湖南省长沙市2018届高三统一高考模拟考试物理试卷带答案

湖南省长沙市2018届高三物理上学期7月摸底考试试题（含解析）时量：90分钟 满分：110分第Ⅰ卷一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，请将正确选项填写在答题卷上)1．如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为(B)A ．v ＝mv 0M ＋m ，I ＝0 B ．v ＝mv 0M ＋m，I ＝2mv 0 C ．v ＝mv 0M ＋m ，I ＝2m 2v 0M ＋m D ．v ＝mv 0M，I ＝2mv 0【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解 v ＝mv 0M ＋m，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A 位置时速度大小不变，即当木块回到A 位置时的速度v ＝mv 0M ＋m，子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I ＝－(M ＋m )v －mv 0＝－2mv 0所以墙对弹簧的冲量I 的大小为2mv 0.2．如图所示，A 、B 两物体质量分别为m 1和m 2置于光滑水平面上，且m 1＞m 2，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(C)A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定【解析】因为且m 1＞m 2，两物体受到的合力大小相等，所以a 1<a 2，运动相同的距离的时间t 1>t 2，所以两推力的合冲量向右，所以两物体粘在一起会向右运动．3．如图所示，质量均为M ＝0.4 kg 的两长平板小车A 和B 开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上．小物块(可看成质点)m ＝0.2 kg 以初速度v ＝9 m/s 从最左端滑上小车A 的上表面，最后停在小车B 最右端时速度为v 2＝2 m/s ，最后A 的速度v 1为(A)A ．1.5 m/s B. 2 m/s C ．1 m/s D ．0.5 m/s【解析】三物体整体分析，系统动量守恒mv ＝(m ＋M )v 2＋Mv 1⇒v 1＝1.5 m/s.4．某放射性元素经过11.4天有1516的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为(D)A ．11.4天B ．7.6天C ．3.8天D ．2.85天【解析】经过4个半衰期，原子有1516发生衰变，所以T ＝11.4÷4＝2.85(天)．5．在甲地用竖直向上的拉力使质量为m 1的物体竖直向上加速运动，其加速度a 1随不同的拉力而变化的图线如图所示；在乙地用竖直向上的拉力使质量为m 2的物体竖直向上加速运动，其加速度a 2随不同的拉力而变化的图线如图所示；甲、乙两地的重力加速度分别为g 1、g 2，由图象知(C)A ．m 1＜m 2，g 1＜g 2B ．m 1＜m 2，g 1＞g 2C ．m 1＞m 2，g 1<g 2D ．m 1＜m 2，g 1＝g 2【解析】由牛顿第二定律得： F －mg ＝ma ，所以a ＝1mF －g ，结合图象知m 1＞m 2，g 1<g 2.6．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上向右运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量变化量为－4 kg ·m/s ，则(B)A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能无损失C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，碰撞过程机械能有损失D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶5，碰撞过程机械能无损失【解析】设碰前A 物体的质量为m ，速度为2v ；那么B 物体的质量为2m ，速度为v .碰后A 物体的动量变成了2 kg ·m/s ，速度变为23v ，B 物体动量变成了10 kg ·m/s ，速度变为53v ，碰撞前后两物体的相对速度大小相等，因此是弹性碰撞，无机械能损失．7．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x －t (位移—时间)图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断(C)A ．碰前m 2和m 1都向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能【解析】碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，m 2静止；碰后m 1的速度v 1′＝－2 m/s ，碰后m 2的速度v 2′＝2 m/s根据动量守恒定律：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′得m 2＝3m 1＝0.3 kg ，机械能守恒．8．光子能量为E 的一束光照射容器中的氢(设氢原子处于n ＝3的能级)，氢原子吸收光子后，能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，已知朗克常量为h ，则E 等于(D)A ．h ν1B ．h ν10C ．h (ν10－ν1)D ．h ν3【解析】氢原子吸收光子后跃迁到第5能级，所以吸收的光子能量为h ν3. 二、多选题(每题不只有一个选项正确，每题4分，共16分)9．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M 1M 2之间的电势差，则(AC)A ．在荧屏上的亮斑向上移动B ．在荧屏上的亮斑向下移动C ．偏转电场对电子做的功增大D ．偏转电场的电场强度减小【解析】电子带负电，受到向上的电场力，所以向上偏转，U 越大，电场力越大，偏转位移越大，做功越多．10．质量为m ，速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B 球的速度可能值为(BC)A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v【解析】若发生的是完全非弹性碰撞：mv ＝4mv 1⇒v 1＝0.25v ，若发生的是弹性碰撞：可得B 球的速度v 2＝0.5v .11．如图所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B 以水平速度v 0＝3 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(AC)A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为1.5 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1【解析】根据动量守恒定律可得mv 0＝(m ＋m A )v ⇒m A ＝4 kgA 的动能为E k ＝12m A v 2＝2 J系统损失的动能ΔE k ＝12mv 20－12(m A ＋m )v 2＝6 J木板长L ≥12v 0t 1＝1.5 mμmg ＝ma ⇒μ＝0.2.12．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1∶16，有(ABC)A ．该原子核发生了β衰变B ．原来静止的原子核的原子序数为15C ．反冲核沿小圆作逆时针方向运动D ．该衰变过程结束后其系统的总质量略有增加【解析】由图看出，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是β粒子，发生了β衰变．故A 正确．根据动量守恒定律得知，放出的β粒子与新核的动量大小相等，由r ＝mv qB ＝pqB，得半径与电荷量成反比，两圆半径之比为1∶16，由于新核的电荷量较大，则小圆是新核的轨迹．由半径之比得到新核的电荷量为16e ，原子序数为16，则原来静止的原子核的原子序数为15.故B 正确．衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆时针方向运动．故C 正确．该衰变过程会放出能量，质量略有亏损．故D 错误．答题卡第Ⅱ卷三、实验题(每空3分，共15分)13．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中(装置如图甲所示)．图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 计数点，相邻两计数点间有5个点没标出，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，则打B 点时小车的瞬时速度大小为__0.641__ m/s ，小车加速度大小为__1.00__ m/s 2.(保留三位有效数字)【解析】相邻两计数点间的时间t ＝0.02×6 s ＝0.12 sB 点的速度v ＝AC2t≈0.641 m/s加速度a ＝AB －OA t2＝1.00 m/s 214．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O .接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B ，让小球1从A 点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M 、P 、N 离O 点的距离，即线段OM 、OP 、ON 的长度．①上述实验除需测量线段OM 、OP 、ON 的长度外，还需要测量的物理量有 __C__ . A ．A 、B 两点间的高度差 B ．B 点离地面的高度h 2C ．小球1和小球2的质量m 1、m 2D ．小球1和小球2的半径r②当所测物理量满足表达式__m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON __ (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．③完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．使小球1仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端14圆弧的平均落点M ′、P ′、N ′.用测量斜面顶点与M ′、P ′、N ′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3. 则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为用所测物理量的字母表示)．【解析】根据动量守恒得：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′、小球做平抛运动，下落的高度相同，所以运动时间相等： m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON小球做平抛运动有v 0t ＝R sin α 12gt 2＝R cos α⇒v 0＝gR sin 2α2cos α根据动量守恒定律有m 1v ＝mv 1＋m 2v 2⇒m 1sin 2α2cos α2＝m 1sin 2α1cos α1＋m 2sin 2α3cos α3.四、计算题(第15题8分，第16题8分，第17题10分，第18题10分，第19题11分共47分)15．已知O 、A 、B 、C 为同一直线上的四点，一物体自O 点静止起出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A 、B 、C 三点，物体通过AB 段时间为t 1，物体通过BC 段所用时间为t 2.已知物体通过AB 段与通过BC 段位移相等．求物体由O 运动到A 的时间t .【解析】设AB ＝BC ＝LA －B 过程中有L ＝v A t 1＋12at 21(2分)A －C 过程中有2L ＝v A (t 1＋t 2)＋12a (t 1＋t 2)2(2分)2(v A t 1＋12at 21)＝v A (t 1＋t 2)＋12a (t 1＋t 2)2⇒v A (t 1－t 2)＝12a (t 22＋2t 1t 2－t 21)⇒v A a ＝t 22＋2t 1t 2－t 22（t 1－t 2）O －A 过程中有v A ＝at (2分)解得：t ＝t 22＋2t 1t 2－t 212（t 1－t 2）(2分)16．质量为M 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手．左侧射手首先开枪，子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹相对木块静止时水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示．设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相等．当两颗子弹均相对于木块静止时，求两子弹射入的最大深度比d 1d 2.(已知木块质量M 和子弹质量m )【解析】左侧射入子弹过程中有mv 0＝(m ＋M )v 1(1分)fd 1＝12mv 20－12(m ＋M )v 21(2分)右侧射入子弹过程中有(M ＋m )v 1－mv 0＝(M ＋2m )v 2＝0(1分)fd 2＝12mv 20＋12(M ＋m )v 21(2分)得：d 1d 2＝MM ＋2m(2分)17．1930年发现，科学家在真空条件下用α粒子轰击94Be 时，产生了一种看不见的、贯穿力很强的不带电粒子，为了弄清楚这是一种什么粒子，人们用它分别去轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核，并以此推算出了该粒子的质量，从而确定该粒子为中子．设氢核的质量为m H ，氮核的质量为氢核质量的14倍，碰撞后氢核的速度为v H ，氮核的速度为v N ，假设中子与它们的碰撞为弹性碰撞，碰撞的粒子分别为中子和氢核及中子和氮核．(1)试写出α粒子轰击94Be 的核反应方程；(2)试根据中子与氢原子和氮原子的碰撞结果，利用题中的可测量量，(已知v H v N＝7.33)推算出中子的质量．【解析】(1)根据电荷数守恒、质量数守恒得：94Be ＋42He →10n ＋126C(2分)(2)查德威克认为氢核、氮核与中性粒子之间的碰撞是弹性正碰；设中性粒子质量为m ，速度为v 0，氢核的质量为m H ，最大速度为v H ，并认为氢核在打出前为静止的，那么根据动量守恒和能量守恒可知：mv 0＝mv ＋m H v H ①12mv 20＝12mv 2＋12m H v 2H ②(2分) 其中v 是碰撞后中性粒子的速度，由此可得：v H ＝2mv 0m ＋m H③(1分) 同理：mv 0＝mv ＋m N v N 12mv 20＝12mv 2＋12m N v 2N (2分) 可得出中性粒子与氮原子核碰撞后打出的氮核的速度 v N ＝2mv 0m ＋m N④ (1分) 因为m N ＝14m H 由方程③④可得v H v N ＝m ＋m N m ＋m H ＝m ＋14m Hm ＋m H⑤(1分)将速度的最大值比v H v N＝7.33代入方程⑤，解得：m ＝1.05m H (1分)18．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A 、B 两个物体，它们的质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝3 kg 并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的14竖直圆轨道．当初A 、B 两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体A 向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B 并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R ＝0.2 m ，g＝10 m/s 2.求炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功．【解析】炸药爆炸后，由动量守恒定律得：m 2v 2－m 1v 1＝0(2分)A 物体与挡板碰后与B 物体碰撞由动量守恒定律得：m 2v 2＋m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 3 (2分)AB 上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v 23＝(m 1＋m 2)gR (2分)炸药对AB 物体做的功W ＝12m 1v 21＋12m 2v 22(2分)解得：W ＝10.7 J(2分)19．如图所示，小球从光滑的半径为R 的半圆槽顶部A 由静止滑下，小球的质量为m ，半圆槽的质量为M ＝3m ，半圆槽与桌面无摩擦，小球的大小忽略不计，求：(1)当小球运动到半圆槽底部时的小球速度；(2)当小球下落22R 时半圆槽的速度． 【解析】(1)小球与半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒得： Mv 1－mv 2＝0(2分) 由于没有摩擦，机械能守恒：mgR ＝12mv 22＋12Mv 21(2分)得：v 2＝32gR (1分) (2)设小球下落22R 的速度为v 2′，半圆槽的速度为v 1′，如图所示小球与半圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒得： Mv 1′－mv 2′sin a ＝0(2分) 小球相对半圆槽的速度方向与水平方向成45°，有 v 1′＋v 2′sin a ＝v 2′cos a (2分) 根据机械能守恒得22mgR ＝12mv 2′2＋12Mv 1′2(1分) 得v 1′＝2gR28(1分)。

2018届湖南省高考模拟考试物理试卷一、选择题详细信息1.难度：中等如图所示，一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC，已知AB和AC的长度相同．两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间( )A. p小球先到B. q小球先到C. 两小球同时到D. 无法确定详细信息2.难度：中等物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移为x，它在中间位置处的速度为v1，v1和v2的关系为在中间时刻时的速度为v2，则A. 当物体做匀加速直线运动时,v1＞v2B. 当物体做匀减速直线运动时，v1＞v2C. 当物体做匀速直线运动时，v1＝v2D. 当物体做匀减速直线运动时，v1＜v2详细信息3.难度：中等如图所示，小球的密度小于杯中水的密度，弹簧两端分别固定在杯底和小球上．静止时弹簧伸长△x．若全套装置做自由落体运动，则在下落过程中弹簧的伸长量将A. 仍为△xB. 大于△xC. 小于△x，大于零D. 等于零详细信息4.难度：中等气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。

在水平地面上竖直固定一直杆,半径为R、质量为m 的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,球在风力的作用下飘起来.已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风速v0=3m/s 时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°。

则A. θ=60°时,风速v=6m/sB. 若风速增大到某一值时,θ可能等于90°C. 若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则θ不变D. 若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,则θ减小详细信息5.难度：简单如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是A. 斜面和挡板对球的弹力的合力等于maB. 斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值C. 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零D. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零详细信息6.难度：中等如图所示，物体B的上表面水平，当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面在水平面上保持静止不动，则下列判断正确的有A. 物体C受水平面的摩擦力方向一定水平向右B. 水平面对物体C的支持力小于三物体的重力大小之和C. 物体B、C都只受4个力作用D. 物体B的上表面一定是粗糙的详细信息7.难度：中等A. 可能为mgB. 可能为mgC. 可能为mgD. 可能为mg详细信息8.难度：中等如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）A. B. C. D.详细信息9.难度：中等如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R 和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。

2018年湖南高考物理模拟题及答案2018年湖南高考物理模拟题及答案（6）一、选择题(8×8′＝64′)1．一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内阻r为( ) A．E＝2.4 V，r＝1 ΩB．E＝3 V，r＝2 ΩC．E＝2.4 V，r＝2 ΩD．E＝3 V，r＝1 Ω解析：因为电路断开时路端电压为3 V，所以E＝3 V当R＝8 Ω时，U＝2.4 V，所以I＝UR＝2.48A＝0.3 AE＝U＋Ir，所以r＝2 Ω.答案：B图12．如图1中，电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计，开关接通后流过R2的电流是K 接通前的( )A.12B.23C.13D.14解析：由串、并联知识可得，在K没有接通时，R1、R2串联，I1＝E 2R在K接通后，R2、R3并联，再跟R1串联I2′＝12I2＝12·ER＋R2＝12·2E3R＝E3R由I 2′I 1＝E 3R E 2R＝23，所以B 选项正确． 答案：B图23．在图2所示电路中E 为电源，其电动势E ＝9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡．其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；K 为电键．开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通电键 K ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( )A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：本题中小灯泡正好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P /U ＝1.8/6.0 A ＝0.3 A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，则R AC ＝U AC I AC ＝E －U L I AC ＝9.0－6.00.3Ω＝10 Ω，R CB＝R －R AC ＝(30－10) Ω＝20 Ω，所以B 选项正确．答案：B图34．在如图3所示的电路中，当变阻器R 3的滑动头P 由a 端向b 端移动时( )A ．电压表示数变大，电流表示数变小B ．电压表示数变小，电流表示数变大C ．电压表示数变大，电流表示数变大D ．电压表示数变小，电流表示数变小解析：首先将理想化处理，简化电路，R2与R3并联后与R1串联，当滑动头P向b端移动时，R3阻值变小，R2、R3并联部分总电阻变小，据串联分压原理，R1和内电阻上电压增大，R2、R3并联部分电压变小，由此可得：外电路上总电压变小，电压表示数变小；R2上电流变小，但干路总电流变大，因此R3上电流变大，电流表示数变大．正确选项为 B.少数考生没有将电流表和电压表进行理想化处理，由于电路结构较复杂，分析时产生失误．少数考生审题不严，误将滑动头P上移动理想为R3阻值变大，导致错误．答案：B5.图4如图4所示的电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小．根据分析，发生的故障可能是( )A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：等效电路如图5所示，若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，图5L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A选项正确．若R2断路，总外电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B选项错．若R3短路或R4短路，总外电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D选项错．答案：A图66．如图6所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中( )A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流解析：增大电容器两极板间距离时，电容器电容变小，电容器放电，A极板上的正电荷通过电阻向电池充电，电阻R中有由a流向b的电流．答案：BC7．(2009·全国卷Ⅱ)图7为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为 3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V ．则该电路可能为()图7解析：本题考查测电源的电动势和内电阻及电路的有关知识，意在考查考生综合运用电路知识和实验的有关方法解决问题的能力；由图可知，E ＝U m ＝6 V ，U ＝4 V 时，I ＝4 A ，因此有6＝4＋4r ，解得r ＝0.5 Ω，当路端电压为4.8 V时，U 内＝E －U ＝(6－4.8) V ＝1.2 V ，由U U 内＝R r ，所以R ＝U U 内r ＝4.81.2×0.5 Ω＝2 Ω，由电阻的串并联知识可知，正确答案为B.答案：B8．(2009·重庆高考)某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V/2 W)，将其连接在220 V 交流电源上，电路见图8.若工作一段时间后L2灯丝烧断，则( )图8A．X1的功率减小，L1的功率增大B．X1的功率增大，L1的功率增大C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大解析：本题考查闭合电路的欧姆定律和电路的相关问题，意在考查考生运用知识解决实际问题的能力．L2灯丝烧断，则电路中的总电阻变大，由欧姆定律知，总电流减小，则除L2支路外，其他支路两端的电压减小，强光灯和指示灯的功率都要减小．其他支路电压减小，则L2两端电压升高，其功率增大．答案：C二、计算题(3×12′＝36′)9．某电子元件的电压与电流的关系如图9所示，将该电子元件与一个R＝8 Ω的电阻串联，再接至电动势E＝3 V、内阻r＝2 Ω的电源上，试求电路中电流及电源的效率．图9解析：将电源和R视为一个新的电源，此电源的电动势E′＝3 V，内阻r′＝10 Ω，则此新电源的路端电压U′与电路中的总电流I的关系为U′＝3－10I，此新电源的路端电压即为电子元件两端的电压．在题目图中作出新电源的图象，可得交点坐标值即为电路中的实际电流值和电子元件两端的实际电压值，分别为I＝130 mA，U′＝1.7 V，电源的效率η＝U路E，U路＝E－Ir.联立解得η＝1－IrE，代入数据得η＝91.3%.答案：130 mA 91.3%10．如图10所示的电路中，电源的电动势E＝10 V，内阻忽略不计，电阻的阻值分别为R1＝R2＝20 Ω、R3＝10 Ω，滑动变阻器的最大阻值R＝40 Ω，电容器的电容C＝20μF，则：图10(1)将滑动触头P置于ab中点，合上电键S，待电路稳定后再断开S.求断开S的瞬间，通过R1的电流大小和方向；(2)闭合电键S，当滑动触头P缓慢地从a 点移到b点的过程中，通过导线BM的电量为多大？解析：(1)电键S闭合，电路稳定时BD两点的电势差U BD＝R2ER1＋R2①PD两点的电势差UPD ＝RPbER＋R3②则BP两点的电势差U BP＝U BC－U PC③故断开S的瞬间，通过R1的电流方向向左；电流大小I1＝UBPR1＋R3＋RaP由①②③④代入数据解得I1＝0.02 A.(2)P在a点时，U PD＝RabER＋R3④UBP＝U BD－U PD⑤电容器M板带电量Q M＝CU BP⑥P在b点时UBP＝U BD⑦电容器M板带电量Q M′＝CU BP′⑧通过导线BM的电量Q＝Q M′－Q M⑨由④⑤⑥⑦⑧⑨式解得Q＝1.6×10－4C. 答案：(1)I2＝0.02 A (2)Q＝1.6×10－4C11．(2010·苏州调研)一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图11(甲)所示，图中U＝12 V的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R0接成如图11(乙)所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2 A，变阻器的最大阻值为R0＝22 Ω.求：图11(1)电源电动势E和内电阻r；(2)空载时A、B两端输出的电压范围．(3)A、B两端所能接负载的电阻的最小值．解析：(1)据全电路欧姆定律：E＝U＋Ir由图(甲)可知，当I＝0时，E＝U＝12 V当E＝12 V，R＝2 Ω时，U＝6 V，据全电路欧姆定律可得：r＝2 Ω(2)空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压U AB＝0当滑片移至最上端时，有E＝U AB＋Ir，I＝ER0＋r可得这时的输出电压U AB＝11 V所以，空载时输出电压范围为0～11 V.(3)设所接负载电阻的最小值为R′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I＝2 A，有：E＝I(R外＋r)，其中R外＝R0R′R0＋R′，代入数据可得：R′＝4.9 Ω.。

湖南省长沙市雅礼中学 2018年高三物理模拟试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选题）如图所示，在0≤x≤a，0≤y≤a的长方形区域有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），它们的速度方向均在xoy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内，速度大小不同，且满足≤v≤，已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则下列说法正确的是（）A．所有粒子在磁场中运动经历最长的时间为B．所有粒子在磁场中运动经历最长的时间小于C．从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间小于D．从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间为参考答案：AC【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】分析粒子运动轨迹随速度与y轴正方向的夹角的变化关系，求得从磁场上边界飞出的粒子经历最短的时间；再分析粒子能到达的距离o点最远处，求出该点对应的运动时间即为运动的最长时间．【解答】解：粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，，则有，；又因为，所以，2a≤R≤3a；粒子做圆周运动的周期；CD、当速度与y轴正方向的夹角θ为零时，有；R越大，对应的φ越小，所以，当R=3a时，φ最小，此时，，所以，，，故C正确，D错误；AB、θ从0增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，设磁场横向无右边界，则粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动与上边界相切的点，此时，粒子出射点的横坐标，所以，粒子一定能到达磁场边界的右上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都是劣弧，该点对应粒子做圆周运动的弦最大值，所以，粒子出射点为磁场边界右上边界点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长；对应于相同的弦长，半径越小，中心角越大，所以，当R=2a，且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中运动经历的时间最长；此时，半径和弦长相等，所以，粒子转过的角度，运动经历的时间，故A正确，B错误；故选：AC．2. （单选题）如图所示，质量为m的物块在粗糙斜面上，受到竖直向下的力F的作用，沿斜面向下以加速度a做匀加速运动,下列说法正确的是A．若增大F，则物块加速下滑且加速度将增大B．若增大F，则物块加速下滑且加速度将不变C．若撤去F，则物块可能沿斜面减速下滑D．若撤去F，则物块可能沿斜面匀速下滑参考答案：A3. 我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是（）A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接参考答案：C【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【分析】正常运行的卫星若加速则所需向心力大于万有引力做离心运动，若减速则所需向力小于万有引力做向心运动，据此分析各选项．【解答】解：A、B、在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接．则AB错误C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．则C正确D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触．则D错误．故选：C4.一质点在XOY平面内运动轨迹如图所示，下列判断正确的是：（）A．若方向始终匀速，则方向先加速后减速B．若方向始终匀速，则方向先减速后加速C．若方向始终匀速，则方向先加速后减速D．若方向始终匀速，则方向一直加速参考答案：答案：BC5. （多选）如图所示，在水平地面上方A点处有一小球a距地面20m，在B点处有另一个小球b距地面15m，两小球均做自由落体运动，但a比b提前1s释放，g取l0，两小球均可视为质点。

湖南省师大附中2018届炎德·英才大联考高三月考试卷(五)物理湖南师大附中高三物理备课组组稿命题人：姜建平审题人：陈国荣戴绍南时量：90分钟满分：120分第1卷选择题(共48分)一、选择题(此题共12小题，每题4分，共48分．在每题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项切合题目要求的，请把它填在答题栏内．)1．如图A、B两物体叠放在一同，用手托住，让它们静靠在竖直墙边，然后开释，它们同时沿墙面向下滑，已知M A〉M B，则物体B(A)A．只受一个重力C．遇到重力、一个弹力和一个摩擦力B．遇到重力和一个摩擦力D．遇到重力，一个摩擦力和两个弹力2．一物体在同一水平面内的几个恒力作用下做匀速直线运动，若在运动中某个恒力忽然撤除，而其余力不变，则物体的运动不行能的是(D)A．做匀加快直线运动C．做匀变速曲线运动B．做匀减速直线运动D．做匀速圆周运动3．跟着科学技术的发展，假想人类不停向月球“移民”，经过较长时间后，月球和地球仍可视为均匀的球体，总人数不变，且地球的总质量仍大于月球的总质量．月球仍按原轨道运动，则与“移民”前对比，以下说法中错误的选项是(A)．地球与月球间的万有引力将变小．月球绕地球运动的周期将变长．月球绕地球运动的加快度将变小4．如图，A、B两球质量相等，A球用不可以伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，细绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始开释，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则两球各自抵达悬点正下方时A．两球动能相等B．A球动能较大C．A球减小的重力势能许多D．两球动量大小相等(B)5．关于机械波的以下说法中，正确的选项是(BD)．质点的振动方向老是垂直于波的流传方向．简谐波沿绳流传，绳上相距半个波长的两质点振动位移的大小相等．相隔一个周期的两时辰，简谐波图象同样6．某体育馆内有一恒温游泳池，水温等于室温，现有一空气泡从水池底部迟缓上涨，温度保持不变，那么在上涨过程中，空气泡内气体(气体质量不变且可视为理想气体)(C)①分子均匀距离增大③要不停吸热A．①③B．②③②分子均匀距离减小④压强不停减小C．①③④D．①②④7．如图，a、b、c为电场中同一条水平方向的电场线上的三点，c为a、b中点，a、b两点电势分别为Φa=5V，Φb=3V，则以下表达中正确的选项是（C）A．该电场在c点处的电势必定为4VB．a点处的场强E a必定大于b点处的场强E bC．正电荷从c点运动到b点电势能必定减少D．正电荷在c点遇到的电场力由c指向a8．有三个电阻串连，以下图，电流表是完满的，合上开关S后，发现电流表示数为零，在不打开电路的前提下，经过电压表丈量各连结点的电压值，可判断故障原由电压表丈量数据为U ab=U cd=0，U ac≠0，则该电路的故障原由可能是(B)A．R1断路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2、R3均断路9．如图，在圆滑水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，散布在宽度为L的地区内，现有一边长为 l(l<L)的正方形闭合导线框以垂直磁场界限的初速度v1，滑进磁场，而后线圈滑出磁场的速度为v2．设线框滑进磁场的时间为t1，安培力的冲量为I1，线框产生的热量为Q1，线框滑出磁场的时间为t2，安培力的冲量为I2，线框产生的热量为Q1，则有(BCD)A．v1=v21B．t1＜t2C．I1=I2D．Q1＞Q110．如图，质量为m，带电量为+q的带电粒子以初速度v O垂直进入互相正交的匀强电场E和匀强磁场B中，从P点走开该地区，此时侧向位移为s，粒子重力。

湖南省长沙市一中2018年普通高中学业水平考试模拟卷物理温馨提示：除了所有学生的必答题之外，在分别出自《物理（选修1－1）》或《物理（选修3－1）》两个不同的选修模块的试题中，你只能根据你在下表中填写的你所学的选修模块，做该选修模块的题目。

做了另一个选修模块的题目视为无效。

你所学的选修模块是（请在下表中对应的选修模块名称后的空格中画圈）物理（选修1－1）物理（选修3－1）祝你考试顺利！第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。

每小题只．有一个．．．选项符合题意。

）1－15题为所有学生必答题。

1．国际单位制中力的单位的符号是A. NB. mC. kgD. m/s2．大小分别为3N和6N的两个共点力，其合力大小可能是A．2N B．9N C. 12N D. 18N3．关于能量和能源，下列说法中正确的是（）A．能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加B．能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，故节约能源没有必要D．能量的转化和转移具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源学4．2008年在北京举行奥林匹克运动会，下列运动项目中，运动员可看作质点的是A．武术B．击剑C．自由体操D．马拉松赛跑5．关于速度，下列说法错误．．的是（）A．速度是表示物体运动快慢的物理量，既有大小，又有方向，是矢量B．平均速度只有大小，没有方向，是标量C．运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，它是矢量D．汽车上的速度计是用来测量汽车瞬时速度大小的仪器6．如图：某质点运动的速度图象．由图象可求得，质点在0-2s内的加速度和3s末的瞬时速度分别是A．4m/s2，4m/s B．2m/s2，2m/sC．2m/s2，4m/s D．4m/s2，07．下列关于重力的说法正确的是A．重力的方向不一定竖直向下B．重力是由于物体受到地球的吸引而产生的C．所有物体的重心都在物体上D．只有静止的物体才受到重力8．为了行车的方便与安全，高大的桥梁要造很长的引桥，其主要目的是（）A．增大过桥车辆受到摩擦力B．减小过桥车辆的重力C ．增大过桥车辆的重力平行于引桥面向上的分力D ．减小过桥车辆的重力平行于引桥面向下的分力 9．关于惯性，下列说法中正确的是A ．物体只有在突然运动或突然静止时才有惯性B ．物体质量越大，惯性越大C ．物体运动速度越大，惯性越大D ．在太空中飞行的宇宙飞船内的物体没有惯性10、如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是（B ） A.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力B.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力C.人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力D.人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力 11．若某一物体受共点力作用处于平衡状态，则该物体一定是 A ．静止的 B ．做匀速直线运动 C ．各共点力的合力可能不为零 D ．各共点力的合力为零 12．肩负我国首次太空行走运载任务的神舟七号飞船，在绕地球五圈后成功地由椭圆轨道变成圆形轨道，并圆满完成了任务。

2018年湖南高考物理模拟题及答案（8）一、选择题(8×8′＝64′)1．下图中不属于交变电流的是( )解析：根据交变电流的定义，大小和方向都随时间做周期性变化的电流是交变电流，A 、B 、C 图中电流的大小、方向均随时间做周期性变化，是交变电流，D 图中电流的方向不变，为直流电．答案：D图12．(2011·广东高考)图1是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )A ．周期是0.01sB ．最大值是311VC ．有效值是220VD ．表达式为u ＝220sin100πt (V)解析：由波形图可知：周期T ＝0.02 s ，电压最大值U m ＝311 V ，所以有效值U ＝Um 2＝220 V ，表达式为u ＝U m sin 2πTt (V)＝311sin100πt (V)，故选项B 、C 正确，A 、D 错误． 答案：BC3．如下图中各图面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BS ωsin ωt 的图是( )解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e ＝BS ωsin ωt ，由这一原则判断，A 图和C 图中感应电动势均为e ＝BS ωsin ωt ；B 图中的转动轴不在线圈所在平面内；D 图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．答案：AC图24．如图2所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内，下述说法正确的是( )A ．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B ．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C ．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D ．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍解析：本题考查电磁感应现象，基础题．线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感应线平行时，磁通量最小感应电动势最大，A 、B 错C 对；电流的有效值I ＝nBS ω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D 正确．答案：CD5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm ，最大感应电动势为E m ，下列说法中正确的是( )A ．当磁通量为零时，感应电动势也为零B ．当磁通量减小时，感应电动势也减小C ．当磁通量等于0.5Φm 时，感应电动势等于0.5E mD ．角速度ω等于E m /Φm解析：根据正弦式电流的产生及其变化规律：当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大；磁通量减为零时，感应电动势最大．由此可知A 、B 项错误．设从线框位于中性面开始计时，则有e ＝E m sin ωt ，式中E m ＝BS ω.因Φm ＝BS ，故角速度ω＝Em Φm ，D 项正确．设e ＝0.5E m ，则解出ωt ＝π/6.此时Φ＝B ·S cos π6＝32BS ＝32Φm ，所以C 项错．答案：D图36．如图3所示，矩形线圈abcd ，面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动，(P 1以ab 边为轴，P 2以ad 边中点为轴)当线圈平面从与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P 1及P 2轴转动产生的交流电的电流大小，电荷量及焦耳热分别为I 1，q 1，Q 1及I 2，q 2，Q 2，则下面判断正确的是( )A ．线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →dB ．q 1>q 2＝NBS /2RC ．I 1＝I 2＝(NB ωS )/2RD ．Q 1<Q 2＝πω(NBS )2/2R解析：本题考查电磁感应中电荷量、热量、电流的计算和感应电流方向的判断．绕P 1、P 2转动时电流的方向相同，但电流的方向为a →d →c →b →a ，A 错；电荷量q ＝n ΔφR，与绕哪个轴转动没有关系，B 错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，发热也相同，C 对D 错．答案：C图47．如图4所示，边长为L ＝0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数为n ＝10、总电阻为r ＝2 Ω，外电路的电阻为R ＝8 Ω，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B ＝1 T ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO ′轴匀速转动，则以下判断中正确的是( )A ．在t ＝π4时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快B ．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝0.8 sin2t VC ．从t ＝0时刻到t ＝π4时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝3.2π×10－4 J D ．从t ＝0时刻到t ＝π4时刻，通过R 的电荷量q ＝0.02 C 解析：线圈在磁场中转动，E m ＝12nBS ω＝0.4 V ，B 错．当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快，A 正确．Q R ＝I 2Rt＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤Em 2R ＋r 2Rt ＝1.6π×10－3 J ，C 错．q ＝n ΔΦR ＋r ＝ 0．02 C ，D 正确．答案：AD图58．如图5所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．线圈先后两次转速之比为3∶2B ．两种情况在0.3 s 内通过线圈的磁通量之比为1∶1C ．两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Q a ∶Q b ＝3∶2D ．两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Q a ∶Q b ＝9∶4解析：两种情况T a ∶T b ＝2∶3，f a ∶f b ＝3∶2，线圈先后两次转速之比为3∶2，选项A 正确．两种情况下在0.3 s 内磁通量的变化量不同，选项B 错误．交流电的最大值E m ＝NBS ω，电动势最大值之比为3∶2.Q ＝U 有2Rt ，两种情况在相等时间内产生的焦耳热之比Q a ∶Q b ＝9∶4，选项D 正确．答案：AD二、计算题(3×12′＝36′) 9．用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd ，线框每边长10 cm ，每边的电阻值为0.1 Ω.把线框放在磁感应强度为B ＝0.1 T 的匀强磁场中，并使它绕轴O 1O 2以ω＝100 rad/s 的角速度旋转，旋转方向如图6所示(沿O 2O 1由O 2向O 1看为顺时针方向)．已知O 1、O 2两点分别在ad 和bc 上，轴O 1O 2在线框平面内，并且垂直于B ，O 1d ＝3O 1a ，O 2c ＝3O 2b .图6(1)当线框平面转至和B 平行的瞬时(如图6所示位置) ①每个边产生的感应电动势的大小各是多少？②线框内感应电流的大小是多少？方向如何？(2)求线框由图所示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小； (3)线框旋转一周内产生的热量为多少？解析：(1)①令L 表示正方形线框的边长，R 表示其每边的电阻值，则L ＝0.1 m ，R ＝0.1 Ω，设此时cd 段感应电动势的大小为E 1，ab 段感应电动势的大小为E 2，则E 1＝BLv 1＝3BL 2ω/4＝0.075 VE 2＝BLv 2＝BL 2ω/4＝0.025 Vda 段和bc 段不切割磁感线，所以它们的电动势都是零②线框中的感应电动势E ＝E 1＋E 2＝0.1 V 线框中的感应电流为I ＝E /(4R )＝0.25 A 根据楞次定律或右手定则，可判断电流方向沿dcbad(2)根据法拉第电磁感应定律，线框由图所示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小，E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS T/6＝3BS ωsin60°π＝3320πV ＝0.083 V (3)线框旋转一周产生的热量为Q ＝(Im2)2R 总T ＝(I 2)24R 2πω＝2.5π×10－4 J ＝7.85×10－4 J答案：(1)①E cd＝0.075 V E ab＝0.025 V E da＝E bc＝0②I＝0.25 A 方向沿dcbad(2)0.083 V (3)7.85×10－4J图710．如图7所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，每匝线圈的电阻值为0.5 Ω，ab＝0.3 m，bc ＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω.求(1)电阻R在0.05 s内发出的热量；(2)电阻R在0.05 s内流过的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)．解析：(1)矩形线圈abcd在匀强磁场中旋转产生正弦交变电流，电动势的峰值为E m＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π＝113.04 V，电流的有效值I＝Im2＝Em2R＋r＝1.60 AQ＝I2Rt＝5.76 J(2)矩形线圈旋转过程中产生的感应电动势的平均值E＝n ΔΦΔt＝nBST4＝2nBSωπ＝2Emπ＝72 V，电流的平均值I＝ER＋r＝1.44 A；0.05 s内电路流过的电荷量q＝It＝0.072 C.答案：(1)5.76 J (2)0.072 C11．曾经流行过一种自行车车头灯供电的小型交流发电机，图8甲为其结构示意图．图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点，与ab边平行，它的一端有一半径r0＝1.0 cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图8乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S＝20 cm2，磁极间的磁场可视作匀强磁场，磁感应强度B＝0.010 T，自行车车轮的半径R1＝35 cm，小齿轮的半径R2＝4.0 cm，大齿轮的半径R3＝10.0 cm.现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2 V？(假设摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)图8解析：当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，旋转线框与摩擦小轮角速度相等，而摩擦小轮又与车轮线速度相等(自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动)，车轮又与小齿轮角速度相等，最终小齿轮与大齿轮边缘的线速度相等，由此得解．答案：旋转线框产生感应电动势的峰值E m＝NBSω0式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度．发电机两端电压的有效值U＝2E m/2设自行车车轮转动的角速度为ω1，有R1ω1＝r0ω0小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，均为ω1，设大齿轮转动的角速度为ω，有R3ω＝R2ω1由以上各式解得ω＝(2UR2r0)/(NBSR3R1)代入数据得ω＝3.2 rad/s.。

2018年湖南高考物理模拟题及答案（6）一、选择题(8×8′＝64′)1．一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内阻r为( )A．E＝2.4 V，r＝1 ΩB．E＝3 V，r＝2 ΩC．E＝2.4 V，r＝2 ΩD．E＝3 V，r＝1 Ω解析：因为电路断开时路端电压为3 V，所以E＝3 V当R＝8 Ω时，U＝2.4 V，所以I＝UR＝2.48A＝0.3 AE＝U＋Ir，所以r＝2 Ω.答案：B图12．如图1中，电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计，开关接通后流过R2的电流是K接通前的( )A.12B.23C.13D.14解析：由串、并联知识可得，在K没有接通时，R1、R2串联，I1＝E2R在K接通后，R2、R3并联，再跟R1串联I2′＝12I2＝12·ER＋R2＝12·2E3R＝E3R由I2′I1＝E3RE2R＝23，所以B选项正确．答案：B图23．在图2所示电路中E 为电源，其电动势E ＝9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡．其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；K 为电键．开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通电键 K ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( )A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：本题中小灯泡正好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P /U ＝1.8/6.0 A ＝0.3 A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，则R AC ＝U AC I AC ＝E －U L I AC ＝9.0－6.00.3Ω＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝(30－10) Ω＝20 Ω，所以B 选项正确．答案：B图34．在如图3所示的电路中，当变阻器R 3的滑动头P 由a 端向b 端移动时( ) A ．电压表示数变大，电流表示数变小 B ．电压表示数变小，电流表示数变大 C ．电压表示数变大，电流表示数变大 D ．电压表示数变小，电流表示数变小 解析：首先将理想化处理，简化电路，R 2与R 3并联后与R 1串联，当滑动头P 向b 端移动时，R 3阻值变小，R 2、R 3并联部分总电阻变小，据串联分压原理，R 1和内电阻上电压增大，R 2、R 3并联部分电压变小，由此可得：外电路上总电压变小，电压表示数变小；R 2上电流变小，但干路总电流变大，因此R 3上电流变大，电流表示数变大．正确选项为B.少数考生没有将电流表和电压表进行理想化处理，由于电路结构较复杂，分析时产生失误．少数考生审题不严，误将滑动头P 上移动理想为R 3阻值变大，导致错误．答案：B5.图4如图4所示的电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小．根据分析，发生的故障可能是( ) A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：等效电路如图5所示，若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，图5L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A选项正确．若R2断路，总外电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B选项错．若R3短路或R4短路，总外电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D选项错．答案：A图66．如图6所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中( )A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流解析：增大电容器两极板间距离时，电容器电容变小，电容器放电，A极板上的正电荷通过电阻向电池充电，电阻R中有由a流向b的电流．7．(2009·全国卷Ⅱ)图7为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为( )图7解析：本题考查测电源的电动势和内电阻及电路的有关知识，意在考查考生综合运用电路知识和实验的有关方法解决问题的能力；由图可知，E＝U m＝6 V，U＝4 V时，I＝4 A，因此有6＝4＋4r，解得r＝0.5 Ω，当路端电压为4.8 V时，U内＝E－U＝(6－4.8) V＝1.2 V，由UU内＝Rr，所以R＝UU内r＝4.81.2×0.5 Ω＝2 Ω，由电阻的串并联知识可知，正确答案为B. 答案：B8．(2009·重庆高考)某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V/2 W)，将其连接在220 V交流电源上，电路见图8.若工作一段时间后L2灯丝烧断，则( )图8A．X1的功率减小，L1的功率增大B．X1的功率增大，L1的功率增大C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大解析：本题考查闭合电路的欧姆定律和电路的相关问题，意在考查考生运用知识解决实际问题的能力．L2灯丝烧断，则电路中的总电阻变大，由欧姆定律知，总电流减小，则除L2支路外，其他支路两端的电压减小，强光灯和指示灯的功率都要减小．其他支路电压减小，则L2两端电压升高，其功率增大．二、计算题(3×12′＝36′)9．某电子元件的电压与电流的关系如图9所示，将该电子元件与一个R ＝8 Ω的电阻串联，再接至电动势E ＝3 V 、内阻r ＝2 Ω的电源上，试求电路中电流及电源的效率．图9解析：将电源和R 视为一个新的电源，此电源的电动势E ′＝3 V ，内阻r ′＝10 Ω，则此新电源的路端电压U ′与电路中的总电流I 的关系为U ′＝3－10I ，此新电源的路端电压即为电子元件两端的电压．在题目图中作出新电源的图象，可得交点坐标值即为电路中的实际电流值和电子元件两端的实际电压值，分别为I ＝130 mA ，U ′＝1.7 V ，电源的效率η＝U 路E ，U 路＝E －Ir .联立解得η＝1－IrE，代入数据得η＝91.3%. 答案：130 mA 91.3%10．如图10所示的电路中，电源的电动势E ＝10 V ，内阻忽略不计，电阻的阻值分别为R 1＝R 2＝20 Ω、R 3＝10 Ω，滑动变阻器的最大阻值R ＝40 Ω，电容器的电容C ＝20μF ，则：图10(1)将滑动触头P 置于ab 中点，合上电键S ，待电路稳定后再断开S .求断开S 的瞬间，通过R 1的电流大小和方向；(2)闭合电键S ，当滑动触头P 缓慢地从a 点移到b 点的过程中，通过导线BM 的电量为多大？解析：(1)电键S 闭合，电路稳定时BD 两点的电势差U BD ＝R 2ER 1＋R 2① PD 两点的电势差U PD ＝R Pb ER ＋R 3②则BP 两点的电势差U BP ＝U BC －U PC ③ 故断开S 的瞬间，通过R 1的电流方向向左；电流大小I1＝U BPR1＋R3＋R aP由①②③④代入数据解得I1＝0.02 A.(2)P在a点时，U PD＝R ab ER＋R3④U BP＝U BD－U PD⑤电容器M板带电量Q M＝CU BP⑥P在b点时U BP＝U BD⑦电容器M板带电量Q M′＝CU BP′⑧通过导线BM的电量Q＝Q M′－Q M⑨由④⑤⑥⑦⑧⑨式解得Q＝1.6×10－4C.答案：(1)I2＝0.02 A (2)Q＝1.6×10－4C11．(2010·苏州调研)一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图11(甲)所示，图中U＝12 V的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R0接成如图11(乙)所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2 A，变阻器的最大阻值为R0＝22 Ω.求：图11(1)电源电动势E和内电阻r；(2)空载时A、B两端输出的电压范围．(3)A、B两端所能接负载的电阻的最小值．解析：(1)据全电路欧姆定律：E＝U＋Ir由图(甲)可知，当I＝0时，E＝U＝12 V当E＝12 V，R＝2 Ω时，U＝6 V，据全电路欧姆定律可得：r＝2 Ω(2)空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压U AB＝0当滑片移至最上端时，有E＝U AB＋Ir，I＝ER0＋r可得这时的输出电压U AB＝11 V所以，空载时输出电压范围为0～11 V.(3)设所接负载电阻的最小值为R′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I＝2 A，有：E＝I(R外＋r)，其中R外＝R0R′R0＋R′，代入数据可得：R′＝4.9 Ω.。

湖南省长沙市长郡中学2018届高考模拟考试（二）理科物理试题二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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，有选错或不选的得0分。

1. 中，m1、m2、m3、X 的质量为m4，光在真空中的速度为c.则下列判断正确的是A. XB. XC. XD. X【答案】B【解析】根据核反应方程中质量数和电荷数守恒有X的质量数X，该反应过程中质量亏损为B正确．2. 老山自行车赛场采用的是250米赛道，赛道宽度为7.5米。

赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，按2003年国际自盟UCI赛道标准的要求，其直线段倾角为13°，圆弧段倾角为45°，过渡曲线段由13°向45°过渡。

假设运动员在赛道上的速率不变，则下列说法中一定错误的是A. 在直线段赛道上自行车运动员处于平衡状态B. 在圆弧段赛道上自行车运动员的加速度不变C. 在直线段赛道上自行车受到沿赛道平面向上的摩擦力D. 在圆弧段赛道上的自行车可能不受沿赛道平面向上的摩擦力作用【答案】BD【解析】在直线段赛道上自行车运动员做匀速直线运动，加速度为零，故合力为零，故受力平衡，A正确；在圆弧段赛道上自行车运动员的速率不变，做匀速圆周运动，故加速度指向圆心，方向不断改变，B错误；在直线段赛道上自行车运动员做匀速直线运动，加速度为零，故合力为零，直线段倾角为13°，故摩擦力与重力的下滑分量平衡，C正确；在圆弧段赛道上，自行车做匀速圆周运动，当重力和支持力的合力恰好提供向心力时，无侧向静摩擦力，但在车一定受到向后的滚动摩擦力，D错误．3. 某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向行上方由静止开始匀加速飞行，如图所示。

2018年湖南省长沙市高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，其中1～5只有一项符合题目要求，第6～8小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．（6分）（2018•长沙模拟）牛顿时空观也叫经典时空观，下列关于经典时空观及经典力学的说法正确的是（） A．经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的B．经典力学的基础是牛顿运动定律，它适用于宏观和微观世界C．在经典力学中，物体的质量是随运动状态而改变的 D．经典力学也适用于高速运动的宏观物体【考点】：狭义相对论．【分析】：经典力学的基础是牛顿运动定律，适用于宏观、低速、弱引力的情况．【解析】：解：A、经典时空观认为空间和时间是独立于物体及其运动而存在的，故A正确；B、经典力学的基础是牛顿运动定律，它适用于宏观世界，不适应与微观世界，故B错误；C、在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的．故C错误；D、经典力学适用于宏观、低速、弱引力的情况，故D错误．故选：A．【点评】：关键是知道牛顿经典力学的本质认为质量和能量各自独立存在，且各自守恒，它只适用于物体运动速度远小于光速的范围．2．（6分）（2018•长沙模拟）据报道，北京时间2018年12月6日17时53分，嫦娥三号探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道．探测器环月运行轨道可视为圆轨道．已知质量为m的探测器环月运行时可忽略地球及其他天体的引力，其轨道半径为r，运动周期为T，引力常量为G．由以上条件可求得（）A．月球的半径 B．月球表面的重力加速度C．探测器离月球表面的高度 D．月球的质量【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】：人造卫星问题．【分析】：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；根据万有引力等于重力求出重力加速度．【解析】：解：A、根据题意无法求出月球的半径，故A错误；B、根据万有引力等于重力得：=mgg=，不知道月球的半径，所以不能求出月球表面的重力加速度，故B错误；C、轨道半径为r=R+h，不知道月球的半径，所以不能求出离月球表面的高度，故C错误；D、轨道半径为r，运动周期为T，引力常量为G，根据万有引力提供向心力，=mM=，所以能求出月球的质量，故D正确；故选：D．【点评】：本题要知道万有引力提供向心力这个关系，并且能够根据题目的要求选择恰当的向心力的表达式．3．（6分）（2018•长沙模拟）如图所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为m，整体悬挂处于静止状态．当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是（重力加速度为g）（）A．物体A的加速度等于g B．物体B的加速度大于g C．物体C的加速度等于g D．物体B和C之间的弹力为零【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：先对A受力分析，求出细线剪短前后A的加速度；再对B、C整体受力分析，求出BC整体的加速度【解析】：解：A、物体A受重力和支持力，在细绳剪断瞬间仍受力平衡，所以a=0，故A错误；BC、B、C物体相对静止，将B、C看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于A物体的重力，故整体的加速度为：a==；故B正确，C错误．D、根据B项分析知B与C之间弹力为零．故选：B【点评】：本题是瞬时问题，关键在于BC的加速度相等，要将BC当作整体来研究．4．（6分）（2018•长沙模拟）2018年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是（）A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出卡车匀减速运动的时间，从而得知发现情况后，卡车到停止的时间；（2）司机发现情况后，在反应时间内做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动，结合运动学公式求出位移的大小；（3）平均速度等于总位移除以总时间；【解析】：解：A、卡车减速到零的时间．则t=t′+t1=0.6+3=3.6s，故A错误；B、在反应时间内的位移x1=v0t′=15×0.6m=9m．匀减速直线运动的位移，则x=x1+x2+1.5=33m，故B正确；C、平均速度，故CD错误；故选：B【点评】：解决本题的关键掌握匀变速直线运动运动学公式，并能灵活运用．知道在反应时间内做匀速直线运动．5．（6分）（2018•长沙模拟）已知长直线电流产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=K（其中K为比例系数，为电流强度，r为该点到直导线的距离）如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线甲和乙，通有大小均为I且方向相反的电流，a、O两点与两导线共面，且a点到甲的距离、甲到O点的距离及O点到乙的距离均相等．现测得O点磁感应强度的大小为B0=3T，则a点的磁感应强度大小为（）A． 1T B．T C．T D． 2T【考点】：磁感应强度．【分析】：由安培定则判断出甲乙两导线在O点产生的磁场方向，然后求出各导线在O点产生的磁感应强度大小；由安培定则及磁场的叠加原理求出a点的磁感应强度；求出甲在乙处产生的磁感应强度，最后由F=BIL求出乙受到的安培力．【解析】：解：设两导线间的距离是L，则由题意知：ao=bo=L；由安培定则可知，甲乙两电流在O点产生的磁场方向都垂直于纸面向里，两导线到O点的距离均为L，由于B=k，O点磁感应强度的大小为B0，所以：B0=B a+B b=k①，由安培定则可知，甲在a处产生的磁场垂直于纸面向外，乙在a处产生的磁场垂直于纸面向里，则a处的磁感应强度：B a=B甲+B乙=k②，由①②可得：B a=T；故选：A【点评】：本题是一道信息给予题，认真审题，知道磁感应强度的计算公式、熟练应用安培定则、磁场的叠加原理即可正确解题．6．（6分）（2018•长沙模拟）如图所示，在半径为R的圆形区域内（圆心为O）有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）．一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是（不计离子的重力）（）A．从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长B．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大C．所有离子飞出磁场时的动能一定相等D．在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：粒子在磁场中均由于洛仑兹力充当向心力而做匀速圆周运动，则根据公式和圆的性质可得出粒子运动的半径、偏向角及离开磁场的时间；由洛仑兹力不做功可知离开时的动能．【解析】：解：A、由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故此时粒子一定不会沿PQ飞出，由Q点飞出的粒子圆心角最大，故所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点．故A、D正确，B错误．C、因洛仑兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，故飞出时的动能不一定相同，故C错误．故选：AD．【点评】：本题为多个粒子的偏转问题，此类题目要求我们能将圆的性质掌握清楚，利用我们所掌握的几何知识进行分析判断．7．（6分）（2018•长沙模拟）如图所示电路，一理想变压器的原线圈ab间接电压为u=220sin100πt（V）的交流电源，R0为定值电阻，当滑动变阻器R的滑片处在某位置时，灯泡L 刚好正常发光，则（）A．流过灯泡L的交变电流频率跟变压器的原、副线圈匝数比无关，为100HzB．将R的滑片向上滑稍许，灯泡L的亮度不变C．将R的滑片向下滑稍许，变压器的输入功率变大D．将R的滑片向下滑稍许，灯泡L的亮度变暗【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由电压的表达式可求得交流电的频率；注意频率和匝数等无关；由匝数之比不变可明确电压不变，借助闭合电路欧姆定律的动态分析方法分析输出端的电流及电压变化，即可分析功率和亮度的变化．【解析】：解：A、流过灯泡的频率与原副线圈匝数无关，其大小为f===50Hz；故A错误；B、匝数不变时，R的滑片上滑时，R接入电阻增大，总电阻增大，总电流减小，R两端的电压减小，则并联部分电压增大；则L两端的电压增大；故L的亮度增大；故B错误；C、R的滑片向下滑稍许时，接入电阻减小，总电流增大，输出功率增大，则输入功率也变大；故C正确；D、滑片向下滑稍许时，接入电阻减小，总电流增大，R两端的电压增大，则灯泡两端电压减小；故亮度变暗；故D正确；故选：CD．【点评】：本题考查变压器的动态分析问题，其解决方法与闭合电路欧姆定律相同，利用“局部﹣整体﹣局部”的分析思路进行分析即可求解．8．（6分）（2018•长沙模拟）如图所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为θ1；现将该夹角增大到θ2，对应恒力变为F2，则以下说法正确的是（）A．若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2=F1B．若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2＞F1C．若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率D．若物体以大于v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率【考点】：共点力平衡的条件及其应用；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：根据共点力平衡得出两个拉力的表达式，结合数学知识分析拉力的大小关系．根据拉力的功率大小和摩擦力的功率大小相等，结合功率表达式P=Fvcosθ分析功率大小．【解析】：解：A、物体都做匀速运动，受力平衡，则：F1 cosθ1=μ（mg﹣F1sinθ1）F2 cosθ2=μ（mg﹣F2sinθ2）解得：，当cosθ1+μsinθ1=cosθ2+μsinθ2时，F2=F1，则sin（θ1+β）=sin（θ2+β），其中tan，当θ1+θ2+2β=π时，sin（θ1+β）=sin（θ2+β），则F2的大小可能等于F1．故A正确，B错误．C、因为物体做匀速直线运动，合力为零，则F1 cosθ1=μ（mg﹣F1sinθ1）F2 cosθ2=μ（mg﹣F2sinθ2）功率P=Fvcosθ，v相等，要使功率相等，则F1 cosθ1=F2 cosθ2，F1sinθ1=F2sinθ2，而θ2＞θ1，不可能同时满足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，故C错误；D、根据C的分析可知，当物体以大于v的速度做匀速运动时，F1 cosθ1可以大于F2 cosθ2，则F1的功率可能等于F2的功率，故D正确．故选：AD【点评】：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡，结合功率相等列式求解，注意物体做匀速直线运动，合力为零，拉力的功率大小等于摩擦力功率的大小，难度适中．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（6分）（2018•长沙模拟）物理课题小组参与设计某道路的“风光互补路灯”系统．如图所示，其主要部分为：A．风力发电机（最大输出功率300W）B．太阳能电池（太阳能转化为电能的效率为20%，最大输出功率为36W）C．蓄电池（12V 500A•h）D．LED路灯（12V 60W）（1）如果当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射强度约为200W/m2，要想使太阳能电池达到最大输出功率，则太阳能电池板的面积至少要0.9 m2．（2）若只用风力发电机给蓄电池充电，将蓄电池的电能由20%至充满所需时间为25h，则风力发电机的输出功率为192 W．【考点】：功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：功率的计算专题．【分析】：（1）由太阳能电池达到最大输出功率等于辐射功率乘以面积再乘以效率得到结果；（2）根据能量守恒列方程求解【解析】：解：（1）由太阳能电池达到最大输出功率等于辐射功率乘以面积再乘以效率得：200S×20%=36，解得，S=0.9m2（2）根据能量守恒列方程得：12×500×（1﹣20%）=P×25，解得，P=192W故答案为：（1）0.9 （2）192【点评】：本题体现了物理与生活的紧密相连，有一定难度，关键是读懂题目中包含的隐性条件，这样会帮助我们减少计算量．10．（9分）（2018•长沙模拟）甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验．已知重力加速度为g．（1）甲同学所设计的实验装置如图（甲）所示．其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计．实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数．则该设计能测出A与B （填“A与B”或“A与地面”）之间的动摩擦因数，其表达式为．（2）乙同学的设计如图（乙）所示．他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t．在坐标系中作出F﹣的图线如图（丙）所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c．因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为光电门A、B之间的距离x ．根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题．【分析】：（1）用力将A从B的下方抽出达到稳定状态时，B所受的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力平衡．滑动摩擦力f=μN，N等于B的重力，f由弹簧测力计Q读出，从而可测得动摩擦因数．（2）小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2．位移一定，找出a与t的关系，以及斜率k、截距b 的意义，然后即可求出动摩擦因数的表达式．【解析】：解：（1）当A达到稳定状态时B处于静止状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力f大小相等，B对木块A的压力大小等于B的重力mg，由f=μN得，μ=，由从Q上读取F1，则可求得μ，为A与B之间的动摩擦因数．（2）小车由静止开始做匀加速运动，位移x=at2．a=根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶，F合=F﹣μmg=ma则：则图线的斜率为：k=2mx，纵轴的截距为b=μmg；k与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的摩擦因数：故答案为：（1）A与B，；（2）光电门A、B之间的距离x；【点评】：本题关键要理解掌握光电门测量速度的原理，运用动能定理得到动摩擦因数的表达式，分析图象截距的意义．11．（14分）（2018•长沙模拟）某商场设计将货物（可视为质点），从高处运送到货仓，简化运送过程如图所示，左侧由固定于地面的光滑圆轨道，轨道半径为R，轨道最低点距离地面高度为h=，距货仓的水平距离为L=3R，若货物由轨道顶端无初速落下，无法直接运动到货仓，设计者在紧靠最低点的地面放置两个相同的木箱，木箱长度为R，高度为h，质量为M，上表面与轨道末端相切，货物与木箱之间的动摩擦因数为μ，设计者将质量为m货物由轨道顶端无初速滑下，发现货物滑上木箱1时，两木箱均静止，而滑上木箱2时，木箱2开始滑动（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g）（1）求木箱与地面的动摩擦因数μ1的取值范围；（2）设计者将两木箱固定在地面上，发现货物刚好可以死进去货仓，求动摩擦因数μ的值．【考点】：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）货物在木箱1上运动时，两木箱均静止，知物块对木箱的摩擦力小于地面对木箱的最大静摩擦力，货物在木箱2上运动时，木箱2运动，知物块对木箱2的摩擦力大于木箱2受到地面的摩擦力，从而求出动摩擦因数的范围．（2）根据动能定理求出物块滑上木箱的初速度，结合平抛运动的规律，抓住物块恰好进入货仓求出物块离开木箱做平抛运动的速度，根据牛顿第二定律和速度位移公式求出动摩擦因数的大小．【解析】：解：（1）因为货物在木箱1上运动时，两木箱均静止，有：μmg＜μ1（2M+m）g，货物在木箱2上运动时，木箱2开始滑动，有：μmg＞μ1（M+m）g，联立两式解得．（2）根据动能定理得，，解得v=，在两木箱上做匀减速运动的加速度a=μg，因为木块刚好进入货仓，木块离开木箱后做平抛运动，有：，t=，根据3R﹣2R=v′t得，木块做平抛运动的初速度，根据速度位移公式得，v2﹣v′2=2a•2R，代入数据解得μ=0.25．答：（1）木箱与地面的动摩擦因数μ1的取值范围为．（2）动摩擦因数μ的值为0.25．【点评】：本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，对于第二问，关键抓住临界情况，物块恰好进入货仓，求出平抛运动的初速度是关键．12．（18分）（2018•长沙模拟）如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．t=0时刻，给导体棒一个平行于导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0．在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定．不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式；（2）若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P；（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下，而由题中条件，棒将运动位移x2后停下，求的值．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）使棒中的电流强度保持恒定，结合欧姆定律知I=为定值，由于棒做匀减速运动，故感应电动势随时间减小，由此的到R随时间的变化关系；（2）电阻随时间均匀减小，故电阻的功率可用平均功率等效代替，P=【解析】：解：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，则有：v=v0﹣at而a=t=0时刻棒中电流为：经时间t后棒中电流为：由以上各式得：R=（2）因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求功率为：P=由以上各式得：P=（3）将可控电阻改为定值电阻R0，棒将变减速运动．有：而由以上各式得：而由以上各式得所求答：（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式为：R=；（2）若已知棒中电流强度为I，求0～t时间内可控电阻上消耗的平均功率P为；（3）的值为2：1．【点评】：解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度．【物理-------选修3-3】（15分）13．（6分）（2018•长沙模拟）如图，质量为M的绝热活塞把一定质量的理想气体密封在竖直放置的绝热气缸内．活塞可在气缸内无摩擦滑动．现通过电热丝对理想气体十分缓慢地加热．设气缸处在大气中，大气压强恒定．经过一段较长时间后，下列说法正确的是（）A．气缸中气体的压强比加热前要大B．气缸中气体的压强保持不变C．气缸中气体的体积比加热前要大D．气缸中气体的内能可能和加热前一样大E．活塞在单位时间内受气缸中分子撞击的次数比加热前要少【考点】：封闭气体压强．【分析】：给气体加热时，封闭气体发生等压变化，可根据盖•吕萨克定律列式知温度上升，气体发生等压变化，可根据热力学第一定律求内能的变化量．由压强的决定因素：分子平均动能和单位体积内的分子数分析单位时间内分子撞击气缸的次数．【解析】：解：A、气缸内封闭气体的压强 p=p0+，则知加热时封闭气体的压强保持不变．故A错误，B正确．C、封闭气体发生等压变化，根据盖•吕萨克定律知，温度上升时，气体的体积增大，故C正确．D、一定质量的理想气体内能只跟温度有关，温度升高，气体的内能增加．故D错误．E、温度升高，分子的平均动能增大，体积增大，单位时间气体分子数减少，由于气体的压强不变，根据压强的微观含义知活塞在单位时间内受气缸中分子撞击的次数比加热前减少，故E正确．故选：BCE．【点评】：解决本题的关键要明确气体作的是等压变化，知道一定质量的理想气体内能只跟温度有关．14．（9分）（2018•长沙模拟）U形管两臂粗细不等，左管开口向上，封闭的右管横截面积是开口的左管的3倍，管中装入水银，大气压为P0=76cmHg．开口管中水银面到管口距离为h1=22cm，且水银面比封闭管内高△h=4cm，封闭管内空气柱长为h2=11cm，如图所示．现用小活塞把开口端封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：①右管中气体的最终压强②活塞推动的距离．【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：以粗管封闭气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得最终压强；再以左管气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得气体体积，从而可得活塞推动的距离【解析】：解：①设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，以右管封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1=p0+△h=80cmHg体积为V1=3Sh2末状态的压强为p2从初状态到末状态，设左管水银面下降△h1，设右管水银面上升△h2，则△h1+△h2=△h△h1S=3△h2S故△h1=3△h2=0.75△h=3cm末状态的体积为V2=3S（h2﹣△h2）由等温变化有p1•V1=p2•V2由以上各式得 p2=88 cmHg②以左管被活塞封闭气体为研究对象，初状态有：p3=p0=76cmHg，体积为V3=Sh1末状态有：p4=p2=88cmHg，体积为V4=Sh4由等温变化有p3•V3=p4•V4由以上各式得 h4=19 cm活塞推动的距离 L=h1﹣h4+△h1=6 cm答：①右管中气体的最终压强88 cmHg②活塞推动的距离6 cm【点评】：本题关键确定封闭气体的初末状态的气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程列式后联立求解【物理--选修3-4】（15分）15．（2018•长沙模拟）一列频率为2.5Hz的简谐横波沿x轴传播，在t1=0时刻波形如图中实线所示，在t2=0.7s时刻波形如图中虚线所示．则该波沿x轴负向（填“正向”或“负向”）传播．其传播速度为10 m/s．在t3=0.9s时位于0＜x＜4m区间的部分质点正在向y轴正方向运动，这些质点在x轴上的坐标区间是1m＜x＜3m ．【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：由频率求出周期，根据时间与周期的倍数关系确定波的传播方向；再分析在t3=0.9s时位于0＜x＜4m区间的质点中正向y轴正方向运动的质点坐标区间．【解析】：解：该波的周期为：T==s=0.4s，t2﹣t1=0.7s=1T，由波形的平移法可知，该波沿x轴负向传播．由图知，波长为λ=4m，波速为 v==10m/s在t1=0时刻在x轴上坐标区间为2m＜x＜4m的质点正向y轴正方向运动，在t3=0.9s=2T时刻，波形向左平移λ=1m，则正向y轴正方向运动的质点在x轴上的坐标区间是：1m＜x＜3m．故答案为：负向；10m/s；1m＜x＜3m．【点评】：本题的解题关键是根据时间与周期的关系，利用波形的平移法确定波的传播方向，从而判断出质点的速度方向．16．（2018•长沙模拟）某透明物体的横截面如图所示，其中ABC为直角三角形，AB为直角边，长度为2L，∠ABC=45°，。