湖北省武汉市届高三毕业生二月调研理综物理试题含答案解析.docx
《湖北省武汉市届高三毕业生二月调研理综物理试题含答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省武汉市届高三毕业生二月调研理综物理试题含答案解析.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
湖北省武汉市届高三毕业生二月调研理综物理试题含答案解析
湖北省武汉市2018届高三毕业生二月调研
理综物理试题
二、选择题
1.2016年8月16日，我国发射了全球首颗量子科学实验卫星“墨子号”。
墨子是春秋战国时期著名的思想家，他关于物理学的研究涉及到力学、光学、声学等分支。
关于他的著作《墨经》中对物理知识的论述，下列说法中不正确的是
A.运动就是物体空间位置的变动（原文：
动，或徙也）
B.力是物体由静到动，由慢到快的原因（原文：
力，刑之所以奋也。
）
C.重量也是力，物体下坠、上举，都是重量作用的结果（原文：
力，重之谓，下、與，重奋也。
）
D.时间可以是有限长度的，也可以是没有长度的时刻（原文：
时，或有久，或无久）
【答案】C
【解析】
物体空间位置的变化就是机械运动，即运动，故A正确；根据牛顿第二定律，力是物体由静到动，由慢到快的原因，故B正确；重量时重力的大小，物体下坠时合力向下、上举时合力向上的结果，故C错误；时间分为时间间隔与时刻，故D正确；本题选不正确的，故选C.
2.关于原子物理知识的叙述，下列说法正确的是
A.B衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子
B.结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
C.要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10-10m以内，核力才能起作用
D.对于一个特定的氡原子，只要知道了半衰期，就可以准确地预言它将在何时衰变
【答案】A
【解析】
β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故A正确；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；能使核子之间的核力发生作用的范围非常小，所以要使轻核发生聚变，必须使它们的距离达到10-15m以内，核力才能起作用，故C错误；对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，故D错误。
故选A。
点睛：
本题是原子物理部分的内容，β衰变的实质、裂变与聚变、比结合能、半衰期适用条件等等都是考试的热点，要加强记忆，牢固掌握。
3.2017年2月23日，天文学家宣布恒星系统
的行星可能存在支持生命的水。
该系统的中央恒星是一颗超低温红矮星，其质量约为太阳质量的
，半径约为太阳半径的
，表面温度约为2550K，中央恒星与最近行星的距离是日地距离的
，则该行星公转周期约为
A.
天B.
天C.
天D.73天
【答案】A
【解析】
行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故：
，解得：
，故未知行星与地球的公转周期之比为：
，故T1=0.0035T2=0.0035×365=1.3天，故A正确，BCD错误；故选A.
4.如图所示，将小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上。
不计空气阻力，下列说法正确的是（）
A.小球落到斜面上时的速度方向与初速度无关
B.小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比
C.小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关
D.当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀速运动
【答案】AB
【解析】
【详解】A．小球落在斜面上竖直分速度为：
vy＝gt＝2v0tanθ，根据平行四边形定则知，可知落在斜面上的速度：
v＝v0·
，可知小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比．故A正确；
B.当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远；将速度分解成平行与垂直斜面方向，垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动；当小球的速度方向与斜面平行时垂直斜面方向的分速度等于0，设斜面的倾角为θ，则时间：
t＝
，所用的时间与初速度的大小有关．故B错误；
C.将速度和重力加速度分解成平行与垂直斜面方向，平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动，可知小球在斜面上的投影加速移动，故C错误;
D.因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，小球落在斜面上位移的方向相同，则速度方向相同，故D错误．
故选：
A.
5.磁电式电流表的构造如图（a）所示，在踹形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。
蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图（b）所示。
当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹赞被扭动，线图停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈（指针）偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。
不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知
A.该电流表的刻度是均匀的
B.线圈转动过程中受到的安培力的大小不变
C.若线圈中通以如图（b）所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动
D.更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度（灵敏度即
）
【答案】AB
【解析】
磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A正确；磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，线圈转动过程中各个位置的磁场的磁感应强度大小不变，故受到的安培力的大小不变，故B正确；若线圈中通以如图（b）所示的电流时，根据左手定则，左侧受安培力向上，右侧受安培力向下，故时顺时针转动，故C错误；更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变大，但转动角度变化减小了，故灵敏度减小了，故D错误；故选AB.
点睛：
本题考查磁电式仪表的基本原理，在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。
6.如图所示，A、B、C、D、E、R、G、H是边长为a的正立方体的八个顶点。
下列说法正确的是
A.只在F点放置点电荷，则A、D两点电势差等于C、G两点电势差
B.只在A、B两点放置等量异种电荷，则H、G两点电场强度大小相等
C.只在B、D两点放置等量异种电荷，则A、G两点电势相等
D.在八个顶点均放置电荷量为q的点电荷，则立方体每个面中心的电场强度大小相等
【答案】BCD
【解析】
点电荷周围电场分布为球对称分布，距离点电荷距离为r处的电势
；故A、D两点电势差UAD＝
，C、G两点电势差UGC＝
；故A、D两点电势差小于C、G两点电势差，故A错误；异号电荷电荷量相等，那么，A处点电荷在H处场强与B处点电荷在G处场强大小相等，A处点电荷在G处场强与B处点电荷在H处场强大小相等；根据几何关系，又有H处两分场强的夹角和G处两分场强的夹角相等，故合场强大小相等，故B正确；只在B、D两点放置等量异种电荷，那么，在BD连线的中垂面上场强方向与中垂面垂直，故中垂面为等势面；又有A、G在中垂面上，故电势相等，故C正确；在八个顶点均放置电荷量为q的点电荷，则立方体每个面上四个点电荷在面中心的场强之和为零，后面四个点电荷在面中心形成的场强垂直平面；又有点电荷电荷量都为q，点电荷到对面面中心的距离相等，故场强大小相等，又有点电荷到面中心的直线与面中心的角度相等，故合场强大小相等，故D正确；故选BCD。
7.甲、乙两个物体在同一直线上运动,其x−t图象如图所示,其中直线b与曲线a相切于点（4,−15）。
已知甲做匀变速直线运动,下列说法正确的是（）
A.0-1s内两物体运动方向相反
B.前4s内甲的平均速度是乙的平均速度的
倍
C.t=0时刻，甲的速度大小为10m/s
D.甲的加速度大小为2m/s2
【答案】ACD
【解析】
【详解】x-t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x-t图像对应于a；前4s内甲的平均速度为：
，前4s乙的平均速度为：
，故前4s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；直线b与曲线a相切于点（4,−15），可知第4s末的速度v4就是直线b的斜率，所以v4=-2m/s,前4s内甲的平均速度为-6m/s，所以0时刻甲的速度v0=-10m/s，故甲的加速度
。
故CD正确。
故选ACD。
【点睛】位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间。
8.如图（a）所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直．将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行．棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动．其速度的倒数
随位移x变化的关系如图（b）所示．在棒运动L0到MN处的过程中
A.导体棒做匀变速直线运动B.导体棒运动的时间为
C.流过导体棒的电流不变D.外力做功为
【答案】BC
【解析】
A、直线的斜率为：
，所以有：
，得
，故不是匀变速直线运动，故A错误。
C、感应电动势为：
，感应电动势大小不变，感应电流为：
大小不变，故C正确；B、根据法拉第电磁感应定律有：
，解得：
，故B正确。
D、克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为：
，对导体棒，由动能定理得：
，解得
，故D错误。
故选BC.
【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：
一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
三、非选择题
9.如图所示是某同学在“探究动能定理”和“验证机械能守恒定律”的实验中分别得到的两条纸带。
已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，纸带上各点是打点计时器打出的计时点，纸带上记录的数据的单位均为厘米。
（1）纸带________（选填“甲”或“乙”）是在“验证机械能守恒定律”的实验中得到的。
（2）任选一条纸带，计算在记录计时点5时，物体运动的速度
=_____m/s。
（结果保留3三位有效数字）
【答案】
（1）.乙
（2）.1.75或2.42
【解析】
（1）在验证机械能守恒实验中，纸带在重物的拉力下做自由落体运动，打出的第一个点和第二个点间的距离约为2mm，故甲纸带不符合要求，故乙纸带时验证机械能守恒实验得到的；
（2）选乙纸带，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故有：
10.如图（a）所示是某汽车转向灯的控制电路，电子闪光器可以产生周期性的开关动作，使转向信号灯和转向指示灯闪烁。
该电路的工作过程为：
汽车若向左转弯，就把转向信号灯开关（单刀三掷开关）拨至左侧位置1，闪光器工作，转向信号灯闪烁，向路人或其他车辆发出信号，同时安装在仪表盘上的转向指示灯也在闪亮，向驾驶员提供转向灯工作的情况；汽车向右转弯的原理与向左转一样。
（1）闭合点火开关，将转向信号灯开关拨至右侧位置2，发现电路不工作。
为排查电路故障，多用电表的选择开关应旋至______选填“欧姆挡”、“交流电压挡”、“直流电压挡”或“直流电流挡”）的位置；用调节好的多用电表进行排查，若只有电子闪光器断路，则表笔接A.B时指针_____（选填“偏转”或“不偏转”），接B、D时指针_____（选填“偏转”或“不偏转”）。
（2）电容式转向信号闪光器的内部结构如图（b）所示，它主要由一个具有双线圈的灵敏维电器和一个大容量的电容器组成。
其工作原理如下：
i.接通转向灯电路，蓄电池通过线圈
和常闭触点对转向灯供电，在线圈山的磁场的作用下，____________________.
ii.蓄电池对电容器充电，此时线圈
、
均串入电路，故转向灯电流较小，转向灯不亮，在线圈
、
的磁场的作用下，触点打开。
iii.充电结束后，电流为零，触点闭合，蓄电池通过线圈
和触点向转向灯供电，电容器也通过线圈
放电，___________________。
iv.放电结束后，线圈
的电流为零，触点打开，转向灯不亮。
重复上述过程，实现转向灯的闪烁。
请将上述原理补充完整。
【答案】
（1）.直流电压档
（2）.偏转（3）.不偏转（4）.触点打开，转向灯电路切断，转向灯不亮（5）.
、
中电流方向相反，产生的磁场抵消，触点闭合，转向灯发光
【解析】
（1）蓄电池为直流电源，将转向信号灯开关拨至右侧位置2时电源接入电路，为排查电路故障，多用电表的选择开关应旋至直流电压档的位置；
用多用电表的直流电压挡检查电路故障，若只有电子闪光器断路，由图示电路图可知，表笔接A、B时，电压表与电源两极相连接，指针偏转，表笔接B、D时，电压表与电源两极不相连，电压表指针不偏转。
（2）i、接通转向灯电路，蓄电池通过线圈L1和常闭触点对转向灯供电，在线圈山的磁场的作用下，触点打开，转向灯电路切断，转向灯不亮。
iii、充电结束后，电流为零，触点闭合，蓄电池通过线圈L1和触点向转向灯供电，电容器也通过线圈L2放电，L1、L2中电流方向相反，产生的磁场抵消，触点闭合，转向灯发光。
点睛：
本题考查了用多用电表检查电路故障、考查了电容式转向信号闪光器的工作原理，可以应用多用电表的电压挡检查电路故障，也可以应用欧姆档检查电路故障，要掌握各种方法检查电路故障的原理与方法。
11.如图所示，水平地面上有两个静止的小物块A和B（可视为质点），A的质量为m=1.0kg.B的质量为M=4.0kg，A、B之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与物块接触而不同连。
在水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与半径为R=0.2m的圆轨道相切。
将弹簧压缩后再释放（A、B分离后立即撤去弹簧），物块A与墙壁发生弹性碰撤后，在水平面上与物块B相碰并黏合在一起。
已知重力加速度大小g=10m/s²，不计一切摩擦，若黏合体能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求压缩弹簧具有的弹性势能的最大值。
（结果保留三位有效数字）
【答案】15.6J
【解析】
压缩弹簧释放后，设物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv1-Mv2=0
A与墙壁碰撞反弹后追上B，设碰后黏合体的速度为v，由动量守恒定律得：
mv1+Mv2=（m+M）v
黏合体能滑上圆轨道，且仍能四轨道滑下，黏合体最多上升到圆弧上与圆心筹高处时，速度为零。
由机械能守恒定律得：
（m+M）v2＝（m+M）gR
由功能原理，弹簧被压缩后具有的弹性势能的最大值为：
联立解得：
Epm=15.6J。
12.如图所示，x0y平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，在原点0有一粒子源，它可以在x0y平面内向各个方向发射出质量m=6.4×10-27kg电荷量q=3.2×10-19C、速度v=10×106m/s的带正电的粒子。
一感光薄板平行于x轴放置，其中点0′的坐标为（0，a），且满足a>0。
不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，结果保留位有效数字。
（1）若薄板足够长，且a=0.2m，求感光板下表面被粒子击中的长度；
（2）若薄板长1=0.32m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a的最大值；
（3）若薄板长1=0.32m，a=0.12m，要使感光板上表面全部被粒子击中，粒子的速度至少为多少?
【答案】
（1）0.546m.
（2）
（3）
【解析】
（1）带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
qvB＝m
，解得：
r=0.2m，
如图所示，沿y轴正向发射的粒子击中薄板的最左端D点，有：
x1=r=0.2m，
而击中簿板的最右端的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系：
x2＝0.2
m=0.546m，
所以，感光板下表面被粒子击中的长度：
L=x1+x2=0.746m。
（2）粒子恰能击中薄板的最左端D点，如图所示：
由几何关系：
OF＝
＝0.12m
解得：
a1=OF+r=0.32m
若粒子恰能击中薄板的最右端E点，如图所示，由几何关系：
a2＝
＝0.08
m＞0.32m，
综上可得，为使感光板下表面全部被粒子击中，a的最大值：
am=0.320m；
（3）粒子恰能沿水平方向击中薄板最右端的E点，如图所示：
由几何关系：
tanθ＝
，
恰能沿水平方向击中薄板最右端的D点，如图所示：
由几何关系得：
r′＝O1D＝
，
解得：
r′＝
m，
综上可得，要使感光板上表面被击中，必须满足：
r≥
m，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m
，
解得粒子的速度：
v≥8.33×106m/s；
点睛：
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用几何知识求出粒子轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可解题；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般解题思路与方法。
13.关于热现象，下列说法正确的是_________。
A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径（也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度）等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比
B.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的距离为r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小
C.物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断
D.如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，ΔU表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=ΔU+W
E.如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到100%
【答案】ABD
【解析】
根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径。
故A正确；当分子间的距离r＜r0时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离r＞r0时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分子的距离为r．时，引力与斥力大小相等，分子势能最小。
故B正确；单晶体具有各向异性，多晶体与非晶体都具有各向同性，所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体。
故C错误；根据热力学第一定律可知，如果用Q表示物体吸收的能量，用W 表示物体对外界所做的功，△U表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=△U+W．故D正确；根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%．故E错误故选ABD。
14.如图所示，一固定的直立气缸由上、下两个连通的圆筒构成，圆筒的长度均为2L。
质量为2m、面积为2S的导热良好的活塞A位于上部圆筒的正中间，质量为m、面积为S的绝热活塞B位于下部圆筒的正中间，两活塞均可无摩擦滑动，活塞B的下方与大气连通。
最初整个系统处于静止状态，A上方的理想气体的温度为T。
已知大气压强恒为
，重力加速度大小为g，气缸壁、管道均不导热，外界温度保持不变，圆筒之间的管道的体积忽略不计，不考虑话塞的厚度。
现在对话塞A上方的气体缓慢加热，求
（i）当活寨B下降到气缸底部时，活塞A上方气体的温度；
（ii）当温度缓慢升高到1.8T时，活塞A相对初始位置下降的距离。
【答案】（i）y=5x（ii）0.2L
【解析】
（i）设活塞A上方的气体温度为T0时，活塞A下降距离x，活塞B下降距离y，活塞A上方的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律：
活塞B上方的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律：
解得：
y=5x
（ii）温度级慢升高到.8T时，活塞B已脱离气缸，设活塞A相对初置下降的距离为x′，如图研究活塞A上方的气体，由理想气状态方程：
解得：
x′=0.2L
15.波速均为1.0m/s的两列简谐横波，分别从波源x=0、x=12m处沿x轴相向传播。
1=0时的波形图如图所示。
下列说法正确的是_________
A.两列波的频率均为0.25Hz
B.t=0.2s时，两列被相遇
C.两列波相遇过程中，x=5m处和x=7m处的质点振动加强
D.t=3s时，x=6m处的质点位移达到最大值
E.当波源从x=0处沿x轴正向运动时，在x=12m处的观察者观察到该简谐横皱的频率变大
【答案】ADE
【解析】
两列波的波长为λ=4m，由v=λf得
，故A正确。
时，两列波相遇，故B错误。
两列波相遇过程中，x=5m处和x=7m处的质点波峰与波谷相遇振动减弱，故C错误。
两波的周期为T=
=4s，t=2s时，两列波在x=6m相遇，相遇x=6m处质点向下振动，再经过1s=
，即t=3s时，该质点到达波谷，位移达到最大值，故D正确。
当波源从x=0处沿x轴正向运动时，波源与x=12m处的观察者间的距离缩短，产生多普勒效应，则知在x=12m处的观察者观察到该简谐横波的频率变大，故E正确。
故选ADE。
点睛：
解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波叠加时满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时振动减弱。
16.平面镜成像时，从光源发出的光线第一次被银面反射所生成的像最明亮，被称为主像。
如图所示，为测量一面嵌入墙壁的平面镜的厚度，可以在紧贴平面镜的表面放置一点光源S，现观测到S与其主像S′的距离为D。
已知随着观察角度的变化，该距离也会发生变化。
（i）试通过作图来确定光源S的主像S′的位置；（保留作图痕迹）
（ii）若玻璃的折射率n=
，垂直平面镜方向观测，S与其主像S′的距离D=5mm，求平面镜的厚度d。
（结果保留位有效数字）
【答案】（i）光路图如图所示：
（ii）3.33mm
【解析】
（i）光路图如图所示：
（ii）由几何关系
SB=2dtanr
SB=Dtani
垂直平面镜方向观测，满足i→0，r→0
即tani≈sini，tanr≈sinr
由折射定律有
解得：
代入数据，得d=3.33mm。
升级会员 