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1、河南省豫北豫南名校2018届高三上学期第二次联考联评物理试题一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。其中第16题为单选，710为多选，全选对得5分，对而不全得3分，有错选得0分。)1. 人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列关于科学家和其实验的说法中正确的是A. 伽利略通过“斜面实验”，证明了“力是维持物体运动的原因”B. 牛顿通过实验证明了惯性定律的正确性C. 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值D. 奥斯特通过实验证明了电流周围存在磁场，并由此得出了电磁感应定律【答案】C【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加
2、强记忆，这也是考试内容之一2. 如图所示为a、b、c三个质点运动的速度一时间图象(v-t图象)，若三质点同时从同一位置出发则关于三个质点的运动，下列说法中正确的是A. 时刻a、b两质点的速度大小相等、方向和反B. 时刻后，质点b位于a、c的前面C. 0时间内，a位于b、c两质点的前面D. 0时间内，a、b两质点间的距离在不断减小【答案】C【解析】A、t1时刻a、b两图象对应的速度相等且均为正值，表示运动方向均为正方向，A错误。B、C、三质点从同一地点出发，t1时所围的面积表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B错误，C正确。D、0t1时间内，可读出，则a、b之间的距离不断增大，D错误。故
3、选C。【点睛】利用匀变速直线运动图象分析追击与相遇，要注意明确图象的性质，图象的正负表示运动方向，图象的斜率表示加速度，能根据图象的面积求解位移3. 在挡板P作用下，木板A静止于竖直的墙壁和水平地面之间，墙壁和地面皆光滑、在木板A上放有一斜面B，也处于静止，如图所示。现将挡板P缓慢向右移动一小段距离，在此过程中A. B将加速下滑B. A对B的支持力减小C. A对B的作用力保持不变D. A对地面的压力变大【答案】C【解析】板与水平地面的夹角为。A、以B为研究对象，分析受力情况如图所示：重力GB、板的支持力N1和摩擦力f1，板对B的作用力是支持力N1和摩擦力f1的合力。由平衡条件分析可知，故减小倾
4、角后B依然平衡。A错误。C、板对B的作用力大小与总重力大小平衡，始终保持不变，C正确。B、N1=GBcos，减小，N1增大。B错误。D、以A与B组成的整体为研究对象，受力情况如图：则有水平地面的弹力N=GA+GB，则水平地面受到的弹力将保持不变，故A对地面的压力不变，故D错误。故选C。【点睛】本题是物体的共点力平衡问题，要灵活选择研究对象，通过分析受力，由平衡条件分析力的变化.4. 目前中国航天的嫦娥计划进展顺利，马上将实施的项目为： “嫦娥五号”，如今我们取得突破马上要登上月球，并将把采集到的月球样品送回地球! 若“嫦娥五号”的着陆器在下落到距月面h高度处悬停后，关闭发动机做自由落体运动，经
5、时间t落到月球表面，取样后着陆器从月面起飞时的速度至少要达到月球第一字宙速度的倍时，才能克服月球的引力离开月球。已知万有引力常最为G，月球的半径为R，不考虑月球自转的影响，则着陆器要脱离月球返回地球，从月球表面的起飞速度至少应为A. B. C. D. 【答案】A【解析】，着陆器在h处自由落体运动经过时间t落地，有，可得；根据万有引力提供向心力，可知月球表面的第一宇宙速度为，而起飞速度为第一宇宙速度的倍，即为，故选A.【点睛】解决本题的关键就是要掌握万有引力提供向心力这一关系，同时要能根据题目的要求熟练选择向心力的表达式并且要理解第一宇宙速度的物理含义.5. 如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置
6、的光滑的直杆上，一根轻质弹簧一端固定于0点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法不正确的A. 小球和弹簧组成的系统机械能守恒B. 弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C. 弹簧对小球始终做负功D. 小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh【答案】C【解析】A、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，A正确。B、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，此时
7、弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，B正确.C、全过程中弹簧始终处于伸长状态即为拉力，但开始阶段弹力与运动方向成锐角后为直角再变为钝角，故弹力先做正功后做负功，C错误.D、小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量,即为mgh，D正确.本题选不正确的故选C.【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，运用系统的机械能守恒进行分析6. 有一沿x轴方向的静电场，其电势随x轴坐标的变化情况如图所示。P、Q为x轴上的两点，其坐标分别为=lcm、=4cm。若将一质量为m、
8、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)从x轴上的某处释放，则下列说法中正确的是( )A. 若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子在P点和Q点的加速度大小相等，方向相反B. 若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子经过P点和点时，电场力做功的功率相等C. 若该粒子从Q点由静止释放，则粒子将沿x轴负方向一直向前运动D. 若该粒子从P点以沿x轴正方向的水平速度释放，则粒子将沿x轴正方向一直向前运动【答案】D【解析】A、-x图象的斜率大小等于场强E则知P点的场强大于Q点的场强，根据牛顿第二定律知粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反，故A错误。B、粒子经过P点与Q点时电势相等则电势能相等有动能
9、相等，速度大小相等；由图象知道电场强度之比为2：1，所以电场力大小之比为2：1，根据P=Fv，电场力做功的功率大小是Q点的两倍，B错误。C、若粒子从Q点释放，先向x轴负方向加速运动再减速运动，到达P点时速度减为零，此时电场力沿x轴正向，故反向做加速运动，C错误。D、粒子在P点以某一初速度释放,先加速后减速运动到Q点速度相等，假设此后减速过程到10mm处速度减为零时电场力做的负功为，解得，则保证运动不反向的初速度至少为,D正确.故选D.【点睛】本题关键是抓住-x图象的斜率大小等于场强E，由电势的变化确定电场线方向，判断粒子的运动情况7. 如图所示，正六边形abedef区域内有垂直于纸面的匀强磁场
10、。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t，不计粒子重力。下列说法正确的是A. 若该粒子从a点离开磁场，则入射速度大小为B. 若该粒子从c点离开磁场，则在磁场中运动的时间为C. 要使该粒子从cd边离开磁场，则入射速度必须大于3vD. 该粒子能在磁场中运动的最长时间为2t【答案】AB【解析】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有，粒子在磁场中运动的轨迹如图：从b点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，若从a点离开由对称性知，故初速度为，A正确。B、从c点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正
11、六边形边长的2倍，即，圆心角为60，从b点飞出的圆心角为120，根据得,则，故B正确.C、据分析可知从f点入射的粒子速度越大，半径越小，偏转角度越小，刚好从c点飞出的速度为，故从cd边离开磁场入射速度必须大于2v，C错误。D、根据可知圆心角越大运动时间越长，从af边飞出的粒子圆心角最大为180，故D错误。故选AB.【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角8. 如图甲所示，虚线MN上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，边长为L的单匝金属线框处于该磁场中，线框下端与一阻值为R的电阻相连。若
12、金属框的总阻值为r，磁场的变化情况如图乙所示，则下列说法中正确的是A. 流经电阻R的电流方向为从左向右B. 线框产生的感应电动势的大小为C. 电阳R上的电压大小为D. 时间内电阳R上产生的热量为【答案】BC【解析】A、由楞次定律可得：感应电流的方向为顺时针，所以通过R的电流方向由右向左，故A错误.B、感应电动势为,故B正确.C、由闭合电路的欧姆定律可知，则C正确.D、根据焦耳定律，故D错误.故选BC.【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极9.
13、，如图所示，在光滑水平面上相距x=6L的A、B两点分别固定有带正电的点电荷、，与B点相距2L的C点为AB连线间电势的最低点。若在与B点相距L的D点以水平向左的初速度释放一个质量为m、带电荷量为+q的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A、B两点间运动，则下列说法中正确的是A. 滑块从DC运动的过程中，动能一定越来越大B. 滑块从D点向A点运动的过程中，加速度先减小后增大C. 滑块将以C点为中心做往复运动D. 固定在A、B两点处的点电荷的电量之比为：=4：1【答案】ABD【解析】A、A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度
14、的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向C的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A正确。B、由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零，从D到A的场强先减小后增大，由可得加速度向减小后增大，B正确。D、x=4L处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有，解得，故D正确. C、由于两正电荷不等量，故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C点左侧，C错误.故选ABD.【点睛】本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。10. 滑板A放在光滑水平面上，质量为M，质量为m
15、的滑块B(可视为质点)放在滑板右端，滑块与滑板动摩擦因数为，滑板和滑块均静止。现对滑板施加向右的水平恒力F，滑块从滑板右端滑到左端的时间为t。下列判断正确的是A. 滑块与滑板间动摩擦因数应满足B. 若仅减小M，时间t会缩短C. 若仅减小m，时间t会缩短D. 若仅减小F，时间t会缩短【答案】BC【解析】A、滑块在滑板上滑动的条件是滑块加速度小于滑板加速度，由牛顿第二定律可得：，解得：，故A错误；B、C、由运动学得，所以：若仅减小M，或仅减小m，时间t都会缩短，故B、C正确；D、同理，若仅减小F，则时间t增大，故D错误.故选BC.【点睛】本题属于动力学的临界问题，关键求出相对运动的临界加速度，判断在拉力范围内是否发生相对运动，注意整体法和隔离法的运用二、实验题(本题共2小题，其中11题6分，12题9分，共15分)11. 某实验小组采用如图所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系。(1) 下列关于该实验的说法中正确的是（_）A 平衡摩擦力时，应将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B.小车的加速度与砝码的加速度相同C.实验过程中砝码盘处于超重状态D.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力(2)该实验小组采用正确的实验步骤后，利
