湖南省長沙市高考物理月猜題試卷(含解析

1、湖南省長沙市高考物理猜題試卷（5月份）一、選擇題：（本題共10小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得 0分.）1. 如圖所示，質點a、b在直線PQ上的兩個端點，質點 a從P沿PQ做初速度為0的勻加速 直線運動，經過位移 xi時質點b從Q沿QP方向做初速度為 0的勻加速直線運動，位移 X2 時和質點a相遇，兩質點的加速度大小相同，貝UPQ距離為（）abJA. X1+2X2+2 :， : .B. 2X1+X2+2 叮.-C. X1+2X2+2xi+X2+2. 小剛同學在水平地面上把一個質量

2、為1kg的小球以大小為4m/s的初速度沿某方向拋出，小球經過時間0.4s落地，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,則下列判斷正確的是（）A. 小球在最高點的機械能為8JB. 小球落地點與拋出點間的距離為0.8mC. 小球在運動過程中機械能可能減小D. 落地時重力做功的功率為20W3. 個質量為 m=1kg的物體在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直線運動，物體與水平面間的動摩擦因數為卩=0.5 從t=0時刻開始，物體的位移X與運動時間t的關系如圖，：-tt所示，圖線與縱橫坐標軸的交點坐標分別為0.5m/s和1s , g=10m/s2,物體運動時間2s ,下列說法錯誤的是（）B. 加速度為0

3、.5m/sC. 運動位移為3mD.受到的水平拉力大小大小為6N4. 在某空間有一勻強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標系O- xyz , M N、P為電場中的三個點，M點的坐標（0, 4L, 0）, N點的坐標為（3L, 0, 0）, P點坐標為（0, 0, 4L）, Q點的坐標為（3L, L, 7L）, Q點圖中未畫出.已知 M N和P點電勢分別為 0V、25V和16V, 則Q點的電勢為（）Pah/A. 4V B. 9V C. 16V D. 21V5. 如圖所示，兩根輕質細線的一端拴在O點、另一端分別固定在樓道內的傾斜天花板上的a點和b點，一質量為m的重物P通過長度為L的輕質細線固定在 O

4、點，系統(tǒng)靜止，Oa水平、 Ob與豎直方向成一定夾角.現在對重物施加一個水平向右的拉力F,使重物緩緩移動，至OP間細線轉動60,此過程中拉力做功W則下列判斷正確的是（）A. Oa上的拉力F1不斷增大，Ob上的拉力F2一定不變B. Oa上的拉力F1可能不變，Ob上的拉力F2可能增大C. W= mgL,拉力做功的瞬時功率一直增大2D. W= FL,拉力做功的瞬時功率先增大后減小26. 如圖所示，ac為空間一水平線，整個空間存在水平向里的勻強磁場.一帶電小球從a點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示，b為最低點.下列說法中正確的是（）X X X X X XXX X XX X X X X XA. 軌跡ab

5、為四分之一圓弧B. 小球在到b點后一定能到ac水平線C. 小球到b時速度一定最大，且沿水平方向D. 小球在b點時受到的洛倫茲力與重力大小相等7. 額定功率為 9W額定電壓為 9V的小燈泡L和一直流電動機并聯，與定值電阻R=4Q串聯后接在電路中的 AB兩點間，電流表A為理想電表，電路如圖所示，燈泡的電阻不變.當AB間接電壓0.49V時，電動機不轉、燈泡不亮，電流表示數為0.1A ;當AB間接電壓15V時，電動機轉動起來、燈泡正常發(fā)光則下列說法正確的是（）23A. 電動機線圈電阻為 1 QB. 燈泡正常發(fā)光時電流表示數0.5AC. 燈泡正常發(fā)光時電流表示數1AD. 電動機輸出的機械功率 4.25W

6、&如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌 MN PQ水平放置，導軌間距為 L, 一個磁感應強 度B的勻強磁場垂直穿過導軌平面向下，導軌的上端M與P間接有電容為C的電容器，金屬棒開始靜止.對金屬棒施加一個水平向右、大小為F的恒力作用，不計一切摩擦，一切電阻都不計，則經過時間t的過程中（）A. 金屬棒可能做變加速運動B. 金屬棒中的電流恒定C.電容器所帶電荷量mi-B2L2CD. 電容器儲存的電場能為9. 中國“北斗三號”全球組網衛(wèi)星計劃將在2017年7月左右進行首次發(fā)射.“北斗三號”采用星載氫原子鐘，其精度將比“北斗二號”的星載銣原子鐘提高一個數量級.如圖所示為氫原子的部分能級圖，以下判斷正確的是（

7、）00.540.851.5123.40A. 處于n=3能級的氫原子可以吸收任意頻率的光子B. 欲使處于基態(tài)的氫原子被激發(fā)，可用12.09eV的光子照射C. 當氫原子從n=5的狀態(tài)躍遷到n=3的狀態(tài)時，要吸收光子D. 用n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光照射金屬鉑（逸出功為6.34eV ）時不能發(fā)生光電 效應10. 2017年4月23日，青島快樂運動秀之遙控車漂移激情挑戰(zhàn)，挑戰(zhàn)賽中若ab兩個遙控車同時同地向同一方向做直線運動， 它們的v-t圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）B.2 m處C.b車啟動3s后正好追上a車D.b車超過a車后，兩車不會再相遇運動過程中，b車落后a車的最大距離為 4m二

8、、計算題11如圖所示，水平軌道 MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于 N點質量為m的小滑 塊A靜止于P點.質量為M=2m的小滑塊B以速度vo向右運動，A B碰后粘連在一起，已知 A B與水平面間的動摩擦因數為卩,MP和PN距離均為R,求：（1）AB碰撞過程中損失的機械能？（2）當V0的大小在什么范圍時，兩小球在圓弧軌道內運動時不會脫離圓弧軌道？已知重力加速度為g.12. 如圖所示，邊長為L=0.3m正方形邊界abed中有垂直紙面向里、磁感應強度大小為 R=0.5T 的勻強磁場，一質量 m=8x 10 26kg、電荷量q=8 x 10 9C的粒子（重力不計）從邊界 ad上某 點D以某個速度射入

9、粒子從ed中點P孔射出，再經小孔 Q進入相互正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度為2L,電場強度大小 E=5X 105V/m,磁感應強度大小 B1=1T、方向垂直紙面向里，已知粒子經過 QMI正中間位置時有一段時間 t撤去了勻強電場虛線 ef、gh 之間存在著水平向右的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.25T (圖中未畫出)有一塊折成等腰直角的硬質塑料板ABC(不帶電，寬度很窄，厚度不計)放置在 ef、gh之間(截面圖如圖)，CB兩點恰在分別位于 ef、gh上，AC=AB=0.3m a=45 .粒子恰能沿圖中虛線 QM進 入ef、gh之間的區(qū)域，n取3.(1) Dd距離；(2) 已知粒子與硬

10、質塑料相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律.粒子從Q到gh過程中的運動時間和路程分別是多少？13. 如圖所示，半徑為 R的四分之一光滑圓形固定軌道右端連接一光滑的水平面，質量為M=3m勺小球Q連接著輕質彈簧靜止在水平面上，現有一質量為 m的滑塊P (可看成質點)從B點正上方h=R高處由靜止釋放，重力加速度為g.求：(1) 滑塊到達圓形軌道最低點C時的速度大小和對軌道的壓力；(2) 在滑塊壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能；(3) 若滑塊從B上方高H處釋放，恰好使滑塊經彈簧反彈后能夠回到B點，則高度H的大X1= at 12質點a在12運動位移為:X3= (at 1)12+ 一 a

11、t 22=X2+222017年湖南省長沙市高考物理猜題試卷（5月份）參考答案與試題解析一、選擇題：（本題共10小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第14題只有一項符合題目要求，第 58題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得 0分.）1. 如圖所示，質點a、b在直線PQ上的兩個端點，質點 a從P沿PQ做初速度為0的勻加速 直線運動，經過位移 X1時質點b從Q沿QP方向做初速度為 0的勻加速直線運動，位移 X2 時和質點a相遇，兩質點的加速度大小相同，貝U PQ距離為（）a. X1+2X2+2b. 2X1+X2+2 q aC. x計 2x2+,：,.- D.

12、2X1+X2+ 二.【考點】1G勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；1E:勻變速直線運動的位移與時間的關系.【分析】根據初速度為0的勻加速直線運動的公式求出兩段時間的關系，然后結合位移公式，以及空間幾何關系即可求出.【解答】 解：質點a經過時間t1運動位移X1，再經過t2相遇，則時間t1末質點a的速度為at 1.質點a的位移:質點b的位移:兩式相除可知：所以PQ之間的距離為：L=X1+X3+X2=X1+2x2+2匕.故A正確，BCD錯誤.故選：A2. 小剛同學在水平地面上把一個質量為1kg的小球以大小為4m/s的初速度沿某方向拋出,小球經過時間0.4s落地，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,

13、則下列判斷正確的是（）A. 小球在最高點的機械能為8JB. 小球落地點與拋出點間的距離為0.8mC. 小球在運動過程中機械能可能減小D. 落地時重力做功的功率為 20W【考點】6B:功能關系；63:功率、平均功率和瞬時功率.【分析】根據機械能的定義求出小球在最高點的機械能；根據斜上拋運動的對稱性求出小球上升的時間，由矢量的合成求出小球在水平方向與豎直方向的分速度，然后由運動學的公式即可求出小球的位移；由瞬時功率的表達式即可求出瞬時功率.【解答】 解：A、小球在運動過程中只受重力，機械能守恒，小球初動能為一m=8J，沒有規(guī)定0重力勢能的位移，所以不能求出重力勢能，故A錯誤；B由題意可知小球拋出后

14、做斜上拋運動，由運動的對稱性，則上升時間為：ti=_ -=0.2s ,2小球在豎直方向的分速度：Vy=gti=10X 0.2=2m/s水平分速度為：Vx=IR=0.1 X 4V=0.4V,燈泡兩端電壓 U=U- S=0.49V - 0.4V=0.09V ,通過燈泡的電流Ii=0.01A通過電動機的電流：12=0.1A - 0.01A=0.09A ,根據并聯電路特點可知電動機線圈電阻r=- - =1Q ;故A正確；】2 0. 09B當AB間接電壓15V時，燈泡正常發(fā)光，燈泡兩端電壓為UL=9V、通過燈泡的電流為I l=1A,則電動機兩端電壓為 Uf9V,R兩端電壓為UR=6V,干路電流 匸 上-

15、二A=1.5A,R 4電流表示數為1.5A ,通過電動機的電流為 I滬1 - I l=0.5A ,則此時電動機輸出的機械功率：P=ULI l- l（r=4.25W .故BC錯誤，D正確故選：AD&如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN PQ水平放置，導軌間距為度B的勻強磁場垂直穿過導軌平面向下， 導軌的上端M與P間接有電容為 棒開始靜止.對金屬棒施加一個水平向右、大小為F的恒力作用，不計一都不計，則經過時間t的過程中（）L, 一個磁感應強C的電容器，金屬切摩擦，一切電阻A. 金屬棒可能做變加速運動B. 金屬棒中的電流恒定CBLFtC. 電容器所帶電荷量一nr+B2L2CD. 電容器儲存的電場能

16、為【考點】D9:導體切割磁感線時的感應電動勢；39:牛頓運動定律的綜合應用；52:動量定理；AP:電容.【分析】根據動量定理求解加速度的值；根據牛頓第二定律分析電流強度大??；根據電荷量的計算公式求解電荷量；畫出電容器所帶電荷量與電壓的關系圖象，根據Q- U圖象面積求解電能.【解答】解：A經過時間厶t時，金屬棒速度設為v,根據動量定理可得：FAt - BIL t=mv-0，金屬棒切割磁感線產生電動勢變化厶E=BLAv,通過電容器的電量 Q=IAt=CBLv,a-,可得所以有FAt - BL?CBLv=m- 0,解得：v=.-,又加速度定義式討 Bl/CF加速度a=，為定值，故 A錯誤；CB對金屬

17、棒，應用牛頓第二定律有F- BIL=ma,由于加速度、拉力 F恒定，所以安培力恒定，電流強度恒定，故 B正確；、CBLF 一 亠 ，口CBLFt ,C、電流強度l=CBLa=，經過時間t流過電路橫截面的電量 Q=It=，故nH-B2L2CnH-B2L2CC正確;D電容器所帶的電荷量與電容器兩端電壓關系圖象如圖所示,圖象與坐標軸圍成的面積表示電容器儲存的電能，所以電容器儲存的電場能為E=nd2(nr+B2L2C)2故D正確;故選：BCD9. 中國“北斗三號”全球組網衛(wèi)星計劃將在2017年7月左右進行首次發(fā)射.“北斗三號”采用星載氫原子鐘，其精度將比“北斗二號”的星載銣原子鐘提高一個數量級.如圖所

18、示為 氫原子的部分能級圖，以下判斷正確的是（d5W n 50.3443112-3.401-13.6A. 處于n=3能級的氫原子可以吸收任意頻率的光子B. 欲使處于基態(tài)的氫原子被激發(fā)，可用12.09eV的光子照射C. 當氫原子從n=5的狀態(tài)躍遷到n=3的狀態(tài)時，要吸收光子D. 用n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光照射金屬鉑(逸出功為6.34eV )時不能發(fā)生光電 效應【考點】J4:氫原子的能級公式和躍遷；IC :光電效應.【分析】能級差是不連續(xù)的，吸收或輻射的光子能量等于兩能級的能級差，所以光子能量不連續(xù).軌道半徑越小，原子能量越小.根據光電效應的條件判斷能否發(fā)生光電效應.【解答】 解：A、要

19、使n=3能級的氫原子發(fā)生躍遷，吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差，或大于1.51eV能量的任意頻率的光子.故A錯誤；B根據玻爾理論用 12.09eV電子照射時，吸收光子后電子的能量：12.09+ (- 13.6 )=-1.51eV，所以能從基態(tài)發(fā)生躍遷，躍遷到第3能級，故B正確；C氫原子從高能級躍遷到低能級時放出光子，故C錯誤；D從n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光子的能量E=E- Ei= - 3.4eV - (- 13.6 ) eV=10.2eV6.34eV ,而使金屬發(fā)生光電效應的條件是光子的能量大于電子的逸出功，故可以發(fā)生光電效應.故D錯誤.故選：B10. 2017年4月23日，青

20、島快樂運動秀之遙控車漂移激情挑戰(zhàn)，挑戰(zhàn)賽中若ab兩個遙控車同時同地向同一方向做直線運動， 它們的v- t圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A. b車啟動時，a車在其前方B. 運動過程中，b車落后a車的最大距離為 4mC. b車啟動3s后正好追上a車D. b車超過a車后，兩車不會再相遇【考點】11 :勻變速直線運動的圖像；1D：勻變速直線運動的速度與時間的關系.【分析】遙控車啟動時，結合圖線圍成的面積得出a的位移，從而得出a在b前方的距離.當兩車速度相等時，相距最遠，結合圖線圍成的面積求出最大距離.根據圖線圍成的面積判斷3s后b車是否追上a車.根據a、b兩車的速度大小，判斷 b車超過a車后，兩

21、車能否再相 遇.【解答】解：A、根據速度圖線與時間軸包圍的面積表示位移，可知b在t=2s時啟動，此時a的位移為x= + x 2 x 1m=1m即a車在b前方1m處，故A錯誤；B、 兩車的速度相等時相距最遠，最大距離為：smax=,_ x( 1+3)x 1 m-厶x 1 x 1m=1.5m, 故B錯誤；C、 由于兩車從同一地點沿同一方向沿直線運動，當位移相等時兩車才相遇，由圖可知，b 車啟動3s后位移小于a的位移，還沒有追上 a，故C錯誤；D b車超過a車后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，故D正確.故選：D.二、計算題11如圖所示，水平軌道 MN與半徑為R的豎直光滑圓弧軌道相切于N點質量為m

22、的小滑塊A靜止于P點.質量為M=2m的小滑塊B以速度V。向右運動，A B碰后粘連在一起，已知 A、B與水平面間的動摩擦因數為卩,MP和PN距離均為R,求：(1) AB碰撞過程中損失的機械能？(2) 當vo的大小在什么范圍時，兩小球在圓弧軌道內運動時不會脫離圓弧軌道？已知重力 加速度為g.【考點】53:動量守恒定律；4A:向心力；6B：功能關系.【分析】(1)由動能定理求出 B到達P處的速度，然后由動量守恒定律求出AB碰撞后的速度，結合功能關系即可求出損失的機械能；(2)若不能經過最高點又不會脫離圓弧軌道，A、B最高只能運動到與圓心等高的地方，根據機械能守恒定律求出 A球碰后的速度，由動量守恒定

23、律求出B的初速度；若經過最高點，根據牛頓第二定律求出A球在最高點的速度，根據機械能守恒定律求出A球碰后的速度，由動量守恒定律求出B的初速度.【解答】 解：(1)小滑塊B運動到P時的速度設為vi,對B應用動能定理有:-卩 MgR= Mv2 _ Mvo2,_Ii_i當ab粘在一起過程中，設ab粘在一起時的速度為vi，對ab應用瞬間動量守恒，選取向右為正方向，有:Mv= (M+m V2,應用功能關系可知 ab碰撞過程中損失的機械能 E=：Mv2- ( M+m V22,解得 E=!；3(2) A、B碰撞后的速度為 vi,欲使A B運動時不脫離圓弧軌道，有兩種可能:當vo較小時A B在圓弧上擺動，若 A

24、 B最高點恰好能到與圓心等高的位置，對A、B,從碰后到與圓心等高的地方，由動能定理有:- 2 -( M+m gR-( M+m gR=o- ( M+m v?,聯立得vo寸丄；當vo較大時，A、B能夠做完整的圓周運動.若A B恰好做完整圓周運動時的情形，對AB,從碰后運動到圓周最高點(設此時速度為V3 )的過程中，由動能定理有:(M+m gR-( M+m g (2R)一 ( M+m v32-r2(M+m v2,在最高點時，由牛頓第二定律得M+m g八,R聯立得綜上所述,vo土或心宀時兩小球在圓弧軌道內運動時不會脫離圓弧軌道.答：(1) AB碰撞過程中損失的機械能為（2）當vy： 一；丿叩或vor：

25、D* 圧時，兩小球在圓弧軌道內運動時不會脫離圓弧軌道.12.如圖所示，邊長為L=0.3m正方形邊界abed中有垂直紙面向里、磁感應強度大小為 R=0.5T 的勻強磁場，一質量 m=8x 10 26kg、電荷量q=8 x 10 19C的粒子（重力不計）從邊界 ad上某 點D以某個速度射入.粒子從 ed中點P孔射出，再經小孔 Q進入相互正交的勻強電場和勻 強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度為 2L,電場強度大小 E=5X 105V/m,磁感應強度大小 B1T、方向垂 直紙面向里，已知粒子經過QMI正中間位置時有一段時間t撤去了勻強電場.虛線 ef、gh之間存在著水平向右的勻強磁場，磁感應強度大小為B2=0.25

26、T （圖中未畫出）.有一塊折成等腰直角的硬質塑料板ABC（不帶電，寬度很窄，厚度不計）放置在 ef、gh之間（截面圖如圖），CB兩點恰在分別位于 ef、gh上，AC=AB=0.3m a=45 .粒子恰能沿圖中虛線QM進入ef、gh之間的區(qū)域，n取3.（1）Dd距離；（2）已知粒子與硬質塑料相碰后，速度大小不變，方向變化遵守光的反射定律.粒子從Q到gh過程中的運動時間和路程分別是多少？【考點】CI :帶電粒子在勻強磁場中的運動；AK帶電粒子在勻強電場中的運動.【分析】（1）根據粒子在電磁場中受力平衡求解速度大小，粒子在abcd磁場中作勻速圓周運動，根據洛侖茲力提供向心力求解半徑，再由幾何知識可得

27、粒子射入點的位置在ad邊上距d點的距離；（2）粒子從P以速度V0進入PQ MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，到平行板正中間做 勻速圓周運動n圈，然后做勻速直線運動打到ab板上，以大小為V0的速度垂直于磁場方向運動.求出粒子在正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域的運動時間，粒子將以半徑F3在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，轉動一周后打到ab板的下部.分析粒子在磁場中共碰到多少塊板，根據運動規(guī)律求解總時間；最后根據運動情況得到總路程.【解答】解：（1）要使粒子能沿圖中虛線 PQ進入ef、gh之間的區(qū)域，則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，有qvoB=qE,解得v=5X 105m/s,粒子在

28、abed磁場中作勻速圓周運動，設半徑為Ri,洛侖茲力提供向心力，有,解得 R=0.1m,作出粒子在磁場中軌跡圖如圖所示.由幾何知識可得 Ri+Rcos 0 =丄L,解得0 =60,粒子射入點的位置在ad邊上距d點為2x=Rsin 0 = m20(2)粒子從P以速度vo進入PQ MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運動，到平行板正中間做勻速圓周運動n圈，然后做勻速直線運動打到AB板上，以大小為v0的速度垂直于磁場方向運動.粒子運動到在磁感應強度大小B=0.8T的勻強磁場中做圓周運動，由洛侖茲力提供向心力有qvB1=m ，運動周期 T= ,粒子在正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)域的運動時間t1= nT+ ，其中

29、n為正整數;v0粒子將以半徑R3在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，轉動一周后打到AB板的下部.由于不計板的厚度，所以質子從第一次打到 AC板到第二次打到 AC板后運動的時間為粒子在磁場運動一周的時間，即一個周期T3,粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運動所需的時間為12=2T3,粒子進入磁場中，在V。方向的總位移 S3=2Ls in45、時間S t 3=從Q到gh過程的總時間為t=t l+t2+t 3,從Q到gh過程的總路程為 M=2L+n( 2 n艮)+2 n R3X 2+S3,解得 t= (7.4 X 106+7.5n X 107) s、M=( 6.112+0.3n ) m答：(1) Dd距離為：.一;20(2)粒子從Q到gh過程中的運動時間為；|匸龍 | II 廠，路程是(6.112+0.3n ).13如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓形固定軌道右端連