【高考模拟】湖北省十堰市某校高三年级联考（理）-（物理）答案与祥细解析

1、试卷第 =page 18 18页，总 =sectionpages 18 18页试卷第 =page 17 17页，总 =sectionpages 18 18页湖北省十堰市某校高三年级联考（理） (物理)一、选择题1. 四个质点均做直线运动，其运动规律分别如下列四幅图所示，其中x、v、a分别表示质点的位移、速度、加速度，则在4s末一定能回到初位置（t=0时刻的位置）的是（） A.B.C.D.2. 有一理想变压器，其原、副线圈的匝数之比为10:1，原线圈两端接有正弦式交变电流当变压器副线圈中通过的电流增加20A时，原线圈中通过的电流（） A.增加200AB.减少200AC.增加2AD.减少2A3.

2、钠金属的极限波长为540nm，白光是由多种色光组成的，其波长范围为400nm760nm若用白光照射钠金属，则下面四幅表示逸出的光电子的最大初动能Ek与入射光波长（或波长的倒数1）的关系图像中，可能正确的是（） A.B.C.D.4. 如图所示，光滑水平面上有在一条直线上的甲、乙、丙三个小球，其中甲、乙两球的质量均为m，丙球的质量为2m，乙、丙两球与轻弹簧相连且静止，甲球以速率v0向右冲向乙球并发生弹性碰撞弹簧一直在弹性限度内该弹簧的最大弹性势能为（） A.13mv02B.14mv02C.16mv02D.18mv025. 示波管是电子示波器的心脏在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射

3、到荧光屏上如图所示，电子从静止开始，经过电压为U0的加速电场加速并进入偏转电场，射出偏转电场后射到荧光屏上的动能为Ek电子的电荷量为e，偏转电场中两板之间的距离与板长之比为k，电子重力不计偏转电场中两板之间的电压为（） A.k2U0(Ek-eU0)eB.1k2U0(Ek-eU0)eC.2kU0(Ek-eU0)eD.2kU0(Ek-eU0)e6. 如图所示，a、b、c三颗卫星在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，其中b、c均为地球同步卫星（周期为1天），a在半径为r的轨道上，图示时刻a、b恰好相距最近地球的质量为M、半径为R、地球自转的角速度为，引力常量为G下列说法正确的是（ ） A.a运行的周期小

4、于1天B.b和c的机械能一定相等C.地球北极附近的重力加速度大小为GMR2D.从图示时刻起，a、b再一次相距最近所需的最短时间为2GMr3-7. 如图所示，质量为m1的物块A放在水平台面上，质量为M的斜面体C放在粗糙的水平地面上，跨过光滑定滑轮O的轻绳一端与A连接，另一端与质量为m2的物块B连接，B放在倾角为的粗糙斜面上，AO绳水平，OB绳与斜面平行当B沿斜面匀速下滑时，C始终保持静止，A与台面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g下列说法正确的是（） A.若=0，则地面受到C的压力大小为(M+m2)gB.若=0，则C受到地面的静摩擦力为0C.若0，则地面受到C的压力大小为Mg-m1gsinD.

5、若0，则C受到地面的静摩擦力大小为m1g8. 如图所示，足够长的“”形光滑金属导体框竖直固定，导轨的宽度为l，上端接有阻值为R的电阻，质量为m的金属棒MN与框架垂直且接触良好在abcd区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直于框架平面向里的匀强磁场，在cdef区域内有磁感应强度大小为B2（B2B1）、方向垂直于框架平面向外的匀强磁场现将金属棒MN从ab上方某位置由静止释放，当金属棒进入abcd区域后，恰好匀速下滑重力加速度大小为g，导体棒与框架电阻均不计，空气阻力不计下列说法正确的是（） A.金属棒在abcd、cdef两区域内下滑时所受安培力的方向相反B.金属棒在abcd区域内匀速下滑的速度大小

6、为mgRB12l2C.金属棒由静止释放时到边界ab的高度为m2gR2B14l4D.金属棒进入cdef区域的瞬间加速度的大小为(1-B22B12)g二、非选择题 某同学用图示装置测量木块与桌面间的动摩擦因数，水平桌面的右端固定一定滑轮，跨过定滑轮与木块A相连的轻绳（不可伸长）平行于桌面，轻绳的另一端与重物B相连当木块A位于桌面上的O点时，重物B恰好接触地面现将木块A拉至O点左边的P点，待重物B稳定后，将木块A由静止释放，木块A最终滑到Q点测得O、P两点间的距离为x1，O、Q两点间的距离为x2 （1）若用天平测得木块A和重物B的质量分别为m、M，则木块A与桌面间的动摩擦因数=_（用题中涉及的物理量

7、的字母表示） （2）若考虑定滑轮与轻绳间的摩擦，则动摩擦因数的测量结果_（选填“偏大”“偏小”或“不变”） 某同学欲测定捆导线的直径和实际长度 （1）除去这捆导线两头的一小段导线的橡胶，用螺旋测微器测得其横截面直径的示数如图甲所示，则其直径d=_mm （2）按正确的操作步骤，用多用电表的电阻挡粗测得这捆导线的电阻Rx约为120（3）为了更精确地测量这捆导线的电阻Rx，采用图乙所示电路，提供的器材有：A蓄电池E（电动势为4V，内阻不计）；B电压表V（量程为3V，内阻约为3k）；C电流表A1（量程为600mA，内阻约为0.05）；D电流表A2（量程为30mA，内阻约为0.5）；E滑动变阻器（最大阻

8、值为100，允许通过的最大电流为1.0A）；F开关S，导线若干为了减小实验误差，电流表应选用_（选填“C”或“D”），接电压表导线的c端应接在_（选填“a”或“b”）处闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，根据电压表和电流表的示数测得这捆导线的电阻为126用同样的方法，按正确的操作步骤，测得1m长同样导线的电阻为1.20，则这捆导线的实际长度为_m 如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线OP与x轴间的夹角=30，OP与y轴所夹区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场质量为m、电荷量为q的带正电粒子流以大小不同的速度从坐标为(0，L)的M点沿x轴正方向进入磁场区域粒子重力及粒

9、子间的相互作用不计 （1）求粒子从y轴离开磁场区域时的最大速度vm； （2）若粒子从OP上到O点的距离为L2的A点（图中未画出）离开磁场区域，求粒子从M点运动到A点所用的时间t 如图所示，一倾斜固定的传送带（足够长）与水平面的倾角=30，传送带以v=2m/s的速率沿顺时针方向匀速运行从传送带上到传送带底端距离x0=4m的O点由静止释放质量m=0.5kg的滑块（视为质点），滑块由静止释放后沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，滑块与挡板P碰撞前后的速率不变滑块与传送带间的动摩擦因数=35，取g=10m/s2 （1）若滑块与挡板P第一次碰撞的时间t=0.02s，求该次碰撞过程中滑块所

10、受合力大小的平均值F； （2）求滑块与挡板P第一次碰撞后，到达的最高位置到传送带底端的距离L； （3）求滑块以大于v的速率沿传送带上滑的总路程x 如图所示，圆柱形导热汽缸顶部有一卡环，一横截面积为S、质量为m的活塞下方汽缸内密封有热力学温度为T0的理想气体，此时活塞恰好与卡环接触而无作用力现在活塞上方缓慢添加小石块，当缸内气体的体积变为原来的23时停止添加石块，该过程中气体的温度不变大气压强p0=5mgS（g为重力加速度的大小），不计一切摩擦求： （1）所添加石块的质量M； （2）若停止添加石块且系统稳定后，对缸内气体缓慢加热，求缸内气体的热力学温度为2T0时的压强p 如图所示，正方形ABCD

11、为某透明介质的横截面，其边长为a一光线从AD面上的E点沿与DA的夹角为45的方向进入该介质，在CD面上的F点（图中未画出）发生一次全反射后，从BC面上的G点射出E点为AD的中点，C、G两点间的距离为(33-12)a，光在真空中的传播速度为c求： （1）介质对该光线的折射率n； （2）该光线在介质内传播的时间t参考答案与试题解析 湖北省十堰市某校高三年级联考（理） (物理)一、选择题1.【答案】B【考点】图像的选择【解析】此题暂无解析【解答】解：选项A图对应的质点做匀速直线运动，在4s末不能回到初位置，选项A错误；在04s内，选项B图对应质点的位移为零，即在4s末回到初位置，选项B正确；在04s

12、内，选项C图对应质点的位移大于零，在4s末质点不能回到初位置，选项C错误；选项D图对应的质点在4s末不一定能回到初位置，例如，当质点的初速度与加速度方向相同时，质点做变加速直线运动，离初位置越来越远，选项D错误故选B2.【答案】C【考点】变压器的动态分析【解析】此题暂无解析【解答】解：由理想变压器的变流比公式有I1I2=n2n1，I1+I1I2+I2=n2n1，可得I1I2=I1I2=n2n1=110，解得I1=110I2=2A，由I1I2=n2n1可知，若I2增加，则I1也增加，选项C正确故选C3.【答案】C【考点】爱因斯坦光电效应方程【解析】此题暂无解析【解答】解：根据光电效应方程有Ek=

13、h-W0，其中=c，W0=hc0(0=540nm)，可得Ek=hc1-hc0，选项C正确故选C4.【答案】A【考点】“一动一静”弹性正碰模型能量守恒定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：因甲、乙两球的质量相等，故它们弹性碰撞后速度交换，即碰撞后甲球静止，乙球的速度大小为v0，方向水平向右，经分析可知，当乙、丙两球的速度相等（设为v）时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0=3mv，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Em=12mv02-123mv2，解得Em=13mv02，选项A正确故选A5.【答案】D【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转【解析】此题暂无解析【解答】

14、解：设电子的质量为m，电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0，对电子在加速电场中加速的过程，由动能定理有eU0=12mv02，设电子进入偏转电场后做类平抛运动的时间为t，偏转电场中两板之间的距离为d，两板之间的电压为U，有dk=v0t，电子在偏转电场中运动的加速度大小a=eUmd，电子射出偏转电场时沿垂直于板方向的分速度大小vy=at，电子射出偏转电场时的速度大小v=v02+ty2，因电子射出偏转电场后做匀速直线运动，故有Ek=12mv2，解得U=2kU0(Ek-eU0)e，选项D正确故选D6.【答案】A,C,D【考点】随地、绕地问题万有引力定律及其应用【解析】第一宇宙速度7.9km/s是指在地

15、球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小速度c加速，万有引力小于向心力，会做离心运动，离开原轨道b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度抓住卫星a、b转动的角度之差等于2求出下一次相距最近经历的时间【解答】解：根据开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，运行的周期越长，因b运行的周期为1天，故a运行的周期小于1天，选项A正确；卫星的机械能不仅与其轨道半径有关，还与其质量有关，因b、c的质量关系未知，故无法比较它们的机械能，选项B错误；根据GMmR2=mg，可得g=CMR2，选项C正确；a的角速度=GMr3，设从图示时刻起，a、b再一次相距最近所需的最短时间为t，

16、有2=(-)t，解得t=2GMr3-，选项D正确故选ACD7.【答案】A,B【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用物体的弹性和弹力【解析】此题暂无解析【解答】解：若=0，由于A做匀速直线运动，OA绳的拉力为零，B和C整体受力平衡，C不受地面的摩擦力，地面受到C的压力大小为(M+m2)g，故AB正确；若0，由于A做匀速直线运动，OA绳的拉力大小F=m1g，B和C整体受力平衡，C受到地面的静摩擦力大小为Fcos=m1gcos，地面受到C的压力大小为(M+m2)g-Fsin=(M+m2)g-m1gsin，故CD错误故选AB8.【答案】B,D【考点】电磁感应中的动力学问题电磁感

17、应中的能量问题楞次定律单杆切割磁感线【解析】此题暂无解析【解答】解：根据楞次定律，金属棒在abcd、cdef两区域内下滑时所受安培力方向均竖直向上，选项A错误；设金属棒在abcd区域内匀速下滑的速度大小为v，有B1B1lvRl=mg，解得v=mgRB12l2，选项B正确；设金属棒由静止释放时到边界ab的高度为h，由机械能守恒定律有mgh=12mv2，解得h=m2gR22B14l4，选项C错误；因B2B1，故金属棒最终在cdef区域内匀速下滑的速度（mgRB22l2)大于金属棒在abcd区域内匀速下滑的速度（mgRB12l2），金属棒进入cdef区域后先加速下滑（加速度减小），后匀速下滑，金属棒

18、进入cdef区域的瞬间所受安培力的大小F=B2B2lvRl=B22l2vR，此时金属棒的加速度大小a=mg-Fm，解得a=(1-B22B12)g，选项D正确故选BD二、非选择题【答案】（1）Mx1mx1+(M+m)x2（2）偏大【考点】利用平衡条件测定动摩擦因数【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）设重物B落地前瞬间的速度大小为v，对重物B从开始下落至落地的过程，根据动能定理有Mgx1-mgx1=12(M+m)v2，对木块A从O点运动至Q点的过程，根据动能定理有mgx2=12mv2，解得=Mx1mx1+(M+m)x2；（2）此种情况下，因计算时未计入克服滑轮与轻绳间的摩擦力做的功，故动摩擦因数

19、的测量结果偏大【答案】（1）0.250（3）D,b,105【考点】伏安法测电阻【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）待测导线的直径d=0.01mm25.0=0.250mm（3）通过导线的电流约为I=URx=25mA，电流表应选用D；因RARV38.7Rx，故应选择电流表内接法，即c端应接在b处待测导线的实际长度为1261.20m=105m【答案】（1）粒子从y轴离开磁场区域时的最大速度vm=(23-3)qBLm；（2）粒子从M点运动到A点所用的时间t=2m3qB【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）如图甲所示，粒子的运动轨迹恰好与OP相切时，粒子从y轴离开

20、磁场区域时的速度最大，设此种情况下粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可知：R+Rcos=L，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需要的向心力，有：qvmB=mvm2R，解得：vm=(23-3)qBLm（2）此种情况下，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知，粒子轨迹圆弧的半径为：r=L2，轨迹圆弧对应的圆心角为：a=23，设此种情况下粒子的速度大小为v，有：qvB=mv2r，经分析可知：t=arv，解得：t=2m3qB【答案】（1）该次碰撞过程中滑块所受合力大小的平均值F=200N；（2）滑块与挡板P第一次碰撞后，到达的最高位置到传送带底端的距离L=74m；（3）滑块以大于v的速率沿传送带上滑的总

21、路程x=1m【考点】动量定理的基本应用传送带模型问题匀变速直线运动规律的综合运用【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）滑块由静止释放后，沿传送带向下匀加速运动至传送带的底端，该过程中滑块的加速度大小为：a1=gsin-gcos=2m/s2，滑块到达传送带底端时的速率为：v1=2a1x0=4m/s，由动量定理有：Ft=2mv1，解得：F=200N（2）滑块与挡板P第一次碰撞后，先沿传送带向上做匀减速运动至速率为v，该过程中滑块的加速度大小为：a2=gsin+gcos=8m/s2，该过程中滑块运动的距离为：x1=v12-v22a2=34m，此后，滑块以加速度a1继续沿传送带向上做匀减速运动至速率为

22、零（此时滑块到达最高位置），该过程中滑块运动的距离为：s1=v22a1=1m，故：L=x1+s1=74m（3）滑块与挡板P第一次碰撞到达最高位置后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动到达传送带底端，与挡板P第二次碰撞，碰撞前瞬间的速率为：v2=2a1(x1+s1)=7m/s，滑块与挡板P第二次碰撞后，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动至速率为v，该过程中滑块运动的距离为：x2=v22-v22a2=316m，此后，滑块以加速度a1继续沿传送带向上做匀减速运动至速率为零，同理可得，该过程中滑块运动的距离为：s2=s1=1m，滑块上升到最高位置后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动到达传送带底端，与挡板P发生第三次碰撞，碰撞前瞬间的速率为：v3=2a1(x2+s2)=192m/s，滑块与挡板P第三次碰撞后，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动至速率为v，该过程中滑块运动的距离为：x3=v32-v22a2=364