湖南省郴州市第四完全中学2018年高三物理联考试题含解析

湖南省郴州市第四完全中学2018年高三物理联考试题
含解析
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. 下列实验中准确测定元电荷电量的实验是（）
（A）库仑扭秤实验（B）密立根油滴实验
（C）用DIS描绘电场的等势线实验（D）奥斯特电流磁效应实验
参考答案：
B
2. （多选题）均匀长棒一端搁在地面上，另一端用细线系在天花板上，如图所示受力分析示意图中，正确的是（）
A．B．C． D．
参考答案：
ACD
【考点】力的合成与分解的运用．
【分析】均匀长木棒处于静止状态，抓住合力为零确定受力图的正误．
【解答】解：A、因为重力mg和地面支持力F N的方向都在竖直方向上，若拉力F在竖直方向上，则地面对木棒就没有摩擦力作用（木棒对地面无相对运动趋势），故A正确；B、若拉力F的方向与竖直方向有夹角，则必然在水平方向上有分力，使得木棒相对地面有运动趋势，则木棒将受到地面的静摩擦力F f，且方向与F的水平分力方向相反，才能使木棒在水平方向上所受合力为零，故B错误，C、D正确．
故选ACD．
3. （单选）如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B．则（）
A．A对地面的压力等于Mg B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为D．B对A的压力大小为
参考答案：
C
4. 如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2∶1。

假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。

则
A. 副线圈的输出功率为110W
B. 原线圈的输入功率为110W
C. 电流表的读数为1A
D. 副线圈输出的电流方向不变
参考答案：
A
因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流。

，所以副线圈电压的最大值为，设副线圈电压的有效值
为，则有，解得，副线圈的输出功率为：，原线圈的输入功率为，A正确B错误；电流表读数为：
，C错误；因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，D 错误．
【点睛】有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。

计算电功率使用有效值，交流电表的读数是有效值．
5. 电场线分布如右图所示，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb，则（ A ）
A．Ea＞Eb，φa＞φb B．Ea＜Eb，φa＜φb
C．Ea＜Eb，φa＞φb D．Ea＞Eb，φa＜φb
参考答案：
A
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 如图，从运动员腾空跳起向上运动后再向下落入水中，
若不计空气阻力，则运动员的重力势能先（填
“增大”或“减小”或“不变”），后（填“增
大”或“减小”或“不变”）。

运动员的机械能
（填“增大”或“减小”或“不变”）。

增大减小不变
7. 质量为M的均匀直角金属杆aob可绕水平光滑轴o在竖直平面内转动，
oa=ob/2=l．现加一水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，并通以电流I，若撤去外力后恰能使直角金属杆ob部分保持水平，如图所示．则电流应从杆的_______端流入；此电流强度I的大小为____________．
参考答案：
答案：a 4Mg/9Bl
8. 气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面。

物体刚脱离气球时气球的高度H=___________（g取10m/s2）
参考答案：
9. 如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子，自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c点，已知a、b、c点
在同一直线上，且ac=ab，电子电荷量为e，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（）
A．B．C．D．
B
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】定量思想；方程法；比例法；带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】根据题干中的信息，找出在虚线两侧运动时的半径，利用洛伦兹力提供向心力列式，即可解答正离子吸收的电子的个数．
【解答】解：由a到b的过程，轨迹半径为：r1=…①
此过程洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m…②
在b附近吸收n个电子，因电子的质量不计，所以正离子的速度不变，电量变为q﹣ne，
有b到c的过程中，轨迹半径为：r2==…③
洛伦兹力提供向心力，有：（q﹣ne）vB=m…④
联立①②③④得：n=
选项B正确，ACD错误
故选：B
10. “轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（X）俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（Y）的过程，中微子的质量远小于质子的质量，且不带电，写出这种衰变的核反应方程式
．生成的新核处于激发态，会向基态跃迁，辐射光子的频率为
v，已知真空中的光速为c，普朗克常量为h，则此核反应过程中的质量亏损为．参考答案：
解：核反应方程为：．
根据爱因斯坦质能方程得：hv=△mc2，则质量亏损为：△m=．
故答案为：，
11. 一质子束入射到能止靶核上，产生如下核反应:
式中P代表质子，n代表中子，x代表核反应产生的新核.由反应式可知，新核X的质子数为，中子数为。

参考答案：
14 13解析：质子的电荷数为1，质量数为1，中子的电荷数为0，质量数为1．根据电荷数守恒、质量数守恒，X的质子数为1+13-0=14，质量数为1+27-1=27．因为质量数等于质子数和中子数之和，则新核的中子数为27-14=13．
12. 若以M表示水的摩尔质量，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，N A为阿伏加德罗常数，则在标准状态下体积为V的水蒸气中分子数为N=N A．
参考答案：
在标准状态下体积为V的水蒸气质量m=ρV，物质的量为，分子数为N=N A；
13. 如图所示，一弹簧振子在M、N间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点O为平衡位置，MN＝8 cm.从小球经过图中N点时开始计时，到第一次经过O点的时间为0.2 s，则小球的振动周期为________ s，振动方程的表达式为x＝________ cm。

参考答案：
三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 在“探究弹性势能的表达式”的活动中，为计算弹簧弹力所做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，当每一段足够小时，拉力为每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”．下面几个实例中应用到这一思想方法的是
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用有质量的点来代替物体，即质点
B．在水平桌面上，大小恒定的拉力F始终沿半径R的切线方向，拉动质量m的小球转动一周，求拉力F所做的功，把圆周分为无数小段，每一小段，力与位移方向相同，求出各小段的功，用转动一周各段功的代数和表示拉力F所做的功
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加
D．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系
参考答案：
BC
15. 某同学利用如图1所示的装置探究“小车的加速度与所受合外力的关系”，具体实验
步骤如下：
A．按照图示安装好实验装置，挂上沙桶（含少量沙子）；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等；
C．取下细线和沙桶，测量沙子和桶的总质量为m，并记下；
D．保持长木板的倾角不变，不挂沙桶，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时显示的时间；
E．重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复B、C、D步骤．
（1）若沙桶和沙子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg ；（忽略空气阻力）
（2）如图2所示，用游标卡尺测得小车上遮光板的宽度为7.65 mm；
（3）若遮光板的宽度为d，光电门甲、乙之间的距离为l，通过光电门甲和乙时显示的时
间分别为t1、t2，则小车的加速度a= ；
（4）有关本实验的说法正确的是 C ．
A．沙桶和沙子的总质量必须小于小车的质量
B．沙桶和沙子的总质量必须大于小车的质量
C．沙桶和沙子的总质量必须远小于小车的质量
D．沙桶和沙子的总质量必须远大于小车的质量．
参考答案：
【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【专题】：实验题；牛顿运动定律综合专题．
【分析】：（1）探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力；
（2）先读主尺，再读副尺，相加得最终结果；
（3）依据可计算加速度；
（4）用沙和沙桶的总质量表示小车受到的拉力，必必须满足沙桶和沙子的总质量必须远小于小车的质量．
：解：
（1）探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg．
（2）主尺读数为7mm，副尺第13刻度和主尺对齐，故副尺读数为：13×0.05mm=0.65mm，故小车上遮光板的宽度为7.65mm；
（3）小车的速度等于遮光板的宽度除以所有的时间，依据可得加速度为：
，
（4）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有
对沙和沙桶，有：mg﹣T=ma，
对小车，有：T=Ma，
解得：
T=g=，
故当M＞＞m时，有T≈mg．故C正确，ABD错误，故选：C．
故答案为：
（1）
mg；
（2）
7.65；
（3）；
（4）C．
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. （10分）一足够长的固定斜面，最高点为O点，
有一长为=1.00m的木条AB，A端在斜面上，B端伸出
斜面外。

斜面与木条间的摩擦力足够大，以致木条不会在
斜面上滑动，只能绕O点翻转。

在木条A端固定一个质
量为M=2.00 kg的重物（可视为质点），B端悬挂一个质量为m=0.50 kg的重物。

若要使木条不脱离斜面，在
①木条的质量可以忽略不计；
②木条质量为m′=0.50 kg，且分布均匀两种情况下，OA的长度各需满足什么条件？
参考答案：
解析：(1)当木条A端刚离开斜面时，受力情况如图所示。

设斜面倾角为q，根据力矩平衡条件：Mg?OAcos q=mg?OBcos q （3分）
考虑OA+OB =并代入数据得：OA
=0.2m （1分）
木条不脱离斜面的条件为OA
≥0.2m（1分）
（2）设G为木条重心，当木条A端刚要离开斜面时：
Mg?OAcosq=mg?OBcosq + m′g?OGcosq（3分）
解得：OA =0.25m （1分）
木条不脱离斜面的条件为OA ≥0.25m（1分）
17. 如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角30°．现有一质量m=l.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在起动后的0.40s沿斜面运动了0.28m，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
（2）滑块在斜面上滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向．
参考答案：
解：（1）根据x=得，加速度a=，根据牛顿第二定律得，mgsinθ﹣f=ma
代入数据解得f=1.5N．
（2）以物块和斜面整体为研究对象，作出力图如图．
根据牛顿第二定律得，地面对木楔的摩擦力的大小：
f=macosθ=N=．
方向水平向左
答：（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为1.5N；
（2）滑块在斜面上滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小为，方向水平向左．
点评：本题的解法是对加速度不同的两个物体用整体法，中学用得较少．常用方法是隔离木楔ABC
研究，分析受力，根据平衡求解地面对木楔的摩擦力的大小和方向．18. 半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率n=，求：两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d．
参考答案：
解：光线1通过玻璃砖后不偏折．
作出光路图，如图所示．光线2在圆柱面上的入射角θ1=60°，
由折射定律得：
n=，
得到：sinθ2==，得：θ2=30°
由几何知识得：θ1′=60°﹣θ2=30°
又由折射定律得：
n=
代入解得：θ2′=60°
由于△BOC是等腰三角形，则==R
所以d=cotθ2′=R
答：两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d为R．。