湖南省长沙市高三高考物理猜题卷

2017届湖南省长沙市高三高考物理猜题卷一、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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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．如图所示，质点a、b在直线PQ上的两个端点，质点a沿PQ做初速度为0的匀加速直线运动，经过位移x1时质点b从Q沿PQ方向做初速度为0的匀加速直线运动，位移x2时和质点a相遇，两质点的加速度大小相同，则PQ距离为（）A．x1＋2x2＋ B．2x1＋x2＋2C．x1＋2x2＋ D．2x1＋x2＋1．【答案】A【解析】质点a经过时间t1运动位移x1，再经过t2相遇，则时间t1末速度为at1。x1＝at12、x2＝at22，两式相除可知t2＝t1，在t2运动位移x3＝(at1)t2＋at22＝x2＋2，B对。2．小刚同学在水平地面上把一个质量为1kg的小球以大小为4m/s的初速度沿某方向抛出，小球经过时间0.4s落地，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则下列判断正确的是（）A．小球在最高点的机械能为8JB．小球落地点与抛出点间的距离为0.8mC．小球在运动过程中机械能可能减小D．落地时重力做功的功率为20W2．【答案】D【解析】小球在运动过程中只受重力，机械能守恒，小球初动能为mv2＝8J，没有规定0重力势能，A、C均错；由题意可知小球抛出后做斜上抛运动，抛出时竖直向上的分速度为vy＝2m/s，则上升时间为t＝＝0.2s，水平分速度vx＝2m/s，小球在水平方向上匀速运动，可知水平距离为x＝vxt×2＝0.8m，选项B错；小球落地时的竖直分速度为vy＝2m/s，重力做功的瞬时功率为P＝mgvy＝20W，选项D对。3．一个质量为m＝1kg的物体在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直线运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5。从t＝0时刻开始，物体的位移x与运动时间t的关系如图t所示，图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为0.5m/s和1s，g＝10m/s2，物体运动时间2s，下列说法错误的是（）A．初速度为0.5m/s B．加速度为0.5m/s2C．运动位移为3m D．受到的水平拉力大小大小为6N3．【答案】B【解析】图像的斜率为K＝0.5m/s2、纵截距为0.5m/s。由位移公式x＝v0t＋at2两边除以对应运动时间t为＝v0＋at，可得纵截距的物理意义为物体运动初速度、斜率的物理意义为物体加速度的一半（a）。所以物体做初速度为v0＝0.5m/s、加速度大小为a＝1m/s2的匀加速直线运动，选项A对、B错。物体在t＝2s时间内的运动位移x＝v0t＋at2＝3m，选项C对；对物体，应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得F＝6N，选项D对。4．在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系Oxyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，4L，0），N点的坐标为（3L，0，0），P点坐标为（0，0，4L），Q点的坐标为（3L，L，7L），Q点图中未画出。已知M、N和P点电势分别为0V、25V和16V，则Q点的电势为（）A．4V B．9V C．16V D．21V4．【答案】D【解析】如图甲所示，连接MN，在MN上取一点H，使H点电势φH＝9V，则MH:HN＝16:9，连接PH，由数学知识可知MN垂直面POH、PH垂直MN。又φP＝φH＝16V，电场由N指向M。如图乙所示，将Q点投影在xOy平面，作出M、N、G三点在xOy平面的相对位置，cosθ＝0.8。MN间的距离为5L，O2N＝L×cosθ＝0.8L，O2N:MN＝4:25，则G(O2)点电势21V，所以正确答案为D。5．如图所示，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在楼道内的倾斜天花板上的a点和b点，一质量为m的重物P通过长度为L的轻质细线固定在O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角。现在对重物施加一个水平向右的拉力F，使重物缓缓移动，至OP间细线转动60°，此过程中拉力做功W，则下列判断正确的是（）A．Oa上的拉力F1不断增大，Ob上的拉力F2一定不变B．Oa上的拉力F1可能不变，Ob上的拉力F2可能增大C．W＝mgL，拉力做功的瞬时功率一直增大D．W＝FL，拉力做功的瞬时功率先增大后减小5．【答案】AC【解析】对结点O和重物，竖直方向受重力与细线Ob拉力F2的竖直分力平衡，则F2不变。对重物应用图解法可知水平拉力F不断增大，又F2不变，对结点O和重物水平平衡可知F1不断增大，故A项对B项错；由题意可知重物绕O做匀速圆周运动，则拉力和重力垂直半径方向的分力等大，拉力做功功率P＝(mgsinθ)×v不断增大，根据动能定理可知W＝mgL(1－cos60°)，选项C对、D错。6．如图所示，ac为空间一水平线，整个空间存在水平向里的匀强磁场。一带电小球从a点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示，b为最低点。下列说法中正确的是（）A．轨迹ab为四分之一圆弧B．小球在到b点后一定能到ac水平线C．小球到b时速度一定最大，且沿水平方向D．小球在b点时受到的洛伦兹力与重力大小相等6．【答案】BC【解析】小球受到重力和洛仑兹力作用，且洛仑兹力逐渐增大，不能做圆周运动，选项A错；小球受到的洛仑兹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒，选项B对；b为最低点，重力做功最多，应用动能定理可知速度最大，速度沿切线方向，选项C对；小球做曲线运动，在b点有竖直向上的向心力，洛仑兹力大于重力，选项D错。7．一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变。当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光。则下列说法正确的是（）A．电动机线圈电阻为1ΩB．灯泡正常发光时电流表示数0.5AC．灯泡正常发光时电流表示数1AD．电动机输出的机械功率4.25W7．【答案】AD【解析】根据P＝U2/R可知灯泡电阻RL＝9Ω，当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压UR＝IR＝0.1×4V＝0.4V，灯泡两端电压U1＝U－UR＝0.49V－0.4V＝0.09V，通过灯泡的电流I1＝＝0.01A，通过电动机的电流I2＝0.1A－0.01A＝0.09A，根据并联电路特点可知电动机线圈电阻r＝＝1Ω；当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL＝9V、通过灯泡的电流为IL＝1A，则电动机两端电压为UM＝9V，R两端电压为UR＝6V，干路电流I＝＝1.5A，电流表示数为1.5A，通过电动机的电流为IM＝I－IL＝0.5A，则此时电动机输出的机械功率P＝ULIL－IM2r＝4.25W。8．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L，一个磁感应强度B的匀强磁场垂直穿过导轨平面向下，导轨的上端M与P间接有电容为C的电容器，金属棒开始静止。对金属棒施加一个水平向右、大小为F的恒力作用，不计一切摩擦，一切电阻都不计，则经过时间t的过程中（）A．金属棒可能做变加速运动B．金属棒中的电流恒定C．电容器所带电荷量D．电容器储存的电场能为8．【答案】BCD【解析】经过时间∆t时，金属棒速度设为∆v，金属棒切割磁感线产生电动势变化∆E＝BL∆v，通过电容器的电流I＝＝，又加速度定义式a＝，可得I＝CBLa，选项A错；对金属棒，应用牛顿第二定律有F－BIL＝ma，解得a＝，由加速度表达式可知金属棒做初速度为0的匀加速运动，选项B对；经过时间t流过电路横截面的电量q＝It＝，选项C对；经过时间t金属棒的运动位移x＝at2，末速度v＝at，对金属棒应用动能定理有Fx－WA＝mv2，又安培力做功都转化为平行板中电场的电场能ED，有ED＝W＝，选项D对。9．中国“北斗三号”全球组网卫星计划将在2017年7月左右进行首次发射。“北斗三号”采用星载氢原子钟，其精度将比“北斗二号”的星载铷原子钟提高一个数量级。如图所示为氢原子的部分能级图，以下判断正确的是（）A．处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B．欲使处于基态的氢原子被激发，可用12.09eV的光子照射C．当氢原子从n=5的状态跃迁到n=3的状态时，要吸收光子D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射金属铂（逸出功为6.34eV）时不能发生光电效应9．【答案】B【解析】根据Ceq\o\al(2,3)＝3知，这些n=3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子。故A错误，选项A错误；用12eV电子照射时，1能级与2能级能量之差为3.4(13.6)=10.2eV，12ev＞10.2ev所以能发生跃迁，选项B正确；氢原子从高能级跃迁到低能级时放出光子，选项C错误；从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2E1=3.4eV(13.6)eV=10.2eV＞6.34eV，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故可以发生光电效应。选项D错误。10．2017年4月23日，青岛快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战，挑战赛中若ab两个遥控车同时同地向同一方向做直线运动，它们的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．b车启动时，a车在其前方2m处B．运动过程中，b车落后a车的最大距离为4mC．b车启动3s后正好追上a车D．b车超过a车后，两车不会再相遇10．【答案】BD【解析】根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在t＝2s时启动，此时a的位移为x＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，即a车在b前方1m处，选项A错误；当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：smax＝eq\f(1,2)×(1＋3)×1m－eq\f(1,2)×1×1m＝1.5m，选项B正确；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，b车启动3s后位移小于a的位移，还没有追上a，故选项C错误；b车超过a车后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，选项D正确。二、计算题11．（18分）如图所示，水平轨道MN与半径为R的竖直光滑圆弧轨道相切于N点。质量为m的小滑块A静止于P点。质量为M＝2m的小滑块B以速度v0向右运动，A、B碰后粘连在一起，已知A、B与水平面间的动摩擦因数为μ，MP和PN距离均为R，求：（1）（8分）AB碰撞过程中损失的机械能？（2）（10分）当v0的大小在什么范围时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道？已知重力加速度为g。11．【答案】（1）；（2）v0≤或v0≥【解析】（1）小滑块B运动到P时的速度设为v1，对B应用动能定理有－μMgR＝Mv12－Mv02，当ab粘在一起过程中，设ab粘在一起时的速度为v1，对ab应用瞬间动量守恒，有Mv1＝(M＋m)v2，应用功能关系可知ab碰撞过程中损失的机械能ΔE＝Mv12－(M+m)v22，解得ΔE＝；（2）A、B碰撞后的速度为v1，欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道，有两种可能：①当v0较小时A、B在圆弧上摆动，若A、B最高点恰好能到与圆心等高的位置，对A、B，从碰后到与圆心等高的地方，由动能定理有－μ(M+m)gR－(M+m)gR＝0－(M+m)v22，联立得v0＝；②当v0较大时，A、B能够做完整的圆周运动。若A、B恰好做完整圆周运动时的情形，对A、B，从碰后运动到圆周最高点（设此时速度为v3）的过程中，由动能定理有－μ(M+m)gR－(M+m)g(2R)＝(M+m)v32－(M+m)v22，在最高点时，由牛顿第二定律得(M+m)g＝，联立得v0＝，综上所述，当v0≤或v0≥时，两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。12．（18分）如图所示，边长为L＝0.3m正方形边界abcd中有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0=0.5T的匀强磁场，一质量m=8×1026kg、电荷量q＝8×1019C的粒子（重力不计）从边界ad上某点D以某个速度射入。粒子从cd中点P孔射出，再经小孔Q进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，区域宽度为2L，电场强度大小E＝5×105V/m，磁感应强度大小B1＝1T、方向垂直纸面向里，已知粒子经过QM正中间位置时有一段时间Δt撤去了匀强电场。虚线ef、gh之间存在着水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝0.25T（图中未画出）。有一块折成等腰直角的硬质塑料板ABC（不带电，宽度很窄，厚度不计）放置在ef、gh之间（截面图如图），CB两点恰在分别位于ef、gh上，AC＝AB＝0.3m，a＝45°。粒子恰能沿图中虚线QM进入ef、gh之间的区域，π取3。（1）（6分）Dd距离；（2）（12分）已知粒子与硬质塑料相碰后，速度大小不变，方向变化遵守光的反射定律。粒子从Q到gh过程中的运动时间和路程分别是多少？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）要使粒子能沿图中虚线PQ进入ef、gh之间的区域，则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，有qv0B1＝qE，解得v0＝5×105m/s，粒子在abcd磁场中作匀速圆周运动，设半径为R1，洛仑兹力提供向心力，有，qv0B0＝m，解得R1＝0.1m，作出粒子在磁场中轨迹图如图所示。由几何知识可得R1＋R1cosθ＝L，解得θ＝60º，粒子射入点的位置在ad边上距d点为x＝R1sinθ＝m；粒子从P以速度v0进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，到平行板正中间做匀速圆周运动n圈，然后做匀速直线运动打到ab板上，以大小为v0的速度垂直于磁场方向运动。粒子运动到在磁感应强度大小B1＝0.8T的匀强磁场中做圆周运动，由洛仑兹力提供向心力有qv0B1＝m，运动周期T1＝，粒子在正交的匀强电场和匀强磁场区域的运动时间t1＝nT1＋，其中n为正整数；粒子将以半径R3在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部。由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到AC板到第二次打到AC板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T3，由qv0B2＝m和T3＝，得T3＝，粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为t2＝2T3，粒子进入磁场中，在v0方向的总位移s3＝2Lsin45º、时间t3＝