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河南省六市2018届高三第二次联考（二模）理综物理试题

二、选择题（本题共8小题，每小题6分.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，有选错或不选的得0分）

1. 如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳上一端系一小球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上.开始时小车向右运动，小球的悬绳与竖直方向的夹角为θ1，若小球的悬绳与竖直方向的夹角减小为θ2（θ1、θ2均保持不变），则夹角为θ2时与夹角为θ1时相比

A. 小车的加速度、弹簧秤读数及小车对地面压力均变大

B. 小车的加速度、弹簧秤读数及小车对地面压力均变小

C. 小车的加速度、弹簧秤读数均变小，小车对地面的压力不变

D. 小车的加速度、弹簧秤读数均不变，小车对地面的压力变大

【答案】C

【解析】设小球的质量为m，小车的质量为M，对小球受力分析，如图所示：

当小车匀加速向右运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得：，解得，拉力，因为，故加速度减小，拉力减小，则弹簧秤的示数也减小；对小车和小球组成的整体受力分析，可知在竖直方向上地面对整体的支持力等于整体的重力，与角度无关，即支持力不变，根据牛顿第三定律，可知小车对地面的压力不变，故ABD错误，C正确；故选C.

【点睛】以小球为研究对象，分析轻绳的拉力和弹簧秤读数与角度的关系．以整体为研究对象，研究地面对小车的支持力的变化，再由牛顿第三定律研究小车对地面压力的变化．

2. 两个等量异号点电荷分别固定在P、Q两点，实线是两个点电荷连线的中垂线，如图所示.一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后运动到无穷远处，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中

A. 沿直线运动，途经各点的电势先降低后升高

B. 沿直线运动，途经各点的电势先升高后降低

C. 沿曲线运动，途经各点的电势先降低后升高

D. 沿曲线运动，途经各点的电势先升高后降低

【答案】D

【解析】根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大，因为粒子带负电，故途经各点的电势先升高后降低，故ABC错误，D正确。故选D。

【点睛】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，又粒子带负电，故途经各点的电势先升高后降低．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动。

3. 如图所示，固定木板AB倾角θ=60°，板BC水平，AB、BC长度均为2m，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来.若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑的距离与BC倾角有关.不计小物块经过B处时的机械能损失，小物块与各接触面间的动摩擦因数均相同，则小物块沿BC上滑的最小距离为

A. m B. 1m C. m D. m

【答案】B

【解析】BC段水平时，对小物块从释放到第一次速度为零的过程，由动能定理得：，代入数据得：，设BC与水平方向之间的夹角为时，物块沿BC上滑的最小距离，由动能定理得：，变形得：，当，即时，x有最小值，为，故ACD错误，B正确；故选B.

【点睛】物块对从A点开始到滑上水平BC为研究过程，运用动能定理，求出物块与轨道间的动摩擦因数。调整BC使其向上倾斜，最终物块的速度为零，对全过程研究，运用动能定理求出物块沿BC上滑的最小距离x。

4. 开始计时时刻，从塔顶由静止释放一个小球A，某时刻t，A球运动至位置P，此时刻从与位置P等高处由静止释放小球B.在A、B两球落地前，设小球B下落时间为t0时，A、B两球之间的竖直距离为Δy，若两球都只受重力作用，则下列-—t图线符合实际情况的是

A. B. C. D.

【答案】A

【点睛】AB两球释放后都做自由落体运动，求出B释放时A球的速度，再求出B释放t时间时，AB两球之间的距离的表达式，从而选出图象．

5. 已知在地球表面上，赤道外的重力加速度大小为g1，两极处的重力加速度大小为g2，地球自转的角速度为ω，引力常量为G，地球可视为质量分布均匀的球体，则地球的密度为

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】设地球半径为R，物体在两极处有：，物体在赤道处有：，联立解得：，，则地球的密度为，代入地球半径R，解得：，故ABC错误，D正确；故选D.

【点睛】两极处的万有引力等于物体的重力，赤道处的重力等于万有引力与物体绕地球自转所需的向心力之差，结合万有引力定律公式和密度公式进行求解。

6. 如图所示，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.边长为a的正方形导线框PQMN 沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则PM刚进入磁场时

A. 线框中的感应电流为

B. 线框所受安培力大小为

C. 线框所受安培力大小为

D. NM两端的电压为

【答案】AB

【解析】线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为逆时针，PM刚进入磁场时MN边切割磁感线，PN边不切割磁感线，所以产生的感应电动势：E=Bav，则线框中感应电流为：，故A正确；PM刚进入磁场时线框的MN边产生的安培力与v的方向相反，PN边受到的安培力的方向垂直于PN向下，它们的大小都是：F=BIa，由几何关系可以看出，PN边与MN边受到的安培力的方向相互垂直，所以PM刚进入磁场时线框所受安培力为PN边与MN边受到的安培力的矢量合，即：，故B正确，C错误；当PM刚进入磁场时，MN两端电压：，故D错误；故选AB.

【点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向，由E=BIv求出电路中的感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电路中的电流和MN两端的电压；将PN边与MN边受到的安培力进行矢量合成，求出线框受到的安培力．

7. 图甲中a、b间的输入电压是正弦式交流电，其图象如图乙所示.图甲中两灯泡额定电压相等，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表.现闭合开关，两灯泡均正常发光，电流表的示数为1A，电压表示数为22V，则由此可知

A. 副线圈交变电流的频率为2πHz B. 变压器原、副线圈的匝数比为10:1

C. 原线圈电流为A D. 灯泡L2的额定功率是L1的9倍

【答案】CD

【解析】乙图是交流电压随角度的变化图象，故无法求出角速度，无法求出频率，故A错误；由图可知，交变电压的有效值为，根据题意知所有灯泡均正常发光，电压表示数为22V，可知灯泡的额定电压为22V，所以原线圈的输入电压：，副线圈两端的电压为，则变压器原、副线圈的匝数比为，故B错误；由题知，副线圈的电流为，根据，得原线圈的电流为，故C正确；的额定功率为，的额定功率为，则，故D正确；故选CD.

【点睛】由于灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，求得匝数之比，由电压与匝数成正比得到原线圈两端电压，再由原线圈回路求出交流电源电压；根据功率P=UI得出两灯泡功率之比.

8. 如图所示，直线MN与水平方向成θ=30°角，MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场，MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场，MN与两磁场均垂直.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q（q>0)的同种粒子（粒子重力不计），所有粒子均能通过MN上的b点.已知ab=L，MN两侧磁场区域均足够大，则粒子的速率可能是

A. B. C. D.

【答案】BD

【解析】粒子运动过程只受洛伦兹力作用，故在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则在右边磁场时有，则粒子在右边磁场中做圆周运动的轨道半径；同理在左边磁场中做圆周运动的半径为，作出运动轨迹，如图所示

由几何关系可知，所有圆心角均为，则图中所有三角形都为等边三角形，若粒子偏转偶数次到达b点，则有：，解得：，故速度为 ，当n=4时，故B正确；若粒子偏转奇数次到达b点，则有：，解得：，故速度为 ，当n=1时，故D正确；由上分析可知AC错误，故选BD.

【点睛】由几何关系及题设条件可求得粒子做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力从而能求出通过b点的粒子的速度可能值．

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。

9. 用如图所示的装置可以测量弹簧的弹性势能.将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连.先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的小滑块压缩弹簧到某位置A，由静止释放小滑块，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x.

（1）计算小滑块离开弹簧时速度大小的表达式是_________.

（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量有_________.

A.弹簧原长 B.当地重力加速度 C.小滑块（含遮光片）的质量

（3）实验误差的来源有_______

A.空气阻力 B.小滑块的大小 C.弹簧的质量

【答案】 (1). (2). C (3). AC

【解析】（1）滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度；则有：，（2）（2）弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量小滑块（含遮光片）的质量，故选C。（3）由于存在空气阻力，则阻力做负功，小滑块的动能增加量小于弹簧的弹性势能的减小量；由于弹簧有质量，故弹簧的弹性势能有小部分转化弹簧的动能，故小滑块的动能增加量小于弹簧弹性势能的减小量，故选AC.

【点睛】明确实验原理，知道测量弹性势能的方法是利用了功能关系，将弹性势能转化为了滑块的动能；根据速度公式可求得弹出后的速度；再根据实验原理明确应测量的数据；同时实验原理分析可能产生误差的原因。

10. 某同学利用如图所示的电路，测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供下列器材：

①待测线圈L，阻值约为2Ω，额定电流为2A

②电流表A1量程为0.6A，内阻r1为0.2Ω

③电流表A2量程为3A，内阻r2约为0.2Ω

④变阻器R1阻值为0~10Ω，变阻器R2阻值为0~1kΩ

⑤电池E，电动势为4V，内阻很小

⑥定值电阻R3=6.8Ω，R4=1kΩ

⑦开关S1、S2

要求实验时，改变变阻器的阻值，待电路稳定时，可以在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，利用I2-I1图象，求出电感线圈的电阻.

（1）实验中定值电阻应选用_________，变阻器应选用_________（填器材代号）

（2）I2-I1对应的函数关系式为_________（选用题干所给出的物理量符号表示）

（3）实验结束时应先断开开关_________，后断开开关_________.

（4）由I2-I1图象得出的平均值为4.6，则电感线圈的直流电阻为_________（结果保留2位有效数字）

【答案】 (1). R3 (2). R1 (3). (4). S2 (5). S1 (6). 1.9 Ω

【解析】（1）采用已知内阻的小量程电流表A1替代电压表测量电压，需要串联一个大于等于 的定值电阻．所以实验中定值电阻应选用阻值为10Ω的R3，
要用分压电路，选择较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选用阻值为1～10Ω的R1．
（2）由I1（R3+r）=（I2-I1）RL
得：
所以：

（3）实验结束时为防止烧坏电路，应先断开开关S2 ； 将电感与A1断开；然后再断开S1；
（4）由代入数据得： ．

点睛：当实验中要求电流或电压的测量值从零或很小开始逐渐增大的实验必须采用分压电路；分压电路中滑动变阻器选择阻值较小的；对于电表的选择应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活择取．

11. 如图所示，在xOy平面内，第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线，OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强破场，磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场，第一次经过磁场边界时的位置坐标是（-L，-L).已知微粒的电荷量大小为q，质量为m，不计微粒所受重力，微粒最后从+y轴上某点飞出场区（图中未画出），求：

（1）带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度.

（2）带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.

【答案】(1) (2)

【解析】试题分析：（1）由几何关系求出微粒运动的半径，由微粒在磁场运动的规律求出进入磁场的初速度；（2）微粒在磁场中做匀速圆周运动，根据转过的圆心角和周期可求粒子运动时间，在电场中做匀变速直线运动可以根据运动学公式求得时间，当微粒第二次进入电场做类平抛运动由运动规律求微粒的运动时间即可．

（1）设微粒从原点O进入磁场时的初速度为，在磁场中的运动半径为r

则有：

由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是（-L，-L）

由几何关系可知：r=L

联立解得：

（2）微粒到达A点时，速度方向与OM夹角为45°，即与电场平行．微粒在电场中从A点开始向-x方向做减速运动，后原路返回A点，再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场，微粒的运动轨迹如图所示．

微粒做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，即，又

设微粒在磁场中运动的总时间为，根据几何关系，微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周，所以

根据对称性，微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向，此后在电场中做类平抛运动

从D点离开电场，设其加速度为a，运动时间为，则有qE=ma

从C运动到D在x方向的位移为

设微粒从A点进入电场后做往返运动的总时间为，则有

微粒在电场、磁场区域运动的总时间为

联立以下各式并代入数据解得：

【点睛】能根据带电粒子在磁场中的运动轨迹作出粒子运动轨迹，并由几何关系求得粒子在磁场中圆周运动的半径和周期，熟悉粒子在电场、磁场中的运动规律是正确解题的关键．

12. 如图所示，半径为R1=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道与半径为R2=0.5m的半圆光滑细圆管轨道平滑连接并固定在竖直平面内，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0m、质量为M=1.5kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同。现在让质量为m1=2kg的小物块A从四分之一圆弧顶部由静止释放，然后与静止于该圆弧底部质量为m2=1kg的小物块B发生碰撞，二者形成一个整体C不再分开，之后从半圆管轨道底部滑上木板，木板由静止开始向左运动.当木板速度为v=2m/s时，与台阶碰撞立即被粘住（即速度变为零）.若重力加速度g取10m/s2，小物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计.

（1）求物块A和B碰撞过程中损失的机械能。

（2）求物块C滑到半圆管底部时所受支持力大小.

（3）若物块与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ=0.25，求物块C在台阶表面上能滑行的距离。

【答案】（1）12J （2）246N （3）4.8m

..................

（1）设小物块A滑到底部时的速度为，由机械能守恒得：

A、B碰撞满足动量守恒定律，则有：

设碰撞过程中损失的机械能为，则

解得：

（2）设小物块C在半圆管底部的速度为，由机械能守恒定律得：

物块C在半圆管底部时由牛顿第二运动定律得：

解得：

（3）设物块C滑上木板后，当木板速度为时其速度为

由动量守恒定律得：

设物块C从滑上木板直到木板被粘住，相对木板运动的位移为

由能量守恒定律得：

此时物块C到木板左端的距离为

设物块C能在台阶上运动的距离为，由动能定理得：

联立以上方程可解得

【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，本题物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时要把握每个过程所遵守的物理规律，明确物块与木板速度相同这一临界状态，边计算边分析判断。

13. 以下有关热学内容的叙述，正确的是________

A.晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征

B.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性

C.雨天打伞时，雨水没有透过布雨伞是因为液体表面张力作用的结果

D.气体分子总数不变时，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体压强必然增大

E.用NA表示阿伏加德罗常数，M表示铜的摩尔质量，ρ表示实心铜块的密度，那么铜块中一个铜原子所占空间的体积可表示为

【答案】BCE

【解析】晶体有单晶体和多晶体，单晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征，而多晶体没有规则形状，各向同性，故A错误。根据液晶特点和性质可知，液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性，故B正确。雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，导致水被吸引，故C正确；气体分子总数不变时，气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但是若同时体积增大，则单位时间碰撞到单位面积上的分子数减少，压强不一定增大，故D错误；M表示铜的摩尔质量，表示铜的密度，则铜的摩尔体积：，一个铜原子所占空间的体积可表示为：，故E正确，故选BCE.

【点睛】．晶体有单晶体和多晶体，只有单晶体有规则形状和各向异性的特性．液晶有液体的流动性，又有晶体的各向异性的特点，雨水没有透过布雨伞是由于表面张力；正确理解好压强的微观意义；一个铜原子所在所占空间体积等于摩尔体积除以阿伏伽德罗常数.

14. 内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为2×10-4m2的活塞封闭着一定质量的气体，温度为t0=27℃.现缓慢地将沙子倒在活塞上，当气体的体积变为原来的一半时，继续加沙子的同时对气缸缓慢加热，使活塞位置保持不变，直到倒入的沙子总质量为m=2.4kg.已知大气压强为p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2.求：

①当气体的体积刚变为原来的一半时，气体的压强.

②最后气体的温度为多少摄氏度.

【答案】(1) (2)

【解析】试题分析：①根据题意得出加热前后气体的状态参量，再由玻意耳定律求出压强；②在加热过程中，气体做等容变化，根据查理定律和平衡条件即可求解最后气体的温度。

①加热前的过程，气体做等温变化，由玻意耳定律得：

由题意知，则气体体积刚变为原来的一半时气体的压强为

②加热过程中气体做等容变化，由查理定律得：

停止添加沙子时，由平衡条件得：

因为

联立以上方程可得：

即

【点睛】解决本题的关键是分析清楚题意明确气体状态变化过程，由题意求出气体变化前后的状态参量，并对活塞进行受力分析，应用玻意耳定律与查理定律即可求解。

15. 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同.实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播.某时刻两列波相遇时的波形如图所示，则以下分析正确的是________

A.虚线波的周期是为0.75s

B.两列波在相遇区域会发生干涉现象

C.从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y<0

D.从图示时刻起至少再经过，平衡位置为x=6.25m处的质点位移达到最大

E.平衡位置为x=6m处的质点在图示时刻速度为0

【答案】ACD

【解析】由题知，实线波的周期为，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长，虚线波的波长，由可得实线波和虚线波的周期之比为2：3，故虚线波的周期，则虚线波的频率为，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A正确，B错误；从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0．故C正确；在图示时刻，实线的波峰距x=6.25m处的质点的距离为，虚线波峰x=6.25m处的质点的距离也为，因波速度相同，故经过相同的时间两列波的波峰同时到达x=6.25m处，该处质点的位移最大，则经历的时间为，故D正确；根据“上下坡法”可知，两列波在平衡位置为x=6m处的振动方向都向上，故此处质点的速度不为0，故E错误；故选ACD.

【点睛】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=λf得：波长与频率成反比，从而得出频率之比．两列波频率时才能发生干涉．某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍．

16. 如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP=OQ=R，一束复色光沿MN射入玻璃体，在PQ面上的入射点为N，经玻璃体折射后，有两束单色光e、f分别从OP面上的A点和B点射出，已知NA平行于x轴，OA=，OM=R

①求e光在该玻璃体中的折射率：

②某同学测量得到OB=0.6R，NB=0.9R，求f光在玻璃体中的折射率?

【答案】(1) (2)1.5

【解析】①如图所示，在PQ面上的折射角为

由图可知：

由几何关系可得

折射率

所以e光的折射率为

②如图所示，根据几何关系和折射定律：

由正弦定理得：，

故f光的折射率为

【点睛】本题对数学几何要求的程度较高，要能熟练运用几何关系求出入射角和折射角，以及掌握折射定律的公式，并且能够根据题目意思作出光路图。

（解析版）河南省六市高三下学期第二次联考（二模）理综物理试题