《陕西省2018届高三物理第六次模拟考试理科试卷(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《陕西省2018届高三物理第六次模拟考试理科试卷(含解析)（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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fkv，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/s2，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，则从图象可以看出，位移小于阴影部
2、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+kv0=ma0；联立解得：a0=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分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点。则下列说法正确的是（ ） A. P、O两
3、点的电势关系为POB. 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：
4、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 hD. 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】【
5、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r3T2=k，因为轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以“天宫二号”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T=42r3GM，轨道半径越大，周期越大，天宫二号在轨道上的半径小于地球同步卫星的轨道半径，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
6、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
7、N【答案】A【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N=Mg+Fe，又由于在球b上升过程中库仑力变大（距离变近），所以NN+F，故A正确，BCD错误。故选：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E=12CU2。一电荷量为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
8、合，只将上极板下移了d3，带电油滴仍能沿水平线运动B. 保持开关闭合，只将上极板下移d3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek+qU12C. 断开开关后，将上极教板上移d3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为23CU2D. 断开开关后，将上极板上移d3，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Udq=mg；若将上极板下移了d3，此时电场力F=U23dq=3Uq2d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，撞到上极板时的动能Ek=Ek+U23dd6qmgd6
9、=Ek+Uq12，选项A错误，B正确；开始时，电容器储存的能量为E1=12CU2断开开关后，Q不变；将上极板上移d3，则由C=S4kd可知，电容器的电容变为34C，根据Q=CU可知，两板间电势差变为43U,此时电容器储存的能量E2=1234C(43U)2=23CU2；根据能量守恒定律，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
10、电键断开时，电容器电量保持不变，结合电容器的决定式C=S4kd讨论电容的变化.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
11、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过程的平均速度；根据FA=BIL、I=BLvR，上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力，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：I=FAt=BILtBBLvRLtB2L2vRtB2L2xR ，同理下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小：I= B2L2xR，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量大小，故C错误，D正确；故选AD。
12、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b.当输入电压U为灯泡额定电压的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
13、：故A正确B错误；根据公式I1I2=n2n1可得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
14、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t1，则小车通过光电门的速度为_（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n1t2图象如图丙所示，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.
15、520； (2). (3)dt1； (3). (4)小于； (4). (5)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，a1=6mgM+6m=0.6g，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，a2=3mg10m=0.3g，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F12F2；(5)滑块通过光电门的速度v=d/t，根据v2=2aL得，d2t2=2aL，因为a=nmg10m=ng10，代入解得n=5d2gLt2，解得,当地重力加速度为g=5d2kL.故答案为：(1)0.520；(3)dt1；(4)小于；(5)5d2kL.9.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
