2019年湖南省岳陽市高三一模物理物理試卷及答案

2019年岳陽市高三一模考試

物理試卷一、單選題（本大題共7小題，共35.0分）1如圖所示，鐵板AB于水平地面間的夾角為，一塊磁鐵吸附在鐵板下方。現(xiàn)緩慢抬起鐵板B端使角始終小于昇增大的過程中，磁鐵始終相對鐵板靜止。下列說法正確的是；磁鐵所受合外力逐漸減小B.鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大C.磁鐵受到的摩擦力做負功D.鐵板對磁鐵的彈力沖量等于零【答案】B【解析】【分析】【詳解】對鐵塊受力分析，受重力G、磁力F、支持力N和摩擦力f如圖所示:由于始終平衡，故合力為零，故A錯誤；根據(jù)平衡條件，有：：,、：：；：；.〕：,、z\；.解得：：】汁1'：：y八；由于不斷變大，故f不斷變大，N不斷變大，故B正確；摩擦力與運動方向垂直，則不做功，故C錯誤；鐵板對磁鐵的彈力沖量等于二申二0,故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤?！獋€質量-X的物體受五個力的作用處于平衡狀態(tài)。當其中一個'的作用力突然消失，其余四個力保持不變。經過時間心匕后，下列說法正確的是；物體一定做勻加速直線運動物體的速度一定是15曲物體速度的變化量一定等于15葉物體的動能一定增加了100J【答案】C【解析】【分析】撤去大小10N的力，其余的力保持不變，則知其余力的合力，由牛頓第二定律求出物體加速度。物體一定做勻變速運動，當撤去力與原來的速度方向相同時，物體可能做勻減速直線運動，不在一直線上為曲線運動。【詳解】當10N的力消失后，其它力的合力與消失的力大小相等，方向相反，則其做勻加速度運動，加速度為-一、八。若物體原來做勻速直線運動，且速度方向與m2F的方向不在一條直線上，則為曲線運動，故A錯誤；因初速度不可知，則不能確定2S后的速度，則B錯誤；物體速度的變化量:一，故C正確；物體的動能變化量不能確定，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。光滑的水平面上質量分別為的帶同種電荷的小球A、B，以等大的速度;:八相向運動，但始終沒有相碰，則下列說法正確的是；A、B均做加速度增大的減速運動直到停止A、B相距最近時B球速度為零A、B相距最近時兩球動量相同A、B相距最近時兩球的電勢能增加了240J【答案】D【解析】【分析】根據(jù)兩球的受力情況，來分析它們的運動情況。A、B相距最近時速度相同，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒求出兩球的速度，由能量守恒定律求兩球的電勢能增加量?！驹斀狻緼．A、B兩球先相向運動，隨著庫侖力的增大，它們的加速度增大，兩者均做減速運動，B球的加速度較大，速度先減至零，之后A、B均向右運動，A做減速運動，B做加速運動，由于A球的速度比B球的大，兩者間距繼續(xù)減小，庫侖力繼續(xù)增大,兩球的加速度繼續(xù)增大，兩球速度相同后，A球的速度小于B球的速度，兩者間距增大,庫侖力減小，加速度減小。根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒知兩球不會停止運動，故A錯誤；BC．A、B相距最近時速度相同，由于兩球組成的系統(tǒng)合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒。取A球的初速度方向為正方向，設A、B相距最近時共同速度為根據(jù)動量守恒定律得，可得i:、，由于兩球的質量不同，速度相同，所以A、B相距最近時兩球動量不同，故BC錯誤；A、B相距最近時兩球的電勢能增加量為八;;：?：?：、.解得八：：:,故D正確；所以D正確，ABC錯誤。4.2022年冬奧會將在北京召開。如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的學道示意圖，運動員從助滑雪道AB上由靜止開始滑下，到達C點后水平飛出，落到滑道上的D點，E是運動軌跡上的某一點，在該點運動員的速度方向與軌道CD平行，設運動員從C到E與從E到D的運動時間分別為:、：，EF垂直CD,則；5=4■?F=Ftt]U，CFFC若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的距離也加倍若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的速度方向不變【答案】D【解析】【詳解】AB.以C點為原點，CD為X軸，和CD垂直向上方向為Y軸，建立坐標系如圖:對運動員的運動進行分解，y軸方向做類豎直上拋運動，x軸方向做勻加速直線運動。當運動員速度方向與軌道平行時，在Y軸方向上到達最高點，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，知「匚。而x軸方向運動員做勻加速運動，「匕故CF匹，故AB錯誤；C■將初速度沿X、y方向分解為、…，將加速度沿X、y方向分解為幻、二則運動員的運動時間為：：二，落在斜面上的距離:a2的運動時間為：：二，落在斜面上的距離:a2，離開C點的速度加倍，則「、加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故C錯誤;D設運動員落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角為,，斜面的傾角為"則有亠,，則得:丿】：*，：—定，則/—定，則知運動員落在斜面上的速度方向tan0=-=——=x%t2v0與從C點飛出時的速度大小無關，故D正確；5.2018年12月8日中國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了嫦娥四號探測器，經過地月轉移飛行，按計劃順利完成近月制動，進入環(huán)月橢圓軌道，然后實施近月制動，順利完成“太空剎車”，被月球捕獲，進入距月球表面約100km的環(huán)月圓形軌道，準備登錄月球背面。如圖所示，則關于嫦娥四號在環(huán)月橢圓軌道和環(huán)月圓形軌道運行的說法正確的是；在環(huán)月橢圓軌道運行時，A點速度小于B點速度由環(huán)月橢圓軌道進入環(huán)月圓形軌道應該在A點加速在環(huán)月橢圓軌道和環(huán)月圓形軌道上通過A點的加速度相等在環(huán)月橢圓軌道運行的周期比環(huán)月圓形軌道的周期小【答案】C【解析】【分析】由開普勒定律可確定速度變化，周期的大小關系，在同—點加速度相等；通過改變衛(wèi)星的速度來實現(xiàn)變軌．【詳解】A■根據(jù)開普勒第二定律可知近月點速度大，遠月點速度小，故A錯誤；由環(huán)月橢圓軌道進入環(huán)月圓形軌道應該在A點應減速，因要由離心運動變?yōu)閳A周運動，速度要變小，故B錯誤；

c■在同一點萬有引力產生加速度，加速度相等，故c正確;D■由開普勒第三定律可知軌道大的周期大，故D錯誤;所以C正確，ABD錯誤。6?圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為0，—個丿粒子氦核經過f面時的動能為12eV，從f到b的過程中克服電場力所做的功為小下列說法正確的是；A.平面c上的電勢為1A.平面c上的電勢為1VB.該丿粒子經過平面b時，其電勢能為6eVc.D.該粒子一定能到達平面ac.D.該丿粒子經過平面f時的速率是經過b時的土倍【答案】D解析】分析】根據(jù)只有電場力做功，動能與電勢能之和不變，當電場力做負功時，動能轉化為電勢能，在電勢為零處，電勢能為零，從而即可一一求解?！驹斀狻控Ｗ?個單位的帶正電荷，丿粒子從f到b的過程中克服電場力所做的功為6eV，即電場力做負功，所以：，各等勢面之間的電勢差是相等的,q2e所以相鄰的等勢面之間的電勢差：-oA、b的電勢為0,所以c的電勢為故A錯誤；b的電勢為0,所以丿粒子經過平面b時，其電勢能為?故B錯誤；相鄰的等勢面之間的電勢差為IV，所以：」’，丿粒子從f到a的過程中電場力所做的功為：I一?「⑺，粒子到達a的動能:八，說明粒子垂直于等勢面方向運動時可以到達a。由于不知道粒子運動的方向是否垂直于等勢面，所以粒子不一定能到達a，故C錯誤；丿粒子從f到b的過程中克服電場力所做的功為6eV，即電場力做負功“，粒子到達b的動能：「「"""，粒子的動能：匕-：■-/■，所以丿粒子經過平面f時

的速率與經過b時的速率的比值:的速率與經過b時的速率的比值:vf匸故D正確。所以D正確，ABC錯誤。7?如圖所示，電阻為r,匝數(shù)為N,面積為S的矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以某一角速度"勻速轉動，接入電路中變阻器的阻值為幾:;時,線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則；t=0時，線圈中的感應電動勢電壓表的示數(shù)為「滑片P向下滑動時，電流表的讀數(shù)變大線圈勻速運動的角速度:變大時，電流表的讀數(shù)變大【答案】D【解析】【分析】線圈位于中性面時電動勢為零，負載電阻變大，電流變小，轉速增加，最大電動勢增加，電流表讀數(shù)變大?！驹斀狻緼.：；時，線圈位于中性面，此時感應電動勢為零，故A錯誤；電壓表的示數(shù)為路端電壓的有效值，即口=故B錯誤；C■滑片P向下滑動時，電阻增大，電流減小，所以電流表讀數(shù)變小，故C錯誤；D■線圈勻速轉動的角速度“變大時，電動勢的最大值增大，電動勢有效值增大，電流表的讀數(shù)變大，故D正確；所以D正確，ABC錯誤。【點睛】理解交流電產生原理，能分析影響電表示數(shù)的因素是解決此類題目的關鍵。

二、多選題（本大題共3小題，共15.0分）8.在勻強磁場中，一個原來靜止的原子核，由于衰變放射出某種粒子，結果得到一張兩個相切圓1和2的徑跡照片;如圖所示，已知兩個相切圓半徑分貝為:、下列說法正確的是；原子核可能發(fā)生的是丿衰變，也可能發(fā)生的是衰變徑跡2可能是衰變后新核的徑跡C.若衰變方程曰238C.若衰變方程曰2382344疋耳?！?11c則i：i廣1：45D.若是丿衰變，則1和2的徑跡均是順時針方向【答案】CD解析】分析】靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動量守恒可知，發(fā)生衰變后的粒子的運動的方向相反，在根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡可以判斷粒子的電荷的性質；衰變后的粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可得半徑公式，結合軌跡圖分析?！驹斀狻吭雍怂プ冞^程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，衰變生成的兩粒子動量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定則知：若生成的兩粒子電性相反則在磁場中的軌跡為內切圓，若電性相同則在磁場中的軌跡為外切圓，所以為電性相同的粒子可能發(fā)生的是丿衰變，但不是衰變，故A錯誤；核反應過程系統(tǒng)動量守恒，原子核原來靜止，初動量為零，由動量守恒定律可知，原子核衰變后生成的兩核動量P大小相等、方向相反，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：「解得：一［，由于P、B都相同，則粒子電荷量q越大，其軌道半徑r越小，由于新核的電荷量大于粒子的電荷量，則新核的軌道半徑小于粒子的軌道半徑,則半徑為:的圓為放出新核的運動軌跡，半徑為:的圓為粒子的運動軌跡，故B錯誤；由B選項的分析知：：：：m：45，故C正確；若是丿衰變，生成的兩粒子電性相同，圖示由左手定則可知，兩粒子都沿順時針方向做圓周運動，故D正確。所以CD正確，AB錯誤?！军c睛】知道原子核衰變過程動量守恒是本題解題的前提與關鍵，分析清楚圖示運動軌跡、應用動量守恒定律與牛頓第二定律即可解題。9?如圖所示，abed是粗細均勻的電阻絲制成的長方形線框，導體MN有電阻，可在ad邊及be邊上無摩擦滑動，且接觸良好，線框處于垂直紙面向里的勻強磁場中。當MN由靠ab邊外向ed邊勻速移動的過程中，以下說法正確的是；MN中電流先增大后減小MN兩端電壓先增大后減小MN上拉力的功率先減小后增大矩形線框中消耗的電功率先減小后增大【答案】BC【解析】【詳解】A.導體棒MN向右運動的過程中，MN相當于電源，產生恒定的感應電動勢，其余部分是外電路，外電阻先增大后減小，當MN運動到線框中線時，外電路的電阻最大。根據(jù)閉合電路歐姆定律知MN棒中的電流先減小后增大，故A錯誤；MN兩端電壓是路端電壓，由L，E-Ir，可知：E、r不變，I先減小后增大，則U先增大后減小，故B正確；MN棒做勻速運動，拉力的功率等于電路中電功率，根據(jù)電功率公式:—得知，R+r拉力的功率先減小后增大。故C正確；根據(jù)推論：當外電阻等于電源的內電阻時，電源的輸出功率最大，由于外電阻與MN電阻的關系未知，無法判斷線框消耗的功率如何變化，故D錯誤；所以BC正確，AD錯誤?！军c睛】本題是電磁感應與電路的綜合，關鍵抓住線框的總電阻先增大后減小，根據(jù)功率公式、歐姆定律等規(guī)律進行分析。在一次探究活動中，某同學設計了如圖所示的實驗裝置，小車的質量1"1星、長L=4n】，半徑EF1]]的光滑半圓弧軌道固定在小車的上表面的中點位置，半圓弧軌道下

端與小車的上表面水平相切，現(xiàn)讓位于軌道最低點的質量—的光滑小球隨同小車一起沿光滑水平面向右做勻速直線運動，某時刻小車碰到固定障礙物而瞬時處于靜止狀態(tài);小車不反彈：，之后小球離開圓弧軌道最高點并恰好落在小車的左端邊沿處，該同學通過這次實驗得到了如下結論，其中正確的是心取1加:八；小球到達最高點的速度為廠二、小車與障礙物碰撞時損失的機械能為1空J小車瞬時靜止后，小球在軌道最低點對軌道的壓力是12N小車向右做勻速直線運動的速度約為、:：:、【答案】AC【解析】分析】小球從圓弧最高點做平拋運動，由豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速運動，即可求得拋出速度，由動能定理即可求得小車和小球的初速度，根據(jù)能量守恒判斷出小車損失機械能?！驹斀狻緼.【詳解】A.從最高點做平拋運動，下落時間為:I4R—，拋出時的速度為L4、-廠八廠八，故A正確;BD■小球在上滑過程中由動能定理可知二:弋,BD■小球在上滑過程中由動能定理可知二:弋,解得：％=5Qm/s,，故小車和小球向右運動的速度為1、，故小車損失機械能為，解得：八K匕:;；/：:、，故B錯誤，D錯誤；，解得：碰撞后小球開始做勻速圓周運動，在最低點由牛頓第二定律得:%廣口I，由牛頓第三定律可知對軌道的壓力為12N，故C正確;所以AC正確，BD錯誤?！军c睛】本題是一道力學綜合題，是多研究對象多過程問題，物體運動過程復雜，分析清楚運動過程是正確解題的前提與關鍵，分析清楚運動過程后，應用相關規(guī)律即可正確解題。三、實驗題探究題（本大題共2小題，共15.0分）某同學將力傳感器固定在小車上，然后把繩的一端固定在傳感器拉鉤上，用來測量繩對小車的拉力，探究在小車及傳感器總質量不變時加速度跟它們所受拉力的關系，根據(jù)所測數(shù)據(jù)在坐標系中作出了如圖所示的-F圖象。山圖線不過坐標原點的原因是；⑵由圖象求出小車和傳感器的總質量為kg；「本實驗中若仍用砂和桶的重力表示繩子的拉力小車及傳感器的總質量始終遠大于砂及桶的總質量），從理論上分析，該實驗圖線的斜率將（選填“變大”或“變小”：?！敬鸢浮浚?）.沒有平衡摩擦力，或平衡的不夠（2）.（3）.變小【分析】由圖象可知，當時，加速度仍然為零，說明沒有平衡摩擦力，或平衡的不夠；「圖象中的斜率表示質量的倒數(shù)。由牛頓第二定律寫出a與砂和桶的重力的表達式可得出結論?！驹斀狻俊赣蓤D象可知，當;時，加速度仍然為零，說明沒有平衡摩擦力，或平衡的不夠；匚：圖象中的斜率表示質量的倒數(shù)，由圖可知，，所以質量AF0.6-0.1「設小車及傳感器總質量為M，砂和桶的重力為mg，由牛頓第二定律得：對M:T2對m:町T?，聯(lián)立解得：”丄嚴，mg表示繩子的拉力，圖象的斜率為：丄，變小。【點睛】實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，明確實驗原理是解答實驗問題的前提。

為測量一電源的電動勢及內阻結果均保留2位有效數(shù)字:。：1：用內阻J；Q,量程」的表頭G改裝成量程為;、.和―的電流表和電壓表。那么用表頭G串聯(lián)一^=kQ的電阻可以改裝成量程為3.0V的電壓表；用表頭G并聯(lián)一^忖2=Q的電阻可以改裝成量程為0.5A的電流表。:工利用一只開關、一^滑動變阻器、若干導線和改裝的電流表、電壓表；改裝的兩表均用表頭G與一個電阻串、并聯(lián)來表示:，要求精確測量電源電動勢及內阻。在虛線框內畫出實驗原理電路圖。宀根據(jù)以上實驗原理電路圖進行實驗，讀出電壓表示數(shù)為r時、電流表讀數(shù)為陽忘；電壓表示數(shù)為2.0V時、電流表讀數(shù)為0.20A,則電源的電動勢E-V、內阻L°。答案】(1).2.90.2(2).答案】(1).2.90.2(2).(3).若是圖1,E=3.0V；若是圖2,E=3.1V；若是圖1,r=4.8Q；若是圖2,r=5.1V；【解析】【分析】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻,把電流表改裝成大量程電流表,需要并聯(lián)分流電阻,根據(jù)串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻阻值；根據(jù)實驗原理畫出電路圖注意改裝后的電表內阻均是已知的；明確電路結構,根據(jù)閉合電路歐姆定律列式,聯(lián)立即可求出電動勢和內電阻?！驹斀狻俊父难b成量程為3V的電壓表時應串聯(lián)電阻，根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律可知，R串，電流表改裝成大量程電流表，需要并聯(lián)分流電阻，并1X10'3聯(lián)電阻A，則，改裝成量程為、的聯(lián)電阻A，則，改裝成量程為、的；,改裝成量程為3V的0.5-1x10'3電壓表時應串聯(lián)電阻，根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律可知，R串1X1O'S:本實驗的實驗原理為U=F-Ir,利用滑動變阻器和電壓表可獲取電流I,故實驗原理電路圖，由于兩表電阻均為已知，故內外接法均可；故電路如圖所示：「若采用圖1測量：根據(jù)閉合電路歐姆定律有U解得：.「「；：-⑴,若采用圖2測量，則根據(jù)閉合電路歐姆定律有：，/1.5'E=1.5+0.3+\/1.5'E=1.5+0.3+\R串+R馬|r,E=2.0+(0.2+—2—\R串+%?解得:【點睛】本題主要是電壓表的改裝以及測量電動勢和內電阻的實驗，要注意熟悉電壓表的改裝原理明確測量電動勢和內電阻時的數(shù)據(jù)分析的方法。四、計算題（本大題共3小題，共35.0分）13?如圖甲所示，質量為:：￡的物體置于傾角為「固定斜面上，對物體施以斜面向上的拉力F，t廣山時撤去拉力，物體運動的部分:圖象如圖乙，二#：：：「，試求：；:物體與斜面的摩擦因數(shù),；拉力F所做的功W；3到4s物體的位移X。【答案】；；：、；：：300J；29m?！窘馕觥俊痉治觥坑蓤D象得出減速上升過程的加速度，撤去力F，由牛頓第二定律可求得摩擦因數(shù)；由圖象得出加速上升過程的加速度和位移，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求解拉力；根據(jù)功的公式求得拉力F所做的功；由速度公式求出減速上升過程的時間，由位移公式求

出減速上升過程的位移，由牛頓第二定律求出下滑的加速度，由位移公式求出下滑的位移，則0到4s物體的位移可解?！驹斀狻俊赋啡チ,由牛頓第二定律有：mgsinO+jimgcosO=ma2由圖可知：八''：：：：「解得：，‘；::''設F作用時的加速度大小為，由圖象知：」；：「：、時的位移：X]=10m由牛頓第二定律可知：F-mgsinG-p.mgcos0=ma1解得：譏￡0J「設撤去F后物體運動到最高點的時間為由速度公式得：S廣:必發(fā)生的位移：發(fā)生的位移：物體沿斜面下滑的時間為：烏7-'設下滑的加速度為二，由牛頓第二定律得：mgsinO-jimgcosQ=ma3下滑發(fā)生的位移：X3=異下滑發(fā)生的位移：0到4S物體的位移：：=：｝、■聯(lián)立解得：、；》：點睛】本題關鍵受力分析后,根據(jù)牛頓第二定律,運用正交分解法求解出各個運動過程的加速度,然后結合運動學公式列式求解。14.A、B兩個木塊疊放在豎直輕彈簧上，如圖所示，已知,，、:，輕彈簧的勁度系數(shù)；：八二。若在木塊A上作用一個豎直向上的力F使木塊A由靜止開始以i、的加速度豎直向上做勻加速運動，且已知輕彈簧彈性勢能的表達式為『；；；、為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量。取,；：,：＜■，求:剛開始運動時彈簧的彈性勢能是多少?、求使木塊A豎直向上做勻加速運動的過程中力F的最小值是多少？⑶從木塊A豎直向上做勻加速運動直到A、分離的過程中，力F對木塊做的功是多少?【答案】：：、：6N；(V.144J【解析】【分析】由AB受力平衡求出彈簧的彈力，然后由胡克定律求出彈簧的壓縮量，最后由題目中給出的公式求出彈簧的彈性勢能；木塊A受重力、B對A的支持力和拉力，要作勻加速運動，運用牛頓第二定律即可求解力F的最小值。根據(jù)牛頓第二定律求出彈簧的形變量，以A、B作為一個整體，由動能定理求解?！驹斀狻俊笇N組成的整體，受到重力與彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)，貝IJ：Fx=(mA+mB)g=(1.5+1.5)x10-30N初始位置對應的彈簧的壓縮量：'-1k100彈簧的彈性勢能：::；：；：；：.「：、:與B開始運動時加速度是相等的，AB組成的系統(tǒng)受到重力、彈簧的彈力與拉力；由于開始時彈簧對AB系統(tǒng)的彈力最大，所以拉力F最小，由牛頓第二定律可得:、；：「：：：心；：「：：：少代入數(shù)據(jù)可得：臨十田；「、B分離時設彈簧壓縮了;，二者分離時A與B之間的作用力為0，由牛頓第二定律對B得：...得：-此過程A、B上升高度11=口、；*：；：、〕此時A、B速度設為v，則：「\：代入數(shù)據(jù)可得：I￡二'彈性勢能的變化量：彈性勢能的變化量：對系統(tǒng)由能量轉化和守恒定律得：WF+Ahp(niA-rnB)hill訃聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)求得：W=144J點睛】該題主要考查了牛頓第二定律的直接應用，要求同學們能正確分析物體的受力情況。動能定理的應用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功