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

长沙市2018届高三年级统一模拟考试物理一、选择题：1.将一物块放在粗糙的水平桌面上，假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．从某时刻起，物块受到一大小为F、方向不变的水平拉力的作用．用a表示物块的加速度大小．当F逐渐增大时，下列图象能正确描述a与F之间关系的是A.B.C.D.【答案】C【分析】开始F较小时，物体静止；当物体运动时，根据牛顿第二定律列式找到a-F函数关系。【详解】当F从0开始增加时，静摩擦力逐渐变大，当F大于最大静摩擦力时，物体开始加速运动；由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma，可得：a＝-μg，即a是F的一次函数，且在x轴上的截距为正，C正确．2.如图所示，某健身爱好者利用如下装置锻炼自己的臂力和腿部力量，在O点悬挂重物C，手拉着轻绳且始终保持绳索平行于粗糙的水平地面．当他缓慢地向右移动时，下列说法正确的有A.绳OA拉力大小不变B.绳OB拉力变大C.健身者与地面间的摩擦力变小D.绳OA、OB拉力的合力变大【答案】B【解析】【分析】对结点O受力分析，根据正交分解法列出方程求解拉力，根据θ的变化分析拉力的变化.【详解】AB．设OA、OB绳的拉力分别为FA和FB，重物的质量为m。对O点有FAcosθ-mg=0，FAsinθ-FB=0，解得FA=，FB=mgtanθ。当健身者缓慢向右移动时，θ变大，则两拉力均变大，选项A错误，B正确；C．健身者所受的摩擦力与FB相等，选项C错误；D．健身者缓慢移动时，两绳拉力的合力大小等于重物C的重力，大小不变，选项D错误。故选B.3.2017年8月12日，“墨子号”取得最新成果——国际上首次成功实现千公里级的星地双向量子通信，为构建覆盖全球的量子保密通信网络奠定了坚实的科学和技术基础，至此，“墨子号”量子卫星提前、圆满地完成了预先设定的全部三大科学目标．假设“墨子号”绕地球做匀速圆周运动，监测系统测得“墨子号”在经过小于运行周期的时间t内运行的弧长为s，其与地心连线扫过的角度为θ(弧度)，引力常量为G，则A.“墨子号”运行的角速度为B.“墨子号”的轨道半径为C.地球的质量为M=D.“墨子号”绕地球运行的向心加速度为【答案】C【解析】【分析】由圆周运动的角速度公式确定角速度，再求周期．由圆的几何知识确定半径，由万有引力提供向心力确定出地球的质量．根据an=ω2R求解向心加速度。【详解】AB．“墨子号”做圆周运动的线速度v=，角速度ω=，又v=ωR，或由s=θR，“墨子号”做圆周运动的半径R=，选项A、B均错误；C．由G=mω2R得，地球的质量M=，选项C正确；D．卫星环绕地球的向心加速度an=ω2R=，选项D错误；故选C.【点睛】解决本题时，要对圆周运动的公式、各个量之间的关系要熟悉，明确s=rθ；对于卫星问题，关键要抓住万有引力提供向心力这一基本思路．4.两平行虚线间存在磁感应强度大小为0.05T、方向与纸面垂直的匀强磁场．一个总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，速度大小为1m/s．cd边进入磁场时开始计时，线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是A.导线框的边长为0.1mB.匀强磁场的宽度为0.2mC.在t＝0.2s至t＝0.4s这段时间内，cd两点间没有电势差D.磁感应强度的方向垂直于纸面向外【答案】D【解析】【分析】根据E＝BLv求解导体框的边长；根据图像信息求解磁场的宽度；在t＝0.2s至t＝0.4s这段时间内，线框的两边仍切割磁感线，从而判断cd两点间有无电势差；根据楞次定律判断磁场的方向。【详解】A．根据E＝BLv＝0.01V可知，L=E/Bv＝0.2m，A错误；B．导线框的cd边从进入磁场到离开磁场的时间为0.4s，根据s＝vt＝0.4m可知，磁场宽度为0.4m，B错误；C．在t＝0.2s至t＝0.4s这段时间内，导体棒ab和cd均切割磁感线，产生了感应电动势，cd间有电势差，所以C错误；D．根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，D正确；故选D。【点睛】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取感应电动势的大小、方向、运动时间等。5.如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B．调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x．突然撤去木板，重力加速度为g，则下列说法正确的是A.撤去木板后，B物块向下运动x时速度最大B.撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大C.撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gD.撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为1.5g【答案】D【解析】【分析】求出撤去木板前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出撤去木板瞬间B的瞬时加速度．当B物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【详解】AB．当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2=2mg=kx2，又mg=kx，所以弹簧此时的伸长量x2=2x，即B物块向下运动3x时其速度最大，选项AB均错误；CD．撤去木板瞬间，B物块所受的合外力为3mg，由牛顿第二定律知其加速度大小为1.5g，选项C错误，D正确。故选D.【点睛】解决本题关键知道撤去木板的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．6.人类对光的本性以及原子内部结构的进一步认识，促进了科技极大的进步，并大量应用于医疗、通讯等领域．下列说法中正确的是A.氢原子吸收光子后，从低能级向高能级跃迁，原子能量增加B.相同频率的光照射不同金属，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，说明这种金属的逸出功越大C.的半衰期约为4天，1g经8天全部发生了衰变D.铀核()衰变为铅核()的过程中，中子数减少了32个【答案】A【解析】【详解】A．根据波尔理论，氢原子吸收光子后，从低能级向高能级跃迁，原子能量增加，选项A正确；B．由爱因斯坦光电效应方程hν=EKm+W可知，光电子最大初动能越大的金属的逸出功越小，选项B错误；C．经过8天两个半衰期，剩下的质量应变为原来的四分之一，选项C错误；D．铀核的中子数为146个，铅核的中子数为124个，两者相比较，中子数减少了22个，选项D错误。故选A.7.阻值相等的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E、内阻可以忽略的电池连接成如图所示电路．开始时，开关S断开且电流稳定，然后闭合开关S，电流再次稳定．闭合开关前后电容器所带的电荷量A.增加B.增加C.增加D.减少【答案】B【解析】【分析】分别画出S断开和闭合时的等效电路图，找打电容器两端的电压，根据Q=CU求解电键S闭合和断开时电容器的带电量，从而求解电量的变化。【详解】由已知条件及电容定义式C＝可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C.S断开时等效电路如图甲所示：U1＝·E×＝E；S闭合时等效电路如图乙所示，U2＝·E＝E．根据Q=CU则Q1=，Q2=；∆Q=Q2-Q1=，选项B正确；8.女子短道速滑队是我国冰上竞技项目的强项，2017年3月12日，在短道速滑世锦赛上，中国队获得女子3000米接力赛冠军．通过观察比赛录像发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，如图所示，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则在乙推甲的过程中A.甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等B.甲、乙的动量变化一定相同C.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功D.甲、乙组成的系统机械能不守恒【答案】AD【解析】【分析】运动员在“交棒”过程中，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒；根据功的概念判断做功的情况。【详解】A．根据牛顿第三定律，乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，选项A正确；B．乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B错误；C．在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，选项C错误；D．结合动能定理和实际情境可知，系统的机械能不守恒，选项D正确；故选AD．9.如图是静电除尘器除尘机理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM=MN．下列判断正确的是A.b是直流高压电源的负极B.电场中M点的电势高于N点的电势C.同一个点电荷在电场中N点受到的电场力小于在P点受到的电场力D.电场中N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP【答案】CD【解析】【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，依据电场线的疏密来体现电场的强弱，并沿着电场线的方向电势是降低的。【详解】A．尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，说明集尘极带正电，b是直流高压电源的正极，选项A错误；B．顺着电场线，电势降落，则M点的电势低于N点的电势，选项B错误；C．越靠近放电极电场越强，同一点电荷受到的电场力越大，选项C正确；D．U=Ed，N、M间的平均电场强度小于M、P间的电场强度，所以N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP，选项D正确；故选CD。【点睛】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，理解本电场是非匀强电场，是解题的关键。10.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法中正确的有A.q1和q2带有同种电荷B.电荷在x2处受到的电场力为零C.正电荷从x1移到x2，电势能减小D.正电荷从x1移到x2，受到的电场力减小【答案】BD【解析】【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据曲线斜率等于场强即得到电场强度的变化，进而分析电场力变化．【详解】AB．φ-x图像的斜率表示电场强度，由图像可知，x2左侧电场强度方向向左，x2右侧电场强度向右，x2处电场强度等于零，故q1和q2均在x1左侧且带有异种电荷，A错误，B正确．CD．正电荷从x1处移到x2处，电势升高，电场强度减小，故电势能增大，电场力减小，C错误，D正确；故选BD．11.如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1:n2=2∶1，且分别接有电阻R1和R2，R1=R2=400Ω．Ｕ为电压有效值不变的正弦交流电源，闭合开关K时，通过电阻R2的电流如图乙所示，则此时A.用电压表测量交流电源电压约为424VB.交流电源的输出功率90WC.断开开关K后，通过电阻R1的电流变成原来的一半D.R1和R2消耗的功率之比为1∶2【答案】AB【解析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。【详解】A．由U1/U2=n1/n2，I1/I2=n2/n1得，通过R2的电流有效值I2=0.3A，通过R1的电流有效值I1=0.15A，副线圈两端的电压U2=I2R2=120V，原线圈两端电压U1=240V，而U=U1+I1R1=300V≈424V，选项A正确；B．交流电源的功率P=UI1=90W，选项B正确；C．断开开关后，通过电阻R1的电流为0，选项C错误；D．R1消耗的功率P1=I12R1，R2消耗的功率P2=I22R2，P1:P2=I12:I22=1:4，选项D错误；故选AB。【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。12.一底角为60°的等腰梯形ABCD内部(包括边界)有垂直于纸面向内、磁感应强度为B0的