PDF《2018 年湖南省郴州市高考一模试卷物理》

2018 年湖南省郴州市高考一模试卷物理

一、选择题(共12 小题,每小题

3 分,共36 分) 1.

(3 分)以下表述正确的是( ) A.奥斯特首先发现了电磁感应定律,开辟了能源利用的新时代 B.牛顿利用扭秤实验,首先测出引力常量,为人类实现飞天梦想奠定了基础 C.安培首先提出了 场 的概念,使人们认识了物质存在的另一种形式 D.伽利略利用实验和推理相结合的方法,得出了力不是维持物体运动的原因 解析:A、法拉第首先发现了电磁感应定律,开辟了能源利用的新时代.故A错误. B、卡文迪许利用扭秤实验,首先测出引力常量,为人类实现飞天梦想奠定了基础.故B错误. C、法拉第首先提出了 场 的概念,使人们认识了物质存在的另一种形式.故C错误. D、伽利略利用实验和推理相结合的方法,得出了力不是维持物体运动的原因.故D正确. 答案:D 2.(3 分)某区域的电场线分布情况如图所示,M、N、P 是电场中的三个点,下列说法正确 的是( ) A.M 点和 N 点的电场强度的方向相同 B.同一电荷在 N 点受到的电场力大于其在 M 点所受的电场力 C.正电荷在 M 点的电势能小于其在 N 点的电势能 D.负电荷由 M 点移动到 P 点,静电力做正功 解析:A、根据电场强度的方向沿着电场线的切线方向,则知 M 点和 N 点的电场强度的方向 不同,故A错误. B、电场线的疏密反电场强度的相对大小,电场线越密场强越大,N 处电场线比 M 处密,则N处场强大,由F=qE,知同一电荷在 N 点受到的电场力大于其在 M 点所受的电场力,故B正确. C、正电荷从 M 移动到 N 点时电场力做正功,电势能会减小,所以正电荷在 M 点的电势能大 于其在 N 点的电势能,故C错误. D、负电荷所受的电场力方向与电场强度相反,则负电荷由 M 点移动到 P 点,静电力负功, 故D错误. 答案:B 3.(3 分)如图所示,质量为 m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的 k 倍,物块 与转轴 OO′相距 R,物块随转台由静止开始转动,当转速缓慢增加到一定值时,物块即将在 转台上滑动,在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中,转台的摩擦力对物块做的功为 ( ) A.0 B.2π kmgR C.2kmgR D.0.5kmgR 解析:根据牛顿第二定律得: , 根据动能定理得:W= = . 答案:D 4.(3 分)如图所示,一物块以初速度 v0 从图中所示位置 A 开始沿粗糙水平面向右运动, 同时物块受到一水平向左的恒力 F 作用, 在运动过程总物块受到的滑动摩擦力大小等于 0.6F, 且最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 则物体从 A 点向右运动到最大位移处所用的时间与从右侧 最大位移处在回到 A 点所用时间之比为( ) A.1:4 B.1:3 C.1:2 D.2:3 解析:物体从 A 点向右运动的过程,由牛顿第二定律得 F+0.6F=ma1. 物体从右侧最大位移处向左运动的过程,由牛顿第二定律得 F0.6F=ma2. 则得 a1:a2=4:1 物体向右的运动逆过程是初速度为零的匀加速运动,由x= ,x 相等,得t1:t2= : =1:2. 答案:C 5.(3 分)如图所示,平行金属板中带电质点 P 原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对 电路的影响,R1 的阻值和电内阻 r 相等.当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时,( ) A.电压表读数增大 B.电流表读数减小 C.电的输出功率逐渐增大 D.质点 P 将向上运动 解析:当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时,其接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小, 根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流 I 增大.电容器板间电压等于 R3 的电压.R4 减小, AB 间并联部分的总电阻减小,则R3 的电压减小,R3 上消耗的功率逐渐减小,电容器板间场 强减小,质点 P 所受的电场力减小,所以质点 P 将向下运动. 流过电流表的电流 IA=II3,I 增大,I3 减小,则IA 增大,所以电流表读数增大. R4 的电压 U4=U3U2,U3 减小,U2 增大,则U4 减小,所以电压表读数减小. 由于 R1 的阻值和电源内阻 r 相等,则外电路总电阻大于电源的内阻 r,当外电阻减小时,电 源的输出功率逐渐增大.故ABD 错误,C 正确. 答案:C 6.(3 分)如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带正电,甲乙叠放在一起,置于粗糙的 绝缘水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场,现加一水平向左的匀强电场, 发现甲、乙无相对滑动一起向左加速运动.在加速运动阶段( ) A.甲、乙两物块间的摩擦力不变的 B.甲、乙两物块可能做加速度减小的加速运动 C.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 D.甲、乙两物体可能做匀加速直线运动 解析:A、由于 f 增大,F 一定,根据牛顿第二定律得,加速度 a 减小,对甲研究得到,乙 对甲的摩擦力 f 甲=m 甲a, 则得到 f 甲减小, 甲、 乙两物块间的静摩擦力不断减小. 故A错误. C、以甲乙整体为研究对象,分析受力如图,则有 N=F 洛+(m 甲+m 乙)g,当甲乙一起加速运 动时,洛伦兹力 F 洛增大,N 增大,则地面对乙的滑动摩擦力 f 增大,故C错误. B、D、甲乙整体受到的摩擦力逐渐增加,故做加速度不断减小的加速运动,最后是一起匀速 运动;

故B正确,D 错误. 答案:B 7.(3 分)如图所示,ABC 为竖直平面内的金属半圆环,AC 连线水平,AB 为固定在 A、B 两 点间的直的金属棒,在直棒上和圆环的 BC 部分分别套着两个相同的小环 M、N,现让半圆环 绕对称轴以角速度 ω 做匀速转动,半圆环的半径为 R,小圆环的质量均为 m,棒和半圆环均 光滑, 已知重力加速度为 g, 小环可视为质点, 则M、 N 两环做圆周运动的线速度之比为( ) A. B. C. D. 解析:M 点的小球受到重力和杆的支持力,在水平面内做匀速圆周运动,合力的方向沿水平 方向,所以:Fn=mgtan45°=mω ?vM 所以: …① 同理,N 点的小球受到重力和杆的支持力,在水平面内做匀速圆周运动,合力的方向沿水平 方向,设ON 与竖直方向之间的夹角为,Fn′=mgtanθ =mω vN 所以: …② 又: …③ r=Rsinθ …④ 联立②③④得: …⑤ 所以: = . 答案:A 8.(3 分)两个可视为质点的小球 a 和b,用质量可忽略的刚性细杆相连,放置在一个光滑 的半球面内, 如图所示. 已知小球 a 和b的质量之比为 , 细杆长度是球面半径的 倍. 两球处于平衡状态时,细杆与水平面的夹角 θ 是( ) A.45° B.30° C.22.5° D.15° 解析: 因杆可以绕任一点转动, 故若杆对 a、 b 的作用力不沿杆, 则杆不可能处于平衡状态, 故杆对 ab 球的弹力一定沿杆,且对两球的作用力大小一定相等. 设细杆对两球的弹力大小为 T,小球 a、b 的受力情况如图所示其中球面对两球的弹力方向 指向圆心,即有: cosα = = 解得:α =45° 故FNa 的方向为向上偏右,即β1=90°45°θ =45°θ FNb 的方向为向上偏左,即β2=90°(45°θ )=45°+θ 两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用,过O作竖直线交 ab 于c点,设球面的 半径为 R,则oac 与左侧力三角形相似;

obc 与右侧力三角相似;

则由几何关系可得: = = = = 解得:FNa= FNb 取a、b 及细杆组成的整体为研究对象,由平衡条件得: FNa?sin β 1=FNb?sin β

2 即FNb?sin(45°θ )=FNb?sin(45°+θ ) 解得:θ =15°. 答案:D 9. (3 分)

2017 年6月19 日, 我国在西昌卫星发射中心发射 中星 9A 广播电视直播卫星, 按预定计划, 中星 9A 应该首先被送入近地点约为

200 公里,远地点约为 3.6 万公里的 转移轨道Ⅱ(椭圆) ,然后通过远地点变轨,最终进入地球同步轨道Ⅲ(圆形) .但是由于火 箭故障,卫星实际入轨后初始轨道Ⅰ远地点只有 1.6 万公里.科技人员没有放弃,通过精心 操作,利用卫星自带燃料在近地点点火,尽量抬高远地点的高度,经过

10 次轨道调整,终 于在

7 月5日成功于预定轨道,下列说法正确的是( ) A.卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加 B.卫星在轨道Ⅲ经过 Q 点时和轨道Ⅱ经过 Q 点时的速度相同 C. 中星 9A 发射失利原因可能是发射速度没有达到 7.9km/s D.卫星在轨道Ⅱ由P点向 Q 点运动时处于失重状态 解析:A、卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ轨道半径变大,要做离心运动,卫星应从轨道Ⅰ的P加速后才能做离心运动从而进入轨道Ⅱ后,卫星加速过程机械能增加,卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加,故A正确;

B、卫星由Ⅱ的Q点加速后才能进入Ⅲ,由此可知,卫星在轨道Ⅲ经过 Q 点时的速度大于在 轨道Ⅱ经过 Q 点时的速度,故B错误;

C、卫星的最小发射速度为 7.9km/s,卫星已经发射,失利原因不可能是发射速度没有达到 7.9km/s,故C错误;

D、 卫星在轨道Ⅱ由P点向 Q 点运动时只受到万有引力的作用, 相对于地面向上做减速运动, 所以是处于失重状态,故D正确. 答案:AD 10.(3 分)t=0 时,甲乙两汽车从相距 70km 的两地开始相向行驶,它们的 vt 图象如图所 示.忽略汽车掉头所需时间.下列对汽车运动状况的描述正确的是( ) A.在第

1 小时末,乙车改变运动方向 B.在第

2 小时末,甲乙两车相距 10km C.在前

4 小时内,乙车运动加速度的大小总比甲车的大 D.在第

4 小时末,甲乙两车相遇 解析:A、在第

1 小时末,乙车的速度仍然为负值,说明运动方向并未改变.故A错误. B、在第

2 小时末,甲的位移大小 x 甲= *30*2km=30km,乙的位移大小 x 乙= *30* 2km=30km,此时两车相距x=703030=10(km) .故B正确. C、在前

4 小时内,乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值,则乙车的加速度大 小总比甲车大.故C正确. D、 在第

4 小时末, 甲车的位移 x 甲= *60*4km=120km, 乙车的位移 x 乙= *30*2km+ *60*2km=30km,因x甲>

x 乙+70km,可知甲乙两车未相遇.故D错误. 答案:BC 11.(3 分)如........