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钢城四中2018届五月理科综合模拟卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。其中19、20、21四小题有多个选项是正确的，其余小题只有一个选项是正确的。
1. 在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图中a、b所示，由图可以判定（ ）
A. 该核发生的是α衰变
B. 该核发生的是β衰变
C. a表示反冲核的运动轨迹
D. 磁场方向一定垂直纸面向里
【答案】B
点睛：放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒．正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系，注意由运动的半径大小来确定速度的大小是解题的关键．
2. 用于热处理的电阻炉，由于发热体R在升温过程中电阻值增大很多，所以在炉子和电网之间配备一台自耦变压器，如图所示。已知R的正常工作电压与电网电压相同，欲使R启动时的热功率与正常工作时基本相同，下列说法正确的是
2
A. 启动时，应将P向下滑动，使副线圈的匝数小于原线圈的匝数
B. 启动时，应将P向上滑动，使副线圈的匝数大于原线圈的匝数
C. 保持P的位置不变，启动后的一段时间内，电流表的示数会逐渐增大
D. 保持P的位置不变，启动后的一段时间内，R的功率会逐渐增大
【答案】A
【解析】刚启动时，R的温度小，小于正常工作时的温度，小于正常工作时的电阻，根据可知应在启动时使R两端的电压小于正常工作时的电压，才可以使得R启动时的热功率与正常工作时基本相同，所以根据可知在不变的情况下，可以增大，即应将P向下滑动，使副线圈的匝数小于原线圈的匝数，A正确B错误；保持P的位置不变，启动一段时间后，R增大，而原副线圈两端的电压不变，所以副线圈中的电流减小，根据可知匝数不变的情况下减小，则也减小，即电流表示数减小，根据，R两端电压不变，R增大，所以R的功率减小，CD错误；
3. 2018年1月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射第26、第27颗北斗导航卫星，拉开2018年将发射16颗北斗卫星的序幕。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道（高度35809km）、倾斜地球同步轨道（高度35809km）、中圆地球轨道（高度21607km），如图所示。下列说法正确的是
A. 中圆轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期长
B. 中圆轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大
C. 倾斜同步轨道卫星始终位于地球表面某点的正上方
4
D. 倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方
【答案】D
【解析】A、根据卫星的万有引力提供向心力，有，可得，中圆地球轨道卫星的轨道半径小于地球静止轨道的半径，则周期一定短，A错误。B、由知，由于不知道卫星的质量m，故无法比较万有引力的大小，B错误。C、D、只有地球同步卫星是相对地球静止的卫星，倾斜同步轨道卫星只是周期等于24h，高度与地球同步卫星相同，转动平面没有在赤道面，故不能定点，但转动一圈和地球自转一圈相同，则每天在固定的时间经过同一地区的正上方，C错误，D正确。故选D.
【点睛】此题要了解地球同步卫星是相对地球静止的卫星，同步卫星只能是发射到赤道上空特定的高度，以特定的速度沿地球自转的方向绕地球转动．转动的周期和角速度与地球自转的周期和角速度一致，转动周期为24h．该题还考察到了万有引力定律及其应用，对于万有引力定律及其应用，关键是熟练的掌握公式.
4. 如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态。则
A. 地面对圆柱体的支持力为Mg
B. 地面对圆柱体的摩擦力为mgtan θ
C. 墙壁对正方体的弹力为
D. 正方体对圆柱体的压力为
【答案】C
【解析】以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示。
由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1＝，圆柱体对正方体的弹力N2＝，根据牛顿第三定律，则正方体对圆柱体的压力为
4
，以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力N＝(M＋m)g，水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：f＝N1＝，则选项C正确，ABD错误；故选C。
点睛：本题考查了受力分析以及平衡条件的应用，应用整体法和隔离法灵活的选取研究对象是求解的关键；画出力的平行四边形，根据平衡条件列式解答．
5. 如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P（可视为质点）从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将物块P从A处正上方高度为R处由静止释放后，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上D点（未标出），B、D两点间的距离为s，下列关系正确的是
A. s> (1 +)R B. s= (1 +)R C. s< (1 +)R D. s= 2R
【答案】C
【解析】小物块从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，根据动能定理得：mgR-Wf-μmgR=0，若物块P从A处正上方高度为R处静止释放，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上D点，根据动能定理得：mg•2R-Wf′-μmgs=0，若Wf=Wf′，则，由于第二次经过圆弧轨道的速度较大，根据径向的合力提供向心力知，压力较大，摩擦力较大，所以Wf′＞Wf，可知，故A正确，BCD错误。
6. 如图所示，在匀强磁场的上方有一半径为R、质量为m的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h。将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v。已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g。下列说法正确的是
A. 圆环进入磁场的过程中，圆环的右端电势高
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B. 圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动
C. 圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为
D. 圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR
【答案】AD
【解析】根据楞次定律可判断电流为逆时针，内部电流流向电势高，选项A正确；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不能做匀速直线运动，选项B错误；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量，选项C错误；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为等于机械能的减小量，大小为2mgR，选项D正确；故选D。
7. 如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a、b、c、d为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，e、f为正方形外接圆与bd中垂线的两个交点。取无限远处的电势为0，下列说法中正确的是
A. a、b、c、d电场强度和电势都相同
B. O点的电场强度和电势均为零
C. 将一带正电的试探电荷从e点沿直线移动到f点过程中电势能不变
D. 过O点垂直于纸面的直线上，各点的电场强度为零，电势为零
【答案】BCD
【解析】由场强的叠加原理即对称性可知，a、b、c、d电场强度大小相同，方向不同；电势都相同，选项A错误；由场强的叠加原理即对称性可知，O点的电场强度和电势均为零，选项B正确；e、f两点连线上各点的电势均为零，则将一带正电的试探电荷从e点沿直线移动到f点过程中电势能不变，选项C正确；过e点垂直于纸面的直线上，各点的电势为零，电场强度不为零，选项D错误；故选BC.
8. 如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为μ，物块1与物块2间的摩擦因数为2μ。物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当水平力F作用在物块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是
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A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】1与2间的最大静摩擦力f12=2μ•3mg=6μmg，2与地面间的最大静摩擦力f2=μ•4mg=4μmg，当拉力F＜4μmg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F的增大而增大，当12开始滑动而为发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对2分析可知，f12-4μmg=ma，解得f12=4μmg+ma逐渐增大，当1与2刚好发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速度a2＝＝2μg，对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F，则F-f12=3ma2，解得F=12μmg，拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故AC正确，BD错误；故选AC。
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律，关键是明确开始滑动和发生相对滑动的临界点，分别对物体受力分析即可判断.
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33～38题为选考题，考生根据要求作答。
9. 如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B,滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。
(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝__________mm．
(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是____________________。
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(3)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出__________（填“”“”或“”）的线性图像。
【答案】 (1). (2). 遮光条到光电门的距离L (3).
【解析】（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，则读数为：；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：，，联立解得：，则研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出.
10. 实验室提供了下列器材来测定电阻R的阻值：
A．待测电阻R（阻值约10 kΩ）
B．滑动变阻器R1（0～1 kΩ）
C．电阻箱R0（ Ω）
D．灵敏电流计G（500 μA，内阻不可忽略）
E．电压表V（3V，内阻约3 kΩ）
F．直流电源E（3V，内阻不计）
G．开关、导线若干
（1）甲同学用图a所示的电路进行实验。
① 请在图b中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接_________；
② 先将滑动变阻器的滑动头移到__________（填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；
③ 断开S1，保持R1不变，调整电阻箱R0阻值在10kΩ左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流计读数为
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__________时，R0的读数即为电阻的阻值。
(2) 乙同学查得该灵敏电流计的内阻为Rg，采用图c进行实验，改变电阻箱电阻R0的值，读出电流计相应的电流I，由测得的数据作出－R0图象如图d所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则待测电阻R的阻值为__________。
【答案】 (1). (2). 左 (3). I1 (4).
【解析】（1）电路图连接如图所示，在闭合开关S前，先让滑动触头移动到最左端，使测量电路分得的电压为零，以保护电表。利用等效法测量电阻的阻值，调节R0阻值使得电流计读数为I1时，R0的读数即为电阻的阻值。
（2）在题图c中，根据闭合电路欧姆定律有E=I（R0+Rg+R）
通过整的可得，又由图线纵轴截距为m，斜率为k，可得R＝－Rg。
11. 如图所示，一根长度l= m的轻绳一段系在O点（在N点的正上方），另一端系一小物块a，把质量m=，到达最低点时恰好进入一长L=，并且轻绳断开。小物块a到达平台右边时与放在水平台面最右端的小物块b发生碰撞，碰撞后小物块a、b恰好分别从A、B两点落入洞中；已知水平台面离地面的高度h=，其右侧地面上有一直径D=，洞口最左端的A点离水平台面右端的水平距离s =1m，B点在洞口的最右端。小物块与水平台面之间的动摩擦因数μ=。取g=10 m/s2。求：
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（1）小物块a到达最低点时轻绳的拉力大小；
（2）小物块b的质量m'；
【答案】(1) (2)
【解析】（1）设小物块a到达最低点时的速度大小为ν1，根据机械能守恒定律得:
mgR=mv12
设小物块a在最低点时受到的拉力的大小为F，由牛顿第二定律得:
F-mg=m
解得：F=15N。
（2）设小物块a与b碰撞前的速度大小为v2，根据动能定理有：
小物块从水平台面飞出做平抛运动，在竖直方向上有： h=gt2
在水平方向上有：s=v2't，s+D=v3t
小物块碰撞过程，由动量守恒定律有：mv2=mv2'+m'v3
解得：m'=。
12. 在平面直角坐标系xoy中，y轴左侧有两个正对的极板，极板中心在x轴上，板间电压U0=1×102V，右侧极板中心有一小孔，左侧极板中心有一个粒子源，能向外释放电荷量q=×10-8C、质量m=×10-10kg的粒子（粒子的重力、初速度忽略不计）；y轴右侧以O点为圆心、半径为的半圆形区域内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场（电场未画出），匀强磁场的的磁感应强度为B=2T，粒子经电场加速后进入y轴右侧，能沿x轴做匀速直线运动从P点射出。