湖北省八市2018届高三3月联考理科综合物理试题

湖北省八市2018届高三3月联考理综物理试题

二、选择题：

1. 在能源需求剧增的现代社会，核能作为一种新能源被各国竞相开发利用，核原料中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，钚的一种同位素法中正确的是

A. X原子核中含有92个中子 B.

衰变放出的γ射线具有很强的电离能力

经过48200年后，还有5克未衰变

核的质量之和

的半衰期为24100年，其衰变方程为

下列有关说

C. 20克的D.

核衰变前的质量等于衰变后X、

【答案】C

【解析】根据电荷数守恒和质量数守恒得，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为235-92=143，A错误；衰变发出的γ放射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，B错误；根据

可得还剩余，C正确；在衰变的过程中，有质量亏损，根据质能方程知，有能量发出，衰

变过程总质量减少，D错误．

2. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为5:1，副线圈接有电动机M，电动机线圈电阻为4Ω．原线圈接交变电源u=220sinl00πt( V)，电动机正常工作，电流表的示数为0. 2A，电表对电路的影响忽略不计．则

A. 此交流电的频率为100Hz B. 电压表的示数为44V

C. 正常工作时电动机的输出功率为40W

D. 若电动机由于卡住了而不转动，则电流表的示数为11A 【答案】C

【解析】该交流电的频率为

，A错误；原线圈输出端电压为

，根据

可得副线圈两端的电压为

页

，即电压表的示数为44V，B错误；根据

1第

可得副线圈中的电

流为，所以正常工作时电动机的输出功率为

，据

，C正确；若电动机由于卡住了而不转动，可得电流表示数为

，D错

变成线性电阻，故副线圈中的电流为误．

3. 在匀速上升的电梯里，一小球从电梯地板被竖直向上弹出后又落回地板，这一过程中小球没有触碰电梯天花板，不计空气阻力，下列对这一过程的分析正确的是

A. 小球在空中运动的位移大小等于路程 B. 小球在空中运动的平均速度大于电梯的速度 C. 小球在空中运动的平均速度小于电梯的速度 D. 小球在运动的中间时刻离天花板最近 【答案】D

【解析】试题分析：画出小球的运动示意图，结合路程与位移的定义比较两者的大小，根据平均速度的定义求解平均速度．

小球的初末位置和轨迹如图所示，故小球的位移小于路程，小球的位移和电梯的位移相同，运动时间相同，所以小球的平均速度和电梯的平均速度相等，ABC错误；上抛和下落过程对称，所用时间相同，故在小球在运动的中间时刻离天花板最近，D正确．

4. 如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速度匀速转动时，两金属环一直相对杆不动，下列判断正确的是

页 2第

A. 转动的角速度越大，细线中的拉力越大

B. 转动的角速度越大，环M与水平杆之间的弹力越大 C. 转动的角速度越大，环N与竖直杆之问的弹力越大

D. 转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等 【答案】D

【解析】试题分析：由于两环相对杆的位置恒定，所以以N为突破口（因为N处于静止状态），对N分析判断细线的拉力以及竖直杆对N作用力的变化；然后对M受力分析，其向心力来源为细线沿水平方向上的分力与摩擦力的合力，随着角速度的变化，摩擦力大小和方向都在变化，据此分析． 设细线与竖直方向的夹角为，对N受力分析，受到竖直向下的重力

，绳子的拉力T，杆给的水平支持力

，

，因为两环相对杆的位置不变，所以对N来说处于静止状态，合力为零，故在竖直方向上在水平方向上

，因为重力恒定，角度恒定，所以细线的拉力不变，环N与杆之间的弹力恒定，

，竖直向上的支持力

，以及水平杆给

AC错误；对M受力分析，受到绳子的拉力T，竖直向下的重力的摩擦力f，在竖直方向上有右，即

，恒定不变，若以较小角速度转动时，摩擦力方向

，随着角速度的增大，摩擦力方向可能变成向左，即，故可能存在

，摩擦力向左和向右时相等的情

况，B错误D正确．

5. 如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力．现使物块A瞬间获得向右的速度vo，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是

页

3第

A. 细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大 B. 细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大 C. 弹簧最大的弹性势能等于

D. 物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为【答案】C

【解析】细线再次伸直时，也就是弹簧再次回复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，AB错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩最短，此时两者速度相等，根据动量守恒定律可得

，解得

，根据能量守恒定律可得

，此时动能转化为弹性势能最大，损失的机械能最多，故损失最多的

机械能为

，C正确D错误．

6. 如图，直角三角形OAC的∠C=30°，B点为AC边的中点，直角顶点O处有一点电荷，下列说法正确的是

A. AC边上所有的点中，B点的电场强度最大 B. A、B两点电场强度大小相等 C. A、B两点电势相等

D. A、B两点间的电势差与B、C两点间电势差相等 【答案】BC

【解析】试题分析：在点电荷电场中，到点电荷距离相等的点的电场强度大小相等，在以点电荷为圆心的球面上的点的电势相等；根据

分析两点之间的电场强度大小关系．

可知AC

AC边上的点，到O点的距离先减小后增大（垂直时最小，不是B点），根据点电荷电场公式边上所有点中，D点的电场强度最大，由于AC上的点的电场强度不相等，故根据

可知A、B两点间

，

的电势差与B、C两点间电势差不相等，AD错误；根据几何知识可知△AOB为等边三角形，故根据

可知A、B两点的电场强度大小相等，B正确；如图所示，A、B在以O点为圆心的一个球面上，

故两点的电势相等，C正确．

页 4第

7. 图中圆周是地球绕太阳运动的轨道，地球处在b位置，地球和太阳连线上的a与e位置、e与d位置均关于太阳对称，当一无动力的探测器处在a或c位置时，它仅在太阳和地球引力的共同作用下，与地球一起以相同的周期绕太阳作圆周运动，下列分析正确的是（ ）

A. 该探测器在a位置的线速度大于c位置的线速度 B. 该探测器在a位置受到的引力大于c位置受到的引力 C. 若地球和该探测器分别在D. 若地球和该探测器分别在【答案】AB

【解析】因为探测器在a、c两个位置能与地球一起以相同的周期绕太阳作圆周运动，设周期为T，且在a位置时轨道半径大于在c位置的轨道半径，则根据

可得该探测器在a位置的线速度大于c位置的线速

位置，它们也能以相同的周期运动 位置，它们也能以相同的周期运动

度，根据牛顿第二定律可得可知轨道半径越大，引力越大，故AB正确；探测器在c位置时，根

据万有引力可得，而在与c对称的d位置时，相比探测器在

c位置时，引力发生变化，故不可能以相同的周期运动，同理，探测器在a位置时，根据万有引力可得

，而在与a对称的e位置时

引力发生变化，故不可能以相同的周期运动，CD错误；

8. 如图所示，PQ为磁感应强度为B=1×10-2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，磁场中的O点有一l04m/s、比荷为q/m=l×107 C/kg的带正电的粒子，粒子源，它均匀地向纸面内各个方向同时发射速率为v=l×

已知O点与PQ的距离为l0cm，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用，下列判断正确的是

页

5第

，相比探测器在a位置时，

A. 飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半 B. PQ上有粒子飞出的区域长度为20cm

C. 飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的2倍 D. 飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的4.5倍 【答案】AD

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三、非选择题：

9. 某实验小组用如图所示的装置探究功和速度变化的关系：将小钢球从固定轨道倾斜部分不同位置由静止释放,经轨道末端水平飞出，落到铺着白纸和复写纸的水平地面上,在白纸上留下点迹，为了使问题简化,小钢球在离倾斜轨道底端的距离分别为L、2L、3L……处释放,这样在轨道倾斜部分合外力对小钢球做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0…

(1)为了减小实验误差需要进行多次测量,在L、2L、3L……处的每个释放点都要让小钢球重

释放多次,在白纸上留下多个点迹,那么,确定在同一位置释放的小钢球在白纸上的平均落点位置的方法是___________________

(2)为了探究功和速度变化的关系,实验中必须测量______(填选项前的标号)

页

7第

A.小钢球释放位置离斜面底端的距离L的具体数值 B.小钢球的质量m

C.小钢球离开轨道后的下落高度h D.小钢球离开轨道后的水平位移x

(3)该实验小组利用实验数据得到了如图所示的图象,则图象的横坐标是_____(用实验中测量的物理量符号表示)。

【答案】 (1). (1) 用尽可能小的圆圈住尽量多的落点，圆心即为平均落点的位置。 (2). (2) D (3). (3) x2

【解析】试题分析：根据动能定理求出表达式，根据表达式即可分析出还需测量的量，从斜槽上同一位置静止滚下落于地面纸上形成不完全重合的记录痕迹，再用最小的圆将这些痕迹圈住，则圆心位置就为平均落点P；利用图象结合表达式即可判断出图象横坐标表示的物理量．

（1）从斜槽上同一位置静止滚下，由于存在误差落于地面纸上的点迹，形成不完全重合的记录痕迹，平均确定落点位置的方法为：用尽可能小的圆圈住所有落点，圆心即为平均落点的位置； （2）根据动能定律可得

，根据平抛规律可得

，联立可得探究动能定理的关系式

为常数，设为k，故

，根据表达式可知

，因为同一个小球从同一高度做平抛运动，所以

为了探究动能定理，必须测量小钢球离开轨道后的水平位移x； （3）根据

可知图象的横坐标表示．

10. 实验室中,甲和乙两位同学先后用同一套实验仪器来测量某电子产品所用电池的电动势和内阻,其中R、R0分别是电阻箱和定值电阻，实验时甲、乙分别设计了如图(a)和(b) 所示的两个电路，改变R的阻值以及对应电压表的示数U。实验做完后两同学发现当时没有记下R0的阻值，只能根据实验记录的数据作出关系图像如图（c）和（d）。

页 8第

（1）可以判断图线（c）是利用图_____（填“a”或“b”）中的实验数据描绘的； （2）甲同学得到的图线横截距为则该电池的电动势为

___V，内阻

，纵截距为

，乙同学得到的图线横截距为

，纵截距为

，

____，定值电阻R0=____。（计算结果均保留两位有效数字）

【答案】 (1). (1)a (2). (2)4.0； (3). 0.50； (4). 2.5

【解析】（1）先观察图c，发现R=0时，有一定数值，随着R增大，增大，即电压表示数减小，显然a图电压表示数会随着R的增大而减小，b图中电压表示数会随着R的增大而增大，故可以判断图c中图线是利用图a的实验数据描绘的；

（2）c图对应a电路图，当R=0时，图线在纵轴上的截距表示的是两端电压的倒数，

根据欧姆定律可得，化简可得，将纵横截距代入可得；d图对

应b电路图表示=0时即R变为无穷大时，这时电压表测量的就是电源电压，图线在纵轴上的截距表示

的是电源电动势的倒数，故；代入可得，解得

11. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN.PQ相距L倾斜置于匀强磁场中．磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关s，将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放．经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动．已知金属棒的质量为m，电阻为r，其它电阻均不计，重力加速度为g．

(1)求导轨与水平面夹角a的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小； (2)若金属棒的速度从v0增至v2历时△t，求该过程中流经金属棒的电量． 【答案】（1）

（2）q＝(v1t＋v1Δt－v2t)

【解析】(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑， 由牛顿第二定律有由匀变速运动的规律有：

页

9第

解得

开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v2匀速 匀速时又有：

解得

(2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得其中

联立上式可得

12. 工厂利用与水平面夹角θ=37°的传送带输送相同规格的小工件，图中A、B位置为轮子与传送带的切点，每个工件均从A位置无初速地轻置于传送带上，到达B位置随即被取走．已知传送带总长L=15m，A、B=0.6，cos37°=0.8，间距L0=7.2m，传送带匀速运行的速率vo=0.8m/s，工件从A运动到B的时间t=l0s.取sin37°重力加速度g= 10 m/s．

(1)求工件与传送带间的动摩擦因数μ；

(2)若某工件从传送带A位置出发后2s，另一工件被置于A位置，此时由于故障，传送带的速度突然增加到3 m/s并运行4s后停止运动．忽略传送带速度变化所用时间，求因与工件摩擦，传送带上出现的擦痕长度．

【答案】（1）0.8（2）10.4m

【解析】(1)根据题意可知，工件一定是先加速到再匀速运动， 设工件的质量为m，加速时间为，则

，解得

工件的加速度又解得

(2)根据(1)可知第一个工件在传送带速度增大到v=3m/s后继续加速， 由

页

可得，即第一个工件刚好在传送带停止运动时到达B位置．

10第

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