物理湖南省永州市届高三第三次模拟考试理综试题.docx

1、物理湖南省永州市届高三第三次模拟考试理综试题2015年湖南省永州市高考物理三模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）（2015永州三模）如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点，A、B两点离墙壁的距离分别是x1、x2则物块与地面的最大静摩擦力为（） A k（x2x1） B k（x2+x1） C D 【考点】： 摩擦力的判断与计算【专题】： 摩擦力专题【分析】：

2、分别对物体处于对A、B点时进行受力分析，根据平衡条件列方程即可求解【解析】： 解：水平方向上，物块在A点受弹簧弹力和地面的摩擦力，方向相反，根据平衡条件有：k（x0x1）=f同理，在B点根据水平方向上，受力平衡有：k（x2x0）=f联立解得：物块与地面的最大静摩擦力为f=；故选：C【点评】： 本题考查了平衡条件以及胡克定律的直接应用，同时注意胡克定律中的形变量与长度的区别2（6分）（2015永州三模）一质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（） A 铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2t1） B

3、铁块上滑过程处于超重状态 C 铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反 D 铁块上滑过程损失的机械能为mv12【考点】： 功能关系；牛顿第二定律【分析】： 由图象可知道，物体在0t1内减速上升，在t1t2内匀加速下降，加速度始终向下；超重加速度向上，失重状态的加速度的方向向下；vt图象面积可以表示位移知速度关系；由能量是守恒的知机械能的损失【解析】： 解：A、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为：v1t1，下滑的位移为v2（t2t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2t1），故A正确；B、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速

4、度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故B错误，C错误；D、根据能量守恒知上滑损失机械能为：E=Ek1mgh=，故D错误；故选：A【点评】： 该题通过速度图象考查力学的各种关系，图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，结合牛顿第二定律和功能关系求解，综合性较强3（6分）（2015永州三模）如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（） A b球一定先落在斜面上 B a球可能垂直落在半圆轨道上 C

5、a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案【解析】： 解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上故C正确，A、D错误若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛

6、运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故B错误故选：C【点评】： 本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较4（6分）（2015永州三模）带电质点P1固定在光滑的水平绝缘桌面上，另有一个带电质点P2在桌面上运动，某一时刻质点P2的速度沿垂直于P1P2的连线方向，如图所示，关于质点P2以后的运动情况，下列说法正确的是（） A 若P1、P2带异种电荷，可能做加速度变大，速度变小的曲线运动 B 若P1、P2带异种电荷，速度大小和加速度大小可能都不

7、变 C 若P1、P2带同种电荷，可能做速度变小的曲线运动 D 若P1、P2带同种电荷，可能做加速度变大的曲线运动【考点】： 元电荷、点电荷；物体做曲线运动的条件【分析】： 分P1和P2为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，P2要远离P1，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况【解析】： 解：A、若P1、P2为同种电荷，P1、P2之间的库仑力为引力，当P1、P2之间的库仑力大于需要的向心力的时候，P2球做向心运动，加速度变大，速度变大故A错误B、若P1、P2为异种电荷，P1、P2之间的库仑力为吸引力，当P1、P2之间的库仑力恰好等于向心力的时候，P

8、2球就绕着P1做匀速圆周运动，此时P2速度的大小和加速度的大小都不变，故B正确CD、若P1、P2为同种电荷，P1、P2之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以质点P2一定做曲线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以P2的加速度在减小速度增大，故CD错误；故选：B【点评】： 当P1、P2为异种电荷的时候，质点P2可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，P2就绕着P1做匀速圆周运动5（6分）（2015永州三模）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=10：1，原线圈接入电压u=220sin100t（V）的

9、交流电源，交流电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻R0=10，可变电阻R的阻值范围为010，则（） A 副线圈中交变电流的频率为100Hz B t=0.02s时，电压表的示数为0 C 调节可变电阻R的阻值时，电流表示数的变化范围为1.1A2.2A D 当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率为24.2W【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：A、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一

10、样的，都为50Hz，故A错误B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，原线圈的有效电压为220V，根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22V，故B错误C、当R的阻值为零时，副线圈电流为I=2.2A，当R的阻值为10时，副线圈电流为I=1.1A，电流与匝数成反比，电流表示数的变化范围为0.11A0.22A，故C错误D、当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率等于输出功率P=I2R=1.1220=24.2W，故D正确故选：D【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，会从交流电表达式中获取有用的物理信息即可得到解决6（6分）（2015永州三模）如图所示，两星球相距为L，质量比为mA：

11、mB=1：9，两星球半径远小于L从星球A沿A、B连线向B以某一初速度发射一探测器只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是（） A 探测器的速度一直减小 B 探测器在距星球A为处加速度为零 C 若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零 D 若探测器能到达星球B，其速度一定大于发射时的初速度【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力与探测器速度方向的关系，判断探测器的速度变化；抓住探测器所受的合力为零，根据万有引力定律求出加速度为零的位置根据万有引力做功情况判断探测器到达星球B时的速度与初速度的关系【解析】： 解：A、探测器从A向B运动，所受

12、的万有引力合力先向左再向右，则探测器的速度先减小后增大故A错误B、当探测器合力为零时，加速度为零，则有：，因为mA：mB=1：9，则rA：rB=3：1，知探测器距离星球A的距离为x=故B正确C、探测器到达星球B的过程中，由于B的质量大于A的质量，从A到B万有引力的合力做正功，则动能增加，所以探测器到达星球B的速度一定大于发射时的速度故C错误，D正确故选：BD【点评】： 解决本题的关键知道合力的方向与速度方向相同，做加速运动，合力的方向与速度方向相反，做减速运动当合力为零，加速度为零7（6分）（2015永州三模）如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动现将一质量为m的小

13、物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H则在小物体从A到B的过程中（） A 小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 B 两传送带对小物体做功相等 C 两传送带消耗的电能相等 D 两种情况下因摩擦产生的热量相等【考点】： 功能关系；功的计算【分析】： 由题，甲图中小物体从底端上升到顶端B速度与传送带速度相同，乙图中上升到C处速度与传送带速度相同，两种过程，初速度、末速度相等，位移不同，由运动学公式列式比较加速度的大小，由牛顿第二定律比较动摩擦因数的大小动能定理表达式不同本

14、题的关键是比较两种情况下产生的热量关系，要根据相对位移【解析】： 解：A、根据公式v2=2ax，可知物体加速度关系a甲a乙，再由牛顿第二定律mgcosmgsin=ma，得知甲乙，故A正确；B、传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故B正确；C、D、由摩擦生热Q=fS相对知，甲图中：=，Q甲=f1S1=vt1=f1，f1mgsin=ma1=m乙图中：Q乙=f2S2=f2，f2mgsin=ma2=m解得：Q甲=mgH+mv2，Q乙=mg（Hh）+mv2，Q甲Q乙，故D错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产

15、生的热量Q与物块增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲Q乙，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故C错误，D错误；故选：AB【点评】： 解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系注意传送带消耗电能和摩擦生热的关系及求法8（6分）（2015永州三模）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG均为L一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域，此时导线框