2018届河北省高考(通用)闯关模拟(八)物理试题(解析版)

题（解析版）

一、选择题

1．(2018·浙江百校联盟押题卷)如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )

A．A、B的质量之比为

：3

：2

：1

：2

B．A、B所受弹簧弹力大小之比为3

C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为2

D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为

解析：弹簧对A、B的弹力大小相等，设为kx，对A、B分别进行受力分析，由平衡条件可知mAg＝kxtan60°，FA＝kx/cos60°，mBg＝kxtan45°，FB＝kx/cos45°，联立解得A、B两物体质量之比为mA：mB＝

：tan45°＝3

：1，FA：FB＝

：cos60°＝2：

2，故

，在剪断弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度aA：aB＝C、D正确．

答案：CD

：gcos45°＝1：

2．(2018·广东五校联考)如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3 mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是( )

A．弹簧的弹力不变

B．物体A对斜面的压力将减小 C．物体A受到的静摩擦力将减小

D．弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变

页 1第

解析：设mA＝3mB＝3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得弹簧的弹力不变，A正确，再对物体A进行受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图32

所示．刚开始由于mAgsin45°＝2mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根据平衡条件得到Ff＋FT－3mgsinθ＝0，FN－3mgcosθ＝0，解得Ff＝3mgsinθ－FT＝3mgsinθ－mg，FN＝3mgcosθ.

当θ减小时，物体A受到的静摩擦力Ff将减小，物体A对斜面的压力FN增大，故C正确，B、D错误．

答案：AC

3．(2018·广西重点高中高三一模)2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功，飞船入轨后经过约2天的飞行完成与“天宫二号”的对接．如图所示，“天宫二号”处于离地面高h＝393 km的圆轨道A上，“神舟十一号”处于圆轨道B上．“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C运动到位置2，然后沿轨道A运动，通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态，最终对接．已知地球半径为R＝6 371 km，引力常量为G＝6.67×10

－11

N·m2/kg2，地球质量为M＝6.0×1024 kg，不计大气阻力．下列说法正确的是( ) A．“天宫二号”在轨道A上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B上的运行周期小 B．“天宫二号”在轨道A上的加速度比“神舟十一号”在轨道B上的加速度大 C．“天宫二号”在轨道A上的运行速率约为7.7 km/s

D．“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能 GMm2π

解析：由r2＝m(T)2r，得T＝

4π2r3GMm

，可知半径越大，周期越大，A错．由GMr2＝

页 2第

v2GMGMm0

ma，得加速度a＝r2，半径越大，加速度越小，B错．由＝m0，得v＝R＋h2R＋h

GMR＋h

＝7.7 km/s，C对．“神舟十一号”在轨道C上运动时，由于点火加速，故其机械能增加，D错．

答案：C

4．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力FT、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式FT＝a＋bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )

b2b

A.2m B.m 3bbC.m D.3m

mv21

解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，FT1＝a＋b，FT1＝mg＋L；当小球运mv212

动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，FT2＝a－b，FT2＝－mg＋L；由动能定理有mg·2L＝2b21mv1－2mv22，联立解得g＝3m，选项D正确．

答案：D

5．(2018·合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )

A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s

页

3第

D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W

解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A112

项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝2mv2－2mv0＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．

答案：CD

6．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )

11mM2

A.2mv2 B.2v

m＋M1

C.2NμmgL D．NμmgL

解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对

2

12121Mmv静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝2mv－2(M＋m)v1＝2；

M＋m

由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL.故本题选B、D.

答案：BD

7．(2018·武汉模拟)如图所示，R是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时( )

页

4第

A．灯泡L变暗

B．光敏电阻R上的电压增大 C．电压表V的读数减小 D．电容器C的带电荷量增大

解析：光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝

增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－I(r＋R灯)

R＋r＋R灯

E

减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．

答案：CD

8．(2018·广州模拟)

如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中( )

ΔU

A．通过R1的电流减小，减少量一定等于R

1

B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔU C．路端电压减小，减少量一定等于ΔU ΔU

D．通过R2的电流增加，但增加量一定小于R

2

ΔU

解析：电压表的示数减小ΔU，通过R1的电流减小ΔI＝R，选项A正确；R2与电源内

1

阻的总电压增加ΔU，选项B错误；R2两端的电压增加量小于ΔU，通过R2的电流增加量小ΔU

于R，选项C错误、D正确．

2

答案：AD

9．如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场．在边长为2R的正方形区域里也有

页

5第

匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是( )

A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同 B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场 C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场

D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场

解析：画轨迹草图如图所示，容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的，故A、B、D正确．

答案：ABD

10．(2018·江西省五校高考模拟考试)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是( )

A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt π

B．矩形线圈从图示位置经过2ω时间内，通过电流表A1的电荷量为0 C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小

D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小 解析：初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式

页

6第

πΔΦ

为e＝NBSωcosωt，选项A错误；2ω是四分之一个周期，由Q＝R可得，通过电流表A1的电荷量不为零，选项B错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大．电I1n2路总电阻变大，电流表A2示数变小，结合I＝n可得，电流表A1示数也变小，选项C正确；

2

1

U1n1当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，结合U＝n，V2示数也不变，电

2

2

压表V3示数变大，选项D错误．

答案：C

二、非选择题

1、某同学用图甲所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，回答下列问题：

(1)在本实验中结合图甲，验证动量守恒的验证式是下列选项中的________． A．maOC＝maOA＋mbOB B．maOB＝maOA＋mbOC C．maOA＝maOB＋mbOC

(2)经测定，ma＝45.0 g，mb＝7.5 g，请结合图乙分析：碰撞前、后ma的动量分别为p1与p′1，则p1p′1＝________(保留分式)．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球mb平抛运动水平距离的最大值为________cm.

解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：

mavB＝mavA＋mbvC，

两边同时乘以时间t得：mavBt＝mavAt＋mbvCt， 得：maOB＝maOA＋mbOC， 故选B.

页

7第

mavaOB44.8014p1(2)＝＝＝＝； p′1mav′aOA35.2011

发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：mava＝mav′a

＋mbv′b

根据机械能守恒定律： 111222mava＝mav′a＋mbv′b 222

2ma由以上两式解得：v′b＝va，

ma＋mb因此最大射程为：

sm＝·OB＝×44.8 cm＝76.8 cm

ma＋mb45＋7.5

14

答案：(1)B (2)11 76.8

2、如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处，现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起．

(1)A与C刚粘合在一起时的速度为多大？

(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失了多少机械能？

解析：(1)轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，则 mv0＝(m＋2m)v1，

1

解得v1＝3v0.

之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中， A、C这一系统动量守恒，mv1＝(m＋m)v2，

1

解得v2＝6v0.

(2)轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为ΔE1，则

121122

ΔE1＝2mv0－2·3mv1＝3mv0， 在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为ΔE2，则

11122

ΔE2＝2mv2－·2mv＝12

236mv0，

页

8第

2ma2×45

132

则A、B、C这一系统机械能损失为ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝36mv0.

答案：(1)1136v0 (2)36mv2

0

页 9第