【高考模拟】湖南省湘潭市某校高三（下）高考模拟物理试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 18 18页，总 =sectionpages 18 18页试卷第 =page 17 17页，总 =sectionpages 18 18页湖南省湘潭市某校高三（下）高考模拟物理试卷一、选择题1. 某同学用两种不同的金属做光电效应实验，实验中他逐渐增大入射光的频率，并测出光电子的最大初动能Ekm，下面四幅图像中能符合实验结果的是（ ） A.B.C.D.2. 一般情况下，竖直下落的雨滴以收尾速度下落时做匀速直线运动，其收尾速度与雨滴的半径成正比若半径为1mm的雨滴以收尾速度下落时重力的瞬时功率为110-4W，则半径为2mm的雨滴以收尾速度下落时重力的瞬时功率为（） A.410-4

2、WB.810-4WC.1.610-3WD.3.210-3W3. 质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一的光滑圆弧轨道上，其截面如图所示，导体棒中通有电流强度大小为I的电流，空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向上，导体棒平衡时，导体棒与圆心的连线跟竖直方向的夹角为 (xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷带电荷量的多少分别用qA、qB表示则下列分析正确的是（） A.两固定点电荷都带正电，且qAqBB.在A、B连线内，C点的电场强度最小但不等于零C.如果将试探电荷的电性改为正电，则该电荷在C点的电势能最大D.因试探电荷的电势能始终为正值，可知A、B两点间沿x轴方向的电

3、场强度始终向右5. 如图，在水平地面上方的A点，先后以不同的水平初速度平抛同一小球，不计空气阻力，第一次小球落在地面上的B点，第二次小球撞到竖直墙面的C点后落地，测量得知，A、C点之间的水平距离是A、B点间的水平距离的2倍，A、B点之间的竖直距离是A、C点间的竖直距离的2倍，则第一次与第二次平抛小球的初速度之比为（ ） A.22B.24C.14D.126. 某一双星系统中，A星球质量是B星球质量的2倍，两者之间的间距为l，经观测发现A星球上的物质在缓慢地向外太空逃逸，若干年后A星球的质量变为原来的一半，A星球与B星球之间的间距减小，由观测知此时双星系统的角速度变为原来的1.5倍，则（ ） A.

4、两星球之间距离变为23lB.两星球之间距离变为34lC.A星球的轨道半径变为13lD.A星球的轨道半径变为38l7. 如图为模拟远距离输电的部分测试电路a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k1，电流表、电压表均为理想电表，其示数分别用I和U表示当向下调节滑动变阻器R3的滑动头P时，电流表、电压表示数变化分别用I和U表示则以下说法正确的是（ ） A.UI=R2 B.UI=R1k2C.电源的输出功率一定增加D.电压表示数一定增加8. 如图甲所示，左侧接有R=3定值电阻的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=

5、2T，导轨间距为L=1m一质量m=2kg、接入电路中的阻值r=1的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间动摩擦因数=0.5，g=10m/s2金属棒的v-x图像如图乙所示，则从起点到发生位移x=1m位移的过程中（ ） A.拉力做的功为16JB.通过电阻R的电荷量为0.25CC.定值电阻R产生的焦耳热为0.75JD.所用的时间t一定大于1s二、非选择题 某实验小组采用如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”用电磁铁吸住一个小钢球；当电磁铁断电后，小球从静止开始下落；小球经过光电门时，计时装置记录小球通过光电计时装置门所用的时间t，

6、改变小球下落的高度h，多次重复实验请完成下列问题： （1）用游标卡尺测量小球直径如图乙所示，则小球直径d=_mm； （2）为判断小球下落过程中机械能是否守恒，利用下列哪种图像判断守恒更直观_；A.h-t图像B.h-1t图像C.h-t2图像D.h-1t2图像 （3）经正确的实验操作，该同学发现小球动能增加量12mv2，总是稍小于重力势能的减少mgh你认为增加小球释放高度h，两者的差值将会_（填“增大”“不变”或“减小”） 某研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失去标签的电源的电动势 （1）第一步，先用多用电表的直流电压挡粗测电源的开路电压，测得约为20V，再用“1k”的

7、欧姆挡粗测电压表的电阻，指针指示如图甲所示，则应该转换为_挡，结果测得电阻约为1200 （2）第二步，研究小组设计了没有系统误差的测量方法，电路如图乙所示，其中电流表量程为30mA，R1是阻值范围01000的电阻箱，R2是阻值范围0500的滑动变阻器先测电压表内阻，将开关S1、S2闭合，调节R1、R2使电流表、电压表都取得合适刻度，多次改变R1、R2的值，同时保持_不变，记录R1和对应的电压表指示的格数N，根据数据作1N-1R1图像，得到一条次函数图线，截距是b，斜率是k，那么电压表的内阻等于_；再测电源电动势：断开S1、闭合S2，调节R1、R2使电流表有合适读数，再保持_不变，多次改变R1，

8、同时记录电流表和R1读数，根据数据作1I-R1的函数图线，截距是b，斜率是k，那么电源的电动势等于_ 如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内有宽度均为L的两个相邻区域，在0 xL的区域内存在水平向右的匀强电场，在Lx2L的区域内存在垂直于坐标系xOy平面向外的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以初速度v0从坐标原点O沿y轴正方向射入匀强电场，然后从电磁场边界的M点进入匀强磁场，方向与电磁场的边界成45角，带电粒子恰好没有射出磁场右边界，不计粒子重力，求： （1）电场强度E的大小； （2）磁感应强度B的大小 如图甲所示，长木板的左端固定一个表面光滑且足够大的楔形木块，右端固定一个轻质弹

9、簧，弹簧处于自然状态时左端位于A点，且A点右侧光滑，在A点处有一个可视为质点的小物块，整个装置放在光滑的水平面上，装置的左端紧靠固定在竖直墙面上的压力传感器上但不连接给在A点的小物块一向左的初速度之后，压力传感器显示出压力随时间变化的图像如图乙所示假设小物块从楔形木块滑到长木板上时无能量损失，已知长木板连同楔形木块的总质量M=8kg，小物块的质量m=1kg，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，sin74=0.96求： （1）小物块与木板间的动摩擦因数及楔形木块的倾角数值； （2）弹簧弹性势能的最大值； （3）小物块最终停在长木板上的位置离A点的距离三、选修3-3 如图所示，圆柱形汽

10、缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞（质量和厚度可忽略不计）将汽缸分成体积比为3:1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为p0，弹簧弹力大小为p0S4，活塞处于静止状态要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体（汽缸下部有接口）已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求： （1）初始状态活塞下部气体压强； （2）需要注入的压强为p0的气体的体积四、选修3-4 某工件由相同透明玻璃材料的三棱柱和四分之一圆柱组成，该玻璃的折射率

11、为n=2，其截面如图ABC为直角三角形，B=30，CDE为四分之一圆弧，半径为R，CE贴紧AC一束单色平行光沿着截面从AB边射入工件后，全部射到了BC边，然后垂直CE射入四分之一圆柱，求： （1）求该平行光进入AB边时的入射角 （2）若要使到达CD面的光线都能从CD面直接折射出，该四分之一圆柱至少要沿AC方向向上移动多少距离参考答案与试题解析 湖南省湘潭市某校高三（下）高考模拟物理试卷一、选择题1.【答案】A【考点】爱因斯坦光电效应方程【解析】根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，图线的斜率表示普朗克常量；遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。【解答】解：由光电效应方程Ekh-W

12、0可知，图像斜率都为普朗克常量h，故得出的两条图线一定为平行线，W0与金属本身有关，由于两金属的逸出功不同，则与横轴的交点不同，故A正确故选A2.【答案】C【考点】瞬时功率【解析】无解析【解答】解：雨滴以收尾速度下落时做匀速直线运动，重力的功率P=mgv=43R3gkR=43kgR4，则有P1P2=R14R24=116，解得P2=16P1=1.610-3W，故C正确，A、B、D错误故选C3.【答案】D【考点】图解法在动态平衡问题中的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：导体棒受到重力mg 、安培力BIL和弹力FN,安培力BIL和弹力FN的合力始终与重力mg等大反向，BIL的大小不变，作出矢量图如

13、图所示，BIL的方向始终与磁场方向垂直，根据矢量图可知若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90，先增大再减小，FN逐渐减小，C错误，D正确；若仅将电流强度I缓慢增大，逐渐增大，FN逐渐增大，AB错误故选D4.【答案】C【考点】静电场中的Ep-x图象问题【解析】无解析【解答】解：A越靠近两个点电荷，电势能越大，即靠近点电荷的过程中电场力做负功，说明两个固定点电荷与试探电荷电性一样，都带负电，选项A错误；BEp-x图线上的C点的切线斜率为零，故电场力为零，又场强正比于电场力，所以C点的场强为零，选项B错误；C负的试探电荷置于C点，无论向左运动还是向右运动，电场力都做负功，电势能都增大，而正的试探电荷置于

14、C点，无论向左运动还是向右运动，电场力都做正功，电势能都减小，其在C点电势能最大，选项C正确；D从左向右电势能先变小后变大，切线斜率从负值变到正值，所以AC段和BC段，电场力方向相反，电场强度方向相反，选项D错误故选C5.【答案】B【考点】平抛运动基本规律及推论的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：在竖直方向上：h=12gt2，得t=2hg，由题意知h1:h2=2:1，则t1:t2=h1:h2=2:1；在水平方向上：s=vt，s1:s2=1:2，得v1:v2=s1t1:s2t2=2:4故选B6.【答案】A,C【考点】双星和多星问题【解析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。应用

15、牛顿第二定律列方程求解。【解答】解：AB双星靠他们之间的万有引力提供向心力，A星球的质量为m1，轨道半径为R，B星球的质量为m2，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有：Gm1m2l2=m1R2=m2r2，得：Gm2l2=R2，Gm1l2=r2，左右分别相加，则有：G(m1+m2)l2=(R+r)2=2l，变形可得：G(m1+m2)=3Gm2=2l3，A星球的质量变为原来的一半，角速度变为原来的1.5倍，则有：G(m1+m2)=2Gm2=(1.5)2l3，可得：l=23l，故A正确，B错误；CD后来两个星球的质量相等，则它们的轨道半径也相等，即：ra=rb=13l，故C正确，D错误故选AC7.

16、【答案】B,D【考点】变压器的动态分析远距离输电【解析】在交流电中电表显示的都是有效值，根据匝数与电压、电流的比例关系分析【解答】解：A根据欧姆定律可知UI=R2+R3，故A错误；B理想变压器初、次级线圈电压变化比U初U次=n1n2，电流变化比I初I次=n2n1，则U次I次=n22U初n12I初，将R1视为输入端电源内阻，则U初I初=R1，所以U次I次=n22U初n12I初=R1k2，这也是R1耦合到次级线圈电阻值为R1k2，即为等效电源内阻，故B正确；C电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C错误；D由闭合电路欧姆定律可判断出电压表示数一定增加，故D正确故选：BD8.【答案】C,D【

17、考点】电磁感应中的能量问题单杆切割磁感线闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A由题图乙得速度与位移的关系为v=2x，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，电流为I=ER+r，金属棒所受的安培力F=BIL=B2L2vR+r=B2L22xR+r，代入数据得F=2x(N)，则知F与x是一次函数关系，当x=0时，安培力F1=0，当x=1m时，安培力F2=2N，则从起点到发生x=1m位移的过程中，金属棒克服安培力做功为W=Fx=F1+F22x=1J，根据动能定理得W拉-mgx-W=12mv2，其中v=2m/s，=0.5，m=2kg，代入数据解得拉力做的功W拉=15J，故A错误B通过

18、电阻R的电荷量q=R+r=BLxR+r=0.5C，故B错误C克服安培力做的功等于产生的总的焦耳热，即Q总=W=1J，则定值电阻产生的焦耳热为Q=RR+rQ总=0.75J，故C正确Dv-x图像的斜率vx=av，得a=kv=2v(m/s2)，则知速度增大时，金属棒的加速度也随之增大，v-t图像的斜率增大，金属棒做加速度增大的变加速运动，作v-t图像如图中实线所示，从图像上可以看出在相同时间内，达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动通过的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，即v1s，故D正确故选CD二、非选择题【答案】（1）10.60D（3）增大【考点】用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律【

19、解析】此题暂无解析【解答】解：（1）由游标卡尺读数方法读出d=10.60mm；（2）由机械能守恒知： mgh=12mv2，v=dt ，解得：h=d22gt2，故选D；（3）由功能关系知： Wf=12mv2-mgh，h越大，克服空气阻力做功越多，故差值越大【答案】（1）100（2）电流表示数,kb,R2,1k【考点】用多用电表测电阻测定电源的电动势和内阻【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）如图甲所示，用1k”的欧姆挡粗测电压表的电阻时，指针停在刻度盘的0附近，说明选择的倍率偏大，为提高测量的精确度，应降低倍率，选用100挡（2）当测电压表内阻时，多次改变R1、R2的值，保持电流表示数不变，设电

20、压表每格对应的电压为U0，由部分电路欧姆定律有：I=NU0(1R1+1RV)，该式变形可得： 1N=U0I1R1+U0IRV，电压表的内阻等于kb；当测电源电动势时，保持R2不变，多次改变R1，由闭合电路欧姆定律有：E=I(R2+r+R1)，该式变形可得：1I=1ER1+r+R2E，电源的电动势等于1k【答案】（1）电场强度的大小E=mv022qL（2）磁感应强度的大小B=(1+2)mv0qL【考点】带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）带电粒子在组合场中运动的轨迹如图所示，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，tan45=vxv0，L=vx2t，vx=at，q

21、E=ma，联立解得E=mv022qL（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，qvB=mv2r，由几何关系知r+rsin45=L，又v=2v0，联立解得B=(1+2)mv0qL【答案】（1）小物块与木板间的动摩擦因数及楔形木块的倾角数值=37（2）弹簧弹性势能的最大值Ep=0.5J（3）最终小物块停在离A点0.25m处【考点】含弹簧类机械能守恒问题板块模型问题动量守恒定律的理解能量守恒定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）F1=2N，F2=4.8N，小物块在木板上运动时F1=mg，解得=0.2，小物块在木块上运动时，F2=mgcossin（为木块倾角），解得=37（2）设小物块的初速度为v0，在长木板上小物块滑动时加速度大小为a2，从A点到楔形木块下端距离为L，滑上楔形木块与从木块上滑下时速度大小为v1，加速度大小为a1，弹簧压缩最大时速度为v2，由图可知在木板上滑行时间t1=0.5s，滑上到滑下