湖南省衡阳市高三年级物理学科高考模拟试卷

这是一份湖南省衡阳市高三年级物理学科高考模拟试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
湖南省衡阳市高三年级物理学科高考模拟试卷理科综合能力测试 物理部分第I卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。共48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，有选错的得0分。1. 用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流与照射光的强弱、频率等物理量的关系。图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示，由图可知（　　）A. 由欧姆定律可知，甲图中电压表的示数为零时，电流表的示数也为零B. 由能量守恒定律可知，光电子的最大初动能等于入射光子的能量C. 单色光a和c的频率相同，a光强度比c光的大，b光的频率最大D. 若用a、b、c三束单色光分别照射某种金属，若b光能使该金属发生光电效应，则a光也一定能使该金属发生光电效应【答案】C【详解】A．由图乙可知，电压表示数为零时，仍有光电流，因为光电子有初动能，A错误；B．根据光电效应，光电子的最大初动能等于入射光子的能量减去逸出功，B错误；C．光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，ac光对应的截止频率小于b光的截止频率，根据入射光频率越高，对应的截止电压越大，a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等；当a、c光照射该光电管，因频率相同，则a光对应的光电流大，因此a光子数多，那么a光的强度较强，C正确；D．发生光电效应，入射光的频率必须大于金属的极限频率，因为a光的频率小于b光的频率，b光能使该金属发生光电效应，a光的频率有可能小于金属的极限频率，则a光不一定能使该金属发生光电效应，D错误。故选C。2. 2019年“山东舰”正式服役，标志着我国进入双航母时代，如图，“山东舰”正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为f，某时刻速度为、加速度为，一段时间t后速度变为（），在这段时间内位移为x。下列关系式正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】B【详解】A．发动机的输出功率恒为P，所受阻力大小恒为f，在加速过程中做加速度减小的加速度运动，则这段时间内的平均速度大于初末速度和的一半，即A错误；B．“山东舰”受到的牵引力某时刻速度为时，加速度满足B正确；C．“山东舰”做加速运动，牵引力大于阻力，则C错误；D．由能量守恒可得D错误。故选B。3. 为了阻止宇宙中的小行星撞击地球，科学家们提出在大气层外的地球同步轨道上放一个质量为m的超级核弹，当外来小行星飞近地球时将其摧毁，以减少小行星对地球造成的伤害。已知地球半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，地球同步轨道离地面高度为h。下列说法正确的是（　　）A. 核弹从地面发射到地球同步轨道过程中，速度不断减小，机械能将不断减小B. 为了提高拦截的有效性，若将核弹送到比地球同步轨道更高的轨道上，则其在新轨道上的速度会比在地球同步轨道上的速度大C. 核弹在地球同步轨道飞行时的加速度为D. 地球的平均密度为【答案】C【详解】A．根据功能关系：除重力及弹力以外的其他力做正功，机械能增加，除重力及弹力以外的其他力做负功，机械能减小，而核弹从地球飞向同步轨道过程中，除重力外其他力对核弹做正功，可知机械能不断增加，故A错误；B．根据得可知，轨道半径越大，线速度越小，故B错误；C．在同步轨道运行时，万有引力即为合外力，根据牛顿第二定律得核弹在地球同步轨道飞行时的加速度为故C正确；D．根据联立解得地球密度为故D错误。故选C。4. 如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个固定等量负点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中点A、B为斜面上的两点，且。一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零。（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（　　）A. 小物块带正电，从A运动到B点，电势能先减小后增大B. 小物块带负电，从A运动到B点，加速度先增大后减小C. 小物块运动到O点时具有最大速度D. 小物块能回到A点，且回到A点时的速度大小小于v0【答案】A【详解】AB．从A到B，物块的动能和重力势能均减小，则机械能减小，电势能变大，电场力对滑块做负功，可知滑块带正电，从A到O，电场力做正功，电势能减小；从O到B电场力做负功，电势能变大；因在O点两侧斜面上都存在一个场强最大的位置，此位置与AB两点的位置关系不确定，则不能确定滑块加速度的变化情况，故A正确，B错误；C．因滑块在O点以下某位置时，受到向下的重力、垂直斜面的支持力以及沿斜面向上的电场力，三力平衡时加速度为零，速度最大，可知小物块运动到O点以下某位置时具有最大速度，故C错误；D．小物块到达最低点后，加速度沿斜面向上，由能量关系可知，滑块能回到A点，且速度大小等于v0，故D错误故选A。5. 如图所示，高层住宅外安装空调外机时，常利用电机通过缆绳牵引外机，为避免外机与阳台、窗户碰撞，通常还会用一根拉绳拽着外机，缆绳拉力的大小为F1，方向与竖直方向成α角；拉绳拉力大小为F2，与竖直方向的夹角为β。现使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变，外机沿竖直方向匀速上升，则在提升外机过程中，下列说法正确的是（　　）A. 角α可能等于角βB. 角α可能大于角βC. 拉力F1、F2大小都不变D. 拉力F1、F2大小都增大【答案】D【详解】对空调外机受力分析如图受到重力和两根绳子的拉力，由于空调外机是匀速运动，故合力为零，在竖直方向在水平方向整理得在上升过程中，α增大，而β不变，F2增大，根据可得由于F2增大，α增大，cosα减小，故F1增大，因F1大于F2，根据F1sinα=F2sinβ可知缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故ABC错误，D正确。故选D。6. 如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势为e=26sin100πt（V）。并与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数比为4：1，降压变压器副线圈接入一只“12V，12W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r=16Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则（　　）A. 电流表的示数为0.5AB. 原线圈中交变电压的频率为100HzC. 升压变压器的原副线圈匝数之比为1：2D. 当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，输电线上损失的功率增大【答案】ACD【详解】A．降压变压器副线圈接入一只“12V，12W”的灯泡，且灯泡正常发光，灯泡的电流为,且降压变压器的原、副线圈匝数之比为，则输电线路的电流为，输电线上损失功率为，则升压变压器输入功率由题意可知则A正确；B．根据频率与角速度关系可得B错误；C．升压变压器副线圈电压根据原、副线圈电压与线圈匝数成正比可得C正确；D．当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，副线圈电流增大，输电线电流也增大，由则损失功率增大，D正确故选ACD。7. 在某高空杂技类节目现场下方地面上放置一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端相连，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为2m的物体从距木板上方2h的O点由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）A. 物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小B. 整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒C. 物体与木板碰后瞬间加速度大小为，物体与木板恰好回到A点时加速度大小为gD. 物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为【答案】AD【详解】A．物体与木板一起向下运动过程中，整体受到的弹簧弹力先小于总重力，后大于总重力，整体的合外力先向下后向上，则整体先向下加速，后向下减速，速度先增大后减小，A正确；B．物体与木板发生非弹性碰撞，系统的机械能有损失，所以，整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；C．两弹簧原来的弹力大小为物体与木板碰后瞬间弹簧的弹力不变，对整体有解得物体与木板恰好回到A点时，弹簧的弹力为0，整体只受重力，加速度大小为g，C错误；D．物体与木板碰撞前瞬间的速度为解得碰撞过程，取竖直向下方向为正方向，由动量守恒定律得从碰撞后到回到A点的过程，根据系统的机械能守恒得联立解得，物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为
 D正确。故选AD。8. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L、在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为，则下列判断正确的是（　　）A. 此时线框中电流方向为逆时针，电功率为B. 此过程中通过线框截面的电量为C. 此过程中线框克服安培力做的功为D. 此时线框的加速度大小为【答案】CD【详解】A．线框左边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，其下端为正极，同理线框右边其上端为正极，则感应电流方向为逆时针，回路中产生感应电动势为感应电流为此时线框中的电功率故A错误；B．此过程穿过线框的磁通量的变化量为通过线框截面的电量为故B错误；C．根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为故C正确；D．左右两边所受安培力大小分别为，方向向左，方向向左则根据牛顿第二定律得其中解得故D正确故选CD。第II卷三、非选择题（－）必考题9. 用半径均为r的小球1和小球2碰撞来验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，斜槽与水平槽圆滑连接。安装固定好实验装置，竖直挡板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，用夹子固定，小球球心与O点位置等高，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，并落在竖直挡板上。重复多次，确定小球落点的平均位置P；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，确定碰撞后两小球落点的平均位置M、N；步骤3：用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的竖直方向的距离分别为h1、h2、h3。(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为_____mm。(2)设球1和球2的质量分别为m1、m2，若满足_____，则说明碰撞过程动量守恒，若还满足_____，则说明两球发生的碰撞为弹性碰撞。（用“m1、m2、h1、h2、h3表示）【答案】    (1)9.846~9.848   (2).     (3). 【详解】（1）小球的直径。（2）小球离开轨道后做平抛运动，水平方向竖直方向解得由题意可知，碰撞前球1的速度为碰撞后球1的速度为碰撞后球2的速度为碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得整理得。（2）两球发生的碰撞为弹性碰撞，满足能量守恒整理得。10. 测定某种特殊电池的电动势和内阻。其电动势E约为12V，内阻r约为3Ω。实验室提供的器材有A．量程为10mA、内阻未知的电流表G；B．电阻箱R1（0～9999.9Ω）；C．电阻箱R2（0～999.9Ω）；D．滑动变阻器R3（0～100Ω）；E．滑动变阻器R4（0～2000Ω）；F．开关2只，导线若干。(1)先用如图甲所示的电路来测定电流表G内阻。补充完成实验：①为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取_____（选填“R3”或“R4”）；②连接好电路，断开S1、S2，将R'的滑片滑到_____（选填“a”或“b”）端；③闭合S1，调节R'，使电流表G满偏；④保持R'不变，再闭合S2，调节电阻箱电阻R1=20.0Ω时，电流表G的读数为5mA；⑤调节电阻箱时，干路上电流几乎不变，则测定的电流表G内阻Rg=_____。(2)按图乙连接电路，将电阻箱R1的阻值调为R0=1180.0Ω。再闭合开关S1、S2多次调节电阻箱R2，记录每次电阻箱的阻值R2及对应的电流表的示数I。作出图象如图丙所示，由两次操作测得的数据求得电池的电动势为_____V，内阻为_____Ω（保留一位小数）。【答案】    (1)R4   a   20.0    (2)12.0  3.2【详解】（1）由题意可知，电源电动势为12V，而电流表量程为10mA，则电流表达到满偏时需要的电阻为故为了安全和准确，滑动变阻器应选。为了让电路电流由最小开始调节，滑动变阻器开始时接入电阻应最大，故滑片应滑至a端。用半偏法测电流表内阻，开始时电流表满偏，滑动变阻器远大于电流表内阻；当再并联一个与电流表阻值相当的电阻，可认为整个电路的电流几乎不变，此时表头读数为半偏，电流表G内阻近似等于电阻箱电阻R1=20.0Ω。（2）根据闭合电路的欧姆定律变形得根据图像可得斜率和截距，应有带入数据解得11. 如图所示，传送带A、B之间的距离为L=5.8m，与水平面间的夹角为θ=37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v=4m/s，在上端A点处无初速度地放置一个质量m=1kg、可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为µ=0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R=0.9m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h=1.0m，DE为竖直方向圆轨道的直径（g取10m/s2）。求：(1)金属块经过D点时对轨道的压力；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。【答案】(1)60N，方向竖直向下(2)5.5J【详解】（1）金属块在E点时解得3m/s在从D到E的过程中由动能定理得解得在D点由牛顿第二定律得由牛顿第三定律可得方向竖直向下。（2）金属块刚刚放上传送带时解得设经位移s1达到相同速度，则解得继续加速的过程中解得由，解得在从B到D的过程中由动能定理得，解得12. 如图所示，MN长为3L，NP长为4L的矩形MNPQ区域内，存在以对角线MP为分界线的两个匀强磁场区域I和II，方向均垂直纸面向外，区域I的磁感应强度大小可调，区域II的磁感应强度大小为B。一质量为m、电量为q的带正电粒子从M点以平行于MN边的方向射入磁场I区域中，速度大小为，不计粒子所受重力，矩形外边线上均存在磁场。（sin=0.6，cos=0.8）(1)若粒子无法进入区域II中，求区域I磁感应强度大小范围；(2)若区域I的磁感应强度大小，求粒子在磁场中的运动时间；(3)若粒子能到达对角线MP的中点O点，求区域I磁场的磁感应强度大小的所有可能值。【答案】(1)；(2)；(3)若粒子由区域Ⅱ达到O点，、、；若粒子由区域I达到O点，、【详解】(1)当粒子速度一定时，磁感应强度越小则粒子运动的半径越大，当运动轨迹恰好与NP相切时，粒子恰好不能进入区域Ⅱ，故粒子运动半径R＞3L，由可得(2)粒子在区域I中运动：由、，解得R=L粒子在区域Ⅱ中运动解得画出轨迹如图所示，在区域I中运动所对应的圆心角为，在区域Ⅱ中运动所对应的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间(3)因为粒子在区域Ⅱ中的运动半径，若粒子在区域I中的运动半径R较小，则粒子会从MQ边射出磁场，若粒子恰好不从MQ边射出时应满足粒子运动轨迹与MQ相切，如图所示∠O2O1Q=，sin=又因为sin=2sincos=解得 ①若粒子由区域Ⅱ达到O点，每次前进由周期性可得MO=nMC2（n=1，2，3……）即解得n≤3n=1时：，n=2时，n=3时，②若粒子由区域I达到O点由周期性可得MO=MC1+nMC2（n=0，1，2，3……）即解得解得n≤n=0时，n=1时，（二）选考题 [物理选修3－3]13. 在“用油膜法估测油酸分子直径”的实验中，某同学按如下操作：A．在量筒中滴入一滴已配制好的油酸酒精溶液，测出其体积；B．在装有水、水面撒有适量痱子粉的浅盘中滴入一滴已配制好的溶液，待薄膜形状稳定；C．将玻璃板放在浅盘上，将油膜形状描绘在玻璃板上；D．将玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸体积和面积计算出油酸分子的直径。①其中操作不合理的步骤是_____；②实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是_____；A．可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓B．有助于测量一滴油酸的体积C．对油酸溶液起到稀释作用D．有助于油酸的颜色更透明便于识别③已知油酸酒精溶液中油酸体积占比例为k，N滴油酸溶液体积为V，一滴油酸溶液形成油膜的面积为S，则油酸分子的直径为_____。【答案】    (1). A    (2). C    (3). 【详解】①要测出一滴油酸酒精溶液的体积，即在量筒中滴入N滴溶液，测出其体积为V，则一滴该溶液的体积为A错误，BCD正确。故选A。②如果油酸不加稀释形成油膜面积很大，不便于测量，油酸可以溶于酒精，因此酒精溶液的作用是对油酸溶液起到稀释作用，ABD错误，C正确。③一滴油酸溶液纯油酸体积为一滴油酸溶液形成油膜面积为S， 那么油酸分子直径为。14. 用打气简给篮球打气时，每次提起活塞，篮球充气孔处的橡胶垫立即封闭充气孔，外界大气自由进入打气筒内；然后向下压活塞，打气简进气口立即封闭，当打气简内气压超过篮球内气压时，篮球充气孔打开，打气筒内气体被压入篮球内。设某个篮球用了一段时间后，其内气压为P，现用内横截面积为S的打气筒给篮球打气，每次拉出活塞的长度为h，再将活塞压下h长度时都能将吸入打气筒的气体全部压入篮球内。已知外界大气气压为P0，设整个打气过程中气体温度均不变、篮球内胆容积V已知且不变。①求第n次打气完成后，篮球内气体的压强；②试求第（n＋1）次压下活塞长度△h至少为多大时，篮球充气孔才能打开？【答案】①；②【详解】①提起压下活塞次，则有解得②第（n+1）压下活塞前，已经压下了n次，这时篮球内气压为当第 次压下活塞长度时，打气筒内气压为则有要使篮球充气孔打开，则有联立解得[物理选修3－4]15. 下列说法正确的是（　　）A. 一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短B. 电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短C. 声源向静止的观察者靠近，观察者接收到的频率小于声源的频率D. 日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰E. 分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距【答案】ADE【详解】A．由于单色光的频率不变，根据光在介质中传播速度与光速和折射率关系再由可得因为玻璃的折射率大于空气的折射率，所以这束光的速度变慢，波长变短，A正确；B．根据电磁波波谱可知，红外线的波长比X射线的波长要长，B错误；C．根据多普勒效应可知，声源向静止的观察者运动，两者距离减小，观察者接收到的频率将大于声源的频率，C错误；D．在日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片，由于反射光太强，偏振光强，加偏振片可以将反射的偏振光过滤，使景像更清晰，D正确；E．双缝干涉实验中，相邻两个亮条纹的中心间距红光的波长比紫光长，则红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距，E正确。故选ADE。16. 一质点A做简谐运动，某时刻开始计时，其位移和时间关系如图甲所示。由于A质点振动形成的简谐横波沿x正方向传播，在波的传播方向所在的直线上有一质点B，它距A的距离为0.5m，如图乙所示。在波动过程中，开始计时时B质点正经过平衡位置向上运动，求： ①从开始计时，t=0.75×10－2s时质点A相对平稳的位置的位移；②在t=0到t=9×10－2s时间内，质点A通过的路程；③该简谐横波传播的速度。【答案】①cm；②36cm，2cm；③m/s（n=0，1，2，3……）【详解】①由题图可知振动方程为当时②在至时间内有4.5个周期，质点的路程为 时，质点A处于波峰位置，则位移为2cm。③波动方向从A到B，开始计时时B质点正经过平衡位置向上运动，根据图像知，这时A点在波谷的位置。则A、B间有n个完整的波长加上长，再由即可求出可能波速。即得……所以m/s（n=0，1，2，3……）