湖北省黄冈市届高三份质量检测理综物理试题解析解析版Word文件下载.docx

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B．t2时刻，乙物体追上甲

C．tl时刻，两者相距最远

D．0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大

【答案】D

v-t图线

17．如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L．一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框感应电流i的正方向，则下列四个图像中能正确表示i-t图像的是

【答案】A

楞次定律；

右手定则

18．某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域内储藏有天然气．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；

由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg（k<

l）．已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是

A．

B．

C．

D．

如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为m的物体的重力为mg，没有填满时是kmg，故空腔填满后引起的引力为（1-k）mg；

根据万有引力定律，有：

解得：

故选D.

万有引力定律

19．如图所示，理想变压器的原线圈接有交流电源，输入电压U不变，P为滑动变阻器的滑片，下列说法正确的是

A．将P向下滑，变压器的输出电压变大B．将P向下滑，R两端的电压变小

C将P向上滑，灯泡L1变亮D．将P向上滑，灯泡L2变亮

【答案】BC

变压器的输出电压由输入电压和匝数比来决定，故将P向下滑，变压器的输出电压不变，选项A错误；

将P向下滑，滑动变阻器的电阻变大，次级电阻变大，则次级电流减小，R两端的电压变小，选项B正确；

将P向上滑，滑动变阻器的电阻变小，次级电阻变小，则次级电流变大，R两端的电压变大，并联支路的电压减小，L2的电流减小亮度变暗，则L1电流变大，灯泡L1变亮，选项C正确，D错误；

故选BC.

变压器及电路的动态分析

20．如图所示，一倾角为a的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上．现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是

A．μ<

tana

B．物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能

C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和

D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于2Ekm

【答案】ACD

据题：

小物块从静止释放后能下滑，则有mgsinα＞μmgcosα，解得μ＜tanα．故A正确．物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B错误．根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和．故C正确．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep．此位置弹簧的压缩量为x．根据功能关系可得：

将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm=mg（s+x）sinα-μmg（s+x）cosα-Ep．将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为Ekm′=mg•（2s+x）sinα-μmg•（2s+x）cosα-Ep．而2Ekm=mg（2s+2x）sinα-μmg（2s+2x）cosα-2Ep=[mg（2s+x）sinα-μmg（2s+x）cosα-Ep]+[mgxsinα-μmgxcosα-Ep]=Ekm′+[mgxsinα-μmgxcosα-Ep]

由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：

mgxsinα-μmgxcosα＞Ep，即mgxsinα-μmgxcosα-Ep＞0，所以得Ekm′＜2Ekm．故D正确．故选ACD。

功能关系

21．如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d．现将一质量为m，电荷量为q的带电小球以某一水平速度靠近上板下表面的P点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；

若保持电场，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好垂直打在板上．已知重力加速度为g，则下列说法正确的有

A小球从P点射人的初速度为

B．小球带正电，所加匀强电场

C．所加匀强磁场方向垂直纸面向里，

D．加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为

【答案】AD

小球从P点射入后做平抛运动，根据分位移公式，有：

2d=v0t，

联立解得：

故A正确；

加电场后做匀速直线运动，故：

qE=mg，解得：

电场力向上，场强向下，故小球带负电荷，故B错误；

再加磁场后，做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，小球刚好垂直打在板上，故轨道半径为d，根据牛顿第二定律，有：

，解得：

；

根据左手定则，磁场方向垂直向内，故C错误；

加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，为：

，故D正确；

故选AD。

带电粒子在电场及磁场中的运动.

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40题为选考题-考生根据要求作答．

（一）必考题（11题，共129分）

22．（6分）频闪照相是研究物理过程的一种重要手段，小明和他的实验小组利用频闪照相研究机械能守恒定律．他们启动频闪照相设备的同时将小球由静止释放，得到如图所示的频闪照片，O为照片中的第一个像．现在照片上测得O到C、D、E的距离分别为S1、S2、S3，若已知频闪照相的频率为f，实际球的直径是照片中球直径的n倍，小球的质量用m表示，重力加速度为g．则从O点运动到D点的过程中，小球动能的增量为；

重力势能的减少量为．

【答案】

nmgS2

由于实际球的直径是照片中球直径的n倍，根据重力做功和重力势能的关系，小球从位置O到位置D，则有重力势能增量△EP=nmgS2；

在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：

研究机械能守恒定律

23．（9分）热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC），正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻随温度的升高而减小．某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻Rx的导电特性，

A电流表A1（满偏电流l0mA，内阻r1=10Ω）

B．电流表A2（量程0.6A，内阻r2为0.5Ω）

C滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）

D．渭动变阻器R2（最大阻值500Ω）

E．定值电阻R3（阻值1490Ω）

F．定值电阻R4（阻值140Ω）

G．电源E（电动势15V，内阻忽略）

H．开关与导线若干

（1）实验采用的电路图如图所示，则滑动变阻器选，定值电阻R选．（填仪器前的字母序号）

（2）该小组分别测出某个热敏电阻的I1-I2图像如图所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是__热敏电阻（选填“PTC”或“NTC”）．

（3）若将此热敏电阻直接接到一电动势为9V，内阻10Ω的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为Ω（结果保留三位有效数字）

【答案】

（1）C；

E

（2）PTC；

（3）33.2（33.0-37.5均可）　　

：

（1）电压从零开始调节，故采用滑动变阻器分压接法；

故滑动变阻器应选择总阻值较小的C；

由图可知，定值电阻R与电流计串联充当电压表使用，故应采用阻值较大的E；

（2）由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．

（3）根据改装原理可知，加在电阻两端的电压为电流的1500倍；

则在图中作出对应的电源的伏安特性曲线如图所示；

由图可知，对应的电流I=4.2mA；

I2=0.19A；

则由欧姆定律可知：

探究热敏电阻Rx的导电特性

24．（14分）如图所示，一倾角a=37°

、长度为9m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高．原来B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B的上表面接触处圆滑．一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从木板B上滑下．已知A、B的质量相等，木板B的长度L=3m,A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5，B与地面的动摩擦因数为μ2，重力加速度g取10m／s2．

（1）通过计算分析当A滑上B的上表面后，B是否仍保持静止；

（2）若B仍然静止，求出μ2的最小值；

若B滑动，求出μ2的值．

（1）B与地面会发生相对滑动

（2）0.2

（1）设A物块从斜面下滑过程中加速度大小为a0，到达底端时速度大小为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得：

mgsinα－μ1mgcosα＝mao　①　　　　　　　

v02－0＝2aos②　　　　　　

由①②得：

v0＝6m/s

假设A滑上B的上表面后，B仍保持静止，则A在B上减速滑动至停止．

aA=μ1g=5m/s2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

=3.6m>

3m　　　　　　　④　　　　　

A会从B上滑下，假设不成立．

故当A滑上B的上表面后，B与地面会发生相对滑动．　

（2）设A滑上B后，再经时间t两者达到共同速度，A、B的加速度大小分别为：

aA=μ1g=5m/s2　　　　

　　　　　　　⑤　　　

v0－aAt=aBt　　　　　　　　　　　　　　⑥　　　

　　　　　　　　　　　　⑦

　　　　　　　　　　　　　　⑧

sA-sB=L　　　　　　　　　　　　　　　　⑨　　

解得:

μ2＝0.2　　　　

牛顿第二定律的应用

25．（18分）如图所示，在xOy平面内，有一边长为L的等边三角形区域OPQ,PQ边与x轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ区域内无磁场分布．现有质量为m，带电量为+q的粒子从O点射入磁场，粒子重力忽略不计．

（1）若要使该粒子不出磁场，直接到达P点，求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向；

（2）若粒子从O点以初速度

，沿y轴正方向射入，能再次经过O点，求该粒子从出发到再次过O点所经历时间。

（1）

方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30°

角斜向左上　

（2）

（1）当初速度v0垂直于OP射入磁场时,粒子射入速度最小，

由几何知识得：

2r1=L

　①　　

由

　　　　　②

得：

　③

角斜向左上　　

（2）若粒子从O点以初速度

，沿y轴正方向射入，则由

　　　　　④　

粒子从O运动至Ａ点出磁场进入三角形区域，由几何知识得：

　⑤

圆心角∠OO1A＝120°

⑥

运动时间：

⑦

粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间

⑧

由轨迹图像可知，粒子可以回到O点，所用时间

带电粒子在匀强磁场中的运动

（二）选考题：

33.[物理——选修3-3]（15分）

（1）（5分）下列说法正确的是（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分）

A．布朗运动就是液体分子的无规则运动

B．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值

C.尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降至热力学零度

D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大，分子势能是先减小再增大

E．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润

【答案】BDE

布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接反应了液体分子无规则运动，故A错误．相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，相对湿度则给出大气的潮湿程度，故B正确．

根据热力学第二定律可知，尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降至热力学零度，故C错误．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大；

分子力表现为引力时，靠近的过程中分子力做正功；

当分子力表现为斥力时，靠近的过程中分子力做负功，所以分子势能是先减小再增大，故D正确．附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润，故E正确．故选BDE。

热力学第二定律；

布朗运动；

分子动理论；

浸润

（2）（10分）如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部ho处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：

（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；

（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化

（i）

（ii）0.3（

）h0S-Q　　

（i）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强

　①

体积V1＝1.5h0S，　温度T1=T0

要使两边水银面相平，气缸内气体的压强P2=P0，

此时活塞下端一定与气缸底接触，V2=1.2h0

设此时温度为T2，由理想气体状态方程有

　　②

（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功

W=P1ΔV=（

）×

0.3h0S③

由热力学第一定律有ΔU=W+Q　　④

ΔU=0.3（

）h0S-Q　　　

理想气体状态方程；

热力学第一定律

34.[物理——选修3-4]（15分）

（1）（5分）两列简谐横波I和Ⅱ分别沿x轴正方向和负方向传播，两列波的波速大小相等，振幅均为5cm.t=0时刻两列波的图像如图所示，x=-lcm和x=lcm的质点刚开始振动．以下判断正确的是（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分）

A．I、Ⅱ两列波的频率之比为2：

1

B．t=0时刻，P、Q两质点振动的方向相同

C．两列波将同时传到坐标原点O

D．两列波的波源开始振动的起振方向相同

E．坐标原点始终是振动加强点，振幅为l0cm

根据

可知波I和Ⅱ的频率之比为：

，选项A正确；

t=0时刻，P点向下振动，Q点向上振动，两质点振动的方向相反，选项B错误；

由于两波速相同，故两列波将同时传到坐标原点O，选项C正确；

两列波分别传到x=-lcm和x=lcm点时都向上振动，故两列波的波源开始振动的起振方向相同，选项D正确；

由于两列波的频率不同，故相遇时不能形成稳定的干涉图样，故坐标原点不是始终是振动加强点，选项E错误；

故选ACD.

机械波的传播；

波的叠加

（2）（10分）如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OO'

垂直于水平桌面．位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO'

，夹角θ=60°

的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知

，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：

（i）透明半球对该单色光的折射率n；

（ii）该光在半球体内传播的时间。

（i）

（ii）

（i）光从光源S射出经半球体到达水平桌面的光路如图．

光由空气射向半球体，由折射定律，有

在△OCD中，sin∠COD=

γ=∠COD=60°

光由半球体射向空气，由折射定律，有

故α＝β　　　　　　　　　　　　　　

由几何知识得α+β=60°

　故α＝β=30°

（ii）光在半球体中传播的速度为

光在半球体中传播的时间

光的折射定律

35.[物理——选修3-5]（15分）

（1）（5分）以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分）

A．紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大

B．波尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的

C..β射线是原子核外电子高速运动形成的

D．光子不仅具有能量，也具有动量

E．根据波尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加

【答案】BDE

光电子的最大初动能与入射光的频率有关，增大紫外线的照射强度时，不能增大光电子的最大初动能．故A错误；

波尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，选项B正确；

β射线是原子核内的中子转化为质子时放出电子形成的高速电子流，选项C错误；

光子不仅具有能量，也具有动量，选项D正确；

根据波尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加，电势能减小，选项E正确；

故选BDE.

光电效应；

玻尔理论；

放射性衰变；

（2）（10分）如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度．求：

（i）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能；

（ii）整个运动过程中，弹簧对C所做的功．

（ii）

（i）A与B碰撞，由动量守恒定律：

mv0=2mv1①

当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大．

由动量守恒定律：

　　2mv1=（2m+2m）v2　　　　　②　

由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为

（ii）当弹簧再次恢复到原长时，C与弹簧分离，则从弹簧开始接触C到分离的过程中，由动量守恒定律：

　　2mv1=2mvAB+2mvC③

由能量转化守恒定律：

④　　

vAB=0，

由动能定理得：

W弹

⑤　

能量转化守恒定律；

动量守恒定律