届湖北省武汉第十一中学高三模拟考试理综物理试题解析版.docx

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届湖北省武汉第十一中学高三模拟考试理综物理试题解析版

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湖北省武汉市第十一中学

2019届高三年级上学期12月模拟考试

理综-物理试题

（解析版）

2018年12月

二、选择题（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分。

有选错的得0分）

1.关于物理学思想方法,下列叙述不正确的是（）

A.演示微小形变时,运用了放大法

B.将物体看成质点,运用了理想模型法

C.将很短时间内的平均速度看成瞬时速度,运用了等效替代法

D.探究弹性势能表达式用F-L图象下梯形的面积代表功,运用了微元法

【答案】C

【解析】

演示微小形变时,为了便于观察,运用了放大法,故A说法正确；将带电体看成点电荷,运用了理想模型法,故B说法正确；△t→0时的平均速度可看成瞬时速度,采用的是极限分析方法,故C说法错误；探究弹性势能表达式用F-l图象下梯形的面积代表功,运用了微元法,故D说法正确。

所以C正确,ABD错误。

2.如图所示,由于理想变压器原线圈的输入电压降低,使电灯L变暗,下列哪些措施可以使电灯L重新变亮

A.其他条件不变,P1上移

B.其他条件不变,P2下移

C.其他条件不变,断开电键S

D.其他条件不变,将滑动变阻器滑动片P向下移动

【答案】C

【解析】

原线圈的输入电压降低,其他条件不变,P1上移,即原线圈匝数增多,根据,可知U2减小,电灯变暗,故A错误；原线圈的输入电压降低,其他条件不变,P2下移,即副线圈匝数减少,根据,可知U2减小,电灯L变暗,故B错误；原线圈的输入电压降低,其他条件不变,则副线圈电压减小,断开电键S,并联部分电阻增大,副线圈中电流减小,R1分担电压减小,灯泡两端电压增大,可以使电灯L重新变亮,故C正确；原线圈的输入电压降低,其他条件不变,则副线圈电压减小,将滑动变阻器滑动片P向下移动,并联部分电阻减小,灯泡两端电压更小,灯泡不能变亮,故D错误。

所以C正确,ABD错误。

3.2016年10月19日,“神舟十一号”飞船与“天宫二号”实验室实现自动交会对接,形成的“天神组合体”开始了长达30天的组合飞行,再一次创造了中国载人航天的新纪录。

若在实现交会对接过程中,先使“神舟十一号”飞船沿椭圆轨道运行,且让椭圆轨道的远地点在“天宫二号”等待交会对接的近似正圆轨道上,然后在“神舟十一号”运行到远地点附近时进行对接,并使“天神组合体”能沿“天宫二号”原来的近似正圆轨道运动。

对于这个对接过程,“神舟十一号”沿椭圆轨道运行到达远地点时应做出的调整,下列说法中正确的是

A.需要适当加速B.需要适当减速

C.需要先减速再加速D.需要适当改变速度方向

【答案】A

【解析】

神舟十一号”沿椭圆轨道运行到达远地点时,要想到达“天宫二号”的近似正圆轨道上并进行对接,相当于由低轨变到高轨,应该加速,故A正确,BCD错误。

4.如图所示,粗细均匀的绝缘棒组成一直径为L的圆形线框,线框上均匀地分布着正电荷,O是线框的圆心,现在线框上E处取下足够短的带电量为q的一小段,将其沿OE连线向左移动的距离到F点处,若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小为

A.B.

C.D.

【答案】B

【解析】

【详解】线框上剩余的电荷在O点产生的场强等效为取下的q电荷在O点产生的场强故,方向水平向左；将q移到F点时,q在O点产生的场强为：

方向向右；则由场强的叠加可知O点的场强：

E＝E1−E2＝,方向向左；故选B.

【点睛】题主要考查了点电荷产生的场强的叠加,关键是会把圆环上剩余的电荷等效成一点电荷,根据电场叠加原理进行分析.

5.如图甲,小车水平向右加速运动,其运动的v-t图像如图乙所示,在运动过程中物块M始终相对车厢静止在后壁上,则下列说法正确的是

A.物块所受摩擦力减小

B.物块所受摩擦力增大

C.车厢对物块的作用力大小增大且方向改变

D.车厢对物块的作用力大小增大但方向不变

【答案】C

【解析】

根据v-t图象的斜率表示加速度可知,小车的加速度逐渐增大,则物块的加速度逐渐增大,以物块为研究对象,物体受重力Mg,车厢的弹力N和静摩擦力f,根据牛顿第二定律可得,水平方向：

N=Ma,竖直方向：

f=Mg．当加速度增大时,物块仍相对于车厢静止,在竖直方向受力平衡,即f=Mg不变,故AB错误；物体受车厢的弹力和向上的静摩擦力,当加速度增大时,N增大,静摩擦力f不变,则两者合力的方向变化,车厢对物块的作用力方向改变,故C正确,D错误。

所以C正确,ABD错误。

6.如图所示,倾角为光滑斜面固定在水平面上,质量分别为和的物体和叠放在一起,它们一起沿斜面下滑,已知重力加速度为g,则在物体和沿斜面下滑的过程中,下列说法正确的是

A.物体对物体的摩擦力大小为

B.物体对物体的支持力大于物体的重力

C.物体的机械能守恒

D.物体克服支持力做的功等于摩擦力对物体做的功

【答案】CD

【解析】

对于AB组成的整体,整体具有沿斜面向下的加速度,设为a,将a正交分解为竖直方向分量a1,水平分量a2,如图所示,对整体,由牛顿第二定律得（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a,得a=gsinθ,对A,由牛顿第二定律得：

竖直方向上：

mAg-N=mAa1=mAgsinθsinθ,水平方向上：

f=mAa2=mAgsinθcosθ,则得支持力N=mAg-mAgsin2θ=mAgcos2θ,摩擦力大小为f=mAgsinθcosθ,方向水平向左,故A错误,B错误；因为斜面光滑对B不做功,所以B物体的机械能守恒,故C正确；物体克服支持力做功为：

摩擦力对物体做功为：

故D正确。

所以CD正确,AB错误。

7.如图所示,在光滑绝缘的水平面上方,有两个方向相反的水平方向匀强磁场,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大,磁感应强度的大小分别为B1＝B、B2＝2B。

一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框,以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动,当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时线框的速度为,则下列结论中正确的是

A.此过程中通过线框截面的电量为

B.此过程中回路产生的电能为mv2

C.此时线框的加速度为

D.此时线框中的电功率为

【答案】BC

【解析】

电路中通过的电量：

故A错误；由能量守恒定律得,此过程中回路产生的电能为：

故B正确；此时感应电动势：

线框电流为：

由牛顿第二定律得：

2BIa+BIa=ma加,解得：

故C正确；此时线框的电功率为：

故D错误。

所以BC正确,AD错误。

8.如图所示,质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上,有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板,且恰能滑离木板,滑块与木板间动摩擦因数为μ。

下列说法中正确的是

A.若只增大v0,则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加

B.若只增大M,则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少

C.若只减小m,则滑块滑离木板时木板获得的速度减少

D.若只减小μ,则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小

【答案】BCD

【解析】

滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积,因为相对位移没变,所以产生热量不变,故A错误；由极限法,当M很大时,长木板运动的位移xM会很小,滑块的位移等于xM+L很小,对滑块根据动能定理：

可知滑块滑离木板时的速度v1很大,把长木板和小滑块看成一个系统,满足动量守恒：

可知长木板的动量变化比较小,所以若只增大M,则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少,故B正确；采用极限法：

当m很小时,摩擦力也很小,m的动量变化很小,把长木板和小滑块看成一个系统,满足动量守恒,那么长木板的动量变化也很小,故C正确；当μ很小时,摩擦力也很小,长木板运动的位移xM会很小,滑块的位移等于xM+L也会很小,故D正确。

所以BCD正确,A错误。

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答。

第33题~第38题为选考题,考生根据要求作答。

）

9.下图为验证动量守恒定律的实验装置,实验中选取两个半径相同、质量不等的小球,按下面步骤进行实验：

①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；

②安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末端；

③先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,标记小球在斜面上的落点位置P；

④将小球m2放在斜槽末端B处,仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放,两球发生碰撞,分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；

⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。

图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置,从M、P、N到B点的距离分别为SM、SP、SN．依据上述实验步骤,请回答下面问题：

（1）两小球的质量m1、m2应满足m1_______m2（填写“>”、“=”或“<”）；

（2）用实验中测得的数据来表示,只要满足关系式________________,就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；

（3）若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞,用实验中测得的数据来表示,只需比较________与______________是否相等即可。

【答案】

（1）.＞

（2）.（3）.（4）.

【解析】

【详解】

（1）为了防止入射球碰后反弹,一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量,即m1>m2；

（2）小球m1和小球m2相撞后,小球m2的速度增大,小球m1的速度减小,都做平抛运动,所以碰撞后m1球的落地点是M点,m2球的落地点是N点；

（3）碰撞前,小于m1落在图中的P点,设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后,m1的落点在图中的M点,设其水平初速度为v1′,m2的落点是图中的N点,设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α,由平抛运动规律得：

SMsinα=gt2,SMcosα=v′1t

解得：

v1'=；同理可解得：

v1=,v2=；所以只要满足m1v1=m2v2+m1v′1即：

则说明两球碰撞过程中动量守恒；如果满足小球的碰撞为弹性碰撞,则应满足：

m1v12=m1v1′2+m2v22；代入以上速度表达式可知,应满足公式为：

m1SP=m1SM+m2SN；故需要验证：

m1SP和m1SM+m2SN相等。

【点睛】本题考查验证动量守恒定律的实验,要注意学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度,两小球的碰撞是弹性碰撞,则碰撞前后机械能没有损失。

10.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。

（1）如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。

虚线框中S为一个单刀多掷开关,通过操作开关,接线柱B可以分别与触点1、2、3接通,从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。

关于此多用电表,下列说法中正确的是___________。

（选填选项前面的字母）

A. 当S接触点1时,多用电表处于测量电流的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔          

B. 当S接触点2时,多用电表处于测量电压的挡位,其中接线柱B接的是黑表笔

C. 当S接触点2时,多用电表处于测量电阻的挡位,其中接线柱B接的是红表笔          

D. 当S接触点3时,多用电表处于测量电压的挡位,其中接线柱B接的是红表笔

（2）用实验室的多用电表进行某次测量时,指针在表盘的位置如图所示。

a.若所选挡位为直流50mA挡,则示数为________mA；

b.若所选挡位为电阻×10Ω挡,则示数为________Ω。

（3）用该多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后,需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。

在用红、