2018届广东肇庆中学高三物理高考模拟试题（三十九）物理试题（解

2018届高三物理高考模拟试题三十九

一、选择题：第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

1. 如图所示，重力为G的风筝用轻细绳固定于地面上的P点，风的作用力垂直作用于风筝表面AB，风筝处于静止状态。若位于P点处的拉力传感器测得绳子拉力大小为T，绳与水平地面的夹角为α。则风筝表面与水平面的夹角φ满足（ ）

A. B. C. D. 【答案】A

【解析】对风筝受力分析，并如图建立直角坐标系，将N及T沿坐标轴分解，则有：

x轴：Tcosα=Nsinφ； y轴：Ncosφ=G+Tsinα； 联立解得：tanφ＝

，故A正确，BCD错误；故选A.

点睛：本题考查共点力的平衡条件，若受力超过3个力时，一般采用正交分解的方法求解；分别在x轴和y轴列平衡方程即可．

2. 如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5000kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落。要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为（ ）

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A. 50N B. 250N C. 500N D. 750N 【答案】C

【解析】车和煤粉整体受重力G、支持力N、拉力F，对5s过程运用动量定理，有：Ft=△mv；解得：

；故C正确ABD错误．故选C．

3. 如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A和B，两轮半径RA=2RB ，A为主动轮。当A匀速转动时，在A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在A轮的边缘上，若将小木块放在B轮上让其静止，木块离B轮轴的最大距离为（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意有：两轮边缘上有：RAωA=RBωB，所以：ωB＝

ωA，因为同一物体在两轮上受到的最大摩擦力相等，根据题意有，在B轮上的转动半径最大为

r，则根据最大静摩擦力等于向心力有：mRAωA2＝mrωB2，得：

，故ACD错误，B正确；

故选B．

点睛：摩擦传动时，两轮边缘上线速度大小相等，抓住最大摩擦力相等是解决本题的关键．

4. 如图所示，一个带正电荷q、质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道，恰能到达轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球（假设小球的电量q在运动过程中保持不变，不计空气阻力），则( )

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A. 小球一定不能到达B点 B. 小球仍恰好能到达B点

C. 小球一定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压力 D. 小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关 【答案】B

【解析】不加电场时，设恰能到达轨道的最高点B的速度为v，根据机械能守恒定律有： mg（h-2R）=mv2；…①

在最高点时，重力提供向心力，有：mg=m…②

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加上电场后，设能到达B点的速度为v2，根据动能定理得：mv2=（mg+Eq）（h-2R）…③

在最高点时，重力与电场力的合力提供向心力，有：mg+Eq=m…④ 得v2=v，故为小球仍恰好能到达B点，故B正确，ACD错误；故选B. 5. 已知某质点沿x轴做直线运动的坐标随时间变化的关系为为s，则下列说法正确的是（ ）

A. 若n=1，则物体做匀速直线运动，速度大小为2m/s

B. 若n=2，则物体做匀变速直线运动，初速度大小为5m/s，加速度大小为4m/s2 C. 若n=3，则物体做加速度越来越大的加速直线运动 D. 若n=3，则物体做加速度越来越小的加速直线运动 【答案】AC

【解析】若n=l，则x=5+2t，速度为 v=x′=2m/s，不变，所以物体做匀速直线运动，速度大小为2m/s．故A正确。若n=2，则x=5+2t2，速度为 v=x′=4t （m/s），加速度为 a=v′=4（m/s2），所以物体做匀变速直线运动，初速度大小为0，加速度大小为4m/s2．故B错误。若n=3，则x=5+2t3，速度为 v=x′=6t2 （m/s），加速度为 a=v′=12t（m/s2），所以物体做加速度越来越大的加速直钱运动。故C正确，D错误。故选AC. 点睛：解决本题的关键是知道速度与位移的关系、加速度与速度的关系，运用数学知识分析物体的运动情况：位移对时间求导得到速度，速度对时间求导得到加速度。

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，其中x的单位为m，时间t 的单位

6. 三体问题是天体力学中的基本模型，即探究三个质量、初始位置和初始速度都任意的可视为质点的天体，在相互之间万有引力的作用下的运动规律。三体问题同时也是一个著名的数学难题，1772年，拉格朗日在“平面限制性三体问题”条件下找到了5个特解，它就是著名的拉格朗日点。在该点上，小天体在两个大天体的引力作用下能基本保持相对静止。如图是日地系统的5个拉格朗日点（L1、L2、L3、L4、L5），设想未来人类在这五个点上都建立了太空站，若不考虑其它天体对太空站的引力，则下列说法正确的是（ ）

A. 位于L1点的太空站处于受力平衡状态

B. 位于L2点的太空站的线速度大于地球的线速度

C. 位于L3点的太空站的向心加速度大于位于L1点的太空站的向心加速度

D. 位于L4点的太空站受到的向心力大小等于位于L5点的太空站受到的向心力大小 【答案】BC

【解析】位于L1点的太空站绕太阳做匀速圆周运动，不是平衡状态．故A错误；位于L2点的太空站绕太阳做匀速圆周运动，与地球绕太阳做匀速圆周运动的周期是相等的，位于L2点的太空站的轨道半径略大于地球的轨道半径，根据公式：v=ωr可知，位于L2点的太空站的线速度大于地球的线速度．故B正确；第三个拉格朗日点L3，位于太阳的另一侧，比地球距太阳略微远一些，其轨道半径大于位于L1点的太空站．由于它们的角速度与地球绕地球的角速度都是相等的，由向心加速度的公式：a=ω2r可知，位于L3点的太空站的向心加速度大于位于L1点的太空站的向心加速度．故C正确；向心力F=ma；由于位于L4点的太空站与位于L5点的太空站的质量关系未知，所以不能比较它们需要的向心力的大小关系．故D错误．故选BC. 7. 一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端。下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、动能Ek、重力势能EP 、机械能E随时间t或x（偏离出发点的距离）变化的图象，选斜面底端为零势能面，则下列图象可能正确的是（ ）

A. B.

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C. D.

【答案】AB

【解析】滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小，故A正确；上滑时，根据动能定理，有：-（mgsinθ+f）x=Ek-Ek0，下滑时，根据动能定理，有：（mgsinθ-f）x=Ek，故B正确，Ek-x图象是直线，上

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滑时图象的斜率绝对值大，故B正确；在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t-a1t，重力势能为：

EP=mgx1sinα=mgsinα（v0t-a1t2），EP-t图象为抛物线，下滑过程：重力势能为：

EP=mg[H-a2（t-t0）2sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程，故C错误；由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0-f1x，返回出发点时的机械能不为零，故D错误；故选AB.

点睛：本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．

8. 如图所示，某人从同一位置O以不同的水平速度投出三枚飞镖A、B、C，最后都插在竖直墙壁上，它、45°、30°们与墙面的夹角分别为60°，图中飞镖的取向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）

A. 三只飞镖做平抛运动的初速度一定满足vA0>vB0>vC0 B. 插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点 C. 三只飞镖击中墙面的速度满足vAvB 【答案】ABD

【解析】飞镖做平抛运动，水平分运动，有：x=v0t，速度与竖直方向夹角的正切值为：

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，联立

解得：，所以vAO＞vBO＞vCO，故A正确；飞镖做平抛运动，速度的反向延长线通过水银分位移

的中点，而飞镖的指向表示瞬时速度的方向，故插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故B正确；根据平行四边形定则并结合几何关系，有

，可得

，

，所以vA=vC＞vB，故C错误，D正确；所以ABD正确，C错误。

9. 利用如图所示的实验装置可以测定瞬时速度和重力加速度。实验器材有：固定在底座上带有刻度的竖直钢管，钢球吸附器（可使钢球在被吸附后由静止开始下落），两个光电门（可用于测量钢球从第一光电门到第二光电门的时间间隔），接钢球用的小网。实验步骤如下：

A．如图所示安装实验器材。

B．释放小球，记录小球从第一光电门到第二光电门的高度差h和所用时间t，并填入设计好的表格中。 C．保持第一个光电门的位置不变，改变第二个光电门的位置，多次重复实验步骤B。求出钢球在两光电门间运动的平均速度。 D．根据实验数据作出(1)根据实验得到的v1=________。

(2)如果步骤C中改为保持第二个光电门的位置不变，改变第一个光电门的位置，其余的实验过程不变，同样可以得到相应的

图象，以下四个图象中符合规律的是__________。

图象，并得到斜率k和截距b。根据以上内容，回答下列问题：

图象，可以求出重力加速度为g=______，钢球通过第一个光电门时的速度为

【答案】 (1). 2k (2). b (3). C

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则-t图象斜率k和重力加速度g满足k=g，解得g=2k；钢球通过第一个光电门时的速度为v1=v0=b； （2）根据平均速度公式则-t图象为图像C.

10. 利用如图所示①的电路测定电源的电动势和内电阻。

， 而

，且v=v0+gt，综上所述，解得：=v-gt

(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U。则由于未考虑电压表分流导致电动势的测量值与真实值相比_________，内阻的测量值与真实值相比________。（填“偏大”“相等”或“偏小”)

(2)若断开S1，将单刀双掷电键S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I。则由于未考虑电流表分压导致电动势的测量值与真实值相比_________，内阻的测量值与真实值相比________。(填“偏大”“相等”或“偏小”)

(3)某同学分别按照以上两种方式完成实验操作之后，利用图线处理数据，得到如下两个图象（如图②和③所示），纵轴截距分别是b1、b2，斜率分别为k1、k2。综合两条图线的数据可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差，则电源的电动势E=_______，内阻r=________。 【答案】 (1). 偏小 (2). 偏小 (3). 相等 (4). 偏大 (5).

(6).

（1）【解析】根据闭合电路欧姆定律：电动势

，图象的斜率

，则电源内阻

，变形得： ，因此图象的纵轴截距，

；由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源

的电流大于，这是造成系统误差的原因；若考虑电源电压表内阻，则表达式为，

变形得：；则由数学规律可知，电动势E偏小；内阻偏小；

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（2） 根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）变形，得到与R的关系式，，根据数学知识得知，﹣R

图象的斜率的倒数等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r与定值电阻的和，则可知，电动势的测量值与真实值相比相等，没有考虑电流表的内阻，即实际内阻r=b﹣RA，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大。

（3）由以上分析可知，小题（2）中电动势是准确的，所以

；而小题（1）图象的斜率

；联立解

得：。

11. 如图所示，间距为L的光滑M、N金属轨道水平放置，ab是电阻为R0的金属棒，此棒可紧贴平行导轨滑动．导轨右侧连接一水平放置的平行板电容器，板间距为d，板长也为L，导轨左侧接阻值为R的定值电阻，其它电阻忽略不计．轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为B。当ab以速度v0向右匀速运动时，一带电量大小为q的粒子以某一速度从紧贴A板左侧平行于A板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并从C板右侧边缘离开．试求：

(1)AC两板间的电压U； (2)带电粒子的质量m； (3)带电粒子的速度大小v． 【答案】(1)

(2)

(3)

【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁磁感应定律，ab棒的电动势为：（2分）

设AC间的电压为U，由闭合电路欧姆定律，得：（2分），又U=IR（2分）

解得：（2分）

（2）带电颗粒做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡有：（2分）

解得：（2分）

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