2018届湖北省稳派教育高三上学期第二次联考理科综合物理试题（解析版）

湖北省稳派教育届高三上学期第二次联考理科综合物理试题

一、2018选择题某同学为研究反冲运动，设计了如图所示的装置，固定有挡光片的小车内表面水平，置于光滑水平面上,挡

1.光片宽为小车的左侧不远处有固定的光电门，用质量为的小球压缩车内弹簧，并锁定弹簧，整个装置处d,m于静止，解除锁定，小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门，与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为小车、弹簧和挡光片的总质量为则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为33m,（）t2d一B.t3dC.—t4d一D.t【答案】C【解断】除锁定.小球被牌射后小车做反冲达动,时间通过光电门.卯叼、车匀速运动的速度为|K tV1=；.设小球的速度为V.根捌反冲运动的转点可如,小车与小球总动■为岑.粮摞动・‘寸恒定行得,得小球的速度为亨.故3mv=mv v♦AUx2如图所示，在倾角为的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧（力作用在弹簧上形变很小，可以忽略不

2.计），弹簧的上端与斜面上点对齐将一个物块从斜面上的点由静止释放，物块被弹簧反弹沿斜面上滑，B A到最高点时离点的距离为物块的大小不计，、间的距离为则物块与斜面间的动摩擦因数大小为（）A XA BL,xA.-----tan02L-xxB.---tan0L-xC.-----tan0L+xLD.------tan0L+2x【答案】A（限机从点释放到返回至■高点.重力做止功.席提力做负功.惮铸的惮力不做功.功能的斐化1A嫉为本.根据动能定理价:（）,故选mgxsine-pfngcos2L-x=AE=0:p=tan6Ak f在军事演习时，红军轰炸机要去轰炸蓝军地面上的一个目标，通过计算，轰炸机在某一高度以一定的速

3.度飞行，在离目标水平距离时投弹，可以准确命中目标；现为了增加隐蔽性和安全性，轰炸机飞行的高x2度要减半，速度减为原来的-，要仍能命中目标，则飞机投弹时离目标的水平距离应为（）31A.-x3小R-x32C.-x32^2工D.x3【答案】B【解析】炸弹被投下后做平抛运动，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，根据1SU IQUh^^gt2,解得t=）『炸弹平抛运动的水平距离为X=v t=o由题知，当轰炸机飞行的高度减半,v j-;o瓦也山〃2x—4一故选292=x vI—=-x,B.0速度减为原来的-，则炸弹的水平位移变为原来的*=-3Jg3x V330g【点睛】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，根据高度，求出平抛运动的时间，根据求出炸弹水平位移的表达式，再分析求解.x=v°t如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射

1.51・一234•136A.

12.09eVB.

10.2eVC.L89eVD.O【答案】C【解析】因受到激发后氢原子能辐射出三种不同频率的光子，故氢原子是从的能级向下能级跃迁，即可n=3释放三种不同频率的光子；只有两种频率的光子能使金属发生光电效应，而其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则说明该入射光的能量与金属的逸出功相等，由此分析可知这种光子是从跃迁到辐射的光n=2n=l子，则金属的逸出功为而另一频率的光子是从跃迁到辐射的光子,此时辐射W0=T

3.6--

3.4=

10.2eV,n=3n=l的能量为△；故用此种光子照射该金属，则打出的光电子的最大初动能为E=-

13.6-T.51=

12.09eV=

12.09-

10.2故选=

1.89eV,C.年月时分我国在海南文昌航天发射中心，成功地将“天舟一号”飞船发射升空通过对“天

5.2017420H1941舟一号”货运飞船前后共五次的轨道控制，使“天舟一号”货运飞船运动到“天宫二号”的后下方月422日时分，“天舟一号”货运飞船与离地面公里处的“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接1223390已知同步卫星离地高度约为下列说法正确的是36000km,“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动过程中，加速度恒定A.“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动过程中，线速度比同步卫星运行的线速度小B.“天舟一号”发射的速度不能大于C.

7.9km/s“天舟一号”货运飞船在“天宫二号”的后下方某个位置加速可实现与“天宫二号”的对接D.【答案】D【解析】“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动过程中，受到地球引力的作用，大小不变，但方向在变化，是变力，根据牛顿第二定律可知，加速度大小不变，但方向变化，故加速度是变化的.故错误；根据二,A G^=m得线速度为v=1巴，因“天宫二号”的轨道半径小于同步卫星的半径，故其线速度大于同步卫r2「星的线速度，故错误；是地球的第一宇宙速度，是卫星最小的发射速度，则知“天宫二号”的发射速B

7.9km/s度应大于故错误；对接前，“天舟一号”货运飞船控制到“天宫二号”的后下方，通过加速，使“天

7.9km/s,C舟一号”货运飞船做离心运动，可实现与“天宫二号”对接，故正确；故选D D.如图甲所示，通电直导线和正方形导线框在同一水平面内，边与平行，先给中通以如图乙所

6.MN abMN MN示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从到为正，已知N M线框中的磁通量与直导线中的电流成正比，则下列说法正确的是MN5X V口N甲乙丙通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大A.通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变B.通以如图丙所示的电流时，七时间内，线框受到的安培力方向不变C.0通以如图丙所示的电流时，时刻线框中受到的安培力为零D.t3【答案】BD【解析】由题意可知，电流到方向为电流正方向；通以如图乙所示的电流时，根据右手螺旋定则可知，N M在时间内电流方向为到穿过线框磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应0-%M N,abed电流方向逆时针，即为；在J时刻后，电流方向为到穿过线框磁场方向垂直纸面向里，大小abeda NM,abed在增大，由楞次定律可得，感应电流方向逆时针，即为故电流的方向不变，根据法abeda,△

①△

①E1拉电磁感应定律有则线框中的应用电流为因线框中的磁通量与直导线中的E=—,I=—=——x-,MN AtRAt R△

①△

①AI AI电流成正比，即一区一，则由乙图可知一一直保持不变，故一不变，则感应电流不变，故错误，正△I A B tAtAt At确；通以如图丙所示的电流时，在时间内，导线中电流沿正方向增大，则线圈中的磁场向里增大，由0-22楞次定律可知，感应电流方向逆时针，即为根据左手定则可知，边受到的安培力方向向右，边受的abeda,ab cd安培力向左，根据可知，、相同，但边离导线近，故边所在的磁感应强度大于F=BIL IL abab cdt9边所在的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在二印寸间内，导线中电流沿正方向减小，则线圈中的22磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向顺时针，即为；根据左手定则可知，边受到的安培力adeba ab方向向左，边受的安培力向右，根据可知，、相同，但边离导线近，故边所在的磁感应强cd F=BIL IL abab度大于边所在的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在卬寸间内线框受到的安培力方向会变，故cd0-错误；由丙图可知，在时刻电流为零，根据可知，此时线框中受到的安培力为零，故正确；故C t3F=BIL D选BD.如图所示为水平面内环形电流形成磁场的磁感线的分布，一带负电的小球沿图中上方虚线做匀速圆周运

7.动，则下列说法正确的是（）从上向下看，环形电流沿逆时针方向A.从上向下看，小球沿逆时针方向做圆周运动

8.同段通电直导线放在处时受到的安培力比放在处时受到的安培力大C.A B小段通电直导线在处垂直纸面放置时受到的安培力沿磁感线的切线方向D.C【答案】AB【解析】根据右手定则，从上向下看，环形电流沿着逆时针方向，故正确；小球运动轨迹上任一点的磁场A可分解为竖直向上和水平向外的两个分量，小球受到的水平分磁场的洛伦兹力与重力平衡，受到竖直分磁场的洛伦兹力提供其圆周运动，根据左手定则可知，从上向下看，小球的运动为逆时针方向的圆周运动,故正确；B通电直导线在磁场中受到安培力不仅仅跟电流大小，导线长度，磁场强弱有关，还与导线与磁场的夹角有关，因此段电流恒定的直导线放在处受到的安培力与放在处的受到的安培力大小关系不能确定，故错误；ABC段通电导线在处垂直纸面放置时，受到的安培力与磁感线在点的切线方向垂直，故错误；故选C CD AB.如图所示，是竖直面内的正方形，、两点放置等量的异种电荷，在的中点放置与点电荷

8.ABCD AB BCF B电性相同的电荷，竖直光滑的绝缘直杆与、边的垂直平分线重合，、分别是、的中点，在AB CDG HCD AB杆上套有一带电小球，小球的带电电性与处点电荷的电性相反，将带电小球在点处由静止释放,忽略带电F G小球对电场的影响，重力加速度为则下列说法正确的是（）g,小球在点的电势能与在点的电势能相等A.G H小球在点的加速度为B.0g小球在点的速度为零C.H小球在点和点的机械能相等D.G H。