湖南省長沙市高三高考物理猜題卷

2017屆湖南省長沙市高三高考物理猜題卷一、選擇題：（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）1．如圖所示，質(zhì)點a、b在直線PQ上的兩個端點，質(zhì)點a沿PQ做初速度為0的勻加速直線運動，經(jīng)過位移x1時質(zhì)點b從Q沿PQ方向做初速度為0的勻加速直線運動，位移x2時和質(zhì)點a相遇，兩質(zhì)點的加速度大小相同，則PQ距離為（）A．x1＋2x2＋ B．2x1＋x2＋2C．x1＋2x2＋ D．2x1＋x2＋1．【答案】A【解析】質(zhì)點a經(jīng)過時間t1運動位移x1，再經(jīng)過t2相遇，則時間t1末速度為at1。x1＝at12、x2＝at22，兩式相除可知t2＝t1，在t2運動位移x3＝(at1)t2＋at22＝x2＋2，B對。2．小剛同學(xué)在水平地面上把一個質(zhì)量為1kg的小球以大小為4m/s的初速度沿某方向拋出，小球經(jīng)過時間0.4s落地，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則下列判斷正確的是（）A．小球在最高點的機械能為8JB．小球落地點與拋出點間的距離為0.8mC．小球在運動過程中機械能可能減小D．落地時重力做功的功率為20W2．【答案】D【解析】小球在運動過程中只受重力，機械能守恒，小球初動能為mv2＝8J，沒有規(guī)定0重力勢能，A、C均錯；由題意可知小球拋出后做斜上拋運動，拋出時豎直向上的分速度為vy＝2m/s，則上升時間為t＝＝0.2s，水平分速度vx＝2m/s，小球在水平方向上勻速運動，可知水平距離為x＝vxt×2＝0.8m，選項B錯；小球落地時的豎直分速度為vy＝2m/s，重力做功的瞬時功率為P＝mgvy＝20W，選項D對。3．一個質(zhì)量為m＝1kg的物體在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直線運動，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。從t＝0時刻開始，物體的位移x與運動時間t的關(guān)系如圖t所示，圖線與縱橫坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)分別為0.5m/s和1s，g＝10m/s2，物體運動時間2s，下列說法錯誤的是（）A．初速度為0.5m/s B．加速度為0.5m/s2C．運動位移為3m D．受到的水平拉力大小大小為6N3．【答案】B【解析】圖像的斜率為K＝0.5m/s2、縱截距為0.5m/s。由位移公式x＝v0t＋at2兩邊除以對應(yīng)運動時間t為＝v0＋at，可得縱截距的物理意義為物體運動初速度、斜率的物理意義為物體加速度的一半（a）。所以物體做初速度為v0＝0.5m/s、加速度大小為a＝1m/s2的勻加速直線運動，選項A對、B錯。物體在t＝2s時間內(nèi)的運動位移x＝v0t＋at2＝3m，選項C對；對物體，應(yīng)用牛頓第二定律有F－μmg＝ma，解得F＝6N，選項D對。4．在某空間有一勻強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標(biāo)系Oxyz，M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標(biāo)（0，4L，0），N點的坐標(biāo)為（3L，0，0），P點坐標(biāo)為（0，0，4L），Q點的坐標(biāo)為（3L，L，7L），Q點圖中未畫出。已知M、N和P點電勢分別為0V、25V和16V，則Q點的電勢為（）A．4V B．9V C．16V D．21V4．【答案】D【解析】如圖甲所示，連接MN，在MN上取一點H，使H點電勢φH＝9V，則MH:HN＝16:9，連接PH，由數(shù)學(xué)知識可知MN垂直面POH、PH垂直MN。又φP＝φH＝16V，電場由N指向M。如圖乙所示，將Q點投影在xOy平面，作出M、N、G三點在xOy平面的相對位置，cosθ＝0.8。MN間的距離為5L，O2N＝L×cosθ＝0.8L，O2N:MN＝4:25，則G(O2)點電勢21V，所以正確答案為D。5．如圖所示，兩根輕質(zhì)細線的一端拴在O點、另一端分別固定在樓道內(nèi)的傾斜天花板上的a點和b點，一質(zhì)量為m的重物P通過長度為L的輕質(zhì)細線固定在O點，系統(tǒng)靜止，Oa水平、Ob與豎直方向成一定夾角?，F(xiàn)在對重物施加一個水平向右的拉力F，使重物緩緩移動，至OP間細線轉(zhuǎn)動60°，此過程中拉力做功W，則下列判斷正確的是（）A．Oa上的拉力F1不斷增大，Ob上的拉力F2一定不變B．Oa上的拉力F1可能不變，Ob上的拉力F2可能增大C．W＝mgL，拉力做功的瞬時功率一直增大D．W＝FL，拉力做功的瞬時功率先增大后減小5．【答案】AC【解析】對結(jié)點O和重物，豎直方向受重力與細線Ob拉力F2的豎直分力平衡，則F2不變。對重物應(yīng)用圖解法可知水平拉力F不斷增大，又F2不變，對結(jié)點O和重物水平平衡可知F1不斷增大，故A項對B項錯；由題意可知重物繞O做勻速圓周運動，則拉力和重力垂直半徑方向的分力等大，拉力做功功率P＝(mgsinθ)×v不斷增大，根據(jù)動能定理可知W＝mgL(1－cos60°)，選項C對、D錯。6．如圖所示，ac為空間一水平線，整個空間存在水平向里的勻強磁場。一帶電小球從a點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示，b為最低點。下列說法中正確的是（）A．軌跡ab為四分之一圓弧B．小球在到b點后一定能到ac水平線C．小球到b時速度一定最大，且沿水平方向D．小球在b點時受到的洛倫茲力與重力大小相等6．【答案】BC【解析】小球受到重力和洛侖茲力作用，且洛侖茲力逐漸增大，不能做圓周運動，選項A錯；小球受到的洛侖茲力不做功，只有重力做功，小球機械能守恒，選項B對；b為最低點，重力做功最多，應(yīng)用動能定理可知速度最大，速度沿切線方向，選項C對；小球做曲線運動，在b點有豎直向上的向心力，洛侖茲力大于重力，選項D錯。7．一額定功率為9W、額定電壓為9V的小燈泡L和一直流電動機并聯(lián)，與定值電阻R＝4Ω串聯(lián)后接在電路中的AB兩點間，電流表A為理想電表，電路如圖所示，燈泡的電阻不變。當(dāng)AB間接電壓0.49V時，電動機不轉(zhuǎn)、燈泡不亮，電流表示數(shù)為0.1A；當(dāng)AB間接電壓15V時，電動機轉(zhuǎn)動起來、燈泡正常發(fā)光。則下列說法正確的是（）A．電動機線圈電阻為1ΩB．燈泡正常發(fā)光時電流表示數(shù)0.5AC．燈泡正常發(fā)光時電流表示數(shù)1AD．電動機輸出的機械功率4.25W7．【答案】AD【解析】根據(jù)P＝U2/R可知燈泡電阻RL＝9Ω，當(dāng)AB間接電壓0.49V時，電動機不轉(zhuǎn)、為純電阻電路，根據(jù)歐姆定律可知R兩端電壓UR＝IR＝0.1×4V＝0.4V，燈泡兩端電壓U1＝U－UR＝0.49V－0.4V＝0.09V，通過燈泡的電流I1＝＝0.01A，通過電動機的電流I2＝0.1A－0.01A＝0.09A，根據(jù)并聯(lián)電路特點可知電動機線圈電阻r＝＝1Ω；當(dāng)AB間接電壓15V時，燈泡正常發(fā)光，燈泡兩端電壓為UL＝9V、通過燈泡的電流為IL＝1A，則電動機兩端電壓為UM＝9V，R兩端電壓為UR＝6V，干路電流I＝＝1.5A，電流表示數(shù)為1.5A，通過電動機的電流為IM＝I－IL＝0.5A，則此時電動機輸出的機械功率P＝ULIL－IM2r＝4.25W。8．如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，導(dǎo)軌間距為L，一個磁感應(yīng)強度B的勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌的上端M與P間接有電容為C的電容器，金屬棒開始靜止。對金屬棒施加一個水平向右、大小為F的恒力作用，不計一切摩擦，一切電阻都不計，則經(jīng)過時間t的過程中（）A．金屬棒可能做變加速運動B．金屬棒中的電流恒定C．電容器所帶電荷量D．電容器儲存的電場能為8．【答案】BCD【解析】經(jīng)過時間?t時，金屬棒速度設(shè)為?v，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢變化?E＝BL?v，通過電容器的電流I＝＝，又加速度定義式a＝，可得I＝CBLa，選項A錯；對金屬棒，應(yīng)用牛頓第二定律有F－BIL＝ma，解得a＝，由加速度表達式可知金屬棒做初速度為0的勻加速運動，選項B對；經(jīng)過時間t流過電路橫截面的電量q＝It＝，選項C對；經(jīng)過時間t金屬棒的運動位移x＝at2，末速度v＝at，對金屬棒應(yīng)用動能定理有Fx－WA＝mv2，又安培力做功都轉(zhuǎn)化為平行板中電場的電場能ED，有ED＝W＝，選項D對。9．中國“北斗三號”全球組網(wǎng)衛(wèi)星計劃將在2017年7月左右進行首次發(fā)射?！氨倍啡枴辈捎眯禽d氫原子鐘，其精度將比“北斗二號”的星載銣原子鐘提高一個數(shù)量級。如圖所示為氫原子的部分能級圖，以下判斷正確的是（）A．處于n=3能級的氫原子可以吸收任意頻率的光子B．欲使處于基態(tài)的氫原子被激發(fā)，可用12.09eV的光子照射C．當(dāng)氫原子從n=5的狀態(tài)躍遷到n=3的狀態(tài)時，要吸收光子D．用n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光照射金屬鉑（逸出功為6.34eV）時不能發(fā)生光電效應(yīng)9．【答案】B【解析】根據(jù)Ceq\o\al(2,3)＝3知，這些n=3能級的氫原子可以輻射出三種不同頻率的光子。故A錯誤，選項A錯誤；用12eV電子照射時，1能級與2能級能量之差為3.4(13.6)=10.2eV，12ev＞10.2ev所以能發(fā)生躍遷，選項B正確；氫原子從高能級躍遷到低能級時放出光子，選項C錯誤；從n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光子的能量E=E2E1=3.4eV(13.6)eV=10.2eV＞6.34eV，而使金屬發(fā)生光電效應(yīng)的條件是光子的能量大于電子的逸出功，故可以發(fā)生光電效應(yīng)。選項D錯誤。10．2017年4月23日，青島快樂運動秀之遙控車漂移激情挑戰(zhàn)，挑戰(zhàn)賽中若ab兩個遙控車同時同地向同一方向做直線運動，它們的vt圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A．b車啟動時，a車在其前方2m處B．運動過程中，b車落后a車的最大距離為4mC．b車啟動3s后正好追上a車D．b車超過a車后，兩車不會再相遇10．【答案】BD【解析】根據(jù)速度圖線與時間軸包圍的面積表示位移，可知b在t＝2s時啟動，此時a的位移為x＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，即a車在b前方1m處，選項A錯誤；當(dāng)兩車的速度相等時相距最遠，最大距離為：smax＝eq\f(1,2)×(1＋3)×1m－eq\f(1,2)×1×1m＝1.5m，選項B正確；由于兩車從同一地點沿同一方向沿直線運動，當(dāng)位移相等時兩車才相遇，由圖可知，b車啟動3s后位移小于a的位移，還沒有追上a，故選項C錯誤；b車超過a車后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，選項D正確。二、計算題11．（18分）如圖所示，水平軌道MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點。質(zhì)量為m的小滑塊A靜止于P點。質(zhì)量為M＝2m的小滑塊B以速度v0向右運動，A、B碰后粘連在一起，已知A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，MP和PN距離均為R，求：（1）（8分）AB碰撞過程中損失的機械能？（2）（10分）當(dāng)v0的大小在什么范圍時，兩小球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離圓弧軌道？已知重力加速度為g。11．【答案】（1）；（2）v0≤或v0≥【解析】（1）小滑塊B運動到P時的速度設(shè)為v1，對B應(yīng)用動能定理有－μMgR＝Mv12－Mv02，當(dāng)ab粘在一起過程中，設(shè)ab粘在一起時的速度為v1，對ab應(yīng)用瞬間動量守恒，有Mv1＝(M＋m)v2，應(yīng)用功能關(guān)系可知ab碰撞過程中損失的機械能ΔE＝Mv12－(M+m)v22，解得ΔE＝；（2）A、B碰撞后的速度為v1，欲使A、B運動時不脫離圓弧軌道，有兩種可能：①當(dāng)v0較小時A、B在圓弧上擺動，若A、B最高點恰好能到與圓心等高的位置，對A、B，從碰后到與圓心等高的地方，由動能定理有－μ(M+m)gR－(M+m)gR＝0－(M+m)v22，聯(lián)立得v0＝；②當(dāng)v0較大時，A、B能夠做完整的圓周運動。若A、B恰好做完整圓周運動時的情形，對A、B，從碰后運動到圓周最高點（設(shè)此時速度為v3）的過程中，由動能定理有－μ(M+m)gR－(M+m)g(2R)＝(M+m)v32－(M+m)v22，在最高點時，由牛頓第二定律得(M+m)g＝，聯(lián)立得v0＝，綜上所述，當(dāng)v0≤或v0≥時，兩小球在圓弧軌道內(nèi)運動時不會脫離圓弧軌道。12．（18分）如圖所示，邊長為L＝0.3m正方形邊界abcd中有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B0=0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量m=8×1026kg、電荷量q＝8×1019C的粒子（重力不計）從邊界ad上某點D以某個速度射入。粒子從cd中點P孔射出，再經(jīng)小孔Q進入相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾葹?L，電場強度大小E＝5×105V/m，磁感應(yīng)強度大小B1＝1T、方向垂直紙面向里，已知粒子經(jīng)過QM正中間位置時有一段時間Δt撤去了勻強電場。虛線ef、gh之間存在著水平向右的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B2＝0.25T（圖中未畫出）。有一塊折成等腰直角的硬質(zhì)塑料板ABC（不帶電，寬度很窄，厚度不計）放置在ef、gh之間（截面圖如圖），CB兩點恰在分別位于ef、gh上，AC＝AB＝0.3m，a＝45°。粒子恰能沿圖中虛線QM進入ef、gh之間的區(qū)域，π取3。（1）（6分）Dd距離；（2）（12分）已知粒子與硬質(zhì)塑料相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律。粒子從Q到gh過程中的運動時間和路程分別是多少？12．【答案】（1）m；（2）Δt＝(7.4×10－6＋7.5n×10－7)s、d＝(6.112＋0.3n)m。【解析】（1）要使粒子能沿圖中虛線PQ進入ef、gh之間的區(qū)域，則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，有qv0B1＝qE，解得v0＝5×105m/s，粒子在abcd磁場中作勻速圓周運動，設(shè)半徑為R1，洛侖茲力提供向心力，有，qv0B0＝m，解得R1＝0.1m，作出粒子在磁場中軌跡圖如圖所示。由幾何知識可得R1＋R1cosθ＝L，解得θ＝60o，粒子射入點的位置在ad邊上距d點為x＝R1sinθ＝m；粒子從P以速度v0進入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，到平行板正中間做勻速圓周運動n圈，然后做勻速直線運動打到ab板上，以大小為v0的速度垂直于磁場方向運動。粒子運動到在磁感應(yīng)強度大小B1＝0.8T的勻強磁場中做圓周運動，由洛侖茲力提供向心力有qv0B1＝m，運動周期T1＝，粒子在正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域的運動時間t1＝nT1＋，其中n為正整數(shù)；粒子將以半徑R3在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，轉(zhuǎn)動一周后打到ab板的下部。由于不計板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到AC板到第二次打到AC板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T3，由qv0B2＝m和T3＝，得T3＝，粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為t2＝2T3，粒子進入磁場中，在v0方向的總位移s3＝2Lsin45o、時間t3＝