湖北省黄冈市2018届高三上学期期末考试(元月调研)理科综合物理试题含解析

1、湖北省黄冈市2018届高三上学期期末考试（元月调研）理科综合物理试题二、选择题：.远在春秋战国时代（公元前772前221年），我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。”“开厂同“形”，即物体；“奋，动也”，即开始运动或运动加快，对墨子这句关于力和运动观点的理解，下列说法不正确的是A.墨子认为力是改变物体运动状态的原因B.墨子认为力是使物体产生加速度的原因C.此观点与亚里士多德关于力和运动的观点基本相同D.此观点与牛顿关于力和运动的观点基本相同【答案】C【解析】“力，刑（形）之所以奋也。”也就是说，力是使物体运动的原因，即力是改变物体运动状态的原因，使物体产生加速度的原因，此观点与牛顿关于力和

2、运动的观点基本相同，而亚里士多德认为有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止。故C错误，ABD正确；说法不正确的故选Co.如图所示，物体A的质量大于B的质量，绳子的质量，绳与滑轮间的摩擦可不计，AB恰好处于平衡状态，如果将悬点P靠近Q少许使系统重新平衡，则A.物体A的重力势能增大B.物体B的重力势能增大C.绳的张力减小D.P处绳与竖直方向的夹角减小【答案】A【解析】B物体对绳子的拉力不变，等于物体B的重力；动滑轮和物体A整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示;所以物体A上升，物体B下降，所以物体A的重力势能增大，物体B的重力势能减小，故A

3、正确；BCD昔误；故选A。【点睛】关键抓住平衡后滑轮所受的三个拉力大小都不变.对于动滑轮，平衡时两侧绳子的拉力关于竖直方向具有对称性。3.如图所示理想变压器原线圈输入电压口画，副线圈电路中R为定值电阻，R是滑动变阻器。Vi和V2是理想交流电压表，示数分别用U和5表示；A和A2是理想交流电流表，示数分别用11和I2表示。卜列说法正确的是B.滑片P向下滑动过程中，Ui变小C.滑片P向下滑动过程中，“增大D.滑片P向下滑动过程中，Ii变大【答案】D【解析】AVi和V2是理想交流电压表，示数U和L2表示电压的有效值，故A错误；BCD滑片P向下滑动过程中，总电阻减小，副线圈的电压只与输入电压和匝数有关，

4、所以U、U2不变，流过R的电流I2变大，根据变压器原理得Ii变大，故D正确，BC错误；故选D。【点睛】考查了变压器的构造和原理，还考查了电路的动态分析。.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量相同，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时水平力大小为Fi；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时水平力大小为F2,则Fi与F2的比为rzLA.1:1B.1:2C.1:3D.1:4【答案】D【解析】由于A与B之间的最大静摩擦力必一口诩小于B与地面之间的最大静摩擦力）地一1碱当水平力作用在A上，使A刚

5、好要相对B滑动，此时B静止，A与B间的摩擦力刚好达到最大，此时水平力大小为回.同城当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时AB间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：气用照四，此时水平力大小为K2pmg-?md,解得白加词,故F1与F2的比为1:4,故DmJ正确，ABC错误；故选D。【点睛】关键抓住临界状态，结合刚好发生相对滑动时，A、B的加速度相等，根据牛顿第二定律进行求解。.在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复始终运载火箭”的概念方案。方案之一为“降伞方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞

6、减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案设计的物理过程，下列说法正确的是A.火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒B.从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大C.从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态D.打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量【解析】A、分离用的引爆装置的功用是在接受到分离指令后，通过程序配电器接通电爆管（或点火器）引爆连接解锁装置或分离冲量装置，使之分离，所以火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能不守恒，故A错误；LlinM，一一.,人B.从返回轨道下洛至低仝轨道，由。可得鸟火前的重力加速度增大，故B正确；C火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落

7、至低空轨道，火箭处于失重状态，故C错误;D采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆，由动量定理可知可以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭的冲量，故D错误；故选B。【点睛】引爆连接解锁装置或分离冲量装置，火箭和有效载荷分离，该系统的总机械能不守恒，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，减小受到地面的冲击力。6.如图所不，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为 的细绳一端系于圆环最高点，当圆环以角速度 1 1A.细绳对小球的拉力可能为零B.细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等C.细绳对小球拉力与小球的重力大

8、小不口能相等d.当ejj时，金属圆环对小球的作用力为零【答案】CD【解析】因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、r,质里为 m的炉孔小球背寸环上，同时有一长为rKa丰Oj|绕竖直直径转动时,环对球的弹力、绳子的拉力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60。，当圆环旋转时，,解得 T- mg 4/小球绕竖直轴做圆周运动，则有小的+ N8&6小 睡| , R mg-ncj-r,当旧=时，金属圆环对小球的作用力RW；故CD正确，AB错误;故选CD,【点睛】关键确定圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。.如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形

9、金属线框质量为n,电阻为R,边长为L,从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场变化的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为巳通过导体横截面的电荷量为q,其中P-t和q-t图像均为抛物线，则这些量随时间变化的图像正确的是【解析】A、线框切割磁感线,故A错误;日对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有= BLi =2t勺7 = 1u + BT 故 B 错误;C由功率表达式=W四，P与t是二次函数，图象为抛物线，故C正确;RD由电量表达式，则有q与t是二次函数，图象为抛物线，故D正确;故选

10、CD,【点睛】电磁感应的图象问题。.如图所示直角坐标系xoy,P(a,-b)为第四象限内的一点，一质量为m电量为q的负电荷(电荷重力不计)从原点。以初速度V0沿y轴正方向射入。第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y0区域磁场不变，而将y0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点，A.匀强磁场的磁感应强度B.匀强磁场的磁感应强度C.电荷从O运动到巳第二次所用时间一定短些D.电荷通过P点时的速度，第二次与 x轴负方向的夹角一定小些【答案】AC【解析】AR第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动,由几何作图

11、得解得匀强磁场的磁感应强度,故A正确，B错误;C、第二次保持尸0区域磁场不变，而将y t2 ,即第二次所用时间一定短些，故C正确；方向的夹角0,则有D电荷通过P点时的速度，第-次与x轴负方向的夹角为 日，则有;第二次与x轴负,所以有面W /,电荷通过P点时的速度，第二次与 x轴负方即g -R一收4? 2卜=b 2ab2am v02amr03演+搂向的夹角一定大些，故D错误；故选AG【点睛】第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；粒子做匀速圆周运动，由几何作图求出半径，由洛伦兹力提供向心力求解，第二次该电荷仍通过P点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，根据运动规律

12、求解。三、非选择题.在某次实验中利用打点计时器打出的一条纸带如图所示，A、BC、D、E、F是该同学在纸带上选取的六个计数点，相邻两个计数点间的时间间隔为T该同学用刻度尺测出AC间的距离为Si,BD间的距离为S2,则打B点时小车运动的速度vb=，小车运动的加速度a=。根据匀变速直线运动连续相等时【解析】匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度间间隔内位移之差Ax-at：,可得UOABf,匕DbJaT，整理得TDABTaT2,即，也尸得至1.图甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤，其中实线称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，拉力

13、敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号（电压或电流），从而完成将所称物体重量变换为电信号的过程。(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力变化的原因。(2)小明找到一根拉力敏感电阻丝RL,其阻值随拉力变化的图像如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E约15V,内阻约2Q;灵敏毫安表量程为10mA内阻约50；R是电阻箱，最大阻值是9999Q;Rl接在AB两接线柱上，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作。a.滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I时，读出电阻箱的读数R;b.滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖

14、直方向的夹角为。；c.调节电阻箱，使，低处此时电阻箱的读数R;d.算得图乙直线的斜率k和截距b;则待测重物的重力G的表达式为G=(用以上测得的物理量表示)，测得9=53。(sin530=0.8,G=N (结果保cos53=0.6),分别为1052a和1030Q,结合乙图信息，可得待测重物的重力留三位有效数字)。(3)针对小明的设计方案，为了提高测量重量的精度，你认为下列措施可行的是。A.将毫安表换成量程不同，内阻更小的毫安表B.将毫安表换成量程为10dA的微安表C.将电阻箱换成精度更高的电阻箱D.适当增大A、B接线柱之间的距离【答案】(1).(1)电阻丝受拉力时，长度增加而横截面积减小，根据电

15、阻定律知其阻值增大。(长度、横截面积的变化只要提到其中一点即可)(2).(2)电流表的示数仍为I;(3).(4).132(5).(3)CD【解析】(1)电阻丝受拉力时，长度增加而横截面积减小，根据电阻定律知其阻值增大；(2)根据等效替代法测电阻，调节电阻箱，使电流表的示数仍为由其阻值随拉力变化的图像可得竺丽叫。：由平衡条件得国=，由等效替代法测电AF2001阻得RR-%R1,联立解得G=鸣RR4,可得待测重物的重力3-2rlM啊；(3)为了提高测量重量的精度，将电阻箱换成精度更高的电阻箱，适当增大A、B接线柱之间的距离，根据闭合电路欧姆定理得电流只有几毫安，所以不能将毫安表换成量程为10dA的

16、微安表，或不能将毫安表换成其他量程，故选CD11.一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度ai做匀加速运动，至速度v后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a2匀减速前进，直到停止，全程长为L。(1)求全程所用时间；(2)速度v为何值时，全程所用时间最短？一一一Lvv、I%叱【答案】(1)L卜十(2)卜.iJ【解析】【分析】火车先加速后匀速最后匀减速前进，由运动学公式求出各段时间，火车先加速到v再减速到零跑完全程，所用时间最短。解：(1)火车加速过程：卜一电1加速位移满足减速过程：卜.介生减速位移满足2与其，匀速过程：口鼻与L全程所用时间1一八卜qy(2)火车先加速到v再减速到零跑完全

17、程，所用时间最短12.如图所示，在xoy平面内，有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R在y轴方向均为分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R中心位于原点。的圆形匀强磁场区域(区域边界存在磁场)，磁场方向垂直xoy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出.在磁场区域的正下方，正对的金属平行板K和A与x轴平行，其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2d且关于y轴对称的小孔.A与K两板间加有恒定电压Uak,且K板电势高于A板电势，已知电子质量为m,电荷量为e,口圈二四，不计电子重力及它们间的相互作用.(1)能打到A板上的电子在进入平行金属板时与金属板K的夹角应

18、满足什么条件？(2)能进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比例为多大？【答案】(1)60e120(2)目【解析】【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，电子在极板间做句变速曲线运动.竖直方向做匀减速直线运动，刚好能打到A板上的电子满足到达A板时竖直方向速度等于0,运用动能定理求解；育髓入板板间的电子与金属板并的夹角日满足45。弓84135。，利用作图找出几何关系.求出进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比例.解：(1)设恰能打到A板的电子在进入极板与金属板K的夹角为00电子在极板运动过程运用动能定理-14弋.得此函或瓦二函故能打到a板上的电子与金属板k的夹角e满足（2）能进入极板间的电子与金属板K的夹角0满足而三叱135,e=45的电子在磁场中的轨道如图甲所示，入射点为M平行四边形OPOM；菱形，电子在磁场中运动的半径也为RM到P点的竖直距离Jm-R（ cos45j；3 十 1 十e=135的电子在磁场中的轨道如图乙所示，入射点为NN到P点的竖直距离朱-R。1cor4S0故NM竖直长度占射入总长度2R的比例二乜=忐2R213.弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动。弹跳杆的结果如图甲所示，一跟弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部。质量为M的