黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三下学期考前押题卷（二）理科

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三下学期考前押题卷（二）理科综合物理试题 二、选择题

1. 自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态，而是要发生一系列连续的衰变，最终达到稳定状态．某些原子核的衰变情况如图所示(N表示中子数，Z表示质子数)，则下列说法正确的是( )

A. 由B. 已知C. 从到的衰变是α衰变

原子核经过2T时间后还剩2个

的半衰期是T，则8个到共发生5次α衰变和2次β衰变

D. 图中发生的α衰变和β衰变分别只能产生α和β射线 【答案】C 【解析】由到放出负电子，则此衰变是β衰变，选项A错误；半衰期是大量原子

变为，质量数少20，则

核衰变的统计规律，对少数的原子核不适应，选项B错误；发生了5次α衰变，根据5×2-x=8得，x=2，知发生了2次β衰变，故C正确；图中发生的α衰变和β衰变时，往往伴随γ射线产生，选项D错误；故选C.

2. 如图甲所示为速度传感器的工作示意图，P为发射超声波的固定小盒子，工作时P向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被P接收。从P发射超声波开始计时，经时间△t再次发射超声波脉冲。图乙是两次发射的超声波的位移－时间图象，则下列说法正确的是（ ）

A. 物体到小盒子P的距离越来越近

B. 在两次发射超声波脉冲的时间间隔△t内，物体通过的位移为x2－x1 C. 超声波的速度为 D. 物体在t1～t2时间内的平均速度为【答案】D

【解析】由图可知，超声波传播的最远距离第二次比第一次大，可知物体到小盒子P的距离越来越远，选项A错误；由题图可知物体通过的位移为x2-x1时，所用时间为t2-t1，物体在t1～t2时间内的平均速度为项C错误；故选D。

3. 如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则( )

2

，选项B错误，D正确；由图像可知，超声波的速度为，选

A. μ＝0.5，θ＝37° B. μ＝0.5，θ＝53° C. μ＝0.75，θ＝53° D. μ＝0.75，θ＝37°

【答案】D

【解析】对物体受力分析，如图所示：

根据平衡条件，水平方向，有：Fcosθ-f=0， 竖直方向，有：N+Fsinθ-G=0， 其中：f=μN， 故 ；

令μ=tanα，则F=当α-θ=0°时，F有最小值，故F=sinαG=90N，故α=37°， 故μ=tan37°=0.75，θ=37°；故选D.

点睛：本题关键是对物体受力分析，根据平衡条件并采用正交分解法列式分析，第二问令μ=tanα求解F的最小值的表达式是关键；

4. 在变电所里，需要用交流电流表去监测电路上的强电流，由于电网中的电流通常会超出一般电流表的量程，因此常使用电流互感器。下列能正确反映电流互感器工作原理的是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比。则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上。同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中。故B

正确；故选B。

5. 有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行周期是地球近地卫星的2倍，卫星轨道平面与地球赤道平面重合。卫星上的太阳能收集板可以把光能转化为电能，提供卫星工作所需的能量。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，忽略地球公转，且此时太阳处于赤道平面上，近似认为太阳光为平行光。则卫星绕地球一周，太阳能收集板的工作时间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C

【解析】地球近地卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行周期是地球近地卫星的周期，如图，当卫星在阴影区时不能接受阳光：

， 倍，所以该卫星运行

据几何关系：，卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间为：ABD错误。

，故选项C正确，

点睛：万有引力类问题中万有引力等于向心力和地球表面重力等于万有引力是两个重要的等式。

6. A、B两小球质量相等，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘斜面倾角为θ，图甲中，A、

B两球用轻质绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装置均处于平行于

斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为g，当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是( )

A. 两图中A、B两球的加速度大小均为gsin θ B. 两图中A球的加速度大小均为零 C. 图乙中轻杆的作用力一定为零

D. 图甲、乙中B球的加速度大小之比为2∶1 【答案】CD

【解析】撤去电场前， B球所受的电场力大小为2mgsinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去电场的瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，故图甲中B球得加速度是图乙中B球加速度的2倍；故AB错误，DC正确；故选CD。

点睛：此题关键是知道弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去电场的瞬间，图甲和图乙中AB所受合外力即可得到各自的加速度．

7. 如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是

A. B.

C. D.

【答案】AC

【解析】试题分析：两滑块的角速度相等，根据向心力公式，考虑到两滑块质量相同，

滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动，故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大，故AC正确．

考点：考查了圆周运动，牛顿第二定律

【名师点睛】抓住两物块角速度相等，根据牛顿第二定律判断哪一个物块先达到最大静摩擦力，然后角速度增大，通过拉力的变化判断两物块摩擦力的变化．

8. 如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示．一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变．下列说法中正确的是（ ）

A. 金属棒向右做匀减速直线运动

B. 金属棒在x=1 m处的速度大小为0.5m/s

C. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为﹣0.175 J D. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C 【答案】BCD

【解析】试题分析：根据图象得生感应电动势，感应电流函数关系式，安培力，金属棒向右运动切割磁感线产，解得，根据匀变速直线运动的速度位移公式，如果是匀变速直线运动，与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培力大小不变，，即处与处安培力大小相等，有处的安培力大小为，故B错误；金属棒在，对金属棒金属棒从运动到m过程中，根据动能

定理有，代入数据，故C正确；根据感应电量公式，到，解得过程中，B-x图

象包围的面积考点：考查了导体切割磁感线运动

，，，故D正确 【名师点睛】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，注意B-x图象的面积和L的乘积表示磁通量的变化量． 三、非选择题

9. 某实验小组利用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律．实验的主要步骤如下：

（1）用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数均如图2所示，则直径d＝________ mm，用天平测得球A、B的质量分别为m1、m2.

（2）用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，且自然下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上．

（3）将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2.

（4）若两球碰撞前后的动量守恒，则其表达式为__________________；若碰撞是弹性碰撞，

则还应满足的表达式为________________________．(用测量的物理量表示) 【答案】 (1). 22.0 (2). ＝m1cos θ1－m2(1－cos θ2)

【解析】（1）直径d＝2.2cm+0.1×0=2.20cm=22.0 mm

(3). m1cos α

碰撞是弹性碰撞，则还应满足的表达式为即：即：m1cos α＝m1cos θ1－m2(1－cos θ2)

， ，

点睛：此题关键是要搞清实验的原理，注意碰撞前后的速度方向；知道弹性碰撞所满足的能量关系即可列式.

10. 电流表G的满偏电流Ig＝100 mA，内阻Rg未知，某同学欲将其改装为量程较大的电流表，并用改装好的电流表测量一未知电阻Rx的阻值．

（1）如图甲所示，该同学首先将一阻值为R＝20 Ω的电阻并联在电流表G的两端进行电流表改装，然后通以I＝0.3 A的电流，发现电流表G的指针正好指在50 mA刻度处，由此可得到电流表G的内阻为Rg＝________ Ω，改装后的电流表量程为________ A.

（2）该同学将改装后的电流表接入如图乙所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，已知电源的电动势E＝4.5 V，闭合开关K后，电压表的读数为3.60 V，而改装后的电流表的读数如图丙所示，则Rx＝________ Ω.

（3）由此测得的未知电阻Rx的阻值与其真实值相比______(选填“偏大”、“偏小”或“相

等”)．

【答案】 (1). 100 (2). 0.6 (3). 30 (4). 偏小 【解析】（1）电流表的内阻：过电流表的电流为50mA，可知电流表的量程为0.6A；

（2）电流表的读数为20mA，可知此时通过电阻的电流为0.12A，待测电阻的阻值为

. （3）由于电压表的分流作用，使得电阻上的电流的测量值偏大，电阻的测量值偏小. 11. 在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球．

；当电流是0.3A时，通

（1）当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；

（2）现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E＝从左边管口射入，求小球：

①运动到最低点的过程中动能的增量； ②在管道运动全程中获得的最大速度． 【答案】（1）（2）①2mgR② 的匀强电场(未画出)．若小球仍以v0的初速度沿切线方向

【解析】（1）小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故 解得：。

（2）①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功，对小球运动到最低点的过程，由动能定理可以得到： 由题目已知： 。

联合以上两式可以得到：动能增量②当小球到达管道中方位角为的位置（如图所示）时，应用动能定理，有：

即： 对函数求极值，可得时， 所以

12. 如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、C（未粘连），它们的质量均为M=2kg。在B木板的左端放置着质量为m=1kg的木块A（可视为质点）。A与B、C间的动摩擦因数均为μ1=0.4，B、C与水平面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。开始整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒定拉力F=6N，测得A在B、C上各滑行了1s后，从C的右端离开木板。求：

（1）木板B、C的长度LB、LC；

（2）若在木块A滑上C板的瞬间撤去拉力F，木块A从开始运动到再次静止经历的总时间t（此问答案保留3位有效数字）。 【答案】（1）LB=1m、LC=2.75m（2）1.67s

【解析】试题分析：（1）A在B的上表面滑行过程，A受滑动摩擦力方向向左，根据作用力反作用力，B受A的摩擦力方向向右，而B要运动必须和C一起运动，B和C与地面之间最大静摩擦力

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