湖南省益陽市第十九中學高三物理模擬試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（單選）如圖所示，平行金屬板中帶電質點p原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）A．電壓表讀數減小B．電流表讀數減小C．質點p將向上運動D．R2上消耗的功率逐漸增大參考答案：【考點】：電容；電功、電功率．【專題】：電容器專題．【分析】：對電路進行分析，滑片的移動可知電路中總電阻的變化，由閉合歐姆定律可求得電路中電流及路端電壓的變化；再對并聯部分分析可知電容器兩端的電壓變化，則可知P的受力變化，則可知質點的運動情況．將R4之外的其他部分等效為電源的內電阻，則可分析R4功率的變化．：解：A、電路圖可知，R2與R4串聯后與R3并聯，再與R1串聯，電容器與并聯部分并聯；滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減小，總電流增大；則內電壓增大，由閉合電路的歐姆定律可知路端電壓減小，R1兩端的電壓增大，R1兩端的電壓增大，路端電壓減小，并聯部分電壓減小，即R2與R4兩端的電壓減小；而由于電流表示數增大，由歐姆定律可知R2兩端的電壓增大，故R4兩端的電壓減小，電壓表示數減小，故A正確；B、因并聯部分電壓減小，則R3中的電流減小，而干路電流增大，故電流表中的電流增大，故B錯誤；C、滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減小，總電流增大；則內電壓增大，由閉合電路的歐姆定律可知路端電壓減小，R1兩端的電壓增大，故并聯部分電壓減??；電容器兩端的電壓減小，質點電場力減?。粍t質點將向下移動，故C錯誤；D、將R4之外的其他部分等效為電源的內電阻，則由電源的輸出功率可知，當內外電阻相等時，輸出功率最大，因不明確電阻的大小關系，故R4上消耗的功率可能先增加后減??；故D錯誤；故選：A．【點評】：本題考查閉合電路的歐姆定律，一般可以先將分析電路結構，電容器看作開路；再按部分﹣整體﹣部分的分析思路進行分析．2.（多選）小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線在P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則下列說法中正確的是（）A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻不變B．對應P點，小燈泡的電阻為R=C．對應P點，小燈泡的電阻為R=D．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍面積大小參考答案：考點：歐姆定律．專題：實驗題．分析：根據電阻的定義R=，電阻等于圖線上的點與原點連線的斜率的倒數，斜率逐漸減小，電阻逐漸增大．對應P點，燈泡的電阻等于過P點的切線斜率的倒數．解答：解：A、圖線的斜率逐漸減小，說明電阻逐漸增大．故A錯誤．B、對應P點，小燈泡的電阻為R=；故B正確；C、D對應P點，小燈泡的電阻為R=．故C錯誤；D、因P=UI，所以圖象中矩形PQOM所圍的面積為對應P點小燈泡的實際功率，故D正確．故選：BD．點評：注意U﹣I圖象的意義，知道斜率等于電阻的倒數，明確功率借助圖象分析時所圍得面積；明確燈泡伏安特性曲線不直的原因．3.如圖6所示，一根繃緊的水平繩上掛5個擺，其中A、E擺長均為，先讓A擺振動起來，其他各擺隨后也跟著振動起來（不計空氣阻力），則A.其他各擺振動周期與A擺相同B.其他各擺振動的振幅不相等，其中E擺振幅最大C.A擺振動的回復力是小球所受重力與繩子拉力的合力D.A球擺動到平衡位置時，處于平衡狀態(tài)參考答案：AB4.（單選）身高為2m的宇航員，用背越式跳高，在地球上能跳2m，在另一星球上能跳5m，若只考慮重力因素影響，地球表面重力加速度為g，則該星球表面重力加速度約為參考答案：B5.已知地球質量為M，半徑為R，自轉周期為T，地球同步衛(wèi)星質量為m，引力常量為G。有關同步衛(wèi)星，下列表述正確的是

（

）A．衛(wèi)星距離地面的高度為

B．衛(wèi)星的運行速度小于第一宇宙速度C．衛(wèi)星運行時受到的向心力大小為

D．衛(wèi)星運行的向心加速度大于地球表面的重力加速度參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（多選）（2014秋?滕州市校級期中）下列說法正確的是（）A． 伽利略的理想實驗說明了力不是維持物體運動的原因B． 人站在電梯中，人對電梯的壓力與電梯對人的支持力不一定大小相等C． 兩個不同方向的勻變速直線運動，它們的合運動不一定是勻變速直線運動D． 由F=ma可知：當F=0時a=0，即物體靜止或勻速直線運動．所以牛頓第一定律是牛頓第二定律的特例參考答案：AC解：A、伽利略的理想實驗說明物體不受力，物體照樣運動，即力不是維持物體運動的原因．故A正確．B、人對電梯的壓力和電梯對人的支持力是一對作用力和反作用力，大小相等．故B錯誤．C、兩個不同方向的勻變速直線運動合成，若合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，物體做曲線運動．故C正確．D、第二定律針對的是有合外力作用時的狀態(tài)，第一定律是針對沒有外力的狀態(tài)，第一定律不是第二定律的特例．故D錯誤．故選AC．7.如圖所示，有一塊無限大的原來不帶電的金屬平板MN，現將一個帶電量為+Q的點電荷放置于板右側的A點，并使金屬板接地。已知A點離金屬板MN的距離為d，C點在A點和板MN之間，AC⊥MN，且AC長恰為。金屬平板與電量為+Q的點電荷之間的空間電場分布可類比______________（選填“等量同種電荷”、“等量異種電荷”）之間的電場分布；在C點處的電場強度EC=______________。參考答案：（1）等量異種電荷

(2)

8.火星的球半徑是地球半徑的1/2,火星質量是地球質量的1/10,忽略火星的自轉,如果地球上質量為60㎏的人到火星上去,則此人在火星表面的質量是_______㎏,所受的重力是______N;在火星表面由于火星的引力產生的加速度是________m/s;在地球表面上可舉起60㎏杠鈴的人,到火星上用同樣的力,可以舉起質量_______㎏的物體。g取9.8m/s2參考答案：60（1分），235.2（1分），3.92（1分），150（1分）9.一支300m長的隊伍，以1m/s的速度行軍，通訊員從隊尾以3m/s的速度趕到隊首，并立即以原速率返回隊尾，求通訊員的位移和路程各是多少？參考答案：675m

225m10.測速儀安裝有超聲波發(fā)射和接受裝置，如圖所示，B為測速儀，A為汽車，兩者相距335m，某時刻B發(fā)出超聲波，同時A由靜止開始作勻加速直線運動。當B接收到反射回來的超聲波信號時，AB相距355m，已知聲速為340m/s。則從B發(fā)出超聲波到接收到反射回來的超聲波信號用時為________s，汽車的加速度大小為__________m/s2。參考答案：2,

1011.如圖所示，光滑的半圓槽內，A球從高h處沿槽自由滑下，與靜止在槽底的B球相碰，若碰撞后A球和B球到達的最大高度均為h／9，A球、B球的質量之比為_____________或____________。參考答案：1:4，1:212.在如圖所示的光電效應現象中，光電管陰極K的極限頻率為v0，則陰極材料的逸出功等于__________；現用頻率大于v0的光照射在陰極上，當在A、K之間加一數值為U的反向電壓時，光電流恰好為零，則光電子的最大初動能為_________；若入射光頻率為v(v>v0)，則光電子的最大初動能為_________.參考答案：hv0，（2分）

eU，（2分）

（13.（4分）圖為人手臂面骨骼與肌肉的生理結構示意圖，手上托著重量為G的物體，（1）在方框中畫出前臂受力示意圖（手、手腕、尺骨和撓骨看成一個整體，所受重力不計，圖中O點看作固定轉動軸，O點受力可以不畫）。（2）根據圖中標尺估算出二頭肌此時的收縮約為

。

參考答案：答案：13．（1）前臂受力示意圖如下；（2）8G

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（簡答）如圖13所示,滑塊A套在光滑的堅直桿上,滑塊A通過細繩繞過光滑滑輪連接物塊B,B又與一輕質彈贊連接在一起，輕質彈簧另一端固定在地面上,’開始用手托住物塊.使繩子剛好伸直處于水平位位置但無張力?，F將A由靜止釋放.當A下滑到C點時(C點圖中未標出)A的速度剛好為零，此時B還沒有到達滑輪位置，已知彈簧的勁度系數k=100N/m,滑輪質量和大小及摩擦可忽略不計，滑輪與桿的水平距離L=0.3m,AC距離為0.4m，mB=lkg,重力加速度g=10m/s2。試求：(1)滑'塊A的質量mA(2)若滑塊A質量增加一倍,其他條件不變，仍讓滑塊A從靜止滑到C點,則滑塊A到達C點時A、B的速度大小分別是多少？參考答案：（1）

（2）

（3），功能關系．解析：（1）開始繩子無張力，對B分析有kx1=mBg，解得：彈簧的壓縮量x1=0.1m（1分）當物塊A滑到C點時，根據勾股定理繩伸出滑輪的長度為0.5m，則B上升了0.2m,所以彈簧又伸長了0.1m。（1分）由A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，又彈簧伸長量與壓縮量相等則彈性勢能變化量為零所以mAgh1=mBgh2（2分）其中h1=0.4m，h2=0.2m所以mA=0.5kg（1分）（2）滑塊A質量增加一倍，則mA=1kg，令滑塊到達C點時A、B的速度分別為v1和v2

由A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒得（2分）又有幾何關系可得AB的速度關系有vAcosθ=vB（1分）其中θ為繩與桿的夾角且cosθ=0.8解得：（1分）（1分）（1）首先由物體靜止條件求出彈簧壓縮的長度，再根據幾何知識求出物體B上升的距離，從而可求出彈簧伸長的長度，然后再根據能量守恒定律即可求解物體A的質量；題（2）的關鍵是根據速度合成與分解規(guī)律求出物體B與A的速度關系，然后再根據能量守恒定律列式求解即可．15.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。唬?）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？參考答案：（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止；0.50m；（3）0.91m；分析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大??；很容易判定A、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發(fā)生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可。【詳解】（1）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB①②聯立①②式并代入題給數據得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發(fā)生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有④⑤⑥在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程SA都可表示為sA=vAt–⑦聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得sA=1.75m，sB=0.25m⑧這表明在時間t內A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處。B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=025m+0.25m=0.50m⑨（3）t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有⑩聯立③⑧⑩式并代入題給數據得

故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有

聯立式并代入題給數據得

這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式

由④式及題給數據得sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示為一簡易火災報警裝置。其原理是：豎直放置的試管中裝有水銀，當溫度升高時，水銀柱上升，使電路導通，蜂鳴器發(fā)出報警的響聲。27℃時，空氣柱長度L1為20cm，水銀上表面與導線下端的距離L2為10cm，管內水銀柱的高度h為8cm，大氣壓強為75cm水銀柱高。（1）當溫度達到多少℃時，報警器會報警？（2）如果要使該裝置在87℃時報警，則應該再往玻璃管內注入多少cm高的水銀柱？（3）如果大氣壓增大，則該報警器的報警溫度會受到怎樣的影響？參考答案：（1）177℃

（2）8.14cm

（3）報警的溫度會升高17.如圖所示，方向垂直紙面向里的勻強磁場