2020學(xué)年湖南省衡陽八中高考一模試題物理

1、2020年湖南省衡陽八中高考一模試題物理一、選擇題1.如圖所示是選擇密度相同、大小不同納米粒子的一種裝置。待選粒子帶正電且電量與表面積成正比。待選粒子從O1進(jìn)入小孔時可認(rèn)為速度為零，加速電場區(qū)域的板間電壓為U，粒子通過小孔O2射入正交的勻強(qiáng)電場磁場區(qū)域，其中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，左右兩極板間距為D.區(qū)域出口小孔O3與O1、O2在同一豎直線上。若半徑為r0，質(zhì)量為m0、電量為q0的納米粒子剛好能沿直線通過，不計(jì)納米粒子重力，則()A.區(qū)域的電場強(qiáng)度為E=BB.區(qū)域左右兩極板的電勢差為U1=BdC.若納米粒子的半徑rr0，則剛進(jìn)入?yún)^(qū)域的粒子仍將沿直線通過D.若納米粒子的半徑rr0，仍沿直線通過

2、，則區(qū)域的電場與原電場強(qiáng)度之比為解析：A、B、設(shè)半徑為r0的粒子加速后的速度為v，則有：q0U=m0v2設(shè)區(qū)域II內(nèi)電場強(qiáng)度為E，洛倫茲力等于電場力，即：q0vB=q0E聯(lián)立解得：E=B而區(qū)兩極板的電壓為：U1=Bd，故A正確，B錯誤；C、若納米粒子的半徑rr0，設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、帶電量為q、被加速后的速度為v，則m=()3m0而q=()2q0由mv2=qU解得：v=故洛倫茲力變小，粒子帶正電，故粒子向左偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D、由于v=v，故洛倫茲力與原來的洛倫茲力之比為；電場力與洛倫茲力平衡，故電場力與原來的電場力之比為；根據(jù)F=qE，區(qū)域的電場與原電場的電場強(qiáng)度之比為；故D錯誤。答案

3、：A2.某同學(xué)為估測一教學(xué)樓的總高度，在樓頂將一直徑為2cm的鋼球由靜止釋放，測得通過安裝在地面的光電門數(shù)字計(jì)時器的時間為0.001s，由此可知教學(xué)樓的總高度約為(不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2)()A.10mB.20mC.30mD.40m解析：設(shè)運(yùn)動時間為t，根據(jù)h=gt2可得，根據(jù)x=xtxt1即gt2g(t0.001)2=x，即×10t2×10(t0.001)2=0.02解得：t=2sh=×10×22=20m。答案：B3.如圖所示，a為放在赤道上隨地球一起自轉(zhuǎn)的物體，b為同步衛(wèi)星，c為一般衛(wèi)星，d為極地衛(wèi)星。設(shè)b、cd三衛(wèi)星距地心的距離均

4、為r，做勻速圓周運(yùn)動。則下列說法正確的是()A.a、bcd線速度大小相等B.a、bcd角速度大小相等C.a、bcd向心加速度大小相等D.若b衛(wèi)星升到更高圓軌道上運(yùn)動，則b仍可能與a物體相對靜止解析：A、a、b比較，角速度相等，由v=r，可知ab，根據(jù)線速度公式v=，b、c、d為衛(wèi)星，軌道半徑相同，線速度大小相等，故A錯誤；B、根據(jù)=，b、c、d為衛(wèi)星，軌道半徑相同，角速度大小相等，a、b比較，角速度相等，所以a、bcd角速度大小相等，故B正確；C、a、b比較，角速度相等，由a=2r，aaab，根據(jù)向心加速度大小公式a=，b、c、d為衛(wèi)星，軌道半徑相同，向心加速度大小相等，故C錯誤；D、b為同步

5、衛(wèi)星，若b衛(wèi)星升到更高圓軌道上運(yùn)動，周期發(fā)生變化，b不可能與a物體相對靜止，故D錯誤。答案：B4.如圖所示，一個質(zhì)量為M木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊?，F(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0，則()A.小木塊和木箱最終都將靜止B.木箱速度為零時，小木塊速度為C.最終小木塊速度為，方向向左D.木箱和小木塊系統(tǒng)機(jī)械能最終損失Mv02解析：A、系統(tǒng)所受外力的合力為零，動量守恒，初狀態(tài)木箱有向左的動量，小木塊動量為零，故系統(tǒng)總動量向左，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對滑動，最終相對靜止，由于系統(tǒng)的總動量守恒，不管中間過程如何相互作用，根據(jù)動量守恒定律，最終兩物體

6、以相同的速度一起向左運(yùn)動。故A錯誤；B、規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量守恒：Mv0=mv1+Mv2；v2=0，可得v1=，故B錯誤。C、最終兩物體速度相同，由動量守恒得：Mv0=(m+M)v，則得 v=，方向向左，故C正確。D、木箱和小木塊系統(tǒng)機(jī)械能最終損失E=Mv02 (m+M)v2=，故D錯誤。答案：C5.在如圖所示的電路中，閉合電鍵S，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，下列說法正確的是()A.電容器的電荷量增大B.電流表A的示數(shù)減小C.電壓表V1示數(shù)在變大D.電壓表V2示數(shù)在變大解析：A、當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，滑動變阻器阻值減小，故路端電壓減小，而電容器的兩端間的電壓

7、就是路端電壓，結(jié)合Q=CU可得，電容器的電荷量減小，故A錯誤；B、當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動過程中，滑動變阻器阻值減小，故電路的電流增大，電流表A的示數(shù)變大，故B錯誤；C、電壓表V1示數(shù)等于電流與R1阻值的乘積，故示數(shù)在變大，故C正確；D、路端電壓減小，而電壓表V1示數(shù)在變大，電壓表V2示數(shù)在減小，故D錯誤。答案：C6.計(jì)算機(jī)光驅(qū)的主要部分是激光頭，它可以發(fā)射脈沖激光信號，激光掃描光盤時，激光頭利用光敏電阻自動計(jì)數(shù)器將反射回來的脈沖信號傳輸給信號處理系統(tǒng)，再通過計(jì)算機(jī)顯示出相應(yīng)信息。光敏電阻自動計(jì)數(shù)器的示意圖如圖所示，其中R1為光敏電阻，R2為定值電阻，此光電計(jì)數(shù)器的基本工作原理是()A

8、.當(dāng)有光照射R1時，處理系統(tǒng)獲得低電壓B.當(dāng)有光照射R1時，處理系統(tǒng)獲得高電壓C.信號處理系統(tǒng)每獲得一次低電壓就計(jì)數(shù)一次D.信號處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就計(jì)數(shù)一次解析：AB、由題知，當(dāng)光線照射R1時，R1阻值減小、R總減小，由歐姆定律得：I=且電源電壓不變，所以電路中的電流增大，因?yàn)镽2是定值電阻，U2=IR2，故R2兩端電壓增大，信號處理系統(tǒng)獲得高壓而計(jì)數(shù)，又因?yàn)榇?lián)電路總電壓等于各分電壓之和，所以R1兩端的電壓變小，故A錯誤、B正確；CD、當(dāng)光線照射時，R1阻值增小、R總增小，電路中的電流減大，R2兩端電壓變大，所以信號處理系統(tǒng)每獲得一次高電壓就計(jì)數(shù)一次，故C錯，D正確。答案：BD7.如圖

9、，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小。這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m。各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為D.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是()A.紙板相對砝碼運(yùn)動時，紙板所受摩擦力的大小為(M+m)gB.要使紙板相對砝碼運(yùn)動，F(xiàn)一定大于2(M+m)gC.若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下D.當(dāng)F=(2M+3m)g時，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣解析：A、對紙板分析，當(dāng)紙板相對砝碼運(yùn)動時，所受的摩擦力(M+m)g+Mg，故A錯誤。B、設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加

10、速度為a2，則有：f1=Ma1，F(xiàn)f1f2=ma2發(fā)生相對運(yùn)動需要a2a1代入數(shù)據(jù)解得：F2(M+m)g，故B正確。C、若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼勻加速運(yùn)動的位移小于，勻減速運(yùn)動的位移小于，則總位移小于d，不會從桌面掉下，故C正確。D、當(dāng)F=(2M+3m)g時，砝碼未脫離時的加速度a1=g，紙板的加速度=2g，根據(jù)，解得t=，則 此時砝碼的速度，砝碼脫離紙板后做勻減速運(yùn)動，勻減速運(yùn)動的加速度大小a=g，則勻減速運(yùn)動的位移，而勻加速運(yùn)動的位移，可知砝碼離開桌面，故D錯誤。答案：BC8.在法拉第時代，下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中，能觀察到感應(yīng)電流的是()A.將繞在磁鐵上的線圈與電流表

11、組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化B.在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化C.將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化D.繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化解析：A、將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，回路中沒有磁通量的變化，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，觀察到電流表沒有變化，故A錯誤；B、在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，回路中沒有磁通量的變化，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，觀察到電流表沒有變化，故B錯誤；C、將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插

12、入條形磁鐵的過程中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，但是之后，再到相鄰房間去觀察時，回路中已經(jīng)沒有磁通量的變化，此時觀察到的電流表沒有變化，故C錯誤；D、繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，回路中的磁通量發(fā)生變化，能觀察電流表的變化，故D正確。答案：D二、非選擇題9.美國物理學(xué)家密立根通過如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，最先測出了電子的電荷量，被稱為密立根油滴實(shí)驗(yàn)。如圖，兩塊水平放置的金屬板A、B分別與電源的正負(fù)極相連接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，圖中油滴由于帶負(fù)電懸浮在兩板間保持靜止。(1)若要測出該油滴的電荷量，需要測出的物理量有： 。A.油滴質(zhì)量mB.兩板間的電壓UC.兩板間

13、的距離dD.兩板的長度L解析：平行金屬板板間存在勻強(qiáng)電場，液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力與重力平衡，則有mg=qE=所以需要測出的物理量有油滴質(zhì)量m，兩板間的電壓U，兩板間的距離d。答案：ABC(2)用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q= (已知重力加速度為g)解析：用所選擇的物理量表示出該油滴的電荷量q=。答案：(3)在進(jìn)行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個最小電荷量的整數(shù)倍，這個最小電荷量被認(rèn)為是元電荷，其值為e= C。解析：在進(jìn)行了幾百次的測量以后，密立根發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量雖不同，但都是某個最小電荷量的整數(shù)倍，這個最小電荷量被認(rèn)為是元電荷，其值為e=1.6

14、×1019C。答案：1.6×101910.山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質(zhì)青藤，其示意圖如下。圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點(diǎn)，O為青藤的固定點(diǎn)，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。開始時，質(zhì)量分別為M=10kg和m=2kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當(dāng)大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭A點(diǎn)起水平跳到中間石頭，大猴抱起小猴跑到C點(diǎn)，抓住青藤下端蕩到右邊石頭上的D點(diǎn)，此時速度恰好為零。運(yùn)動過程中猴子均看成質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g=10m/s2.求：(1)大猴從A點(diǎn)水平跳離時速度的最小值。解析：根據(jù)，解得則跳離

15、的最小速度。答案：大猴從A點(diǎn)水平跳離時速度的最小值為8m/s。(2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大小。解析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，解得v=m/s9m/s。答案：猴子抓住青藤蕩起時的速度大小9m/s。(3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小。解析：根據(jù)牛頓第二定律得，根據(jù)幾何關(guān)系得，聯(lián)立解得F=216N。答案：猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小為216N。11.某同學(xué)找到一個玩具風(fēng)扇中的直流電動機(jī)，制作了一個提升重物的裝置，某次提升試驗(yàn)中，重物的質(zhì)量m=1.0kg，加在電動機(jī)兩端的電壓為6V。當(dāng)電動機(jī)以v=0.5m/s的恒定速度豎直向上提升重物時，這時電路中的電流I=1.0A.不計(jì)空氣阻力，重力加速度g

16、取10m/s2求：(1)電動機(jī)線圈的電阻r等于多少？解析：電動機(jī)提升重物時，根據(jù)UI=I2r+mgv 得：r=2。答案：電動機(jī)線圈的電阻r等于2(2)若輸入電壓不變，調(diào)整電動機(jī)的輸入電流大小，使電動機(jī)輸出功率最大。求電動機(jī)輸入電流I為多少時輸出功率最大，最大是多大？解析：根據(jù)P出=P電P熱=UII2r，由拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)，當(dāng)I=1.5A時，輸出功率最大為：Pmax=4.5W。答案：電動機(jī)輸入電流I為1.5A時輸出功率最大，最大是4.5W。(3)在電動機(jī)能提供第(2)問的最大輸出功率的條件下，將質(zhì)量m=0.5kg的從靜止開始以a=2m/s2的加速度勻加速提升該重物，則勻加速的時間為多長？物體運(yùn)動的

17、最大速度是多大？解析：由Fmg=ma可得：拉力F=mg+ma=0.5×12=6N；由p=Fv可得：v=m/s；由v=at可得t=0.375s；最大速度為：Vm=0.9m/s。答案：電動機(jī)輸出功率最大時，將質(zhì)量m=0.5kg的從靜止開始以加速度a=2m/s2的加速度勻加速提升該重物，則勻加速的時間為0.75s，物體運(yùn)動的最大速度是0.9m/s。12.如圖所示，輕彈簧左端固定在水平地面的N點(diǎn)處，彈簧自然伸長時另一端位于O點(diǎn)，水平面MN段為光滑地面，M點(diǎn)右側(cè)為粗糙水平面，現(xiàn)有質(zhì)量相等均為m的A、B滑塊，先用滑塊B向左壓縮彈簧至P點(diǎn)，B和彈簧不栓接，由靜止釋放后向右運(yùn)動與靜止在M點(diǎn)的A物體碰

18、撞，碰撞后A與B粘在一起，A向右運(yùn)動了L之后靜止在水平面上，已知水平面與滑塊之間滑動摩擦因數(shù)都為，求(1)B剛與A碰撞后A的速度大?。拷馕觯簩ξ矬wA，由動能定理得：2mv12=2mgL，解得：v1=。答案：B剛與A碰撞后A的速度大小為(2)B將彈簧壓縮至P點(diǎn)時克服彈力所做的功？解析：A、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=2mv1，解得：v0=2，對B，由能量守恒定律得：E=mv02=4mgL=W克。答案：B將彈簧壓縮至P點(diǎn)時克服彈力所做的功為4mgL(3)若將B物體換成質(zhì)量是2m的C物體，其余條件不變，則求A向右運(yùn)動的距離是多少？解析：AC碰撞前，由能量守恒定律得：E=2mv22，v2=2，A、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：2mv2=3mv3，AC碰撞后，由動能定理得：3mgx=03mv32，解得：x=L。答案：A向右運(yùn)動的距離是L13.如圖所示，OBCD為半圓柱體玻璃的橫截面，OD為直徑，一束由紅光和紫光組成的復(fù)色光沿AO方向從真空斜射入玻