新《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水市衡水中学2018届高三上学期七调考试理科综合物理试题（解析版）18.doc

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1、河北省衡水中学2018届高三上学期七调考试理科综合物理试题二、选择题1. 下列叙述中正确的是（ ）A. 牛总结出万有引力定律并用实验测出引力常量B. 伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推推理)和谐地结合起来C. 理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等D. 用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如速度、加速度都是采用了比值法定义的【答案】B【解析】牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常量，选项A错误；伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推理）和谐地结合起来，选项B正确；理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素

2、，例如质点，点电荷等，选项C错误；用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如速度；加速度不是采用了比值法定义的，选项D错误；故选B.2. 某重型气垫船，自重达，最高时速为，装有额定输出功率为9000kW的燃气轮机。假设该重型气整船在海面航行过程所受的阻力与速度v满足，下列说法正确的是（ ）A. 该重型气垫船的最大牵引力为B. 由题中给出的数据可算出C. 当以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的阻力大小为D. 当以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为【答案】B【解析】气垫船的最高速度为在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小，与阻力相等，根据P=Fv得：气

3、垫船的最小牵引力，故在速度达到最大前，牵引力，故A错误气垫船以最高时速匀速运动时，气垫船所受的阻力为，根据f=kv得：，故B正确以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船所受的阻力为，此时气垫船发动机的输出功率为，故CD错误故选B【点睛】气垫船以额定功率启动，当阻力等于牵引力时，速度最大，根据P=Fv求解牵引力，再根据f=kv求解k值，当速度为最高速的一半时，根据求解此时的牵引力，再根据求解此时的输出功率3. 火星探测项目是我国继载人航天天工程、嫦娥工程之后又一个重大太空探索项日。已知地球公转周期为T，与太日的别距离为R1，运行速率为v1，火星到太旧的距离为R2，运行速率为v2，太阳质量为M，引力

4、常量为G。一个质量为m的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A点为近日点，以火轨道上的B点为远日点，如图所示。不计火星、地球对探测器的影响，则（ ）A. 探测器在A点的加速度大于B. 探测器在在B点的加加速度度大小为C. 探测器在B点的动能为D. 探测器沿椭圆轨道从A点到B点的飞行时间为【答案】D【解析】根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在A点的加速度等于沿着图中小虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为：，故A错误；根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在B点的加速度等于沿着图中大虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为，故B错误；探测器在B点的速度小于，故动能小于，

5、故C错误；根据开普勒第三定律，有：，解得：，故探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为，故D正确；故选D.4. 等离子体流由左方连续以速度v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，偏转后会打到P1、P2板上，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且轨道磁场B的正方向向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是（ ）A. 内，ab、cd导线互相排斥B. 内，ab、cd导线互相吸引C. 内，ab、cd导线互相吸引D. 内，ab、cd导线互相吸引【答案】B【解析】左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流，由图乙可知，02s内磁场均匀变化，根据楞次定律可

6、知将形成从c到d的电流，同理24s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故02s秒内电流同向，相互吸引，24s电流反向，相互排斥，故ACD错误，B正确利用法拉第电磁感应定律E=时，注意B-t图象中斜率的物理意义注意感应电动势的大小看磁通量的变化率，而非磁通量大小或者磁通量的变化量5. 如图甲所示，一个U形光滑足够长的金属导轨固定在水平桌面上，电阻,其余电阻均不计,两导轨间的距离，有一垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直。在=0时刻,金属杆紧靠在最左端，杆在外力的作用下以速度向右做

7、匀速运动。下列说法中正确的是（ ）A. 当时，穿过回路的磁通量为B. 当时，电路中感应电动势的大小C. 当时，金属轩所受到的安培力的大小为D. 在内，流过电阻R的感应电流随时间均匀增加【答案】D【解析】当t=4s时，金属杆的位移为：，则穿过回路的磁通量为：，电路中感应电动势大小为：，根据欧姆定律可得电路中的电流为：，金属杆所受到的安培力的大小为：，故ABC错误根据法拉第电磁感应定律得：，其中，故，则感应电流，故D正确；故选D.6. 2008年春节前后，我国部分地区的供电系统由于气因遭到严重破坏，为此，某小区启动了时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中R表示输电线

8、的电阻。滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作作,则（ ）A. 当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值,用电器不变时,应使滑动触头P向上滑动B. 当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值,用电器不变时, 应使滑动触头P向下滑动C. 如果 V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑动D. 如果 V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑动【答案】AC【解析】要保证用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，当V1示数小于正常值，要使V2不变，则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故A

9、正确，B错误；当用电器增加时，通过R0的电流增大，R0所占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，所以V2要变大，而V1示数保持正常值不变，则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故C正确，D错误；故选AC.点睛：分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解.7. 如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近电荷P的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向,一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于P、Q两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计。在从O点到A点的运动

10、过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】等量异种电荷的电场线如图所示根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度，由图可知E先减小后增大，所以图象切线的斜率先减小后增大，故A错误沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大v-t图象切线的斜率先变小后变大，故CD可能，故CD正确粒子的动能，电场强度先变小后变大，则切线的斜率先变小后变大，

11、则B图不可能故B错误故选CD【点睛】根据等量异种电荷电场线的分布情况，分析场强、电势的变化，由电场力做功情况判断动能的变化情况由牛顿第二定律研究加速度的变化情况，并分析粒子的运动情况8. 如图所示,在,的长方形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，题感应强度大小为B，坐标原点O处有一个子源,在某时刻向第一象限发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重不计)，速度大小满足，已知粒子在磁场中做周运动的周期为T，则下列说法正确的是（ ）A. 所以粒子在磁场中运动经历最长的时间为B. 所以粒子在磁场中运动经历最长的时间小于C. 从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间小于D. 从磁场上边界飞出的粒子经历最短

12、的时间为【答案】AC【解析】粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动，洛伦兹力作为向心力，则有，解得：，又因为，故；粒子做圆周运动的周期；当速度与y轴正方向的夹角为零时，其运动轨迹如图所示：由图可知R越大，对应的越小，故当R=3a时最小，此时，解得：，则，故C正确，D错误；从0增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，设磁场横向无右边界，则粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，如图所示：【点睛】分析粒子运动轨迹随速度与y轴正方向的夹角的变化关系，求得从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间；再分析粒子能到达的距离O点最远处，求出该点对应的运动时间即为运动的最长时间三、非选择题9. (

13、1)关于验证动量守恒定律的实验装置,原来的教科书采用图甲所示的方法,经过编者修改后,现行的教科书采用图乙所示的方法。两个实验装置的区别在于：悬挂重垂线的位置不同；图甲中设计有一个支柱(通过调整,可使两球的球心在同一水平线上；上面的小球被磁离开后,支柱立即倒下),图乙中没有支柱。图甲中的入射小球和被碰小球做平抛运动的抛出点分别在通过点的竖直线上,重垂线只确定了点的位置，比较这两个实验装置,下列说法正确的是（_）A.采用图甲所示的实验装置时,需要测出两小球的直径B.采用图乙所示的实验装置时,需要测出两小球的直径C.采用图甲所示的实验装置时,应使斜槽末端水平部分尽量光滑,可减小实验误差D.采用图乙所

14、示的实验装置时,应使斜槽末端水平部分尽量光滑,可减小实验误差(2)在验证动量守恒定律的实验中，如果采用(1)题图乙所示装置进行实验，某次实验得出小球的落点情况如图内所示，图中数据单位统一，假设碰撞动量守恒，则碰镜小球质最m1和被撞小球质量m2之比m1:m2_。【答案】 (1). AD (2). 【解析】试题分析：（1）甲图实验方法中两球抛出点位置不同所以必需测出两球直径，才可以测得抛出水平距离，而且轨道是否光滑对实验结果无影响，故A正确C错误；乙图实验装置两球抛出点一样，水平位移与小球直径无关，所以B错误，碰撞完成后后一小球还在水平轨道运动一小段距离，所以要求末端水平部分尽量光滑，故D正确。（

15、2）两球的落地时间相同，水平位移与初速度成正比，代入数据可知为4：1考点：本题考查了探究动量守恒定律实验10. 某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。(1)已知表头G满偏电流为，表头上标记的内阻值为，R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选选R1=_， R2=_，R3= _。(2)用量程为3V、内阻为的标准电压表V对改装表3V档的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种

16、规格，最大阻值分别为和。为方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为_的滑动变阻器。(3)若由于表头G上标记的内阻值不准,造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值_(选填“大于”或“小于”)。【答案】 (1). 100 (2). 910 (3). 2000 (4). (5). 大于【解析】（1）根据题意，与表头G构成1mA的电流表，则有：，代入数据：，解得；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则有：；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则有：；（2）电压表与之并联之后，电阻小于2500，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值远小于并联部分，同时还要便于

17、调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择的电阻（3）在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其实际阻值大于.11. 如图所示，矩形斜面ABCD的倾角，在其上放置一矩形金属框abcd，ab的边长l1=1m，bc的边长l2=0.6m，金属框的质量，电阻，金属框与斜面间的动摩擦因数，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量m0=2kg，斜面上cfgh区域是有界匀强磁场,磁感应强度的大小，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距离为。

18、现让金属由静止开始运动(开始时刻，cd与AB边重),在重物到达地面之前，发现金域匀速穿过匀强磁场区域，不计滑轮摩擦，g取，求：（1）金属框进入磁场前细线所受拉力的大小；（2）金属框从静止开始运动到ab边刚进入从所用的时间；（3）金属框abcd在穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热。【答案】(1) (2) (3) 【解析】试题分析：（1）线框进入磁场前，线框和重物一起做加速度大小相等的匀加速运动，根据牛顿第二定律对整体研究，求出它们的加速度大小再对线框或重物研究，求解拉力的大小；（2）线框进入磁场时匀速运动时，受力平衡，根据平衡条件与法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与安培力大小公式，求出速度大小，

19、由运动学公式求解时间（3）在整个运动过程中，系统的机械能减小转化为内能，根据能量守恒求解（1）金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得：解得：（2）因金属框匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框整体根据平衡条件可得：，解得：（3）在金属框穿过匀强磁场的过程中，根据功能关系可得：解得：12. 如图甲所示,间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，一质量为m、带电荷量为的粒子(不计重力)以初速度v0由板Q左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当和取某些特定值时,可使时刻入射的粒子

20、经时间恰能垂直打在板P上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、为已知量。(1)若,求B0；(2)为使时刻入射的粒子垂直打在P板上,求粒子在时间内速度的偏转角应满足的条件；(3)若，为使粒子仍能垂直打在P板上,求。【答案】(1) （2） （3）【解析】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为，由牛顿第二定律得到：根据题意由几何关系得到：联立可以得到：（2）由题意可知，粒子若垂直打到P板上，速度偏转角必须满足若速度偏转角过大，就会从左边界出去，速度偏转角最大如图所示：此时，综上可得：（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，根据圆周运动公式得到：由牛顿第二定律得到：将代入上式可得：粒子运动轨迹如图所示：

21、、为圆心，、连线与水平方向夹角为，在每个内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，由题意可知：若在A点击中P板，根据题意由几何关系得到：，且要求：当、时，无解。当时，此时，当时无解若在B点击中P板，根据题意由几何关系得到：且要求：当时无解当时，此时当时，无解13. 下列说法正确的是_A.做加速运动的物体,由于速度越来越大,因此物体分子的平均动能也越来越大B.气体分子单位时间内与单位面积器壁磁撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关C.温度相同的氨气和氧气的分子平均动能也相同D.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠,而在干净的玻璃板上却不能,这是油脂使水的表面张力增大的缘故E.液体的饱和汽压随

22、温度的升高而增大【答案】BCE【解析】微观分子的运动与宏观物体的机械运动无关，选项A错误； 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内气体的分子数和温度都有关，选项B正确；温度是分子平均动能的标志，则温度相同的氨气和氧气的分子平均动能也相同，选项C正确； 水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水对油脂不浸润以及水的表面张力作用的缘故，选项D错误； 液体的饱和汽压随温度的升高而增大，选项E正确；故选BCE.14. 如图所示,两内气缸A、B粗细均匀，等高且内壁光滑,其下部由体积可忽略的细管连通，气缸A的直径为气缸B的2倍,气缸A上端封闭，气缸B上端与大气连

23、通,两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a，b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气,当大气压为p0、外界与气缸内气体温度均为7且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。现通过电阻丝缓慢加热氮气，当话塞b恰好升至顶部时,求氨气的温度；继续缓慢加热,使活塞a上升，当活a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。【答案】(1) (2) 学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.学+科+网.（1）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体

24、积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为,则有： 根据盖吕萨克定律得：代入数据解得：（2）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1，压强为P1，末态体积为V2，压强为P2，由题给数据有， 由玻意耳定律得：解得：点睛：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分气体之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。视频15. 如图所示，图甲为一列简谐横波在时的波形图，图乙为媒质中平衡位置在处的质点的振动图像，P点是平衡位置为的质点。下列说法正确的是_。A.波的传播方向为x

25、轴正方向B.波的传播方向为x轴负方向C.波速为D.时间间内，P点运动的路程为E.当时，P点恰好回到平平衡位置【答案】BDE【解析】根据图乙的振动图象可知，x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向x轴负方向传播，故A错误，B正确；由图甲可知该简谐横波波长为2m，由图乙知周期为4s，则波速为，故C错误；由于t=2s时，质点P在波谷，且2s=0.5T，所以质点P的路程为2A=8cm，故D正确；当t=7s时，P恰好回平衡位置，故D正确故选BDE.16. 如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率为，AB是一条直径，有一束平行光沿AB方向射向圆柱体。若一条入射光经折射后恰经过B点，光在真空中的传播速度为c，求：这条入射光线到AB的距离；这条入射光线从进入圆柱体到射到B点的时间。【答案】(1) (2) 【解析】设光线P经折射后经过B点，光线如图所示：根据折射定律：在中，解得：，因此在中，再由可知这条光线从进入圆柱体到射到B点的时间为：