2019届湖北省监利中学高三毕业生适应性训练理科综合试卷8-物理（解析版）

监利中学2019届高中毕业生适应性训练理科综合试卷8---物理二．选择题：1.在物理学的发展历程中，下面哪位科学家首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展。（    ）A. 伽利略    B. 爱因斯坦    C. 牛顿    D. 亚里士多德【答案】A【解析】伽利略首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，故A正确，BCD错误。2.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的圆心O点分别以水平初速度抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB相互垂直，且OA与竖直方向成角，则两个小球初速度之比为A.     B. C.     D. 【答案】C【解析】试题分析：由几何关系可知，A的竖直位移，水平位移；B的竖直位移，水平位移，由平抛运动的规律可知，，，解得，则，C正确考点：考查了平抛运动规律的应用【名师点睛】知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，解题的关键在于明确题意及几何关系．3.用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T，则T随ω2变化的图象是（　　）A.     B. C.     D. 【答案】C【解析】试题分析：分析小球的受力，判断小球随圆锥作圆周运动时的向心力的大小，进而分析T随ω2变化的关系，但是要注意的是，当角速度超过某一个值的时候，小球会飘起来，离开圆锥，从而它的受力也会发生变化，T与的关系也就变了．设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力T而平衡，，AB错误；ω增大时，T增大，N减小，当时，角速度为．当时，由牛顿第二定律得，，解得；当时，小球离开锥子，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得，所以，可知图线的斜率变大，C正确D错误．4.嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器、着陆器等多个部分组成。探测器在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。若已知月球半径为R，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是A. 月球质量为    B. 月球表面重力加速度为C. 月球密度为    D. 月球第一宇宙速度为【答案】A【解析】【详解】对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，解得：，故A正确；月球表面的重力加速度为：，则B错误；月球的密度：，故C错误；月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有：，解得：，故D错误；故选A。【点睛】本题关键是明确探测器的动力学原理，结合牛顿第二定律列式求解，注意月球的第一宇宙速度是月面卫星的环绕速度。5.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2：1：2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（　　）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设bc段所用时间为t，根据匀变直线运规律可知，bc段平均速度等ad段平均速度，即，，由以上两式可解得：，故B正确。6.如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（　　）A. a可能受到2个力的作用    B. b可能受到3个力的作用C. 绳子对a的拉力等于mg    D. a的重力为【答案】C【解析】试题分析：对a球受力分析可知，a受到重力，绳子的拉力以及杆对a球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对b球没有弹力，否则b不能平衡，故B错误；由于b受到重力和绳子拉力处于平衡状态，则绳子拉力T=mg，同一根绳子上的拉力相等，故绳子对a的拉力等于mg，故C正确；分别对AB两球分析，运用合成法，如图，根据正弦定理列式得：；解得：，故D错误．故选C．考点：物体的平衡【名师点睛】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来．7.空间存在一静电场，场强方向与x轴平行，电场中的电势随x的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 处电场强度可能为零B. 处电场方向一定沿x轴正方向C. 电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到x=6m处，电势能增大8 eVD. 沿x轴正方向，电场强度先增大后减小【答案】C【解析】图象的斜率等于电场强度，则知x=4m处的电场强度不为零，A错误；从0到x=4m处电势不断降低，但x=4m点的电场方向不一定沿x轴正方向，B错误；沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功8eV，电势能增大8eV，C正确；由斜率看出，从0到6m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度沿x轴先减小后增大，D错误．8.在光滑水平面上,a、b两小球沿同一直线都以初速度大小v0做相向运动,a、b两小球的质量分别为ma和mb,当两小球间距小于或等于L时,两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于L时,相互间的排斥力为零,小球在相互作用区间运动时始终未接触,两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示,下列说法中正确的是（　　）A. 在t1时刻两小球间距最小B. 在t2时刻两小球的速度相同,且大小为C. 在0t3时间内,b小球所受排斥力方向始终与运动方向相同D. 在0t3时间内,排斥力对a、b两小球的冲量大小相等【答案】BD【解析】【详解】A、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故A错误；B、由题意可知，两小球相距L时存在相互作用力，故两小球做变速运动，由于不受外力，故小球的动量守恒；根据动量守恒定律可知：，解得t2时刻两小球的速度均为，故B正确；C、在0−t3时间内，b球先减速再反向加速运动，知所受的合力方向与速度方向先相反再相同，故C错误；D、由于两小球受到的相互作用力相同，故在0∼t3时间内，排斥力对a、b两小球的冲量大小相等，故D正确；故选BD。【点睛】明确v-t图象的性质以及题意，知道两小球的运动情况，根据动量守恒定律可求得共同的速度；根据图象分析受力以及运动关系，根据动量定理分析冲量大小。三、非选择题： 9.某同学在做“探究求合力的方法”的实验中，发现一个量程为0～5N的弹簧秤没有调零，弹簧秤内部弹簧未损坏，不挂重物时示数如图甲所示（1）图甲所示弹簧秤的示数为________N。（2）若挂上重物时，弹簧秤示数如图乙所示，当地重力加速度为9．8m／s2，则所挂重物的质量为______kg。（结果保留两位有效数字）【答案】    (1). （1）0.30      (2). （2）0.23【解析】【详解】（1）图甲所示弹簧秤的示数为0.30N。（2）若挂上重物时，弹簧秤示数2.60N，则物体重量为G=2.60N-0.30N=2.30N，物体的质量是10.如图所示,用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端,让A球仍从位置C由静止滚下,A球和B球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置,未放B球时,A球的落点是P点,0点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点,如图所示。(1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足m1__________m2(填“>”或“<”);除了图中器材外,实验室还备有下列器材,完成本实验还必须使用的两种器材是______。A.秒表    B.天平    C.刻度尺    D.打点计时器(2)下列说法中正确的是______。A.如果小球每次从同一位置由静止释放,每次的落点一定是重合的B.重复操作时发现小球的落点并不重合,说明实验操作中出现了错误C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置D.仅调节斜槽上固定位置C,它的位置越低,线段0P的长度越大(3)在某次实验中,测量出两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上,测量出三个落点位置与0点距离OM、OP、0N的长度。在实验误差允许范围内,若满足关系式____________,则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒;若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足关系式____________。(用测量的量表示)(4)在OP、0M、0N这三个长度中,与实验所用小球质量无关的是______,与实验所用小球质量有关的是_________。(5)某同学在做这个实验时,记录下小球三个落点的平均位置M、P、N,如图所示。他发现M和N偏离了0P方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在OP方向上依然动量守恒,他想到了验证这个猜想的办法:连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′。分别测量出OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许的范围内,满足关系式：____________则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。【答案】    (1). >；    (2). BC；    (3). C；    (4). ；    (5). ；    (6). OP；    (7). OM和ON；    (8). ；【解析】【分析】明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量； 在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v，根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；【详解】解：(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；(2)AB、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故A、B错误；C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C正确；D、仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D错误。故选C；(3)若两球相碰前后的动量守恒，则，又，，，代入得：， 若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则：，代入得; ；(4)根据实验原理可知，OP是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故OP与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关，故OM和ON与质量有关；；(5)如图所示,连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示；分别测量出OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许范围内,满足关系式，则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。11.如图所示,ABD为竖直平面内的轨道,其中AB段水平粗糙,BD段为半径R=0.08 m的半圆光滑轨道,两段轨道相切于B点，小球甲以v0=5m/s的初速度从C点出发,沿水平轨道向右运动,与静止在B点的小球乙发生弹性正碰,碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D，已知小球甲与AB段的动摩擦因数=0.4,CB的距离S=2 m,g取10 m/s2,甲、乙两球可视为质点,求：(1)碰撞前瞬间,小球甲的速度v1;(2)小球甲和小球乙的质量之比。【答案】（1）3m/s（2）【解析】（1）在CB段，，得（2）碰后，乙恰好能达到圆周轨道最高点对乙从B点到D点，根据动能定理，得在B位置，甲乙发生碰撞， 联立得得12.有一个匀强电场,电场线和坐标平面xOy平行,以原点O为圆心,半径r=10cm的圆周上任意一点P的电势,θ为O、P两点的连线与x轴正方向所成的角,A、B、C、D为圆周与坐标轴的四个交点,如图所示。(1)求该匀强电场场强的大小和方向;(2)若在圆周上D点处有一个粒子源,能在xOy平面内发射出初动能均为200 eV的粒子(氦核)，当发射的方向不同时,粒子会经过圆周上不同的点，在所有的这些点中, 粒子到达哪一点的动能最大?最大动能是多少eV？【答案】（1）400V/m，方向沿y轴负向（2）280eV【解析】（1）半径r=10cm的圆周上任意一点P的电势 φ=40sinθ+25V，当θ=0°和θ=180°的电势相等，则知B、D两点的电势相等，可知电场的方向平行于y轴方向向下．
当θ＝时 φ1=40×1+25V=65V
当θ＝时 φ2=-15V
所以电场方向沿y轴负向；
匀强电场的电场强度（2）α粒子带正电，由动能定理知α粒子到达c点时的动能最大，根据动能定理得：
 2eU=EkC-EkD
其中 U= =40V
得 EkC=2eU+EkD=2e×40+200eV=280eV点睛：本题通过电势的表达式得出等势线是解决本题的关键，知道电势差与电场强度的关系，注意在U=Ed中，d表示沿电场线方向上的距离．13.某同学用光电门验证机能守恒定律。如图甲所示，将某种铁质横杆固定在铁架台上方，在横杆一侧放置一磁铁，在横杆正下方将光电门固定在铁架台上，将质量为m的小铁球吸至横杆下方，多次释放并调整小铁球释放位置和光电门位置，使小铁球球心恰好与光电中心在同一竖直线上，标记小铁球释放点，用直尺测量出横杆下边缘到光电门中心间的距离L，取重力加速度g＝9．8m／s2。拿开磁铁后，铁质横杆的磁性立即消失。（1）用游标卡尺测出小铁球直径，测量结果如图乙所示，则小铁球的直径D＝_____mm。（2）取作为小铁球经过光电门中心时的速度，则小鉄球从开始下落至小铁球中心通过光电门的过程中，重力勞能减少量△Ep=_____，动能的增加量△Ek＝_____。（均用已知或测量出的物理量的符号表示）（3）若某次实验的测量数据分别为L＝0．531m，t＝3．6×10—3s，m＝6．0×10—3kg，则△Ek=_____J，△Ep＝_____J。（结果均保留三位有效数字）在误差允许的范国内，小铁球的机械能守恒。【答案】    (1). 11.52；    (2). ；     (3). ；    (4). ；    (5). ；【解析】【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.02×26=0.52mm，所以d=11mm+26×0.02mm=11.52mm。（2）小鉄球从开始下落至小铁球中心通过光电门的过程中，重力勞能减少量，小球经过光电门的时间为t,则速度为，动能的增加量。（3）若某次实验的测量数据分别为L＝0.531m，t＝3.6×10—3s，m＝6.0×10—3kg，则代入公式可得：，.14.如图所示,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；(2)木块A在整个过程中的最小速度；(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?【答案】（1），（2），（3）【解析】试题分析：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0=（m+m+3m）v1解得：v1=0．6 v0对木块B运用动能定理，有：解得：（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：对木块A：a1=μmg/m=μg，对木块C：a2=2μmg/3m=2μg/3，当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：v0-μgt=（2μg/3）t解得t=3v0/（5μg）木块A在整个过程中的最小速度为：v′=v0-a1t=2v0 /5．（3）Q总=Q1+Q2 = fs相1+fs相2=ΔEk损所以考点：动量守恒定律 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律。