陕西省西安中学2018届高三物理第六次模拟考试理科试卷（含解析）.doc

1、1陕西省西安中学 2018 届高三第六次模拟考试理科物理试题一、选择题1.将质量为 m0.1 kg 的小球从地面竖直向上抛出，初速度为 v020 m/s，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为 f kv，已知 k0.1 kg/s。其在空气的速率随时间的变化规律如图所示，取 g10 m/s 2，则以下说法正确的是（ ） A. 小球在上升阶段的平均速度大小为 10 m/sB. 小球在 t1时刻到达最高点，此时加速度为零C. 小球落地前匀速运动，落地速度大小 v110 m/sD. 小球抛出瞬间的加速度大小为 20 m/s2【答案】C【解析】【详解】A. 根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则

2、从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v0/2=10m/s，故小球上升过程的平均速度小于 10m/s，故 A 错误；B. 小球在 t1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为 g，故 B 错误；C. 由图象可知，小球落地前匀速运动，由 mg=f=kv1得 v1=10m/s.故 C 正确；D. 小球抛出瞬间，有：mg+kv 0=ma0；联立解得：a 0=30m/s2.故 D 错误。故选：C2.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd 分别是正方形两条2边的中垂线，O 点为中垂线的交点，P、

3、Q 分别为 cd、ab 上的点。则下列说法正确的是（ ） A. P、O 两点的电势关系为 P OB. P、Q 两点电场强度的大小关系为 EQEPC. 若在 O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D. 若将某一负电荷由 P 点沿着图中曲线 PQ 移到 Q 点，所受电场力做的总功为零【答案】D【解析】【详解】A. 根据电场叠加，由图象可知 ab、cd 两中垂线上各点的电势都为零，所以 P、O两点的电势相等。故 A 错误；B. 电场线的疏密表示场强的大小，根据图象知 EPEQ，故 B 错误；C. 四个点电荷在 O 点产生的电场相互抵消，场强为零，故在 O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到

4、的电场力为零，故 C 错误；D. P、Q 电势相等，若将某一负电荷由 P 点沿着图中曲线 PQ 移到 Q 点，电场力做功为零。故 D 正确。故选：D【点睛】根据电场线的方向确定场源电荷的正负电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低电场线的疏密表示场强的大小，根据电势高低判断功的正负3.如图所示，天宫二号在椭圆轨道的远地点 A 开始变轨，变轨后在圆轨道上运行，A点离地面高度约为 380 km，地球同步卫星离地面高度约为 36000 km。若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是（ ） A. 天宫二号在轨道上运行通过近地点 B 时速度最小B. 天宫二号在轨道上运行的周期可能大于在轨道

5、上运行的周期C. 天宫二号在轨道上运行的周期一定大于 24 h3D. 天宫二号在轨道上运行通过 A 点时的速度一定小于在轨道上运行通过 A 点时的速度【答案】D【解析】【详解】A. “天宫二号”由远地点 A 向近地点 B 运动的过程中，万有引力做正功，动能增加，速度增加，所以“天宫二号”在轨道上运行通过近地点 B 时速度最大，故 A 错误；B. 根据开普勒第三定律 =k，因为轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以“天宫二号”r3T2在轨道上运行的周期小于在轨道上运行的周期，故 B 错误；C. 根据周期公式 ，轨道半径越大，周期越大，天宫二号在轨道 上的半径小于地T=42r3GM球同步卫星的轨道半径

6、，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期一定小于同步卫星的周期，同步卫星的周期为 24h，所以“天宫二号”在轨道上运行的周期一定小于 24h，故 C错误；D. “天宫二号”由轨道上的 A 点变轨到轨道，要加速做离心运动，所以“天宫二号”在轨道上运行通过 A 点时的速度一定小于在轨道上运行通过 A 点的速度，故 D 正确；故选：D【点睛】根据万有引力提供向心力，得周期公式，比较天宫二号在轨道上的周期和同步卫星的周期；卫星的变轨问题，如果提供的向心力小于所需要的向心力做离心运动，提供的向心力大于所需要的向心力做近心运动；利用开普勒第三定律比较在轨道和上的周期4.如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小

7、球 a、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态地面受到的压力为 N，球 b 所受细线的拉力为 F。剪断连接球 b 的细线后，在球 b 上升过程中地面受到的压力（ ） A. 大于 N+FB. 大于 N 小于 N+FC. 等于 N+FD. 等于 N【答案】A4【解析】【详解】以箱子和 a 合在一起为研究对象，设其质量为 M，剪断连接球 b 的细线前，则N+F=Mg+Fe，其中 Fe表示 b 对 a 的库仑力，也即为 b 对 a 和箱子整体的库仑力；剪断连接球 b 的细线后，则 ，又由于在球 b 上升过程中库仑力变大（距离变近） ，所以N=Mg+Fe，故 A 正确，BCD 错误。NN+F故选

8、：A。5.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为 C。电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为 U，两极板间距为 d，电容器储存的能量 。一电荷量E=12CU2为 q 的带电油滴以初动能 Ek从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则A. 保持开关闭合，只将上极板下移了 ，带电油滴仍能沿水平线运动d3B. 保持开关闭合，只将上极板下移 ，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为d3Ek+qU12C. 断开开关后，将上极教板上移 ，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做d3功至少为23CU2D. 断开开关后，将上极板上移 ，

9、若不考虑电容带极板的重力势能变化，外力对极板做功d3至少为 :16CU2【答案】BD【解析】试题分析：保持开关闭合，开始时油滴沿直线运动，则 ；若将上极板下移了 ，此Udq=mg d3时电场力 变大，则带电油滴将向上偏转，撞到上极板，根据动能定理可知，撞F=U23dq=3Uq2d5到上极板时的动能 ，选项 A 错误，B 正确；开始时，电容器Ek=Ek+U23dd6qmgd6=Ek+Uq12储存的能量为 E1=12CU2断开开关后，Q 不变；将上极板上移 ，则由 可知，电容器的电容变为 ，根据 Q=CUd3 C=S4kd 34C可知，两板间电势差变为 ,此时电容器储存的能量 ；根据能量守恒43U

10、 E2=1234C(43U)2=23CU2定律，若不考虑电容带极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为 ，W=E2E1=16CU2选项 D 正确，C 错误；故选 BD考点：带电粒子在复合场中的运动；电容器【名师点睛】此题是关于电容器及带电粒子在复合场中的运动问题；解题时关键是分析带电粒子在符合场中的受力变化情况及重力和电场力做功情况，然后根据动能定理分析动能变化；注意当电键断开时，电容器电量保持不变，结合电容器的决定式 讨论电容的C=S4kd变化.6.如图所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从 ab 处上滑，到

11、最高点后又下滑回到 ab 处，下列说法正确的是( )A. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C. 上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D. 上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小【答案】AD【解析】考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向电能转化，根据能量守恒定律，滑杆上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时，是上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑6过程的平均速度；根据 FA=BIL、I= ，上滑过程的平均安培力要大于下滑过程

12、的平均安培BLvR力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故 A 正确，B 错误；设导轨的长度为 x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小：，同理下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小：I=FAt=BILt BBLvRLt B2L2vRt B2L2xRI= ，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲B2L2xR量大小，故 C 错误，D 正确；故选 AD。点睛：本题针对滑杆问题考查了功和冲量，考虑功时，关键是结合能量守恒定律分析出上滑和下滑通过同一点时的速度大小关系；对于冲量，关键是推导出冲量的表达式进行分析此类问题往往与平均电动势结合7.如

13、图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡 a 和 当输入电压 U 为灯泡b.额定电压的 10 倍时，两灯泡均能正常发光下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数之比为 9：1 B. 原、副线圈匝数之比为 1：9C. 此时 a 和 b 的电功率之比为 9：1 D. 此时 a 和 b 的电功率之比为 1：9【答案】AD【解析】试题分析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为 9U，输出电压为 U；则可知，原副线圈匝数之比为 9：1：故 A 正确 B 错误；根据公式 可得 ，I1I2=n2n1 I1I2=19由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式 P=UI 可得两者的电功率

14、之比为 1：9，故 C 错误 D 正确；考点：考查了理想变压器视频二、实验题8.如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，靠近长木板的左端固定有一7光电门，右端放置一带有挡光片的小车，小车和挡光片的总质量为 M，细线绕过定滑轮，一端与小车相连，另一端挂有 6 个钩码，已知每个钩码的质量为 m，且 M = 4m。用游标卡尺测出小车上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片宽度 d =_cm。实验时为了消除摩擦力的影响，可以把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜度，直到使小车在不受绳的拉力时能沿木板做匀速运动。将小车从木板右端由静止释放，小车上的挡光片通过光电门的时间为 ，则小车通过光t1电

15、门的速度为_（用题目所给字母表示） 。开始实验时，细线另一端挂有 6 个钩码，由静止释放小车后细线上的拉力为 F1，接着每次实验时将 1 个钩码移放到小车上，当细线挂有 3 个钩码时细线上的拉力为 F2，则F1_2 F2（填“大于” 、 “等于”或“小于” ） 。若每次移动钩码后都从同一位置释放小车，设挡光片与光电门的距离为 L，细线所挂钩码的个数为 n，测出每次挡光片通过光电门的时间为 t，测出多组数据，并绘出 图象如n1t2图丙所示，已知图线斜率为 k，则当地重力加速度为_（用题目所给字母表示） 。【答案】 (1). (1)0.520； (2). (3) ； (3). (4)小于； (4)

16、. (5) .dt1 5d2kL【解析】【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为 5mm，游标读数为 0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm；(3)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小,则滑块通过光电门的速度 v=d/t1；(4)对整体分析，a 1= =0.6g，隔离对滑块分析，6mgM+6m根据牛顿第二定律得，F 1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，8a2= =0.3g，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F 2=7ma2=2.1mg，知 F12F2；3mg10m(5)滑块通过光电门的速度 v=d/t，根据 v2=2aL 得， ，d2t2=2aL因为 a= ，代

17、入解得 n= ，nmg10m=ng10 5d2gLt2解得,当地重力加速度为 g= .5d2kL故答案为：(1)0.520；(3) ；(4)小于；(5) .dt1 5d2kL9.某同学利用图所示电路测量量程为 2.5 V 的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱 R(最大阻值 99 999.9 )，滑动变阻器 R1(最大阻值 50 )，滑动变阻器 R2(最大阻值 5 k)，直流电源 E(电动势 3 V)，开关 1 个，导线若干.实验步骤如下：按电路原理图连接线路；将电阻箱阻值调节为 0，将滑动变阻器的滑片移到与电路原理图中最左端所对应的位置，闭合开关 S；调节滑动变阻器，使电

18、压表满偏； 保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00 V，记下电阻箱的阻值回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器_(填“R 1”或“R 2”)(2)根据原理图所示电路将实物图连线 _ (3)实验步骤中记录的电阻箱阻值为 630.0 ，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为_(结果保留到个位)9(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_ (填正确答案标号)A100 A B250 mA C500 A D1 mA【答案】 (1). （1）R 1； (2). （2）如图所示： ； (3). （3）2520；

19、 (4). （4）D【解析】【详解】 （1）滑动变阻器 R1的阻值较小，本实验中，要减小电压表内阻的测量误差，必须要求滑动变阻器电阻远远小于电压表内阻，故实验中应选择滑动变阻器 R1；（2）实物图连接如图所示：（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故： U=U+URVR代入数据，有：2.5=2+ 630，2RV解得：R V=2520。10（4）电压表两端电压为 2.5V 时，指针指到满偏位置，则该表头的满偏电流为：A=0.001A=1mA，故选：D；Ig=URV=2.52520故答案为：（1）R 1；（2）如上图所示；（3）2520；（4）D三、计算题10.如图，竖直平面内，两竖直直线 MN、PQ

20、 间（含边界）存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN、PQ 间距为 d，电磁场上下区域足够大。一个质量为 m，电量为 q 的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度 v 与 MN 夹角 =60，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界 PQ 并从左侧边界 MN 穿出。不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）电场强度大小 E；（2）磁场磁感应强度大小 B；（3）小球在电磁场区域运动的时间。【答案】 （1） （2） （3）E=mgq B=mv2qd t=4d3v【解析】试题分析：（1）由小球在电磁场区域做匀速圆周运动有得:11（2）设小球做匀速圆周运动的半径为 r,有解得：由几何关系

21、可得磁场磁感应强度大小（3）小球做匀速圆周运动周期 T=2rv小球在电磁场区域运动时间解得：考点：考查带电粒子在电磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【名师点睛】解决本题的关键理清小球在整个过程中的运动规律，画出运动的轨迹图，结合运动学公式、牛顿第二定律进行求解11.如图 1 所示，水平传送带保持以速度 v0向右运动，传送带长 L=10m。t=0 时刻，将质量为 M=1kg 的木块轻放在传送带左端，木块向右运动的速度时间图象（v-t 图象）如图 2所示。当木块刚运动到传送带最右端时，一颗质量为 m=20g 的子弹以大小为 v1=250m/s 水平向左的速度正对射入木块并穿出，子弹穿出时速度大小为

22、 v2=50m/s，以后每隔时间t=1s 就有一颗相同的子弹射向木块。设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点各不相同，木块长度比传送带长度小得多，可忽略不计，子弹穿过木块前后木块质量不变，重力加速度取 g=10m/s2。求：12（1）传送带运行速度大小 v0及木块与传送带间动摩擦因数 （2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中【答案】 （1） , （2） n=10【解析】试题分析：（1）由木块 v-t 图可知：木块达到传送带速度 后做匀速直线运动（2）设第一颗子弹穿出木块后瞬时，木块速度为 v，以水平向左为正方向由系统动量守恒得：解得：说明木块被子弹击中后将向左做匀减速直线运动经过时间 速度

23、变为 vv=vatv=1m/s即木块恰好再次与传送带共速期间木块对地向左最大位移大小为木块实际向左位移大小为 x=v22av22a解得：13设木块在传送带上最多能被 n 颗子弹击中应满足 (n2)x+xL解得 n=10考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律以及运动学公式，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解12.关于分子动理论下列说法正确的是_。A气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力B对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大C温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关D物体内能增加，温度一定升高E热量可以

24、从高温物体传到低温物体【答案】BCE【解析】【详解】A. 气体总是充满容器，是由于分子做扩散运动的原因，能说明分子的无规则的运动，不能说明气体分子间只存在斥力，故 A 错误；B. 温度是分子的平均动能的标志，对于一定质量的理想气体，由于分子势能可以忽略不计，所以温度升高，气体内能一定增大，故 B 正确；C. 温度是分子的平均动能的标志，而布朗运动能反映分子的无规则的运动，所以温度越高布朗运动越剧烈，说明液体分子的运动与温度有关，故 C 正确；D. 物体内能增加，可能是分子的势能增大，而温度不一定升高，如冰融化的过程内能增大而温度不变。故 D 错误；E. 由热力学第二定律可知，热可以从高温物体传

25、到低温物体。故 E 正确。故选：BCE13.如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。已知外界大气压强为 p0，活塞的横截面积为 S，质量为 m 。与容器底部相距 h，此时封闭p0S4g气体的温度为 T0，现在活塞上放置一质量与活塞质量相等的物块，再次平衡后活塞与容器底部相距 h，接下来通过电热丝缓慢加热气体，气体吸收热量 Q 时，活塞再次回到原初始91014位置，重力加速度为 g，不计活塞与气缸的摩擦。求：活塞上放置物块再次平衡后，气体的温度。加热过程中气体的内能增加量。【答案】(1)1.08T 0；(2)Q0.15P 0hS.【解析】【详解】(1)对活塞由平

26、衡条件可知封闭气体的压强为：P1=P0+ =1.25P0 T1=T0 V1=hS，mgS活塞上放物块后根据平衡得封闭气体的压强为：P 2=1.5P0 V2= hS=0.9hS，910由理想气体方程得：P1V1T0=P2V2T2解得：T 2=1.08T0；(2).加热过程气体对外做功为：W=P 2V=1.5P 0(h0.9h)s=0.15P0hS，由热力学第一定律E=W+Q 得：加热过程中气体的内能增加量：E=Q+W=Q0.15P 0hS答：(1)活塞上放置物块再次平衡后,气体的温度为 1.08T0(2)加热过程中气体的内能增加量为 Q0.15P0hS.【点睛】 （1）对活塞根据平衡求出放物块前

27、后封闭气体的压强，根据理想气体状态方程列式求解即可；（2）加热过程气体对外做功，根据 W=PV 求解，然后再根据热力学第一定律列式求解即可14.如图所示，一简谐横波在某区域内沿 x 轴传播，实线 a 为 t=0 时刻的波形图线，虚线 b为 t=t 时刻的波形图线。已知该简谐横波波源振动的频率为 f=2.5Hz, 虚线 b 与 x 轴交点 P 的坐标为 xp=1m.则下列说法正确的是_15A这列波的传播速度大小一定为 20m/sB这列波一定沿 x 轴正向传播C可能有 t=1.25sD可能有 t=1.45sE若该列波遇到宽度为 6m 的障碍物能发生明显的衍射现象【答案】ACE【解析】【详解】A、根

28、据横波的图象可知，波长 =8m，而 v=f=20m/s，故 A 正确；B、由图可知，波可能沿 x 轴正方向传播、也可能沿 x 轴负方向传播，故 B 错误；CD、若沿 x 轴正方向传播，则距离 1m= ，故t= T+nT， （n=0，1，2.） ，即18 18t=0.05s+0.4n，当 n=3 时t=1.25s；若沿 x 轴负方向传播，则距离 7m= ，故78t= T+mT， （m=0，1，2.） ，即t=0.35s+0.4m，t 取值为780.35s，0.75s，1.15s，1.55s，1.95s，不可能是 1.45s，故 C 正确、D 错误；E、波长为 8m，遇到宽度为 6m 的障碍物（障

29、碍物的尺寸与波长大小相近） ，故能发生明显的衍射现象，故 E 正确；故选：ACE。15.如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，A、B、C 为三个顶点，其中A=60，B=90，AB 长度为 cm。一束与 BC 平行的单色光射向 AC 面，入射点为 D，D、C 两点103间距离为 cm，三棱镜材料对这束单色光的折射率是 n= 。求：53 3光在三棱镜中的传播速度 ；16光从进入三棱镜到经 AC 面出射所经过的最短时间 t。【答案】(1) （2） 【解析】试题分析：由解得：由几何关系知，光束从进入三棱镜到再次经 AC 面出射所经过的路程为考点：考查光的折射定律【名师点睛】本题考查光的折射问题，对数学几何能力的要求较高，平时需加强训练，提高解题能力，同时掌握光的折射定律，注意正确的作图是解题的关键