湖南省永州市届高三上学期第二次模拟考试物理精校解析Word版.docx

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湖南省永州市届高三上学期第二次模拟考试物理精校解析Word版

永州市高考高三年级第二次模拟考试试卷

物理

一、选择题

1.一个篮球从某一高度由静止下落，并与坚硬的地面碰撞后以原速率反弹，最后运动到最高点（假设篮球运动过程中所受空气阻力大小恒定，设竖直向下为正方向）。

下列描述该运动过程的图像正确的是

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律分析篮球的运动情况，根据x-t图象的斜率表示速度、v-t图象的斜率等于加速度，来分析图象的形状。

【详解】AB、篮球从静止开始下落的过程中，做匀加速直线运动，x-t图象应是抛物线，反弹后上升的过程，做匀减速运动，x-t图象也是抛物线，故AB错误；

CD、篮球先向下做匀加速直线运动，速度为正，加速度大小为，较小，图像较缓；后向上做匀减速运动，速度为负，加速度大小为，较大，图像较陡，故C正确，D错误；

故选：

C

【点睛】解决本题的关键是要明确篮球的运动情况，抓住与地面碰撞后速度突然反向来分析速度方向的变化。

2.如图所示，圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动P从A点转到A′点，在这过程中P始终与圆柱体保持相对静止，那么P所受的静摩擦力的大小随时间的变化规律，可由下面哪个图表示

A.B.

C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】

对物块P进行受力分析，求出摩擦力的表达式即可求解。

【详解】物块P受三个力的作用，竖直向下的重力mg，沿半径指向外的支持力N，沿切线方向的静摩擦力，因圆柱体缓慢移动，所以物块P在任意位置所受合力为零，如下图所示

则：

，从A转至A′的过程中，θ先减小后增大，先减小后增大，且按照正弦规律变化，故B正确。

故选：

B

【点睛】该题主要考查了同学们受力分析的能力，要想求解一个物理量的变化情况，就要求出该物理量的表达式，难度适中。

3.在光滑的水平面上有一冰球以速度v0沿直线匀速从a点运动到b点，忽略空气阻力，如图甲为俯视图。

当冰球运动到b点时受到垂直于速度方向的力快速打击，打击之后冰球有可能沿哪一条轨迹运动

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据运动的合成方法，结合矢量的法则，即可求解碰后的方向，再根据物体做曲线运动的条件即可明确冰球是否做曲线运动。

【详解】由题意可知，两速度的合速度的方向，即为冰球运动的方向，由于小球受到的是瞬间撞击，获得速度后不再受力，故小球不可能做曲线运动，故BD错误，小球受到垂直打击初速度方向不变，撞击后是两个垂直方向速度的合成，故A错误，C正确。

故选：

C

【点睛】本题考查运动的合成与分解的内容，掌握矢量的合成法则，注意与曲线运动的条件区别开来。

4.用强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应。

下列判断正确的是

A.用红光照射时，该金属的逸出功小，用蓝光照射时该金属的逸出功大

B.用红光照射时，逸出光电子所需时间长，用蓝光照射时逸出光电子所需时间短

C.用红光照射时，逸出的光电子最大初动能小，用蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大

D.若增加入射光的强度，逸出的光电子最大初动能相应增加

【答案】C

【解析】

【分析】

金属的截止频率由金属本身的性质决定，根据光电效应方程判断出最大初动能与什么因素有关。

【详解】强度相同的红光和蓝光分别照射同一种金属，均能使该金属发生光电效应，知红光和蓝光的频率都大于金属的截止频率．金属的逸出功与照射光的频率无关．故A错误；发生光电效应的时间极短，即逸出光电子在瞬间完成，小于10-9s，与光的频率无关，故B错误；根据光电效应方程得，Ekm=hv-W0，金属的逸出功不变，红光的频率小，蓝光的频率大，则蓝光照射时逸出的光电子最大初动能大，与光照强度无关，故C正确，D错误。

故选：

C

【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程Ekm=hv-W0。

5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2Ω的电动机。

闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1A，则

A.副线圈两端电压为22V

B.电动机输出的机械功率为12W

C.通过电动机的交流电频率为100Hz

D.若电动机突然卡住不转，原线圈输入功率变大

【答案】D

【解析】

【分析】

根据图示可得输出电压的最大值，周期和频率等，求得有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。

【详解】A、由乙图可知，输入电压的最大值为V，则有效值，，故A错误；

B、输出的机械功率：

，则B错误；

C、由乙图可知，输入交变电压的周期为0.02s，则频率为，因为原副线圈交变电流频率相等，则通过电动机的交流电频率为50Hz，C错误；

D、卡住电动机，电动机变成了纯电阻，电压不变，电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则D正确。

故选：

D。

【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路。

6.如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端c处。

今在c点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的三等分点d处。

若不计空气阻力，下列关系式正确的是

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】

两球抛出后都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解。

【详解】AB、a、b两球下降的高度之比为3：

1，根据可知，，则运动的时间关系是，故AB均错误；

CD、因为a、b两球水平位移之比为3：

2，由得：

，故C正确，D错误；

故本题选C。

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行研究。

7.如图所示，水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。

电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。

在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端P上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t

A.电量q增大，时间t不变

B.电量q不变，时间t增大

C.电量q增大，时间t减小

D.电量q不变，时间t不变

【答案】A

【解析】

当滑动变阻器的滑动端P上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q=UC可得电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间：

，与电压的变化无关，所以时间t不变，故A正确，BCD错误。

8.火星是一颗与地球临近的太阳的行星，其半径约为地球的二分之一，质量约为地球的十分之一，公转半径约为地球的1.5倍，则下列说法中正确的是

A.火星的公转周期大于1年

B.火星表面的重力加速度约为4m/s2

C.火星上的第一宇宙速度略大于地球上第一宇宙速度

D.沿火星表面附近的圆轨道运行的卫星周期小于近地卫星的周期

【答案】AB

【解析】

【分析】

根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较星球表面重力加速度．研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较。

【详解】A、根据开普勒第三定律可知，围绕同一个中心天体公转时，轨道半长轴的三次方与周期的平方之比相等，则，火星公转半径是地球公转半径的1.5倍，年，解得年，故A正确；

B、星球表面万有引力等于重力，则有，则，则，B正确；

C、第一宇宙速度，则，故火星上的第一宇宙速度小于地球上第一宇宙速度，故C错误；

D、根据万有引力提供向心力得：

，解得：

，则，所以沿火星表面附近的圆轨道运行的卫星周期大于近地卫星的周期，D错误；

故本题选AB。

【点睛】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。

9.如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长。

现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上。

已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，下列说法中正确的是

A.两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒

B.两滑块分离时，弹簧一定处于原长

C.滑块P最终一定停在出发点右侧的某一位置

D.整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02

【答案】ABD

【解析】

【分析】

（1）系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或弹力做功系统机械能守恒；

（2）当P、Q间弹力为零时它们分离，应用牛顿第二定律求出弹簧的形变量，然后分析答题；（3）由能量守恒定律分析判断P最终停止位置与出发点间的关系，应用能量守恒定律分析克服摩擦力做功多少。

【详解】A、两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A正确；

B、当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P：

，对Q：

，解得：

，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，B正确；

C、两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，但P停止时的位置不一定在其出发点的右侧，也可能在出发点的左侧，因为P有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C错误；

D、由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：

，，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确；

故选：

ABD。

【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了动量守恒与机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键。

10.如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L。

一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。

t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置Ⅰ），导线框的速度为v0。

经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零。

此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ（不计空气阻力），则

A.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等

B.上升过程中线框产生的热量与下降过程中线框产生的热量相等

C.上升过程中，导线框的加速度逐渐减小

D.上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率

【答案】CD

【解析】

【分析】

根据能量守恒分析线框返回原位置时速率关系，由动能定理判断上升和下降两过程合力做功关系．

根据安培力表达式，，分析线框克服安培力做功的关系，即可判断热量的多少．分析线框的受力，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系，即可分析加速度的变化情况；根据平均速度的大小，分析时间的关系，即可判断重力的平均功率的大小。

【详解】A、线框运动过程中要产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故A错误；

B、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功等于下降