2018年陕西省宝鸡市高考物理一模试卷

2018年陕西省宝鸡市高考物理一模试卷

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．

1．一个物体以初速度v0水平抛出，经过一段时间t后其速度方向与水平方向夹角为45°，若重力加速度为g，则t为（ ） A．

B．

C．

D．

2．实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处．现有一质量为M的同学欲将一质量也为M的重物吊起，已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为L，不计滑轮的大小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力．当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，动滑轮与天花板间的距离为（ ）

A． L B． L C． L D． L

3．如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的（ ）

A．B1 B．B2 C．B3 D．B4 4．放射性同位素钍的是（ ）

Th经一系列α、β衰变后生成氡

Rn，以下说法正确

A．每经过一次α衰变原子核的质量数会减少2个 B．每经过一次β衰变原子核的质子数会增加1个 C．放射性元素钍D．钍

Th的原子核比氡

Rn原子核的中子数少4个

Th衰变成氡Rn一共经过2次α衰变和3次β衰变

5．宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验：在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为M的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F'．他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T．假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为（ ） A．T

B．T

C．T

D．T

6．如图所示，两个条形磁铁的N和S相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过．下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是（ ）

A．感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向 B．感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向 C．安培力方向一直竖直向上

D．安培力方向先竖直向上，后竖直向下

7．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直．一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中（ ）

A．小球的向心加速度逐渐减小 B．小球运动的角速度逐渐减小 C．小球运动的线速度逐渐减小 D．小球运动的周期逐渐减小

8．光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起

来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则（ ）

A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2 D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2

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．（一）必考题（共129分）

9．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地测出电阻丝的电阻Rx，设计了如图所示实验电路图来完成实验，实验仪器如下： A．待测金属丝（Rx约5Ω）

B．电压表V（量程1V，内阻RV=1KΩ） C．电流表A（量程0.6A，内阻RA=1Ω） D．定值电阻R1（阻值R1=0.5KΩ） E．定值电阻R2（阻值R2=2KΩ） F．滑动变阻器R3（0～10Ω） G．滑动变阻器R4（0～1000Ω） H．电源（电动势为3V，内阻很小） I．开关、导线若干

（1）实验中定值电阻应选用 ，滑动变阻器应选用 （选填仪器前面字母）；

（2）用图中电路测量该金属丝的电阻，若某次测量中，电压表的读数为U，电流表的读数为I，该金属丝电阻的表达式为：Rx= （用测出或已知的物理量的符号表示）．

10．某同学利用如图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”，图中装有砝码的小车放在长木板上，左端栓有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的滑轮与一砝码盘相连．在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器在纸带上打出的一些连续的点，该同学测得相邻点之间的距离分别是S1、S2、S3、S4、S5、S6，打点计时器所接交流电的周期为T．小车及车中砝码的总质量为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，当地重力加速度为g．

（1）根据以上数据可得小车运动的加速度表达式为a=

（2）该同学先探究合外力不变的情况下，加速度与质量的关系，以下说法正确的是

A．平衡摩擦力时，要把装有砝码的砝码盘用细线通过定滑轮系在小车上，把木板不带滑轮的一端缓慢抬起，反复调节直到纸带上打出的点迹均匀为止 B．由于小车受到的摩擦力与自身重力有关，所以每次改变小车质量时，都要重新平衡摩擦力

C．用天平测出M和m后，小车运动的加速度可以直接用公式a=D．在改变小车质量M时，会发现M的值越大，实验的误差就越小

（3）该同学接下来探究在质量不变的情况下，加速度与合外力的关系．他平衡摩擦力后，每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，用天平测得砝码盘及盘中砝码的总质量m，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度．得到多组数据后，绘出如图丙a﹣F图象，发现图象是一条过坐标原点的倾斜直线．图象中直

求出

线的斜率表示 （用本实验中可测量的量表示）．

（4）该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为

A．理想化模型法 B．控制变量法 C．极限法 D．比值法． 11．ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，如图所示，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心．在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×106N/C．现有一个质量m=2.0×10﹣2kg，电荷量q=2.0×10﹣7C的带正电小球（可看作质点），从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求： （1）小球经过C点时对轨道的压力大小； （2）小球经过B点后能上升的最大高度．

12．某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m，倾斜传送带长度LCD=4.45m，倾角为θ=37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1=5m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：

（1）工件被第一次传送到CD传送带上升最大高度和所用的时间；

CD传送带沿顺时针方向运转的（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，速度v2大小（v2＜v1）．

还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T．假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为（ ） A．T

B．T

C．T

D．T

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】在两极点，物体所受的万有引力等于重力，在赤道，万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供绕地轴转动所需的向心力．探测器绕地球表面做圆周运动，靠万有引力提供向心力，联立求出星球的自转周期． 【解答】解：设星球及探测器质量分别为m、m' 在两极点，有：在赤道，有：

，

，

探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T，则有：联立两式解得T自=T故选：D．

．故D正确，A、B、C错误．

；

6．如图所示，两个条形磁铁的N和S相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方自由落下，并从两磁铁中间穿过．下列关于线框受到安培力及从右向左看感应电流方向说法正确的是（ ）

A．感应电流方向先逆时针方向，后顺时针方向 B．感应电流方向先顺时针方向，后逆时针方向 C．安培力方向一直竖直向上

D．安培力方向先竖直向上，后竖直向下 【考点】楞次定律．

【分析】明确磁场分布，再分析线圈下落过程中磁通量的变化，从而根据楞次定

律分析感应电流的方向，同时根据楞次定律的”来拒去留“分析安培力的方向． 【解答】解：AB、由图可知，磁感线向左向右，则中间磁感应强度最大，而向两边越来越小，故在线圈从高处下落过程中，穿过线圈的磁通量一直向右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流先顺时针后逆时针，故B正确，A错误；

CD、产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培车一定一直竖直向上，故C正确，D错误． 故选：BC．

7．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直．一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中（ ）

A．小球的向心加速度逐渐减小 B．小球运动的角速度逐渐减小 C．小球运动的线速度逐渐减小 D．小球运动的周期逐渐减小 【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．

【分析】对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可．

【解答】解：A、以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示： 由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma=

=mrω2

可知A、B的向心力大小相等，a=gtanθ，向心加速度不变，故A错误． B、角速度C、线速度D、周期T=故选：CD

，由于半径减小，则角速度变大，故B错误． ，由于半径减小，线速度减小，故C正确

，角速度增大，则周期减小，故D正确．

8．光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则（ ）

A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2 D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2 【考点】功能关系．

【分析】当A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律求得此时的弹力．物块B的加速度大小为a时，对物块，由胡克定律和牛顿第二定律求弹簧的压缩量．根据系统的动量守恒，求得物块B刚要离开弹簧时的速度，由系统的机械能守恒求物块开始运动前弹簧的弹性势能．

【解答】解：A、当物块A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律得 kx=2ma．当物块B的加速度大小为a时，有：kx′=ma，对比可得：x′=，即此时弹簧的压缩量为．故A正确．

B、2m取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：解得A的位移为：xA=x，故B错误．

CD、根据动量守恒定律得 0=2mv﹣mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度 vB=2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：

﹣m

=0，又 xA+xB=x，

Ep=?2mv2+mvB2=3mv2．故C错误，D正确． 故选：AD

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．（一）必考题（共129分）

9．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地测出电阻丝的电阻Rx，设计了如图所示实验电路图来完成实验，实验仪器如下： A．待测金属丝（Rx约5Ω）

B．电压表V（量程1V，内阻RV=1KΩ） C．电流表A（量程0.6A，内阻RA=1Ω） D．定值电阻R1（阻值R1=0.5KΩ） E．定值电阻R2（阻值R2=2KΩ） F．滑动变阻器R3（0～10Ω） G．滑动变阻器R4（0～1000Ω） H．电源（电动势为3V，内阻很小） I．开关、导线若干

（1）实验中定值电阻应选用 E ，滑动变阻器应选用 F （选填仪器前面字母）；

（2）用图中电路测量该金属丝的电阻，若某次测量中，电压表的读数为U，电流表的读数为I，该金属丝电阻的表达式为：Rx= 物理量的符号表示）．

（用测出或已知的

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】（1）依据电源的电动势，结合电压表的量程，即可选取定值电阻，再根

据所测电阻阻值，及限流式接法，即可判定求解；

（2）依据串联电阻，电压与电阻成正比，结合欧姆定律，即可求解．

【解答】解：（1）电源的电动势为3V，而电压表V的量程1V，内阻RV=1KΩ，必须通过串联电阻来扩大量程，因此

定值电阻应选用定值电阻R2（阻值R2=2KΩ），从而达到3V量程，

所待测金属丝（Rx约5Ω），且滑动变阻器是限流式接法，因此滑动变阻器应选用须小电阻，即滑动变阻器R3（0～10Ω），

（2）电压表的读数为U，那么金属丝与电流表两端的电压为3U， 由于电流表的读数为I，则金属丝电阻Rx=故答案为：（1）E、F；（2）

10．某同学利用如图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”，图中装有砝码的小车放在长木板上，左端栓有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的滑轮与一砝码盘相连．在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器在纸带上打出的一些连续的点，该同学测得相邻点之间的距离分别是S1、S2、S3、S4、S5、S6，打点计时器所接交流电的周期为T．小车及车中砝码的总质量为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，当地重力加速度为g．

．

；

（1）根据以上数据可得小车运动的加速度表达式为a=

（2）该同学先探究合外力不变的情况下，加速度与质量的关系，以下说法正确的是 D

A．平衡摩擦力时，要把装有砝码的砝码盘用细线通过定滑轮系在小车上，把木板不带滑轮的一端缓慢抬起，反复调节直到纸带上打出的点迹均匀为止

B．由于小车受到的摩擦力与自身重力有关，所以每次改变小车质量时，都要重新平衡摩擦力

C．用天平测出M和m后，小车运动的加速度可以直接用公式a=D．在改变小车质量M时，会发现M的值越大，实验的误差就越小

（3）该同学接下来探究在质量不变的情况下，加速度与合外力的关系．他平衡摩擦力后，每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，用天平测得砝码盘及盘中砝码的总质量m，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度．得到多组数据后，绘出如图丙a﹣F图象，发现图象是一条过坐标原点的倾斜直线．图象中直线的斜率表示

（用本实验中可测量的量表示）．

求出

（4）该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为 B

A．理想化模型法 B．控制变量法 C．极限法 D．比值法． 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】（1）注意为了减小实验误差，应采用逐差法求木块的加速度． （2）探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力；小车的加速度应由纸带求出．

（3）对M、m分别由牛顿第二定律列式，结合合力F等于mg，导出a与F的函数关系式，分析图线的斜率；

（4）该实验采用控制变量法，先控制小车的质量不变，研究加速度与力的关系，再控制砝码盘和砝码的总重力不变，研究加速度与质量的关系． 【解答】解：（1）为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，有： S6﹣S3=3a1T2，S5﹣S2=3a2T2，S4﹣S1=3a3T2，

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3） 解得：a=

．

（2）A、在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平

衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故A错误；

B、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

C、小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a=

求出．故错误；

D、本实验中，只有满足盘和砝码的总质量远小于小车质量M时，近似认为细线拉力等于细线的拉力，所以在改变小车质量M时，会发现M的值越大，实验的误差就越小，故D正确； 故选：D

（3）对盘和砝码：mg﹣F=ma① 对小车：F=Ma②

联立①②得：mg=（M+m）a 认为合力F=mg 所以F=（M+m）a 即

，a﹣F图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示

（4）该实验采用控制变量法，先控制小车的质量不变，研究加速度与力的关系，再控制砝码盘和砝码的总重力不变，研究加速度与质量的关系．故选：B 故答案安为：（1）B

11．ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，如图所示，轨道半径为R=0.4m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心．在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×106N/C．现有一个质量m=2.0×10﹣2kg，电荷量q=2.0×10﹣7C的带正电小球（可看作质点），从A点正上方由静止释放，经时间t=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道，g=10m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求： （1）小球经过C点时对轨道的压力大小； （2）小球经过B点后能上升的最大高度．

（2）D （3）

（4）

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．

【分析】（1）根据动能定理求出小球到达C点的速度，结合牛顿第二定律求出小球在C点的支持力，从而根据牛顿第三定律求出压力的大小．

（2）从C到最高点的过程运用机械能守恒定律，求出小球通过B点后能上升的最大高度．

【解答】解：（1）由题意可知，小球进入电场前做自由落体运动，设下落的高度为h，到达C的速度为vC，由题意可得：

（1）

小球进入电场后做圆周运动，从A点运动到C点过程由动能定理可得：

（2）

可得：

（3）

（4）

设到达C时轨道对小球的支持力为N，由受力分析可得：由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为N'=N=1.65N（5）

（2）设小球经过B点后上升的最大高度为h'，小球从C点经过B点上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得：代入数据可得：h'=0.85m（7）

答：（1）小球经过C点时对轨道的压力大小为1.65N； （2）小球经过B点后能上升的最大高度0.85m．

12．某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB=4m，倾斜传送带长度LCD=4.45m，倾角为θ=37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1=5m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与传送带间

（6）

的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：

（1）工件被第一次传送到CD传送带上升最大高度和所用的时间；

CD传送带沿顺时针方向运转的（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，速度v2大小（v2＜v1）．

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．

【分析】（1）工件刚放在传送带AB上，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求出匀加速运动的时间，并求得位移．工件与传送带共速后做匀速运动，由位移时间公式求得匀速运动的时间，即可求得总时间．工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式求最大高度．

（2）CD传送带以速度v2大小向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3，分别根据牛顿第二定律和运动学速度位移公式结合解答．

【解答】解：（1）工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为s1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得： N1=mg f1=μN1=ma1

联立解得：a1=5m/s2． 由运动学公式有：t1=s1=

=

=s=1s =2.5m

由于s1＜LAB，随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间t2为：

工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为s2，则由受力分析图乙 以及牛顿运动定律可得：N2=mgcosθ mgsinθ+μN2=ma2 由运动学公式有：s2=

联立解得：a2=10m/s2．s2=1.25m

工作沿CD传送带上升最大高度为：h=s2sinθ=1.25×0.6m=0.75m 沿CD上升的时间为：t3=故总时间为：t=t1+t2+t3=1.8s

（2）CD传送带以速度v2大小向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为s3和s4，则由受力分析图丙

由运动学公式和牛顿运动定律可得：mgsinθ﹣μN2=ma3

==0.5s

LCD=s3+s4 解得：v2=4m/s

答：（1）工件被第一次传送到CD传送带上升最大高度是0.75m，所用的时间是1.8s；

CD传送带沿顺时针方向运转的（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，速度v2大小是4m/s．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/hdkd.html