湖南省各市高中高考物理模拟题

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1、湖南省各个市高中物理模拟题一、力学综合题13（2010年广州二模36）(16分)如图9所示，绝缘水平面上相距L=1.6m的空间内存在水平向左的匀强电场E，质量m=0.1kg、带电量q=110-7C的滑块（视为质点）以v0=4m/s的初速度沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数=0.4（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。（g取10m/s2）（1）如果滑块不会离开电场区域，电场强度E的取值范围多大。（2）如果滑块能离开电场区域，试在WF坐标中画出电场力对滑块所做的功W与电场力F的关系图象。0.40.81.21.62.0213456W/10-1JF/10-1N7-0.4-0.8O-1.

2、2-1.6-2.08Lv0E图9解:(1)小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，设加速度为a，依题意和牛顿第二定律，有： 1分又： 1分 1分若小滑块不会从右侧离开电场区域，由匀变速直线运动规律，有： 1分联立并代入数据得： 1分若小滑块不会从左侧离开电场区域，必须满足：f 1分可得： 1分(2)如果小滑块会离开电场区域，电场力F必须满足:F=qE= q=110-71060.1N1分或 F=qE = 110-741060.4N 1分若F0.1N，小滑块将从右侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=1.6m，则电场力做功 2分若F0.4N，小滑块将从左侧离开电场区域，此过程

3、小滑块在电场中的位移s=0，电场力做功为0，即W=0 2分评分说明：正确作图共3分0.40.81.21.62.0213456W/10-1JF/10-1N7-0.4-0.8O-1.2-1.6-2.082（2010年广州一模36）（18分）如图18所示的凹形场地，两端是半径为L的1/4圆弧面，中间是长尾4L的粗糙水平面。质量为3m的滑块乙开始停在水平面的中点O处，质量为m的滑块甲从光滑圆弧面顶端A处无初速度滑下，进入水平面内并与乙发生碰撞，碰后以碰前一半的速度反弹。已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为1、2，且1=22，甲、乙的体积大小忽略不计。求：借种红烧鲫鱼 http:/www.jiezhon

4、g.org/（1）甲与乙碰撞前的速度。（2）碰后瞬间乙的速度。（3）甲、乙在O处发生碰撞后，刚好不再发生碰撞，则甲、乙停在距B点多远处。解：（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理： 2分得： 2分（分步用机械能守恒和匀减速直线运动进行计算，结果正确的同样给4分）（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，由动量守恒： 2分又： 1分得： 1分（3）由于1=22，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：a甲=2a乙1分设甲在水平地面上通过的路程为s1、乙在水平地面上通过的路程为s2，则有： 1分 1分即： 1分由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下有以下两种情况：

5、第一种情况：甲返回时未到达B时就已经停下，此时有：s12L 1分而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：s2=2L+2L+s1=4L+s1 1分因为s1与s2不能满足，因而这种情况不能发生 1分第二种情况：甲、乙分别通过B、C冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：s1+s2=8L 1分两式得： 或 1分即小车停在距B为：1分ABMN3m1m5mRO3（2010年深圳市二模35）（18分）如图所示，MN为3m宽的小沟，M点左侧1m处有一5m高的平台与半径为1.25m的圆弧底部相切，平台表面与圆轨道都光滑，一质量为3kg的B球静止在平台上现让一小球A从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，

6、A球下滑至平台并与B球发生碰撞A、B两球可视为质点，g=10m/s2求：(1)A球到达圆弧底端时的速度；(2)要使碰后两球刚好落在小沟两侧，A球的可能质量解：（1）根据机械能守恒 ( 2分)代入数据得 v=5m/s ( 1分)(2) 若碰后两球都向右运动，据平抛运动 得t=1s (1 分) 得vA1=1m/s vB1=4m/s ( 2分)由动量守恒 ( 1分)得 mA=3kg ( 1分)碰前总动能碰后总动能因为 其解成立 ( 2分)若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有： vA2=1m/s vB2=4m/s由动量守恒 得 mA=2kg ( 2分)碰前总动能碰后总动能因为 其解成立 ( 2分

7、)若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有：vA2=4m/s vB2=1m/s由动量守恒 得 mA=kg ( 2分)碰前总动能碰后总动能因为 其解成立 ( 2分)4（2011年广州市一模36）AOEL左右v0Bs（18分）如图，绝缘水平地面上有宽L=0.4m的匀强电场区域，场强E = 6105N/C、方向水平向左不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q = 510-8C、质量mA =110-2kg的物块A在距O点s=2.25m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失A的质量是B的k（k1）倍，A、B与水平面间的动摩擦因数都为=0.2，

8、物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g =10m/s2（1）求A到达O点与B碰撞前的速度；（2）求碰撞后瞬间，A和B的速度；（3）讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功解：（1）设碰撞前A的速度为v，由动能定理得： =4m/s（2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：联立并将mA=kmB及v=4m/s代入得：m/s m/s（3）讨论：（i）如果A能从电场右边界离开，必须满足：联立代入数据，得： k3电场力对A做功为：WE=qEL= 6105510-80.4(J)=1.210-2(J) （ii）如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：联立代入数据，

9、得：k3考虑到k1，所以在1k3范围内A不能从电场右边界离开又： qE=310-2Nmg=210-2N所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0即：WE=0评分说明：每项正确给2分；每项正确给1分两式如果没有将v的数值代入，即表达式含v，只要正确就同样给分。SLARBCDabPEQav05（2011年深圳市二模36）（18分）细管AB内壁光滑、厚度不计，加工成如图所示形状，长L=0.8m的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R=0.4m的光滑圆弧轨道平滑连接，CD段是半径R=0.4m的圆弧， AC段在水平面上，与长S=1.25m、动摩擦因数=0.25的水平轨道AQ平滑相连，管中有两

10、个可视为质点的小球a、b， ma=3mb开始b球静止，a球以速度v0向右运动，与b球发生弹性碰撞之后，b球能够越过轨道最高点P，a球能滑出AQ（重力加速度g取10m/s2，）.求：（1）若v0=4m/s，碰后b球的速度大小；（2）若v0未知，碰后a球的最大速度；（3）若v0未知，v0的取值范围解：（1）设a、b碰后瞬间速度为va1、vb1 mav0=mava1+mbvb1 2分2分解出： 2分（2）a与b碰后，a上升的高度不能超过3R2分 2分（3）欲使b能通过最高点，有1分1分b球在上升过程中有1分1分因为a球能通过粗糙区域，有1分1分碰后a上升的高度不能超过3R ，必须满足1分综上可得 1

11、分6（2011年广州市二模36）如图，质量M=1kg的木板静止在水平面上，质量m=1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数2=0.4，取g=10m/s2现给铁块施加一个水平向左的力F（1）若力F恒为8N，经1s铁块运动到木板的左端。求：木板的长度F/Nf/N02468101214123645LMm左右F（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象mFf1Mf1f2解：（1）铁块的受力如图，由牛顿第二定律：木板的受力如图，由牛顿第二定

12、律：设木板的长度为，经时间t铁块运动到木板的左端，则 又： 联立解得：=1（2）（i）当时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：f=FF/Nf/N02468101214123645（ii）当时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则：解得：此时：，也即所以：当时，（iii）当时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：fF图象如图所示评分说明：（1）6分（每式1分）；（2）12分：（i）2分（条件、结论各1分）（ii）5分（式各1分）（iii）2分（条件、结论各1分）正确做图3分（每做对一段给1分）说明：（1）不管分析正确与否，只要作图正确就照给分；拐点处用小圆卷的不扣分。（

13、2）（ii）的分析不一定严格按照参考答案的顺序，只要结果正确就参照给分。ABCDOPQLR7（2011年湛江市一模36）（18分）如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上已知M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为，Q点右侧表面是光滑的求： （1）滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小（2）要使滑块既能挤压弹簧，

14、又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）解：（18分）（1）设滑块滑到B点的速度大小为v，到B点时轨道对滑块的支持力为N，由机械能守恒定律有 （2分）滑块滑到B点时，由牛顿第二定律有 （2分）联立式解得 N3mg （1分）根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力大小为 （1分）（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有 （2分）若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系有 （2分）联立式解得 （2分）若小车PQ之间

15、的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由功能关系有 （2分）联立式解得 （2分）综上所述并由式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是 （2分）8（2012年广州市一模36）如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为；细线长为L、

16、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g（1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1（2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度台阶Lv0v1ABxOB解析：（1）滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：在最低点，由牛顿运动定律：又：联立得： 评分说明：以及两个结果正确各给1分，共5分（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：对A应用动能定理：联立解得：，即A与台阶只能碰撞一次的条件是：评分说明：以及结果正确各给1分，共5分（3

17、）设x=时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度，由动量守恒对A应用动能定理： 联立得： (i)当即时，AB共速后A与挡板碰撞由可得A与台阶碰撞前瞬间的速度： (ii)当即时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理：A与台阶碰撞前瞬间的速度：评分说明：各1分；（i）中的条件1分，结论1分；（ii）中条件1分，各1分。9（2012年揭阳一模OABCDEFH36）如图所示，质量为M的小球用长为R=0.45m的细绳固定于O点，从A（与O点等高）处由静止释放，与O点正下方B点处质量为的物块弹性正碰。重力加速度g=10m/s2（1）求小球碰后能上升的高度h。（2）已知粗糙水平地面BC及传送带

18、的动摩擦因数均 为=0.2，传送带长为，顺时针匀速转动，速度大小为=2m/s，DE、EF、FH的长度均为S=0.4m。若要保证物块碰后能落入FH间的沙坑内，求BC间的长度L 。解：1）小球摆至B点碰前速度为0，由机械能守恒得： 1分代人数据解得： 1分小球与物块弹性正碰，设碰后速度分别为有1、2，有： 2分 2分联立解得： 2分小球碰后上升至高度h的过程机械能守恒，有： 1分代人数据解得： 1分2）设物块从D点以速度D做平抛落入沙坑，时间为t，有： 1分 1分由题知：可解得： 1分诡镯 诡镯左耳听不见 诡镯酷匠网 http:/www.jiezhong.org/book/160/讨论：）当，物块

19、在传送带上一定做匀减速运动，此时C点速度最大为，由得： 1分）当，物块在传送带上一定做匀加速运动，此时C点速度最小为，由得： 1分物块要滑上传送带，则，故 1分物块从B到C，由动能定理得： 1分联立得： 1分10（2012年六校联考36）如图，一个传送带倾斜放置，倾角，传送带的动摩擦因数为，长度L=10m，传送带沿顺时针方向转动，一个质量m=1kg的物体1在光滑的平台上向右做匀速直线运动，速度大小为，在平台末端，物体1和静止的相同质量的物体2发生弹性碰撞，碰撞后物体2水平抛出，当物体2运动到传送带上表面顶端A点时，速度方向刚好和传送带上表面平行，即物体2无碰撞地运动到传送带上，已知斜面顶端与平

20、台的高度差h=0.8m，重力加速度，。求：（1）物体1的速度的大小。（2）如果传送带静止，求物体2在传送带上下滑时的加速度。（3）讨论传送带的摩擦力对物体2做的功与传送带转动速度的关系。解析：（1）物体1、2发生弹性碰撞，因为能量动量守恒，碰撞后两物体速度交换，物体2速度抛出，由速度偏向角 和 得 v0=3m/s （6分）（2） 由牛顿第二定律： （2分）得：a=5m/s2，方向沿斜面向下。 （2分）（3）物体2到达A点的速度为vA=5m/s，如果传送带速度很快，物体在传送带上的速度始终比传送带慢，设物体到达B点时的速度大小为英雄联盟之逆天王者 http:/m.jiezhong.org/inf

21、o-198/ 由动能定理： 得：vB=7m/s 故当v7m/s时，滑动摩擦力一直做正功， （3分）如果传送带速度较慢，物体在传送带上的速度始终比传送带快，由动能定理： 得：vB=5m/s 故当v5m/s时，滑动摩擦力一直做负功， （2分）当5m/svL，电子从磁场右边界离开 （1分）由几何关系知偏转距离为 （1分）代入数据并整理得 （1分）若RL，电子从磁场左边界离开 （1分）由几何关系知偏转距离为 y=2R （1分）代入数据并整理得 （1分）（用其他解法正确的同样给分）2（2011年惠州市一模36）（18分）有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为，每一个正方形电极板的长均为L，电容

22、器内有一均匀电场，U为两个电极板间的电压，如图甲所示。电子从电容器左端的正中央以初速v0射入，其方向平行于电极板之一边，并打在图上的D点。电子的电荷以-e表示，质量以表示，重力可不计。回答下面各问题（用已知物理的字母表示）（1）求电子打到D点瞬间的动能；（2）电子的初速v0至少必须大于何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？（3）若电容器内没有电场，只有垂直进入纸面的均匀磁场，其磁感应强度为B，电子从电容器左端的正中央以平行于电极板一边的初速v0射入，如图乙所示，则电子的初速v0为何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？解：（1） （2分） （1分）（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度位V，则

23、（1分）（1分）（1分）（1分）解得（1分）要逸出电容器外必有 （1分）（3）有两种情况电子从左边出做半圆周运动其半径 （1分） （1分） （1分）电子避开电极板的条件是 （1分）电子从右边出 （1分） （1分） （1分） （1分）电子避开电极板的条件是 （1分）3（2012年肇庆一模35）（18分）有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速射入，其方向平行于极板，并打在极板边缘的D点，如下图（甲）所示。电子的电荷量用e表示，质量用表示，重力不计。回答下面问题（用字母表示结果）。（1）求电子打到D点的动能；（

24、2）电子的初速必须大于何值，电子才能飞出极板；DD（3）若极板间没有电场，只有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速射入，如下图（乙）所示，则电子的初速为何值，电子才能飞出极板？dLd/2（甲）dLd/2（乙）v解：（1）设电子打到D点时的动能为Ek，由动能定理可得： （3分）由式解得： （2分）（2）设电子刚好打到极板边缘时的速度为v，电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得： （1分）（1分）（1分）由式联立解得： （1分）所以电子要逸出电容器，必有： （1分）（3）在只有磁场情况下电子要逸出电容器，有两种情况.电子从左边出，做半圆周运动，其半径：（1分）由洛仑兹力和向心力公式可得：（1分）由式解得：（1分）因此电子避开极板的条件是： （1分）电子从右边出，做半圆周运动其半径： 由式解得： （1分）由洛仑兹力和向心力公式可得： （1分）由式解得： （1分）电子避开极板的条件是： （1分）友情提示：部分文档来自网络整理，供您参考！文档可复制、编辑，期待您的好评与关注！18 / 18