理综物理卷·2018届广东省华南师范大学附属中学高三综合测试（三）（2018-02） 8页

华南师大附中2018届高三综合测试（三）‎ 理综物理 ‎14．一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为 A．自身所受重力的8倍 B．自身所受重力的5倍 C．自身所受重力的4倍 D．自身所受重力的2倍 ‎15．如图所示，直线MN是某匀强电场中的一条电场线（方向未画出）．虚线是一带正电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动软迹，轨迹为一抛物线，下列判断正确的是 A．电场强度方向一定是由N指向M B．带电粒子在a点的加速度一定等于在b点的加速度 C．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 D．带电粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能 ‎16．如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了，今向下拉盘使弹簧再伸长D后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于 A． B． C． D．‎ ‎17．如图所示，一均匀带电荷量为＋Q的细棒．在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，a和b，b和c，c和d之间的距离均为L，在a处有一电荷量为＋的固定点电荷，已知b点处的电场强度为零，则d点处的电场强度大小为（k为静电力常量）‎ A． B． C． D．‎ ‎18．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判靳，正确的有 A．滑块返回传送带右端的速率为v2‎ B．此过程中传送带对滑块做功为 C．此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12‎ D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 ‎19．质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示。则 A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒 B．当两均块相距最近时，甲物块的速率为零 C．当甲物块的速率为lm/s时，乙物块的速率可能为2m/s．也可能为0‎ D．甲物块的速率不可能达到5m/s ‎20．如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则 A．R3上消耗的功率逐渐减小 B．电流表读数减小，电压表读数增大 C．电源的输出功率逐渐增大 D．质点P将向上运动 ‎21．如图所示，图甲为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示，已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是 A．电路中的电源电动势为3.4V B．变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小 C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.54W D．变阻器的最大阻值为30Ω 第II卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22～32题为必考题，每个试通考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答•‎ ‎（一）必考题（134分）‎ ‎22．（7分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：‎ A．电压表V：（0～3～15V）‎ B．电流表A：（0～0.6～3A）‎ C．变阻器R1：（0～20Ω，1A）‎ D．变阻器R2：（0～1000Ω，0.1A）‎ E．电阻箱R：（0～999.9Ω）‎ F．电键S和导线若干 ‎（1）滑动变阻器应选择______（填“C”或者“D”）‎ ‎（2）根据实验要求连接实物电路图；‎ ‎（3）实验测得的6组数据已在U一I图中标出．如图所示。请你根据数据点位置完成U一I图线．并由图线求出该电池的电动势E＝_____V．内阻r＝______Ω．‎ ‎23．（8分）在探究“决定导线电阻因素”的实验中．需要进行以下测量：‎ ‎（1）用螺旋测微器测得导线的直径如图所示，其读数是0.701mm。请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字．‎ ‎（2）欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12Ω，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽可能大一些。下列器材中：电流表应选用（填器材的标号，下同）______，电压表应选用_____，滑动变阻器应选用______。并在下面的虚线框内画出你设计的实验电路图。‎ A．电池组E（6V．内阻很小）‎ B．电流表A1（0～3A，内阻约0.01Ω）‎ C．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.1Ω）‎ D．电压表V1（0～3V，内阻约3kΩ）‎ E．电压表V2（0～6V，内阻约6kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（0～5Ω，2A）‎ G．滑动变阻器R2（0～1KΩ，1A）‎ H．电键、导线 ‎24．（14分）如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为L＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀达直线运动，当它运动到P处时迅速将上板向上平移Dd＝2cm，液滴刚好从金属板末端飞出，取g＝10m/s2。求：‎ ‎（1）将上板向上平移后，液滴的加速度大小；‎ ‎（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？‎ ‎25．（18分）如图所示，一足够长的固定斜面，倾角q＝30°。质量为M＝0.2kg的绝缘长板A，以初速度v0＝3m/s，沿斜面匀速下滑。空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102N/C。质量为m＝0.lkg，电量为q＝＋4×l0－4C的光滑小物块B，轻放在A板表面最上端。此后经时间t＝0.ls，撤去电场，当物块速度为u＝8m/s时，恰好离开板A，求：‎ ‎（1）撤电场时，物块B的动能EkB和1s内的电势能变化量DEP；‎ ‎（2）撤电场时，板A的速度vA；‎ ‎（3）物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q。‎ ‎34．（15分，本题包含2小题）‎ ‎（1）（5分）以下说法正确的是（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A．电流强度，电场强度，电势，以上三个关系式都采用了比值定义法 B．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这是一种理想化的处理方法 C．库仑用扭秤实验测定了静电常数k＝9.0×l09N×m2/C2，建立了静电学中著名的库仑定律 D ‎．富兰克林通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电和地电统一起来，并发明了避雷针 E．实验室中常用的静电计与验电器的原理与功能完全相同，使用时完全可以相互替代 ‎（2）（10分）如图所示，质量为M＝3kg的小车A以v0＝4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m＝lkg的小球B（可看作质点），小球距离车面H＝0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为m0＝1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2。求：‎ ‎①绳未断前小球与砂桶的水平距离Dx；‎ ‎②小车的最终速度v的大小；‎ ‎③整个系统损失的机械能DE。‎ 物理题答案 选择题（毎题6分，共48分）：‎ ‎14．B 15．B 16．A 17．D 18．BD 19．ACD 20．AC 21．CD 非选择题（共62分），‎ ‎22．（7分）‎ ‎（1）C（1分）（2）实物连接图（2分） （3）完成U－I图线（1分） 1.5（1分） 0.5（2分）‎ ‎23．（8分）‎ ‎（1）15 20 25（3分，每空1分）‎ ‎（2）A2 V2 R1（3分，每空1分）‎ 电路如图示（2分）‎ ‎24．（14分）‎ ‎（1）设板间电压为U，带电液滴在板间受重力和竖直向上的静电力，液滴匀速运动时，有：‎ ‎（2分）‎ 当上板向上平移后，两板间距增大，场强减小，静电力减小，故液滴向下偏转，在电场中做类平抛运动，在竖直方向有：‎ ‎（2分）‎ 而由已知可得：d＇＝d＋Dd＝10cm（1分）‎ 联立解得：（2分）‎ ‎（2）设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，因为液滴刚好从下金属板右端飞出，所以在竖直方向上有：‎ ‎（2分）‎ 解得：（1分）‎ 而液滴在电场中运动的总时间为：（2分）‎ 所以液滴从射入到P点的时间为：t2＝t－t1＝0.3s（2分）‎ ‎25．（18分）‎ ‎（1）开始时，B在板上加速：qE＋mgsin30°＝ma1（1分）‎ 撤电场时，B的速度：vB＝a1t＝0.6m/s（1分）[或：（qE＋mgsin30°）t＝mvB]‎ B的动能：（1分）‎ 此时B在电场方向上的位移：（1分）[或：（qE＋mgsin30°）L1＝mvB2]‎ B电势能变化量：DEP＝－qEL1＝－3×10－3J（即B电势能减小了3×10－3J）（2分）‎ ‎（2）A匀速下滑，有：Mgsin30°＝mMgcos30°（2分）‎ B轻放上A，对A：m（M＋m）gcos30°－Mgsin30°＝Ma0（2分）[或：qEt＝mvB＋MvA－Mv0]‎ 撤电场时，A的速度：vA＝v0－a0t＝2.75m/s（2分）‎ ‎（3）如果B还在A上运动时：‎ 因为最大静牵擦力fm＞Mgsin30°，当A速度减为0后，A将静止在斜面上。（1分）‎ 从撤电场至A静止的过程中，A、B整体动量守恒：mvB＋MvA＝mvt（2分）‎ 当A速度vA＝0时，可得B的速度：vt＝6.1m/s＜u＝8m/s（1分）‎ 因此，A静止后，B继续在A上加速运动直致离开 A的总位移：（1分）‎ 系统发热：Q＝m（M＋m）gcos30°×SA＝2.7J（1分）‎ ‎34．（15分）‎ ‎（1）（5分）BCD ‎（2）（10分）‎ ‎①A与C的碰撞动量守恒：Mv0＝（M＋m0）v1（1分）‎ 设小球下落时间为t，则有：‎ ‎（1分）‎ Dx＝（v0－vt）t（1分）‎ 联立解得：Dx＝0.4m（1分）‎ ‎②设系统最终速度为v，整个过程中系统动量守恒：‎ ‎（M＋m）v0＝（M＋m－m0)v（2分）‎ 解得：v＝3.2m/s（1分）‎ ‎③由动量守恒得：‎ ‎（2分）‎ 代入数据求得：DE＝14.4J（1分）‎