四川攀枝花市2018年高考物理一模试卷含解析
四川攀枝花市2018年高考物理一模试卷（含解析）2018年四川省攀枝花市高考物理一模试卷一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6-8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．某同学站在体重计上研究超重与失重．当他由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．下列说法中正确的是（）A．“起立”过程，只出现超重现象B．“下蹲”过程，只出现失重现象C．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象2．如图所示，物块A、B质量分别为3kg、2kg，P是弹簧秤，质量忽略不计．滑轮光滑、质量不计，轻质细绳不可伸长，g取10m/s2．当弹簧秤示数稳定后，示数为（）A．30NB．25NC．24ND．10N3．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的（）A．速度增加，加速度减小B．速度减小，加速度增加C．速度减小，加速度减小D．速度增加，加速度增加4．我国自行研制的“北斗三号”卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，提供高精度的定位、测速和授时服务．静止轨道卫星工作在距地面高度约为5.6倍地球半径的地球同步轨道上．已知月球绕地球公转的周期约为27天，可知月球绕地球公转的轨道半径约为地球半径的（）A．50倍B．60倍C．150倍D．180倍5．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中（）A．地面对弹簧的支持力冲量大于mvB．弹簧对小球的弹力冲量等于mvC．地面对弹簧的支持力做功大于mv2D．弹簧对小球的弹力做功等于mv26．如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向．两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比rA：rB=2：1，取圆锥筒的最低点C 为重力势能参照面，则A、B两球（）A．运动周期之比TA：TB=2：1B．速度之比vA：vB=：1 C．机械能之比EA：EB=2：1D．向心加速度之比aA：aB=：17．如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，则（）A．物体的质量m=0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2C．0﹣3s内拉力F对物体做的功为1JD．0﹣3s内拉力F的冲量大小为6Ns8．如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前），下列说法正确的是（）A．弹簧变短B．弹簧变长C．小球对半球的压力不变D．小球对半球的压力变大二、非选择题（共5小题，满分62分）9．某同学用如图所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，分别记录指针所指刻度尺的刻度，所得数据列表如下钩码数（个）01234刻度尺的刻度x/cm9.0010.3511.6614.34（1）当在弹簧下端挂上3个钩码时，指针所示位置如图所示，请将上表补充完整．（2）已知实验所用单个钩码质量为100g，当地重力加速度为9.8m/s2，则该弹簧的劲度系数为N/m．（结果保留3位有效数字）10．某同学用如图（a）所示的装置“验证机械能守恒定律”．实验的主要步骤如下：（ⅰ）调整气垫导轨使之水平；（ⅱ）用天平测量滑块（含遮光条）质量并记录为M；（ⅲ）测量遮光条宽度并记录为d（ⅳ）将滑块放在气垫导轨上，通过轻质细绳与钩码连接，记录钩码总质量为m；（ⅴ）将滑块从A位置释放后，光电计时器测量遮光条通过光电门的时间并记录为△t．（ⅵ）对测量数据进行分析，得出实验结论．请回答下列问题．（已知当地的重力加速度大小为g）（1）若步骤（ⅲ）用螺旋测微器测量遮光条宽度d的示数情况如图（b）所示，则d=mm，步骤（ⅴ）中光电计时器记录的时间△t=4.10×10﹣3s，滑块经过光电门时的速度大小为m/s．（2）本实验中还需要测量的物理量有（写出物理量及符号）；（3）本实验中需验证的机械能守恒表达式为（用以上对应物理量的符号表示）；（4）实验数据表明系统动能增加量明显大于重力势能减少量，可能的原因是．A．钩码总质量m远小于滑块质量MB．钩码总质量m与滑块质量M相差不大C．气垫导轨没有调水平，且左高右低D．气垫导轨没有调水平，且左低右高．11．如图所示，质量为M的木块，放在距地面高度为h 的平台的边缘．现有一质量为m的子弹以水平速度射入木块并留在木块中，木块落地前瞬间速度方向与水平方向的夹角为60°，已知重力加速度为g，M=5m，求子弹射入木块前的速度为多大？12．如图（a）所示，一根长直细杆倾斜固定，一个质量m的小环套在杆上静止不动，环的直径略大于杆的截面直径．现在环上施加一力F，F的大小由零逐渐增大，F与杆在同一竖直平面内，方向垂直于杆向上．已知杆与水平面的夹角为θ，环与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）环的加速度a与力F大小关系；（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，求θ、μ的值．13．如图所示，水平地面上固定有A、B两个等高的平台，之间静止放置一长为5l、质量为m的小车Q，小车的上表面与平台等高，左端靠近平台A．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在平台A的左端，另一端与质量为m的小物块P（可视为质点）接触但不连接．另一弹簧水平放置，一端固定在平台B的右端．现用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后由静止释放，P开始沿平台运动并滑上小车，当小车右端与平台B 刚接触时，物块P恰好滑到小车右端且相对小车静止．小车与平台相碰后立即停止运动，但不粘连，物块P滑上平台B，与弹簧作用后再次滑上小车．已知平台A的长度为2l，物块P与平台A间的动摩擦因数μ=0.5，平台B、水平地面光滑，重力加速度大小为g，求：（1）物块P离开平台A时的速度大小；（2）平台A右端与平台B左端间的距离；（3）若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动，求物块P最终停止的位置距小车右端多远． 2018年四川省攀枝花市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6-8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．某同学站在体重计上研究超重与失重．当他由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．下列说法中正确的是（）A．“起立”过程，只出现超重现象B．“下蹲”过程，只出现失重现象C．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态．【解答】解：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABC错误，D正确故选：D．2．如图所示，物块A、B质量分别为3kg、2kg，P是弹簧秤，质量忽略不计．滑轮光滑、质量不计，轻质细绳不可伸长，g取10m/s2．当弹簧秤示数稳定后，示数为（）A．30NB．25NC．24ND．10N【考点】29：物体的弹性和弹力．【分析】物块A、B质量分别为3kg、2kg，导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，列牛顿第二定律解出加速度，再隔离单独分析一个物体，解出弹簧受力，从而即可求解．【解答】解：物块A、B质量分别为3kg、2kg，导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得：GA﹣GB=（m1+m2）a代入数据解得：a=2m/s2对B受力分析：向上的拉力F和自身的重力GB，由牛顿第二定律得：F﹣mBg=mBa解得：F=24N，故ABD错误，C正确．故选：C．3．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的（）A．速度增加，加速度减小B．速度减小，加速度增加C．速度减小，加速度减小D．速度增加，加速度增加【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，当汽车的功率减小一半，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，又做匀速直线运动．【解答】解：当汽车的功率突然减小一半，由于速度来不及变化，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，则F＜f．此时汽车的加速度a=＜0，即加速度a与运动方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小．速度减小又导致牵引力增大，合力减小，加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动．由此可知，在t1～t2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小，速度逐渐减小．故C正确，A、B、D错误．故选：C4．我国自行研制的“北斗三号”卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，提供高精度的定位、测速和授时服务．静止轨道卫星工作在距地面高度约为5.6倍地球半径的地球同步轨道上．已知月球绕地球公转的周期约为27天，可知月球绕地球公转的轨道半径约为地球半径的（）A．50倍B．60倍C．150倍D．180倍【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】根据卫星和月球做圆周运动的周期公式分析即可．【解答】解：卫星和月球都是地球的引力提供向心力，则：所以：T=月球绕地球公转的轨道半径约为：．故ACD错误，B正确故选：B5．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中（）A．地面对弹簧的支持力冲量大于mvB．弹簧对小球的弹力冲量等于mvC．地面对弹簧的支持力做功大于mv2D．弹簧对小球的弹力做功等于mv2【考点】52：动量定理；6B：功能关系．【分析】分析小球的运动情况，根据受力分析明确小球的受力情况，则可根据动量及冲量得出冲量大小；由功能的转化可得出能量转化关系．【解答】解：A、对小球分析可知，小球受重力和弹力作用运动，根据动量定理可知，IF﹣IG=mv，故弹簧对小球的冲量大于mv，由于地面对弹簧的弹力与弹簧对小球的弹力始终大小相等，故地面对弹簧的支持力的冲量大于mv，故A正确B错误；C、由于地面对弹簧的弹力不产生的位移，因此地面对弹簧的支持力不做功，故CD错误．故选：A．6．如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向．两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比rA：rB=2：1，取圆锥筒的最低点C 为重力势能参照面，则A、B两球（）A．运动周期之比TA：TB=2：1B．速度之比vA：vB=：1 C．机械能之比EA：EB=2：1D．向心加速度之比aA：aB=：1【考点】6B：功能关系；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．【分析】研究任意一球：小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的和提供向心力，结合牛顿第二定律列出周期、速度和向心加速度的表达式，得到机械能的表达式，从而进行求解即可．【解答】解：设圆锥母线与竖直方向成角θ，设任一小球圆周运动向心加速度a，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mr=m=ma得：T=2π，v=，a=gtanθ由rA：rB=2：1，得：TA：TB=：1，vA：vB=：1，aA：aB=1：1机械能表达式E=mgrtanθ+=mgrtanθ，则得EA：EB=2：1故选：BC7．如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，则（）A．物体的质量m=0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2C．0﹣3s内拉力F对物体做的功为1JD．0﹣3s内拉力F的冲量大小为6Ns【考点】52：动量定理；62：功的计算．【分析】解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．【解答】解：A、由速度时间图象可以知道在2﹣3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1﹣2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所a==2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f=ma，所以m===0.5kg，所以A正确；B、由f=μFN=μmg，所以μ===0.4，故B错误；C、在第一秒内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速运动位移为X=at2=×2×12=1m，第3s内做匀速运动位移X=vt=2×1=2m，拉力F做功W=F1X1+F2X2=3×1+2×2=7J，故C错误；D、0﹣3s内拉力F的冲量大小为I=F1t1+F2t2+F3t3=1×1+3×1+2×1=6Ns；故D正确．故选：AD．8．如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前），下列说法正确的是（）A．弹簧变短B．弹簧变长C．小球对半球的压力不变D．小球对半球的压力变大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，根据三角形相似法分析N、T的变化．【解答】解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G．由△NFP∽△PDO得：==将F=G，代入得：N=G，T=G由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，DO，PO不变，PD变小，可见T变小；N不变．即知弹簧的弹力变小，弹簧变短．由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故AC正确，BD错误．故选：AC二、非选择题（共5小题，满分62分）9．某同学用如图所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，分别记录指针所指刻度尺的刻度，所得数据列表如下钩码数（个）01234刻度尺的刻度x/cm9.0010.3511.6614.34（1）当在弹簧下端挂上3个钩码时，指针所示位置如图所示，请将上表补充完整．（2）已知实验所用单个钩码质量为100g，当地重力加速度为9.8m/s2，则该弹簧的劲度系数为73.3N/m．（结果保留3位有效数字）【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】（1）图中刻度尺是毫米刻度尺，应读到0.01cm．（2）根据胡克定律F=kx，求解弹簧的劲度系数k．要注意x是弹簧伸长的长度或压缩的长度．【解答】解：（1）根据示意图读出此时弹簧的实际长度为13.00cm．（2）弹簧原长为9.00cm，则伸长量：△x=x﹣x0，弹力F=nmg=n×0.98，根据F=kx求解劲度系数；钩码数（个）01234刻度尺的刻度x/cm9.0010.3511.6613.0014.34伸长量△x/cm01.352.664.005.34弹力F/N00.981.962.943.92劲度系数k/（N/m）72.673.773.573.4故劲度系数的平均值为：故答案为：（1）13.00；（2）73.3．10．某同学用如图（a）所示的装置“验证机械能守恒定律”．实验的主要步骤如下：（ⅰ）调整气垫导轨使之水平；（ⅱ）用天平测量滑块（含遮光条）质量并记录为M；（ⅲ）测量遮光条宽度并记录为d（ⅳ）将滑块放在气垫导轨上，通过轻质细绳与钩码连接，记录钩码总质量为m；（ⅴ）将滑块从A位置释放后，光电计时器测量遮光条通过光电门的时间并记录为△t．（ⅵ）对测量数据进行分析，得出实验结论．请回答下列问题．（已知当地的重力加速度大小为g）（1）若步骤（ⅲ）用螺旋测微器测量遮光条宽度d的示数情况如图（b）所示，则d=5.740mm，步骤（ⅴ）中光电计时器记录的时间△t=4.10×10﹣3s，滑块经过光电门时的速度大小为1.4m/s．（2）本实验中还需要测量的物理量有A、B间的距离s（写出物理量及符号）；（3）本实验中需验证的机械能守恒表达式为mgs=（用以上对应物理量的符号表示）；（4）实验数据表明系统动能增加量明显大于重力势能减少量，可能的原因是C．A．钩码总质量m远小于滑块质量MB．钩码总质量m与滑块质量M相差不大C．气垫导轨没有调水平，且左高右低D．气垫导轨没有调水平，且左低右高．【考点】MD：验证机械能守恒定律．【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块经过光电门时的速度大小．实验原理是：求出通过光电门时的速度v，测出AB间的距离L，在这个过程中，减少的重力势能能：△Ep=mgL，增加的动能mv2，比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系，验证机械能是否守恒．【解答】解：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.01×24.0mm=0.240mm，则h=5.740mm．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块经过光电门的速度为：v===1.4m/s．（2）为了求出运动过程中钩码减小的重力势能，则需要测量AB间的距离s；（3）我们验证的是：△Ep与△Ek的关系，即验证：△Ep=△Ek代入得：mgs=（M+m）v2；而v=所以本实验中验证机械能守恒的表达式为：mgs=；（4）如果实验结果系统动能增加量大于重力势能减少量，则可能是气垫导轨不水平造成的，气垫导轨倾斜后，由于滑块的重力势能的增加或减少没有记入，故增加的动能和减少的重力势能不相等，若左侧高，系统动能增加量大于重力势能减少量，若右侧高，系统动能增加量小于重力势能减少量，故C正确，ABD错误．故选：C；故答案为：（1）5.740，1.4；（2）A、B间的距离s；（3）mgs=；（4）C．11．如图所示，质量为M的木块，放在距地面高度为h的平台的边缘．现有一质量为m的子弹以水平速度射入木块并留在木块中，木块落地前瞬间速度方向与水平方向的夹角为60°，已知重力加速度为g，M=5m，求子弹射入木块前的速度为多大？【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【分析】木块离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律求出木块的初速度，子弹击中木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出子弹的初速度．【解答】解：（1）由题意子弹打入木块后做平抛运动，设子弹打入木块后木块速度v，落地前速度的竖直分量为vy，由平抛运动规律得：vy2=2ghtan60°=，子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v0=2；答：子弹射入木块前的速度为2．12．如图（a）所示，一根长直细杆倾斜固定，一个质量m的小环套在杆上静止不动，环的直径略大于杆的截面直径．现在环上施加一力F，F的大小由零逐渐增大，F 与杆在同一竖直平面内，方向垂直于杆向上．已知杆与水平面的夹角为θ，环与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）环的加速度a与力F大小关系；（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，求θ、μ的值．【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．【分析】（1）对环受力分析，根据牛顿第二定律及运动状态即可求得加速度；（2）代入具体数值求得倾角和摩擦因数【解答】解：（1）当mgsinθ＜f1时，对环受力分析可得：a=0当mgsinθ＞f1，F＜mgcosθ时，小环开始加速运动mgsinθ﹣f1=maf1=μN=μ（mgcosθ﹣F）当F＞mgcosθ，mgsinθ＞f2时，小环继续加速度运动mgsinθ﹣f2=maf2=μN=μ（F﹣mgcosθ）当mgsinθ＜f2时，小环减速运动，速度为零前，加速度同上，速度为零后a=0联立解得（1）a=0，a=，（mgcos≤F≤mgcosθa=，F≥mgcosθ，v≠0a=0，，v=0（2）由图可知，当a1=0，时代入解得：，，θ=30°答：（1）环的加速度a与力F大小关系为a=0，a=，（mgcos≤F≤mgcosθa=，F≥mgcosθ，v≠0a=0，，v=0（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，θ、μ的值分别为30°和．13．如图所示，水平地面上固定有A、B两个等高的平台，之间静止放置一长为5l、质量为m的小车Q，小车的上表面与平台等高，左端靠近平台A．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在平台A的左端，另一端与质量为m的小物块P（可视为质点）接触但不连接．另一弹簧水平放置，一端固定在平台B的右端．现用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后由静止释放，P开始沿平台运动并滑上小车，当小车右端与平台B 刚接触时，物块P恰好滑到小车右端且相对小车静止．小车与平台相碰后立即停止运动，但不粘连，物块P滑上平台B，与弹簧作用后再次滑上小车．已知平台A的长度为2l，物块P与平台A间的动摩擦因数μ=0.5，平台B、水平地面光滑，重力加速度大小为g，求：（1）物块P离开平台A时的速度大小；（2）平台A右端与平台B左端间的距离；（3）若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动，求物块P最终停止的位置距小车右端多远．【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【分析】（1）对压缩弹簧过程、物块在平台运动过程应用能量守恒定律可以求出物块离开平台的速度．（2）物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出平台A右端与平台B左端的距离．（3）小车与平台碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以解题．【解答】解：（1）设弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能为EP，由能力守恒定律得：EP=5mgl，设物块P离开A平台的速度为v0，由能量守恒定律得：EP=μmgl+mv02，解得：v0=3；（2）设物块P运动到小车最右端与小车的共同速度为v1，从物块P离开平台A到物块与小车共速过程中，物块位移为s1，小车位移为s2，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv0=2mv1，对物块P，由动能定理得：﹣fs1=mv12﹣mv02，对小车，由动能定理得：fs2=mv12，位移关系：s1﹣s2=5l，解得，平台A右端与平台B左端间的距离：s=s1=7.5l；（3）由能量守恒可知，物块离开平台B时，速度为v1，设物块P与小车再次共时，速度为v2，从物块P离开平台B到物块与小车共速过程中，物块位移为s3，小车位移为s4，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，由动能定理得，对物块P：﹣fs3=mv22﹣mv12，对小车：fs4=mv22，设小车到达平台A碰后，物块运动的位移为s5，由动能定理得：﹣fs5=0﹣mv22，解得，物块P最终停止的位置距小车右端为：△s=s3﹣s4+s5=；答：（1）物块P离开平台A时的速度大小为3；（2）平台A右端与平台B左端间的距离为7.5l；（3）物块P最终停止的位置距小车右端距离为．。
最新-【物理】攀枝花七中2018届高三一统模拟试题 精品
攀枝花市七中高2018级高三第一次统考模拟试题2018.10物理试卷命题人：税荣昌本卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共39分）注意事项：1.答题前，考生务必将答题卡上的姓名、考号、考试科目填涂清楚。
2.每小题选出正确答案后，用铅笔将答题卡上对应选项的序号涂黑，如需改动，先用橡皮擦干净后，再涂其它选项，不要答在试卷上。
3.考试结束，将答题卡和第Ⅱ卷一并交回。
一、选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。
）1．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M＝15kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10kg的猴子，从绳的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，g＝10m／s2，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（）A．25m／s2B．5m／s2C．10m／s2D．15m／s22．如图所示，质量为M的楔形物块静置于光滑水平地面上，其斜面的倾角为θ，斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。
用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑。
在小物块运动过程中，楔形物块始终保持静止。
地面对楔形物块的支持力为（）A．(M+m)g B．(M+m)g－F C．(M+m)g＋Fsinθ D．(M+m)g－Fsinθ3．我国国家大剧院外部呈椭球形。
假设屋顶是半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他在向上爬行的过程中屋顶对他的支持力和摩擦力的变化情况是（）A．支持力变大、摩擦力变大B．支持力变小、摩擦力变小C．支持力变大、摩擦力变小D．支持力变小、摩擦力变大4．在以速度v匀速上升的电梯内竖直向上抛出一小球，电梯内的观察者看见小球经t秒后到达最高点，则以下说法正确的是（）A．地面上的人看见球抛出时的初速度为v0=gtB．电梯中的人看见球抛出时的初速度为v0=gt2C．地面上的人看见球上升的最大高度是h= 12gtD．地面上的人看见球上升的时间也是t.5．处于粗糙斜面上的一物块，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终保持静止状态，当F按图示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是下图中的（）二、选择题(本题共8小题，每小题３分，共24分．每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
2018-2019年高中物理四川高一高考真卷模拟试题【1】含答案考点及解析
2018-2019年高中物理四川高一高考真卷模拟试题【1】含答案考点及解析班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1.质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高2m，这时物体的速度是4m/s，下列说法中正确的是（不计一切阻力，g=10m/s2）( )A．手对物体做功28J B．合外力对物体做功8JC．物体机械能增加了8J D．物体重力势能增加了20J【答案】ABD【解析】试题分析：合外力对物体做功等于动能的增量；重力势能的增量：E=mgh=20J；机械能的增量等于手对物体做功：，选项C错误，D正确。
P考点：动能定理及能量守恒定律。
2.如图所示为家用洗衣机的脱水桶，当它高速旋转时，能把衣物甩干。
根据我们所学的知识，叙述正确的是A．脱水桶高速运动时，水受到与运动方向一致的合外力作用飞离衣物。
B．脱水桶高速运动时，衣物上的水由于惯性，通过小孔，飞离脱水桶。
C．通过脱水流程，打开洗衣机，发现衣物集中堆放在桶的中央。
D．通过脱水流程，打开洗衣机，发现衣物成螺旋状排列，主要集中在桶壁附近。
【答案】BD【解析】试题分析：脱水桶高速运动时，水滴随衣物一起做匀速圆周运动，水滴与衣物间的附着力提供向心力，且是一定的，而所需的向心力，随着的增大而增大，当附着力不能提供足够大的向心力时，将做离心运动被甩出去，故A错误；惯性是物体本身的一种属性，一切物体都有惯性，即都有保持原来运动状态不变的性质，脱水桶高速运动，当附着力不能提供足够大的向心力时，衣物上的水由于惯性，通过小孔，飞离脱水桶，故B正确；脱水桶高速运动时，衣物附在筒壁上随筒一起做匀速圆周运动，衣物的重力与静摩擦力平衡，筒壁的弹力提供衣物的向心力，因此通过脱水流程，打开洗衣机，发现衣物成螺旋状排列，主要集中在桶壁附近，故C错误，D正确。
四川省攀枝花市2018届高三下学期第二次统一考试理综物理试题Word版含解析
攀枝花市高2018届高三第二次统一考试理科综合能力测试(物理)第Ⅰ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. 如图所示，质量为m的小球用长为l的细线悬挂于O点。
现将小球拉到细线与竖直方向夹角为60°的位置由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，小球过最低点时，小球的速度、对细线的拉力大小分别为A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】设球由静止释放运动到最低点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律得：，解得：；设在最低点细线对小球拉力的大小为T，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据牛顿第三定律，小球对细线拉力的大小为2mg，故选A.2. 2017年11月5日19时45分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星。
这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第一、二颗组网卫星，开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代。
中圆轨道地球卫星是指卫星轨道距离地球表面2000～20000km的地球卫星，与近地卫星相比A. 速度更大 B. 角速度更大 C. 周期更大 D. 加速度更大【答案】C【解析】根据万有引力等于向心力，，解得：，因为中圆轨道地球卫星的轨道半径大于近地卫星的半径，故其线速度、角速度和加速度都小于近地卫星的线速度、角速度和加速度，而其周期大于近地卫星的周期，故ABD错误，C正确；故选C.3. 如图所示，A、B两个质量分别为m和M的物块叠放在水平地面和竖直墙壁之间，处于静止状态。
已知A、B交界面与竖直墙壁间的夹角为θ，水平地面粗糙，其它各接触面光滑，重力加速度为g，则水平地面对物块B的摩擦力大小为A.B.C.D.【答案】B【解析】先隔离A分析，A受重力、B对A的支持力和左侧墙壁对A的支持力，如图所示：...............根据平衡条件得：，故选B.4. 在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量，正确的是A. 平抛过程最大 B. 竖直下抛过程最大C. 竖直上抛过程最大D. 三者一样大【答案】C【解析】三个小球中竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故竖直上抛物体的重力的冲量最大，由动量定理可得，竖直上抛物体动量的增量最大，故C 正确；故选C.5. 如图所示，倾角为θ的斜面体A放在水平面上，不可伸长的细线一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，滑轮与墙面间的细线水平，滑轮与物块之间的细线与斜面平行，当斜面沿水平面以速度v匀速运动时，B物块相对地面的速度大小为A.B.C.D.【答案】D【解析】因B的上升的高度为：；根据系统只有重力做功，机械能守恒定律，则有：，如图所示：图中画阴影部分的三角形相似，依据位移之比等于速度之比，可得：，则有：，故ABC错误，D正确；故选D.【点睛】根据系统只有重力做功，机械能守恒，结合相似三角形，得出速度之比等于位移之比，从而求解B 的速度大小.6. 从t=0时刻起，a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v-t图像如图所示，下列说法中正确的是A. 40 s时，a、b两物体速度相同B. 40 s时，a、b两物体相遇C. 60 s时，物体a在物体b的前方D. a加速时的加速度大于b的加速度【答案】AC【解析】在0～20s内，a做匀加速直线运动，b静止，a在b的前方；在20～40s内，a做匀速直线运动、b做匀加速直线运动，a的速度大于b的速度，两者距离逐渐增大；40～60s内，a在b的前方，a的速度小于b的速度，两者距离逐渐减小；40s时二者的速度相等，则在40s 时两者相距最远，故A正确，B错误；由图读出60s时，a的位移大于b的位移，两者又是从同一位移出发的，则物体a在物体b的前方，故C正确；a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，物体a的加速度小于物体b的加速度，故D错误；故选AC.【点睛】速度-时间图象的斜率大小表示加速度的大小，“面积”表示位移．根据斜率判断加速度的大小．根据位移大小判断两物体位置关系．分析两物体速度关系，确定它们之间距离的变化情况，分析何时相距最远．7. 物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40J，机械能减少10J。
XX省攀枝花市届高三物理上学期第一次统一考试试题扫描版
四川省攀枝花市2018-2019学年高二物理上学期期末授课质量监测试题注意事项：1.答题前，务必然自己的姓名、考号填写在答题卡规定的地址上，并用2B 铅笔将答题卡考号对应数字标号涂黑。
2.答选择题时，选出每题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试题卷上无效。
3．考试结束后。
将本试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本题共6小题，每题3分，共18分。
每题给出的四个选项中，只．有一个．．．选项吻合题目要求）1．以下各图中，金属导体棒ab 所受安培力F 方向正确的选项是2．以下列图，A 1、A 2为电流表，V 为电压表， C 为电容器，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，电源电动势为E ，内阻为r 。
现将开关S 闭合，当滑动变阻器滑片P 向右搬动过程中，以下结论正确的选项是 A ．电压表V 示数变小 B ．电流表A 1示数变小 C ．电流表A 2示数变大 D ．电容器C 上电荷量增大I B bI ba BA DBC3．以下列图，坐标系xOy位于纸面内，两根直导线M、N垂直纸面放置，M、N位于x轴上关于O点对称。
若在M、N中通有大小相等的电流，M中电流方向垂直纸面向外，N 中电流方向垂直纸面向里，两电流在y轴上的P点产生的合磁场方向为A．x轴正方向B．x轴负方向C．y轴正方向D．y轴负方向4．以下列图，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c=3∶2∶1。
在此长方体的上、下、左、右四个面上分别经过导线引出四个接线柱1、2、3、4。
在1、2两端加上恒定电压，导体的电阻为R1；在3、4两端加上恒定电压，导体的电阻为R2，则R1∶R2为A．1∶3 B．3∶1C．9∶1 D．1∶95．以下列图的电路中，电源电动势E=4 V，内阻r=0.5 Ω，定值电阻R=1 Ω。
开关S闭合后，电动机M恰好正常工作，理想电流表A的示数为1 A。
2018年高考物理模拟试卷1(新课标Ⅰ)带答案详解
2018年高考物理模拟试卷1（新课标Ⅰ）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求，第6～8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．（6分）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）A．30kg•m/s B．5.7×102kg•m/sC．6.0×102kg•m/s D．6.3×102kg•m/s2．（6分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是（）A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大3．（6分）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为m a，m b，m c．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是（）A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m c C．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a4．（6分）大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是：H+H→He+n，已知H的质量为2.0136u，He的质量为3.0150u，n的质量为1.0087u，1u=931MeV/c2．氘核聚变反应中释放的核能约为（）A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV5．（6分）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（）A． B．C．D．6．（6分）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是（）A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1：1：D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为：：17．（6分）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别E a、E b、E c和E d，点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标（r a，φa）标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd．下列选项正确的是（）A．E a：E b=4：1 B．E c：E d=2：1 C．W ab：W bc=3：1 D．W bc：W cd=1：3 8．（6分）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角α（α＞）．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中（）A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（5分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置．（已知滴水计时器每30s 内共滴下46个小水滴）（1）由图（b）可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的．（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图（b）中A点位置时的速度大小为m/s，加速度大小为m/s2．（结果均保留2位有效数字）10．（10分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）电压表V（量程3V，内阻3kΩ）电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）固定电阻R0（阻值1000Ω）滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）电源E（电动势5V，内阻不计）开关S；导线若干．（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率（填“增大”“不变”或“减小”）．（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为W，最大功率为W．（结果均保留2位小数）11．（12分）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．12．（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．（1）油滴运动到B点时的速度；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．（二）选考题：共15分。
【高考真题】2018年全国统一高考物理试卷(新课标ⅰ)(含答案)
2018年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一顶符合题目要求，第6～8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．（6.00分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（）A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比2．（6.00分）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（）A．B．C．D．3．（6.00分）如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A．a，b的电荷同号，k= B．a，b的电荷异号，k=C．a，b的电荷同号，k= D．a，b的电荷异号，k=4．（6.00分）如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。
轨道的电阻忽略不计。
OM是有一定电阻。
可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。
空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′（过程Ⅱ）。
在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（）A．B．C．D．25．（6.00分）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。
一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。
四川省攀枝花市2018年高考物理一模试卷 含解析
2018年四川省攀枝花市高考物理一模试卷一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6-8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．某同学站在体重计上研究超重与失重．当他由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．下列说法中正确的是（）A．“起立”过程，只出现超重现象B．“下蹲”过程，只出现失重现象C．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象2．如图所示，物块A、B质量分别为3kg、2kg，P是弹簧秤，质量忽略不计．滑轮光滑、质量不计，轻质细绳不可伸长，g取10m/s2．当弹簧秤示数稳定后，示数为（）A．30N B．25 N C．24N D．10 N3．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的（）A．速度增加，加速度减小B．速度减小，加速度增加C．速度减小，加速度减小D．速度增加，加速度增加4．我国自行研制的“北斗三号”卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，提供高精度的定位、测速和授时服务．静止轨道卫星工作在距地面高度约为5.6倍地球半径的地球同步轨道上．已知月球绕地球公转的周期约为27天，可知月球绕地球公转的轨道半径约为地球半径的（）A．50倍B．60倍C．150倍D．180倍5．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中（）A．地面对弹簧的支持力冲量大于mvB．弹簧对小球的弹力冲量等于mvC．地面对弹簧的支持力做功大于mv2D．弹簧对小球的弹力做功等于mv26．如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向．两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比r A：r B=2：1，取圆锥筒的最低点C为重力势能参照面，则A、B两球（）A．运动周期之比T A：T B=2：1 B．速度之比v A：v B=：1C．机械能之比E A：E B=2：1 D．向心加速度之比a A：a B=：17．如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，则（）A．物体的质量m=0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2C．0﹣3s内拉力F对物体做的功为1 JD．0﹣3s内拉力F的冲量大小为6 N•s8．如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平．现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前），下列说法正确的是（）A．弹簧变短B．弹簧变长C．小球对半球的压力不变D．小球对半球的压力变大二、非选择题（共5小题，满分62分）9．某同学用如图所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，分别记录指针所指刻度尺的刻度，所得数据列表如下（1）当在弹簧下端挂上3个钩码时，指针所示位置如图所示，请将上表补充完整．（2）已知实验所用单个钩码质量为100g，当地重力加速度为9.8m/s2，则该弹簧的劲度系数为N/m．（结果保留3位有效数字）10．某同学用如图（a）所示的装置“验证机械能守恒定律”．实验的主要步骤如下：（ⅰ）调整气垫导轨使之水平；（ⅱ）用天平测量滑块（含遮光条）质量并记录为M；（ⅲ）测量遮光条宽度并记录为d（ⅳ）将滑块放在气垫导轨上，通过轻质细绳与钩码连接，记录钩码总质量为m；（ⅴ）将滑块从A位置释放后，光电计时器测量遮光条通过光电门的时间并记录为△t．（ⅵ）对测量数据进行分析，得出实验结论．请回答下列问题．（已知当地的重力加速度大小为g）（1）若步骤（ⅲ）用螺旋测微器测量遮光条宽度d的示数情况如图（b）所示，则d=mm，步骤（ⅴ）中光电计时器记录的时间△t=4.10×10﹣3s，滑块经过光电门时的速度大小为m/s．（2）本实验中还需要测量的物理量有（写出物理量及符号）；（3）本实验中需验证的机械能守恒表达式为（用以上对应物理量的符号表示）；（4）实验数据表明系统动能增加量明显大于重力势能减少量，可能的原因是．A．钩码总质量m远小于滑块质量MB．钩码总质量m与滑块质量M相差不大C．气垫导轨没有调水平，且左高右低D．气垫导轨没有调水平，且左低右高．11．如图所示，质量为M的木块，放在距地面高度为h的平台的边缘．现有一质量为m的子弹以水平速度射入木块并留在木块中，木块落地前瞬间速度方向与水平方向的夹角为60°，已知重力加速度为g，M=5m，求子弹射入木块前的速度为多大？12．如图（a）所示，一根长直细杆倾斜固定，一个质量m的小环套在杆上静止不动，环的直径略大于杆的截面直径．现在环上施加一力F，F的大小由零逐渐增大，F与杆在同一竖直平面内，方向垂直于杆向上．已知杆与水平面的夹角为θ，环与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）环的加速度a与力F大小关系；（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，求θ、μ的值．13．如图所示，水平地面上固定有A、B两个等高的平台，之间静止放置一长为5l、质量为m的小车Q，小车的上表面与平台等高，左端靠近平台A．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在平台A的左端，另一端与质量为m的小物块P（可视为质点）接触但不连接．另一弹簧水平放置，一端固定在平台B的右端．现用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后由静止释放，P开始沿平台运动并滑上小车，当小车右端与平台B 刚接触时，物块P恰好滑到小车右端且相对小车静止．小车与平台相碰后立即停止运动，但不粘连，物块P滑上平台B，与弹簧作用后再次滑上小车．已知平台A的长度为2l，物块P与平台A间的动摩擦因数μ=0.5，平台B、水平地面光滑，重力加速度大小为g，求：（1）物块P离开平台A时的速度大小；（2）平台A右端与平台B左端间的距离；（3）若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动，求物块P 最终停止的位置距小车右端多远．2018年四川省攀枝花市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6-8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．某同学站在体重计上研究超重与失重．当他由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．下列说法中正确的是（）A．“起立”过程，只出现超重现象B．“下蹲”过程，只出现失重现象C．“下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．【分析】人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，根据加速度方向，来判断人处于超重还是失重状态．【解答】解：下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABC错误，D正确故选：D．2．如图所示，物块A、B质量分别为3kg、2kg，P是弹簧秤，质量忽略不计．滑轮光滑、质量不计，轻质细绳不可伸长，g取10m/s2．当弹簧秤示数稳定后，示数为（）A．30N B．25 N C．24N D．10 N【考点】29：物体的弹性和弹力．【分析】物块A、B质量分别为3kg、2kg，导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，列牛顿第二定律解出加速度，再隔离单独分析一个物体，解出弹簧受力，从而即可求解．【解答】解：物块A、B质量分别为3kg、2kg，导致物体受力不平衡，先选整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得：G A﹣G B=（m1+m2）a代入数据解得：a=2m/s2对B受力分析：向上的拉力F和自身的重力G B，由牛顿第二定律得：F﹣m B g=m B a解得：F=24N，故ABD错误，C正确．故选：C．3．一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t1到t2的过程中，汽车的（）A．速度增加，加速度减小B．速度减小，加速度增加C．速度减小，加速度减小D．速度增加，加速度增加【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，当汽车的功率减小一半，根据P=Fv 知，此时牵引力减小为原来的一半，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，又做匀速直线运动．【解答】解：当汽车的功率突然减小一半，由于速度来不及变化，根据P=Fv知，此时牵引力减小为原来的一半，则F＜f．此时汽车的加速度a=＜0，即加速度a与运动方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小．速度减小又导致牵引力增大，合力减小，加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减少到0，又做匀速直线运动．由此可知，在t1～t2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小，速度逐渐减小．故C正确，A、B、D错误．故选：C4．我国自行研制的“北斗三号”卫星导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，提供高精度的定位、测速和授时服务．静止轨道卫星工作在距地面高度约为5.6倍地球半径的地球同步轨道上．已知月球绕地球公转的周期约为27天，可知月球绕地球公转的轨道半径约为地球半径的（）A．50倍B．60倍C．150倍D．180倍【考点】4F：万有引力定律及其应用．【分析】根据卫星和月球做圆周运动的周期公式分析即可．【解答】解：卫星和月球都是地球的引力提供向心力，则：所以：T=月球绕地球公转的轨道半径约为：．故ACD错误，B正确故选：B5．如图所示，轻质弹簧固定在水平地面上．现将弹簧压缩后，将一质量为m的小球静止放在弹簧上，释放后小球被竖直弹起，小球离开弹簧时速度为v，则小球被弹起的过程中（）A．地面对弹簧的支持力冲量大于mvB．弹簧对小球的弹力冲量等于mvC．地面对弹簧的支持力做功大于mv2D．弹簧对小球的弹力做功等于mv2【考点】52：动量定理；6B：功能关系．【分析】分析小球的运动情况，根据受力分析明确小球的受力情况，则可根据动量及冲量得出冲量大小；由功能的转化可得出能量转化关系．【解答】解：A、对小球分析可知，小球受重力和弹力作用运动，根据动量定理可知，I F﹣I G=mv，故弹簧对小球的冲量大于mv，由于地面对弹簧的弹力与弹簧对小球的弹力始终大小相等，故地面对弹簧的支持力的冲量大于mv，故A正确B错误；C、由于地面对弹簧的弹力不产生的位移，因此地面对弹簧的支持力不做功，故CD错误．故选：A．6．如图所示，内壁光滑的圆锥筒固定不动，圆锥筒的轴线沿竖直方向．两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在如图所示的水平面内做匀速圆周运动，已知两小球运动的轨道半径之比r A：r B=2：1，取圆锥筒的最低点C为重力势能参照面，则A、B两球（）A．运动周期之比T A：T B=2：1 B．速度之比v A：v B=：1C．机械能之比E A：E B=2：1 D．向心加速度之比a A：a B=：1【考点】6B：功能关系；48：线速度、角速度和周期、转速；4A：向心力．【分析】研究任意一球：小球做匀速圆周运动，靠重力和支持力的和提供向心力，结合牛顿第二定律列出周期、速度和向心加速度的表达式，得到机械能的表达式，从而进行求解即可．【解答】解：设圆锥母线与竖直方向成角θ，设任一小球圆周运动向心加速度a，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=m r=m=ma得：T=2π，v=，a=gtanθ由r A：r B=2：1，得：T A：T B=：1，v A：v B=：1，a A：a B=1：1机械能表达式E=mgrtanθ+=mgrtanθ，则得E A：E B=2：1故选：BC7．如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g=10m/s2，则（）A．物体的质量m=0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2C．0﹣3s内拉力F对物体做的功为1 JD．0﹣3s内拉力F的冲量大小为6 N•s【考点】52：动量定理；62：功的计算．【分析】解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．【解答】解：A、由速度时间图象可以知道在2﹣3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1﹣2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所a==2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f=ma，所以m===0.5kg，所以A正确；B、由f=μF N=μmg，所以μ===0.4，故B错误；C 、在第一秒内物体没有运动，物体在第2s 内做匀加速运动位移为X=at 2=×2×12=1m ，第3s 内做匀速运动位移X=vt=2×1=2m ，拉力F 做功W=F 1X 1+F 2X 2=3×1+2×2=7J ，故C 错误；D 、0﹣3s 内拉力F 的冲量大小为I=F 1t 1+F 2t 2+F 3t 3=1×1+3×1+2×1=6N•s ；故D 正确． 故选：AD ．8．如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D 固定在半球形物体球心O 的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A 点，另一端用轻质细绳穿过小环D 与放在半球形物体上的小球P 相连，DA 水平．现将细绳固定点A 向右缓慢平移的过程中（小球P 未到达半球最高点前），下列说法正确的是（ ）A ．弹簧变短B ．弹簧变长C ．小球对半球的压力不变D ．小球对半球的压力变大【考点】2H ：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．【分析】分析小球受力情况：重力G ，细线的拉力T 和半球面的支持力N ，作出N 、T 的合力F ，根据三角形相似法分析N 、T 的变化．【解答】解：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G ，细线的拉力T 和半球面的支持力N ，作出N 、T 的合力F ，由平衡条件得知F=G ．由△NFP ∽△PDO 得： ==将 F=G ，代入得：N=G ，T=G由题缓慢地将小球从A 点拉到B 点过程中，DO ，PO 不变，PD 变小，可见T 变小；N 不变．即知弹簧的弹力变小，弹簧变短．由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故AC 正确，BD 错误．故选：AC二、非选择题（共5小题，满分62分）9．某同学用如图所示的装置做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，分别记录指针所指刻度尺的刻度，所得数据列表如下（1）当在弹簧下端挂上3个钩码时，指针所示位置如图所示，请将上表补充完整．（2）已知实验所用单个钩码质量为100g，当地重力加速度为9.8m/s2，则该弹簧的劲度系数为73.3N/m．（结果保留3位有效数字）【考点】M7：探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】（1）图中刻度尺是毫米刻度尺，应读到0.01cm．（2）根据胡克定律F=kx，求解弹簧的劲度系数k．要注意x是弹簧伸长的长度或压缩的长度．【解答】解：（1）根据示意图读出此时弹簧的实际长度为13.00cm．（2）弹簧原长为9.00cm，则伸长量：△x=x﹣x0，弹力F=nmg=n×0.98，根据F=kx 求解劲度系数；故劲度系数的平均值为：故答案为：（1）13.00；（2）73.3．10．某同学用如图（a）所示的装置“验证机械能守恒定律”．实验的主要步骤如下：（ⅰ）调整气垫导轨使之水平；（ⅱ）用天平测量滑块（含遮光条）质量并记录为M；（ⅲ）测量遮光条宽度并记录为d（ⅳ）将滑块放在气垫导轨上，通过轻质细绳与钩码连接，记录钩码总质量为m；（ⅴ）将滑块从A位置释放后，光电计时器测量遮光条通过光电门的时间并记录为△t．（ⅵ）对测量数据进行分析，得出实验结论．请回答下列问题．（已知当地的重力加速度大小为g）（1）若步骤（ⅲ）用螺旋测微器测量遮光条宽度d的示数情况如图（b）所示，则d= 5.740mm，步骤（ⅴ）中光电计时器记录的时间△t=4.10×10﹣3s，滑块经过光电门时的速度大小为 1.4m/s．（2）本实验中还需要测量的物理量有A、B间的距离s（写出物理量及符号）；（3）本实验中需验证的机械能守恒表达式为mgs=（用以上对应物理量的符号表示）；（4）实验数据表明系统动能增加量明显大于重力势能减少量，可能的原因是C．A．钩码总质量m远小于滑块质量MB．钩码总质量m与滑块质量M相差不大C．气垫导轨没有调水平，且左高右低D．气垫导轨没有调水平，且左低右高．【考点】MD：验证机械能守恒定律．【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块经过光电门时的速度大小．实验原理是：求出通过光电门时的速度v，测出AB间的距离L，在这个过程中，减少的重力势能能：△E p=mgL，增加的动能mv2，比较减少的重力势能与增加的动能之间的关系，验证机械能是否守恒．【解答】解：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为 5.5mm，可动刻度读数为0.01×24.0mm=0.240mm，则h=5.740 mm．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块经过光电门的速度为：v===1.4m/s．（2）为了求出运动过程中钩码减小的重力势能，则需要测量AB间的距离s；（3）我们验证的是：△E p与△E k的关系，即验证：△E p=△E k代入得：mgs=（M+m）v2；而v=所以本实验中验证机械能守恒的表达式为：mgs=；（4）如果实验结果系统动能增加量大于重力势能减少量，则可能是气垫导轨不水平造成的，气垫导轨倾斜后，由于滑块的重力势能的增加或减少没有记入，故增加的动能和减少的重力势能不相等，若左侧高，系统动能增加量大于重力势能减少量，若右侧高，系统动能增加量小于重力势能减少量，故C正确，ABD错误．故选：C；故答案为：（1）5.740，1.4；（2）A、B间的距离s；（3）mgs=；（4）C．11．如图所示，质量为M的木块，放在距地面高度为h的平台的边缘．现有一质量为m的子弹以水平速度射入木块并留在木块中，木块落地前瞬间速度方向与水平方向的夹角为60°，已知重力加速度为g，M=5m，求子弹射入木块前的速度为多大？【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【分析】木块离开平台后做平抛运动，应用平抛运动规律求出木块的初速度，子弹击中木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出子弹的初速度．【解答】解：（1）由题意子弹打入木块后做平抛运动，设子弹打入木块后木块速度v，落地前速度的竖直分量为v y，由平抛运动规律得：v y2=2ghtan60°=，子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，解得：v0=2；答：子弹射入木块前的速度为2．12．如图（a）所示，一根长直细杆倾斜固定，一个质量m的小环套在杆上静止不动，环的直径略大于杆的截面直径．现在环上施加一力F，F的大小由零逐渐增大，F与杆在同一竖直平面内，方向垂直于杆向上．已知杆与水平面的夹角为θ，环与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）环的加速度a与力F大小关系；（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，求θ、μ的值．【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．【分析】（1）对环受力分析，根据牛顿第二定律及运动状态即可求得加速度；（2）代入具体数值求得倾角和摩擦因数【解答】解：（1）当mgsinθ＜f1时，对环受力分析可得：a=0当mgsinθ＞f1，F＜mgcosθ时，小环开始加速运动mgsinθ﹣f1=maf1=μN=μ（mgcosθ﹣F）当F＞mgcosθ，mgsinθ＞f2时，小环继续加速度运动mgsinθ﹣f2=maf2=μN=μ（F﹣mgcosθ）当mgsinθ＜f2时，小环减速运动，速度为零前，加速度同上，速度为零后a=0联立解得（1）a=0，a=，（mgcos≤F≤mgcosθa=，F≥mgcosθ，v≠0a=0，，v=0（2）由图可知，当a1=0，时代入解得：，，θ=30°答：（1）环的加速度a与力F大小关系为a=0，a=，（mgcos≤F≤mgcosθa=，F≥mgcosθ，v≠0a=0，，v=0（2）若环的加速度a与力F大小关系如图（b）所示，θ、μ的值分别为30°和．13．如图所示，水平地面上固定有A、B两个等高的平台，之间静止放置一长为5l、质量为m的小车Q，小车的上表面与平台等高，左端靠近平台A．轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在平台A的左端，另一端与质量为m的小物块P（可视为质点）接触但不连接．另一弹簧水平放置，一端固定在平台B的右端．现用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后由静止释放，P开始沿平台运动并滑上小车，当小车右端与平台B 刚接触时，物块P恰好滑到小车右端且相对小车静止．小车与平台相碰后立即停止运动，但不粘连，物块P滑上平台B，与弹簧作用后再次滑上小车．已知平台A的长度为2l，物块P与平台A间的动摩擦因数μ=0.5，平台B、水平地面光滑，重力加速度大小为g，求：（1）物块P离开平台A时的速度大小；（2）平台A右端与平台B左端间的距离；（3）若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动，求物块P 最终停止的位置距小车右端多远．【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【分析】（1）对压缩弹簧过程、物块在平台运动过程应用能量守恒定律可以求出物块离开平台的速度．（2）物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出平台A右端与平台B左端的距离．（3）小车与平台碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以解题．【解答】解：（1）设弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能为E P，由能力守恒定律得：E P=5mgl，设物块P离开A平台的速度为v0，由能量守恒定律得：E P=μmgl+mv02，解得：v0=3；（2）设物块P运动到小车最右端与小车的共同速度为v1，从物块P离开平台A到物块与小车共速过程中，物块位移为s1，小车位移为s2，物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv0=2mv1，对物块P，由动能定理得：﹣fs1=mv12﹣mv02，对小车，由动能定理得：fs2=mv12，位移关系：s1﹣s2=5l，解得，平台A右端与平台B左端间的距离：s=s1=7.5l；（3）由能量守恒可知，物块离开平台B时，速度为v1，设物块P与小车再次共时，速度为v2，从物块P离开平台B到物块与小车共速过程中，物块位移为s3，小车位移为s4，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，由动能定理得，对物块P：﹣fs3=mv22﹣mv12，对小车：fs4=mv22，设小车到达平台A碰后，物块运动的位移为s5，由动能定理得：﹣fs5=0﹣mv22，解得，物块P最终停止的位置距小车右端为：△s=s3﹣s4+s5=；答：（1）物块P离开平台A时的速度大小为3；（2）平台A右端与平台B左端间的距离为7.5l；（3）物块P最终停止的位置距小车右端距离为．2019理科物理模拟试卷二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14．2017年11月17日，“中国核潜艇之父”----黄旭华获评全国道德模范，颁奖典礼上，习总书记为他“让座”的场景感人肺腑，下列有关核反应说法措施的是A．目前核潜艇是利用重核裂变提供动力B．重核裂变反应前后一定有质量亏损C．235114094192054380U n U Sr d n+→++式中d=1D．铀核裂变后的新核比铀核的比结合能小15．由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理问题时可以将它们进行类比，例如电场中反应各点电场强度的物理量是电场强度，其定义式为FEq=，在引力场中可以用一个类似的物理量来反应各点引力场的强弱，设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G，如果一个质量为m的物体位于距离地心2R处的某点，则下列表达式中能反应该点引力场强弱的是。
2018年 全国统一高考 物理试卷(含答案解析)
2018年全国统一高考物理试卷（含答案解析）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一顶符合题目要求，第6～8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．（6分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（）A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比2．（6分）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（）A．B．C．D．3．（6分）如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（）A．a，b的电荷同号，k= B．a，b的电荷异号，k=C．a，b的电荷同号，k= D．a，b的电荷异号，k=4．（6分）如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。
轨道的电阻忽略不计。
OM是有一定电阻。
可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。
空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′（过程Ⅱ）。
在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（）A．B．C．D．25．（6分）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。
一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。
重力加速度大小为g。
2018年四川省高考物理模拟测试(一)(解析版)
2018年四川省高考物理模拟测试（一）（解析版）一、选择题1.(2017·北京丰台区测试)某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况,摆球从A点由静止释放,经过最低点C到达与A等高的B点,D,E,F是OC连线上的点,OE=DE,DF=FC,OC连线上各点均可钉钉子.每次均将摆球从A点由静止释放,不计绳与钉子碰撞时机械能的损失.下列说法正确的是( D )A.若只在E点钉钉子,摆球最高可能摆到A,B连线以上的某点B.若只在D点钉钉子,摆球最高可能摆到A,B连线以下的某点C.若只在F点钉钉子,摆球最高可能摆到D点D.若只在F点以下某点钉钉子,摆球可能做完整的圆周运动解析:根据机械能守恒定律可知,在E点和D点钉钉子,摆球最高可摆到与A,B等高的位置,选项A,B错误;当在F点钉钉子时,摆球不可能摆到D点,因为摆球如果摆到D点,根据机械能守恒定律可知,其速度为0,可是摆球要想由C点摆到D点,在D点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项C错误;若在F点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项D 正确.2．(2017·湖北黄石二模)将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是()A．物体B对水平面的压力大小为MgB．物体B受水平面的摩擦力大小为mgtan θC．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD．滑块A对物体B的压力大小为mg cos θ解析：选C.以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为N1＝mgtan θ，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为N2＝mgsin θ，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为mgsin θ，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力N＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为f＝N1＝mgtan θ，B错误．3．（2018山东省临沂市高三上学期期中）某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，该质点的图象如图所示，下列说法错误．．的是( )A. 质点的加速度大小为B. t=0时，质点的初速度大小为aC. t=0到t=b这段时间质点的平均速度为0D. t=0到t=b这段时间质点的路程为【答案】D4．(2017·广西崇左摸底)(多选)图中虚线PQ上方有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O是PQ上一点，在纸面内从O点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v0的粒子，粒子电荷量为q、质量为m.现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M点相遇，MO与PQ间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是()A．两个粒子从O点射入磁场的时间间隔可能为2πm 3qBB．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ成30°和60°角C．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为2mv0 qBD．垂直PQ射入磁场中的粒子在磁场中的运动时间最长解析：选AC.明确两粒子在磁场中运动周期和半径，以正粒子为例进行分析，明确转过的角度规律，从而明确粒子的运动情况，根据圆周运动的规律即可明确最大距离和最长时间．以粒子带正电为例分析，先后由O点射入磁场，并在M点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O点沿OP方向入射并通过M点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动周期T＝2πmBq可知，该粒子在磁场中运动的时间t 1＝120°360°×2πm qB ＝4πm 3qB ，则另一个粒子轨迹所对圆心角为120°，该粒子运动时间t 2＝2πm 3qB ，可知，两粒子在磁场中运动的时间差可能为Δt ＝2πm3qB ，故A 正确；射入磁场方向分别与PQ 成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M 点相遇，故B 错误；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d ＝2mv 0qB ，故C 正确；沿OP 方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间最长，故D 错误．5.(2017·上海松江区模拟)在分析α粒子散射实验现象时,不考虑电子对α粒子运动轨迹的影响,这是因为α粒子与电子( C ) A.不会相遇 B.不发生相互作用C.发生的相互作用可以忽略D.发生的相互作用可以相互抵消解析:卢瑟福在分析α粒子散射实验现象时,认为电子不会对α粒子偏转产生影响,其主要原因是电子的质量很小,α粒子与电子发生的相互作用可以忽略,就算碰到,也不会引起明显的偏转.故C 正确,A,B,D 错误.6．(2017·岳阳市二模)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数比为k 1.降压变压器T′的原、副线圈匝数比为k 2.原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，用户电阻为R(纯电阻)，若用户消耗功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率P r 和用户获得的电压U 分别为( )A ．P r ＝r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2r k 22PR B ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2U m 2k 1k 2－2rk 22P RC ．P r ＝2r Rk 22P U ＝2k 2U m 2k 1－2rk 1k2P RD．P r＝2rRk21P U＝2U m2k1k2－2rk1k2PR解析：选B.用户流过的电流为I4＝PR，故在输电线路上的电流为I3＝I4k2＝1k2PR，故损失的电功率为P r＝I23·2r＝2rRk22P；升压变压器两端电压的有效值为U1＝U m2，输电线路上损失的电压为ΔU＝I3·2r，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝U1 k1故降压变压器原线圈的电压为U3＝U2－ΔU，用户获得的电压U＝U3 k2联立解得U＝2U m2k1k2－2rk22PR.7．如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD二、非选择题1．实验室有下列器材：灵敏电流计G(内阻约为50 Ω)；电压表V(0～3 V，内阻约为10 kΩ)；电阻箱R1(0～9 999 Ω)；滑动变阻器R2(0～100 Ω，1.5 A)；旧干电池一节；导线开关若干．(1)某实验小组先测灵敏电流计的内阻，电路如图甲所示，测得电压表示数为2 V，灵敏电流计示数为4 mA，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则灵敏电流计内阻为________Ω.(2)为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R 1的阻值调为________Ω.调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势和内阻，调节滑动变阻器读出了几组电压表和电流计的示数如下表，请在图丁所示的坐标系中作出合适的I g －U 图线.(3)由作出的I g ，内阻r ＝________Ω.解析：(1)由图乙可知，电阻箱示数为R 1＝0×1 000 Ω＋4×100 Ω＋5×10 Ω＋5×1 Ω＝455 Ω.由欧姆定律得R g ＋R 1＝U I ＝ 2 V0.004 A ＝500 Ω，电流计内阻为R g ＝500 Ω－455 Ω＝45 Ω.(2)将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，并联电阻阻值R ＝I g R gI －I g＝45I g10I g －I g＝5 Ω，根据表中实验数据在坐标系内找出对应点，然后根据找出的点作出图象，如答案图所示．(3)由I g －U 图线可知，图线与横轴的交点坐标值为1.4，则电源电动势E ＝1.4 V ，电流表内阻R A ＝R 1R g R 1＋R g ＝5 Ω×4.5 Ω5 Ω＋4.5 Ω＝2.4 Ω，图线的斜率k ＝ΔIΔU ＝0.003 A×101.4 V －0.8 V＝120 Ω，电源内阻r ＝1k －R A ＝20 Ω－2.4 Ω＝17.6 Ω.答案：(1)45 (2)5 如图所示 (3)1.4 17.62．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移23d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝12mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立①②式可得E＝mv2 2qd③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于π3.由几何关系得 r ＝R tan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvB ＝m v 2r ⑤ 联立④⑤式得 R ＝3mv 3qB ⑥(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则 U′＝Ed 3＝U 3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2综合⑦式可得v′＝33v ⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r′＝3mv 3qB ⑨设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见θ＝π2⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n ＝3⑪答案：(1)mv 22qd (2)3mv3qB (3)3。
最新-攀枝花市第七中学高2018届高三物理第一次检测试题答案 精品
攀枝花市第七中学高2018届高三物理第一次检测试题答案 1 BC 2C 3 C 4 ABD 5 C 6 C 7 C 8 C 9 BD 10 C 11 B 12 D 13 BC14、1.46 、0.40 15 6．185、 16、⑴根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上。
可以判定F 和L 间是一次函数关系。
画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧。
⑵弹簧的原长。
⑶表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。
⑷25N/m17（1）F 1cos45°=μ(mg －F 1sin45°)；F 1 = μmg cos45°+μsin45°= 1002N ； （2）设拉力与水平方向夹角为θ，则F cos θ=μ(mg －F sin θ)；F = μmg cos θ+μsin θ； 当θ=arctan μ时，F 有最小值，其值为F min =μmg 1+μ2 = 60 5 N 。
18 T=0.5s t=0.1s19．（1）以人为研究对象，人加速下滑过程中受重力mg 和杆对人的作用力F 1．由题图可知，人加速下滑过程中杆对人的作用力F 1为180N ．由牛顿第二定律得 mg-F l =ma 1 代人数据得：a 1=4m ／s 21s 末人的速度达到最大，由v=at 1得v =4m ／s（2）加速下降时位移： s 1=at 12／2=2m减速下降时，21mg F ma -= 代人数据得：a 2= -2m ／s 2 在3秒末杂技演员恰好静止，所以222v S t = 代人数据解得：s 2=4m 竹竿的长度s =s 1+s 2=6m 。
20．解：设小木块没有离开薄木板的过程，时间为t ，小木块的加速度大小为a 1，移动的距离为S 1，薄木板被抽出后，小木块在桌面上做匀减速直线运动，设加速度大小为a 2，移动的距离为S 2，有μmg=ma 1………………① μmg=ma 2…………………②即有a 1==a 2==μg ．．．．．．③ 根据运动学规律有S 1==S 2．．．． ④2121gt S μ=∴……⑤ 2221gt S μ=……⑥ 根据题意有S 1+S 2==12 ι……⑦∴t 2==gμ21…………⑧ 设小木块没有离开薄木板的过程中，薄木板的加速度为a ，移动的距离为S ，有 221at S = 根据题意有S =S 1+12ι 解⑤⑧⑨⑩得a==3μg根据牛顿第二定律F —3μmg ==ma ∴F =6μmg。