球卫星A和B绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式比较求得卫星B的运行周期．卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，当卫星B转过的角度与卫星A转过的角度之差等于π时，卫星再一次相距最远．解答：解：两颗人造地球卫星A和B绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式：=mT=2π，已知卫星A的运行周期为T，A、B卫星的轨道半径分别为r a和b，所以卫星B的运行周期为T′=T它们再一次相距最远时，一定是B比A多转了半圈，有：﹣=解得：t=，故选：C．点评：本题既可应用万有引力提供向心力求解，也可应用开普勒行星运动定律求解，以后者较为方便，两卫星何时相距最远的求解，用到的数学变换相对较多，增加了本题难度．6．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，小球落地到P点的水平距离可能为( )A．R B．R C．2R D．R考点：向心力．分析：根据牛顿第二定律分别求出小球在最高点P的速度大小，离开P点做平抛运动，根据平抛运动的时间和速度分别求出水平位移，即可解答．解答：解：小球从管口飞出做平抛运动，设落地时间为t，根据2R=gt2，得：t=2；当小球对管下部有压力时有：mg﹣0.5mg=m，解得：v1=小球对管上部有压力时有：mg+0.5mg=m，解得：v2=因此水平位移x1=v1t=R，或x2=v2t=R，故A、D正确．故选：AD点评：解决本题的关键理清小球做圆周运动向心力的来源，知道管子与轻杆模型相似，在最高点对球的弹力方向可能向下，也可能向上，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．7．在地面附近，存在着两个有理想边界的电场，边界A、B将该空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场．两区域电场强度大小相等，在区域Ⅰ中的P点由静止释放一质量为m，电荷量为q的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为v0，进入区域Ⅱ到达M点速度刚好减为零，如图所示，已知此过程中小球在区域Ⅱ中运动时间是区域Ⅰ中运动施加的2倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A．小球带正电B．电场强度大小是C．P点距边界的距离为D．若边界AB处电势为零，则M点电势为﹣考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．分析：根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力；结合牛顿运动定律求电场强度，P点距边界的距离；通过动能定理求出M的电势．解答：解：A、根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，且区域Ⅱ的场强方向向下，故电荷带负电，故A错误B、在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1=，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2=，因为a1t1=a2t2，2t1=t2解得E=，故B错误C、设P点距边界的距离为h，则h==，故C错误D、对边界到M的过程运用动能定理得：qU+mgh′=0﹣mv，h′=解得：U=﹣，故D正确．故选：D点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解8．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为υ，则金属棒ab在这一过程中( )A．加速度为B．下滑的位移为C．产生的焦耳热为sinθ﹣mv2D．受到的最大安培力为考点：导体切割磁感线时的感应电动势．分析：金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由牛顿第二定律，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理解答：解：A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣BIL=ma；其中I=；故a=gsinθ﹣，故A错误；B、由电量计算公式q=It===可得，下滑的位移大小为X=，故B正确；C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热Q=mgXsinθ﹣=sinθ﹣mv2，故C正确；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为F=BIL=B L=，故D正确．故选：BCD点评：电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量q=和F安=，注意电阻和匝数，在计算题中，不能直接作为公式用，要推导．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题-18题为选考题，考生根据要求作答9．如图所示的实验装置可以用来测量重力加速度g，方法是让“工“字型金属片自由下落通过光电门，“工”字型中间立柱长为h，上下两块挡光片A、B足够窄，宽度均为D，挡光时间由跟光电门相连的数字计时器记录下来，若下档片B通过光电门时时间为△t1，上挡光片A通过光电门时时刻为△t2，则“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=，离开光电门时的速度v2=，自由落体运动的加速度g=．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度求解金属片进入光电门时的速度v1和离开光电门时的速度v2；“工“字型金属片自由下落，根据速度位移关系公式列式求解自由落体运动的加速度g．解答：解：极短时间内的平均速度可以近似表示瞬时速度，故：“工”字型金属片进入光电门时的速度v1=；离开光电门时的速度v2=；根据速度位移关系公式，有：解得：g==故答案为：，，．点评：本题关键是明确实验中测量瞬时速度的方法，即用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，同时要结合速度位移公式求解加速度，基础题目．10．在实验室中，利用电阻箱、灵敏电流计，定值电阻等实验器材可以测量电源的电动势和内阻，实验的实物连线如图甲所示，电阻箱最大阻值为30Ω，定值电阻阻值为3000Ω，灵敏电流计内阻不计．（1）要想完成实验，实物连接图中缺少一条导线，请在图中补画出这条导线丙并根据实物连接图在虚线框中画出电路图．（2）由于电阻箱电阻的最大值远小于定值电阻，可以认为流过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，在这种情况下，电阻箱连入电路的阻值R、灵敏电流计示数I、电源的电动势E、内阻r和定值电阻R0时间的关系是=（3）改变电阻箱的阻值R并读出电流计的读数I，作出﹣图象如图乙所示，则电源的电动势是3V，内阻是1Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：根据实验原理连接实物图即作电路图；由图象中的截距的含义及闭合电路的欧姆定律的表达式要求得电动势和内电阻．解答：解：（1）定值电阻和灵敏电流计串联后与电阻箱并联，所以应该在电阻箱与开关处连接一根导线，如图1所示，根据实物图，电路图如图2所示：（2）由闭合电路的欧姆定律得：E=IR0+，则：=（3）图象纵坐标的截距表示内阻的大小的倒数，图象斜率为由图象可知，图象与纵轴截距b=﹣1，则电源内阻是：r=1Ω，图象斜率k===0.001，即：=0.001，则电源电动势为：E=0.001rR0=0.001×1×3000=3V；故答案为：（1）实物连线图如图1所示，电路图如图2所示（2）（3）3，1点评：本题考查了求电源的电动势与内阻，根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键．11．一质量m=0.5kg的滑块以某一初速度冲上倾角为37°且足够长的粗糙斜面，其速度﹣时间图象如图所示，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：（1）上滑过程中经多长距离滑块的动能与重力势能相等（2）滑块返回斜面底端时的动能．考点：动能定理的应用；动能和势能的相互转化．分析：（1）小物块冲上斜面过程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根据牛顿第二定律求解μ．先求解出动能和重力势能的表达式，然后求解相等的时刻；要分上滑和下滑两个过程讨论．（2）根据运动学公式求出物块上滑的距离，根据动能定理求出小物块返回斜面底端时的动能．解答：解：（1）由小物块上滑过程的速度﹣时间图线，可知：a==8m/s2…①如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐标系，mgsin37°+μmgcos37°=ma…②代入数据得：μ=0.25设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，则有：s===25m若物体上滑t时刻，速度为：v=v0﹣at=20﹣8t （t＜2.5s）高度为：h=xsin37°=（v0t﹣）sin37°=12t﹣2.4t2；动能与势能相等，故：解得：t≈4.14s（大于2.5s，舍去）或者t≈0.86s物体下滑过程的加速度为：a′=gsin37°﹣μgcos37°=4m/s2若物体下滑t′时刻，速度为：v′=a′t′=4t′高度为：h′=（s﹣x′）sin37°=（s﹣）sin37°=15﹣1.2t′2；动能与势能相等，故：联立解得：t′=≈2.74s（负值舍去）故到动能和势能相等的总时间为：t1=2.5s+2.74s=5.24s（2）沿斜面运动全过程中根据动能定理：﹣μmgcos37°•2s=E K﹣mv2代入数据得：E k=50J答：（1）上滑后经0.158s或者5.24s时间滑块的动能与重力势能相等；（2）滑块返回斜面底端时的动能50J．点评：本题首先考查理解速度图象的能力．速度﹣时间图象其“斜率”表示加速度，“面积”表示位移．其次要注意在分析机械能相等时要进行讨论，明确有向上和向下两种可能．12．（19分）如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=4.0×106N/C，紧靠y轴存在一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度为B1=0.2T，方向垂直坐标平面内．在第四象限内有磁感应强度B2=×10﹣1T，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场．P是y轴上坐标为（0，1）的一点，比荷为1.5×108C/kg的粒子以平行于x轴速度v0从y轴上的P 点射入，粒子沿直线通过电场，磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上Q点射入匀强磁场B2．粒子刚好到达y轴上某点C（计算结果保留两位有效数字）．求：（1）粒子射出的初速度v0以及离开x轴时的速度；（2）求Q点和C点的坐标．（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）粒子在电磁场中做直线运动，由平衡条件求出粒子的速度，由牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出竖直分速度，然后求出粒子离开电场时的速度．（2）由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后由几何知识求出Q、C的坐标．（3）分三段，分别由运动学公式求解时间，即可得到总时间．解答：解：（1）粒子在电场中做直线运动，洛伦兹力与电场力相等，由平衡条件得：qE=qv0B1，代入数据解得：v0=2×107m/s，粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，由匀变速运动的速度位移公式得：v y2=2y P，粒子离开电场时的速度：v=，代入数据解得：v=4×107m/s，cosθ===，则：θ=60°；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律得：qvB2=m，得R=代入数据解得：R=20m由几何知识可知，x Q=R+Rsin60°=m，y C=Rcos60°=10m；Q点的坐标，C点的坐标（0．﹣10）；（3）设粒子在电场中运动时间为t2．则t2===s=×10﹣7s电场中水平位移大小x2=v0t2=2×107××10﹣7m=m粒子在电磁场叠加区中，水平位移为x1=x Q﹣x2=m﹣m≈36.9m运动时间为t1==s≈1.8×10﹣6s在磁场中运动时间为t3=≈1.0×10﹣6s故总时间为t=t1+t2+t3≈2.81×10﹣6s．答：（1）粒子射出的初速度v0为2×107m/s，离开x轴时的速度大小为4×107m/s，方向：与x轴正方向成60°；（2）Q点的坐标，C点的坐标（0．﹣10）．（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是2.81×10﹣6s．点评：本题考查了粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意几何知识的应用．三、[物理-选修3-3]13．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A．气体的体积不是指的该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积B．只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱C．在超重的情况下，气体对容器壁的压强一定增大D．外界对气体做功，气体的内能一定增加E．气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量考点：热力学第一定律；封闭气体压强．分析：气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功和热传递都可以改变物体的内能，根据热力学第一定律分析物体内能的变化．。

河南名校2018届高三物理第一次段考试题附答案

河南名校2018届高三物理第一次段考试题附答案

河南名校2018届高三物理第一次段考试题（附答案）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8题为单项选择题，每小题的四个选项中，只有一个选项符合要求；第9-12题为多选题，每所给的选项中有多符合要求，全选对的得4分，部分选对的得2分，由选错或不选的得0分。

）1.图为氢原子的能级图，以下判断正确的是()A.大量氢原子从n=4的定态向低能级跃迁时,能产生4种频率的光子B.氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,原子的能量减小C.当氢原子从n=5的定态跃迁到n=3的定态时,要吸收光子D.从氢原子的能级图可知，原子可以吸收大于13.6eV的能量而发生电力2.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场E沿的z轴的正方向（竖直向上），磁场B沿y轴的正方向，一个带正电的微粒处于此空间，如果此微粒重力不可忽略，则()A.微粒不可能处于静止状态B.微粒不可能沿y轴负方向做匀速运动C.微粒可能在Oxz竖直平面内做匀速圆周运动D.微粒可能在Oyz竖直平面内做匀速圆周运动3.如图所示,在光滑水平地面上有一质量为M、高为h的光滑斜面，另一个质量为m的小球一速度沿水平地面从斜面底端冲上斜面，重力加速度为g，不计小球通过斜面底端时的能量损失。

下列说法正确的是()A.小球、斜面组成的系统动量守恒B.斜面对小球的弹力对小球不做功C.小球在斜面上运动的过程中，斜面的动能一直增大D.小球返回斜面底端时速度大小仍为4.如图所示，理想变压器原线圈两端的电压表V示数为36V，、、、为四只规格均为“12V6W”的灯泡，已知灯泡正常发光，下列说法正确的是()A.ab端输入功率为18WB.灯泡能够正常发光C.ab端输入电压为36VD.若灯泡断路，灯泡仍正常发光5.如图，两根硬杆竖立地固定在地面上，一根不可伸长的柔软细绳系于两杆等高的M、N两点，一重物通过光滑的挂钩挂在绳子上，此时绳子与右杆的夹角为α。

现将绳子与右杆的结点向上缓慢移动到Q处，关于α大小的变化的判断，正确的是()A.不变B.变大C.变小D.不能确定6.如图，竖直平面内存在匀强电场，场强大小为E，方向竖直向下。

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