湖北省黄冈中学2018届高三综合测试(八)理综物理---精校解析Word版

湖北省黄冈中学2018届高三综合测试（八）
理综物理试题
二、选择题
1. 如图所示，质量为M倾角为θ＝30°的斜面体放在水平地面上，质量为m的物体A放在斜面上时，恰能匀速下滑。

现用细线系住物体A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住质量也为m的物体B，并让物体B以一定的初速度向下运动，在物体A、B运动过程中斜面体保持静止不动，下列叙述中正确的是（）
A. 物体A加速向上运动
B. 物体B处于超重状态
C. 地面对斜面体的摩擦力向左
D. 地面对斜面体没有摩擦力作用
【答案】D
【解析】当物体A沿斜面匀速下滑时，沿斜面方向的合力为0，有：f=mgsin30°=0.5mg①当B向下运动时，则A沿斜面向上运动，A受到重力、支持力绳子的拉力以及向下的摩擦力的作用，沿斜面方向上，选择向上为正方向，则：F-mgsin30°-f=ma ②
B受到重力和绳子的拉力的作用，加速度的大小与A是相等的，所以：mg-F=ma ③
联立以上各式可得：F=mg，a=0，所以A沿斜面向上做匀速运动，B向下做匀速运动，都处于平衡状态．故A错误，B错误；以斜面体与A、B组成的整体为研究的对象，由于斜面体静止不动，而A、B也处于平衡状态，所以它们在水平方向没有受到外力的作用，没有运动的趋势，也就没有摩擦力．故C错误，D正确．故选D.
点睛：该题考查整体法与隔离法．解决共点力平衡问题的一般思路是对物体进行受力分析，根据物体所处平衡状态结合力的分解列出平衡等式．
2. 质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，其引力势能可表示为E p＝－，其中G 为引力常量，M为地球质量。

假设该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气摩擦的作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，则在此过程中因摩擦而产生的热量为（）
A. GMm()
B. GMm()
C. ()
D. ()
【答案】C
【解析】试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为时
①，卫星的引力势能为；道半径为时③，卫星的引力势能为④；设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：
⑤，联立①～⑤解得：，故选C．
【点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．
3. 如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一个正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。

现将一个电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是（）
A. e点和g点的电场强度相同
B. h点和d点的电势相等
C. 电子从g点到f点再到e点过程中，电势能一直增大
D. 电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功
【答案】C
【解析】根据电场线的分布知，e、g两点的场强大小相等，方向不同．故A错误．h点离正电较近，则h点电势高于d点的电势，选项B错误；电子从g点到f点再到e点过程中，电场力一直做负功，电势能增大．故C正确．电子从f点到e点再到d点过程中，根据电场力方向与运动方向的关系知，电场力先做负功再做正功．故D错误．故选C．
点睛：解决本题的关键掌握等量异种电荷周围电场线的分布，以及掌握电场力做功和电势能变化的关系．
4. 某行星自转周期为T，赤道半径为R，研究发现若该行星自转角速度变为原来的两倍将导致该星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G，则以下说法中正确的是（）
A. 该行星质量为M＝
B. 该星球同步卫星的轨道半径为r＝R
C. 质量为m的物体对行星赤道地面的压力为F N＝
D. 环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度必定不大于7.9 km/s
【答案】B
【解析】该行星自转角速度变为原来两倍，则周期将变为T，由题意可知此时：
，解得：，故A错误；同步卫星的周期等于该星球的自转周期，由万有引力提供向心力可得：，又，解得：r＝R，故B正确；行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力：，又：，解得：
，由牛顿第三定律可知质量为m的物体对行星赤道地面的压力为，故C错误；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，由于不知道该星球的质量以及半径与地球质量和半径的关系，故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系，故无法确环绕该行星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于7.9km/s，故D错误；故选B．
点睛：重点知识：行星自转的时候，地面物体万有引力等于重力没错，但是不是重力全部用来提供向心力，而是重力和支持力的合力提供向心力；“星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力”时重力独自充当向心力．
5. 某集装箱吊车的电动机输入电压为380 V，当吊车以0.1 m/s的速度匀速吊起质量为
5.7×103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20 A，g取10 m/s2，则（）
A. 电动机的内阻为4.75 Ω
B. 电动机的发热功率为900W
C. 电动机的输出功率为7.6×103 W
D. 电动机的工作效率为75%
【答案】AD
【解析】物体上升的功率为：P出=mgv=5.7×103×10×0.1=5.7×103W；
电动机的输入功率为：P入=UI=380×20=7.6×103W；
根据能量守恒规律可知，P热=P入-P出=1.9×103W= I2r；
解得：r=4.75Ω；故A正确；BC错误；
电动机的工作效率；故D正确；故选AD．
点睛：本题考查功率公式的计算，要注意明确电动机中的能量转化关系；总功由P=UI计算，发热功率为I2r；．
6. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器R2的滑片向右滑动后，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU。

下列说法中正确的是（）
A. 电流表A2的示数变小
B. 电压表V的示数减小
C. ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r
D. ΔU与ΔI2比值一定小于电源内阻r
【答案】AC
点睛：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题．
7. 如图所示，在正点电荷Q形成的电场中，ab两点在同一等势面上，重力不计的甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，若两个粒子经过a点时具有相同的动能，下列判断错误
．．的是（）
A. 甲粒子经过c点时与乙粒子经过d点时具有的动能相同
B. 甲、乙两个粒子带异种电荷
C. 若取无穷远处为零电势，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d 点时的电势能
D. 两粒子经过b点时具有的动能相同
【答案】AC
【解析】由带电粒子的轨迹弯曲方向可知，Q对甲粒子有斥力，对乙粒子有引力，从a到c，电场力对甲做负功，动能减小，电场力对乙粒子做正功，动能增大，而两个粒子经过a点时具有相同的动能，故甲粒子经过c点时的动能小于乙粒子经过d点时的动能．故A错误．由上可知，甲与Q是同种电荷，乙与Q是异种电荷，故甲、乙两个粒子带异种电荷．故B正确．由上可知甲粒子带正电，乙粒子带负电．取无穷远处为零电势，Q带正电，根据顺着电场线方向
电势降低可知，c、d的电势均为正值，由公式电势能公式E P=qφ知，甲粒子在c处电势能大
于零，乙粒子在d处电势能小于零，所以甲粒子经过c点时的电势能大于乙粒子经过d点时的电势能．故C错误．a、b位于同一等势面上，电势相等，从a到b电场力做功均为零，两个粒子经过a点时具有相同的动能，则两粒子经过b点时也具有相同的动能．故D正确．本题选错误的，故选AC.
8. 如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，恰好与以初速为v0，水平射程为s，高度为h的平抛运动轨迹重合，A端为抛出点，B端为落地点。

现将一小球套于杆上，由静止开始从轨道的A端滑下，当其到达轨道B端时（）
A. 小球运动的时间为
B. 小球在水平方向的分速度大小为
C. 小球的速率为
D. 小球重力的功率为
【答案】BC
【解析】小球若做平抛运动，运动的时间，小球从A到B做的运动不是平抛运动，则运
动的时间，故A错误．A端距离地面的高度．对小球分析，根据动能定理得，
mgh=mv B2，解得小球运动到B端时的速度，B点速度方向与水平方向夹角的正切
值，可知v x＝v B cosα＝，故BC正确；球重力的功率为
，选项D错误；故选BC.
点睛：本题速度的分解是按轨道的切线分解，而轨道的切线方向即为平抛的速度方向，平抛的速度方向与水平方方向夹角θ的正切等于位移方向与水平方向夹角α的正切的2倍，学生容易错在直接用tanα计算cosθ，把两个角混为一谈．因此要注重应用数学解物理题．
三、非选择题
9. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，采用重物自由下落的方法(g＝9.8 m/s2)：
（1）通过验证mv2＝mgh来验证机械能守恒定律时，对纸带上起点的要求是____________；为此，所选择纸带的第1、2两点间距应接近__________。

（2）实验中所用重物质量m＝1 kg，打点纸带如下图所示，所用交流电源的频率为50 Hz，则记录B点时，重物的速度v B＝____________，动能E k B＝____________。

从开始下落起至B 点，重物的重力势能减少量是_________________，因此可得出的结论是：
_______________________。

(计算结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). （1）初速度等于零 (2). 2 mm (3). （2）0.59 m/s (4). 0.17 J (5). 0.17 J (6). 在误差允许的范围内重物机械能守恒
【解析】（1）用公式m v2＝mgh来验证机械能守恒定律时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始，打点计时器的打点频率为50 Hz，打点周期为0.02 s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm，
h=gT2=9.8×0.022m≈2 mm．
（2）利用匀变速直线运动的推论，重锤的动能E KB=mv B2=0.17J
从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量△E p=mg h=1×9.8×0.176J=0.17J．得出的结论是在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．
10. 实验室有一种灵敏电流计G，满偏刻度为30格。

某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流I g和内阻R g，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1、G2
电流表A： (量程为1mA、内阻约为100Ω)
定值电阻R1：（阻值为400Ω）
定值电阻R2：（阻值为600Ω）
电阻箱R：（0~9999.9Ω，最小调节量0.1Ω）
滑动变阻器R3：（最大电阻2000Ω，额定电流1.5A）
直流电源：电动势1.5V，内阻不计；
开关一个，导线若干。

该小组设计的实验电路图如图，连接好电路，并进行下列操作。

（1）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当。

（2）若灵敏电流计G2中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R的阻值________（选填“增大或“减小”），直到G2中的电流为0。

（3）读出电阻箱连入电路的电阻为1200Ω，电流表的示数为0.6 mA，灵敏电流计G1的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流I g=_____μA，内阻R g=_______Ω。

【答案】 (1). 减小 (2). 300 (3). 800
【解析】（2）灵敏电流计G2中的电流由b流向a，说明b点电势比a点电势高，R2的阻值小于电阻箱接入电路的阻值，减小电阻箱R接入电路的阻值，当a、b两点电势相等时，流过G2的电流为0．
（3）流过G2的电流为零，由图示电路图可知：，即：，解得：R g=800Ω；流过两支路电流之比：，由图示电路图可知：I G1+I1=I A，
已知：I A=0.6mA，则：I G1=0.2mA，灵敏电流计G，满偏刻度30格，灵敏电流计的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流；
点睛：本题考查了应用电桥法测灵敏电流表内阻与满偏电流实验，知道实验原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
11. 如图所示，质量m=4.0kg的物体与地面的动摩擦因数μ=0.50。

物体在与地面成θ=370的恒力F作用下，由静止开始运动，运动0.20s撤去F，又经过0.40s物体刚好停下。

（sin370=0.60，g=10m/s2）求
（1）撤去F后物体运动过程中加速度的大小；
（2）撤去F时物体的速度；
（3）F的大小。

【答案】（1）5.0m/s2（2）2.0m/s（3）54.5N
【解析】试题分析：（1）撤去F后根据物体的受力情况及牛顿运动定律
又因为
所以m/s2
（2）设撤去F时物体的速度为v，
因为
所以
（3）物体受恒力F作用时的受力情况如右图所示，
设物体在F作用过程中的加速度为a′，则
根据牛顿运动定律
又因为
所以
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律列得方程求解加速度，然后运用运动公式进行求解；注意加速度是联系力和运动问题的桥梁.
12. 如图所示，倾角α=370的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=103N/C，有一个质量为m=3×10-3kg的带电小球，以速度v=1m/s沿斜面匀速下滑，求：
（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？
（2）在小球匀速下滑的某一时刻突然撤去斜面，此后经t=0.2s内小球的位移是多大？（g 取10m/s2）
【答案】（1）正电；2.25×10-5C（2）0.32m
............
（2）撤去斜面后，小球仅受等效重力作用，且具有与等效重力方向垂直的初速度，所以小球做“平抛运动”（严格地讲是类平抛运动，这里只是为了方便说明和处理，以下带引号的名称意义同样如此。

），基本处理的方法是运动的分解。

如图，小球在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做“自由落体运动”，则有：
x=vt；y=g′t2，其中v=1m/s，t=0.2s，
解得：y=0.25m，所以t=0.2s内的总位移大小为
考虑到分析习惯，实际处理时可将上述示意图顺时针转过α角，让小球的运动和重力场中的平抛运动更接近。

13. 下列说法正确的是______________
A．热量不可以从低温物体传到高温物体
B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小
C．0℃的水和0℃的冰具有相同的内能
D.布朗运动是固体小颗粒的无规则运动
E.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大
【答案】BDE
【解析】根据热力学第二定律，热量也可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，选项A错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子力表现为零，此时分子势能最小，选项B
正确；将同质量的0℃的冰变为0℃的水要吸收热量，则0℃的水的内能比0℃的冰的内能大，选项C错误；布朗运动是悬浮在液体表面的固体小颗粒的无规则运动，选项D正确；气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大．故E正确；故选BDE.
14. 如图所示，竖直放置的、各处粗细均相同的、薄壁的玻璃管将一部分水银封闭在管中，液柱静止时，A端封闭一定质量的理想气体，压强为P A=60cmHg，长度 L A=7cm；液柱BD长h1=6cm，液柱DE长h2=10cm，F端也封闭一定质量的理想气体，长度L F=4.3cm；开口C端与大气相通，现在缓慢打开活塞K，已知环境温度不变，大气压强P0=76cmHg，求：CD管中的水银至少多长才能避免外部空气混合到竖直管BDE中.
【答案】1.5cm
【解析】初始时，．
最终，
对气体A，
对于气体F，
则：
点睛：本题考查气体定律的综合运用，要认真审题理解题意、分析清楚气体状态变化过程是解题的关键，求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可求解．。