高考物理考前提分仿真卷 物理（九）(解析版A3版)

此卷只装订不密封班级此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号物理（九）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．若做匀速直线运动的列车受到的阻力与其速率的二次方成正比，则当列车的速率提升为原来的3倍时，其发动机的输出功率变为原来的()A．27倍 B．9倍C．3倍D．eq\f(1,3)倍【答案】A【解析】列车受到的阻力与其速率的二次方成正比f＝kv2，列车做匀速直线运动，牵引力和阻力相等F＝f，输出功率P＝Fv＝kv3，所以当列车速率提升为原来的3倍时，功率提升为原来的27倍，A正确。15．如图所示，风洞飞行体验可以实现高速风力将人吹起，通过改变风力大小或人体受风面积可以控制人体上升或下降。若一质量m＝70kg的游客，从离地高度h1＝0.5m的悬浮状态向上运动，到达高度h2＝2.5m处时再次悬浮，下列说法正确的是()A．此过程中人的机械能增加了约1400JB．若人悬浮时减小受风面积，将会向上运动C．上升过程中，人先处于失重状态，后处于超重状态D．人处于悬浮状态时，为风洞提供动力的电动机不需要做功【答案】A【解析】此过程中人的机械能增量即为重力势能的增量，约为SKIPIF1<0，A正确；若人悬浮时减小受风面积，则受到的风力减小，将会向下运动，B错误；上升过程中，先加速后减速，所以先超重后失重，C错误；人处于悬浮状态时，因为需要持续吹风，所以为风洞提供动力的电动机需要做功，D错误。16．规定无穷远处电势为0，电荷量为q的电荷在距离其r的位置处电势SKIPIF1<0，正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一电荷量为+Q的点电荷，在B位置放另一个电荷量为q1的点电荷，如果A处的电势为零，则下列说法中正确的是()A．q1＝eq\f(1,3)QB．q1＝－eq\f(1,3)QC．A处的电场强度也为零D．A处的电场强度大小为SKIPIF1<0【答案】B【解析】电荷量为+Q点电荷在A点的电势SKIPIF1<0，电荷量为q1的点电荷在A点的电势SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，A错误，B正确；电荷量为+Q的点电荷在A点处的场强SKIPIF1<0，电荷量为q1的点电荷在A点处的场强SKIPIF1<0，则A处的电场强度SKIPIF1<0，CD错误。17．已知通有恒定电流I的无限长直导线产生的磁场，磁感应强度与该点到导线的距离成反比如图，有三根无限长、通有大小一样电流的直导线a、b、c等间距放置，其中b中电流与a、c相反，此时与ab距离都相等的P点（未画出）磁感应强度为B，现取走导线a，则P点的磁感应强度为()A．BB．1.5BC．0.4BD．0.5B【答案】C【解析】设P到a、b距离分别为x，则到c的距离为SKIPIF1<03x，a在P点产生的场强向内，设为B0，则c在P点产生的场强向外，大小为SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，撤去a导线后，P点的磁感应强度为b、c两导线在P点产生场强的叠加SKIPIF1<0，故C正确。18．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的()A．向心加速度大小之比为1∶4B．轨道半径之比为4∶1C．周期之比为4∶1D．角速度大小之比为1∶2【答案】B【解析】根据万有引力充当向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r＝mω2r＝ma，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v＝eq\r(\f(GM,r))，其动能Ek＝SKIPIF1<0，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r2＝eq\f(1,4)r1，变轨前后卫星的轨道半径之比r1∶r2＝4∶1；向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，变轨前后卫星的向心加速度之比a1∶a2＝1∶16，故A错误，B正确；卫星运动的周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可得变轨前后卫星的周期之比T1∶T2＝8∶1，故C错误；卫星运动的角速度ω＝eq\r(\f(GM,r3))，变轨前后卫星的角速度之比ω1∶ω2＝1∶8，故D错误。19．用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率v之间的关系如图乙，图线与横轴交点的横坐标为5.10×1014Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s。则下列说法中正确的是()A．欲测遏止电压，应选择电源左端为负极B．增大照射光的强度，产生光电子的最大初动能一定增大C．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大D．如果实验中入射光的频率为7.50×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能约为1.59×10－19J【答案】AD【解析】图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc与入射光频率v，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A正确；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故B错误；当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，故C错误；根据图象可知，铷的截止频率vc＝5.10×1014Hz，则出该金属的逸出功大小W0＝hvc＝3.38×10－19J，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，当入射光的频率为v＝7.50×1014Hz时，则最大初动能Ekm＝1.59×10－19J，故D正确。20．如图所示，一质量m＝1kg的小物块（可视为质点）从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的圆弧轨道AB滑下，进入半径r＝4m竖直圆环轨道，与圆环轨道的动摩擦因数处处相同，当到达圆环轨道的顶点C时，小物块对圆环轨道的压力恰好为零。之后小物块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．小物块在圆环最高点时的速度为2eq\r(10)m/sB．小物块在圆环最高点时的速度为eq\r(10)m/sC．h的值可能为6.5mD．h的值可能为8.5m【答案】AD【解析】小物块在圆环最高点时有SKIPIF1<0，解得vC＝2eq\r(10)m/s，所以A正确，B错误；BEC过程克服摩擦力做的功为W1＝mg(H－2r)－eq\f(1,2)mvC2＝20J，CFB过程克服摩擦力做的功为W2，因该过程小物块与轨道的平均压力小于BEC过程，则摩擦力也小，则有0＜W2＜W1，CFBD过程，由动能定理得－mg(h－2r)－W2＝－eq\f(1,2)mvC2，解以上各式得8m＜h＜10m，所以D正确，C错误。21．如图甲，边长为L、匝数为n的正方形闭合金属线圈abcd置于垂直纸面的匀强磁场中，线圈的总电阻为R，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是()A．在eq\f(1,2)t0时刻，线圈中的感应电流为SKIPIF1<0B．在eq\f(3,4)t0时刻，线圈ab边受到的安培力水平向左C．在1s内线圈中的电流方向改变了SKIPIF1<0次D．在任一周期内通过线圈某一横截面的电量为SKIPIF1<0【答案】BC【解析】在eq\f(1,2)t0时刻，穿过线圈中的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以线圈中的感应电流为零，A错误；在eq\f(3,4)t0时刻，磁感应强度B向里在减小，由楞次定律和安培定则知，感应电流为顺时针方向，再由左手定则知，ab边受到的安培力水平向左，故B正确；磁感应强度变化的周期和磁通量变化的周期相同，感应电流变化的周期也是2t0，在一个周期内交流电的方向改变2次，所以在1s内线圈中的电流方向变化了SKIPIF1<0次，C正确；根据感应电量q＝neq\f(ΔΦ,R)，在一个周期内，穿过线圈的磁通量的变化量一定为零，所以感应电量一定为零，D错误。三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)22．(5分)某同学利用如图装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好位于桌面边缘，如图所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离△x后由静主释放；小球离开桌面后落到水平地面上。通过分析和计算，回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的______________（填正确答案标号）。A．小球的质量mB．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度hD．弹簧的原长l0(2)用所选取的量和已知量表示Ek，得Ek＝____________。(3)图中的直线是实验测量得到的水平射程s和压缩量△x关系的s－Δx图线。从理论上可推出，如果h不变，m减小，s－Δx图线的斜率会___________；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会____________；由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep随Δx的增大会_____________。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）【答案】(1)ABC(2)SKIPIF1<0(3)增大增大增大【解析】(1)由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h。故选ABC。(2)由平抛规律可知，竖直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上s＝vt，而动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，联立可得Ek＝SKIPIF1<0(3)由题意可知如果h不变，m减小，则相同的Δx对应的速度变大，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变大，s－Δx图线的斜率会增大；如果m不变，h增加，则物体下落的时间增加，则相同的Δx下要对应更大的水平位移s，故s－Δx图线的斜率会增大；弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep＝SKIPIF1<0可知Ep与Δs的2次方成正比，而Δs与Δx成正比，则Ep与Δx的2次方成正比，故Ep随Δx的增大会增大。23．(10分)由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系统，要求热敏电阻温度升高至50℃时，系统开始自动报警。所用器材有：直流电源E（36V，内阻不计）：电流表（量程250mA，内阻约0.1Ω）电压表（量程50V，内阻约1MΩ）热敏电阻RT报警器（内阻很小，流过的电流超过10mA时就会报警，超过30mA时就会损伤）滑动变阻器R1（最大阻值4000Ω）电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）单刀单指开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干(1)用图（a）所示电路测量热敏电阻RT，的阻值。当温度为27℃时，电压表读数为30.0V，电流表读数为15.0mA：当温度为50℃时，调节R1，使电压表读数仍为30.0V，电流表指针位置如图（b）所示。温度为50℃时，热敏电阻的阻值为________Ω，从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实值略微_______（填“偏大”或“偏小”）。(2)某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图（e）所示，其中有一个器件的导线连接有误，该器件为________（填器件符号）。正确连接后。先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为_______Ω，滑动变阻器R1阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报答，此时滑动变阻器R1连入电路的阻值为________Ω，调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，把热敏电阻RT接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。【答案】(1)600偏大(2)滑动变阻器R16003000【解析】(1)由图（b）可知，电流表的示数为50mA，则此时热敏电阻的阻值SKIPIF1<0，该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据R＝eq\f(U,I)可知此时所测电阻值偏大。(2)滑动变阻器R1的导线连接有误，两根导线都连接在上端，无法起到改变接入电阻阻值的作用，应一上一下连接；先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为RT的自动报警电阻，即600Ω才可对其进行调试；此时要求刚好在50℃时自动报警，则通过电路的电流10mA，报警器和电流表的电阻很小，可忽略不计，可得此时滑动变阻器的阻值为SKIPIF1<0。24．(12分)如图所示，质量M＝0.8kg、长度L＝2.4m的沙车静止在光滑的水平地面上，钢球发球机每隔t＝1s将一个质量为m＝0.2kg的钢球水平射出，发球机的出球孔与沙车的左端在同一竖直线上，出球孔与沙车上表面的高度差h＝0.8m，第一个钢球恰好落在沙车的右端。不计钢球与沙车的作用时间，钢球落入沙车后立即与沙车达到共速，重力加速度g取10m/s2，空气阻力可忽略不计，钢球可看作质点。求：(1)第一个钢球落到沙车上后沙车获得的速度。(2)落到沙车上的钢球的个数以及这些钢球落入沙车的过程中，钢球与沙车组成的系统损失的机械能。【解析】(1)钢球做平抛运动，则SKIPIF1<0SKIPIF1<0钢球和沙车组成的系统在水平方向上动量守恒，则SKIPIF1<0解得v1＝1.2m/s。(2)沙车从开始运动至第二个钢球落到沙车上，沙车的位移SKIPIF1<0第二个钢球落到沙车上后沙车的速度SKIPIF1<0从第二个钢球落到沙车上至第三个钢球落到沙车上，沙车的位移SKIPIF1<0由于SKIPIF1<0所以最终有2个钢球落在沙车上。钢球和沙车组成的系统损失的机械能为SKIPIF1<0。25．(20分)如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc＝2L，ac＝eq\r(3)L，ac垂直于cQ，∠acb＝30°，带电粒子质量为m，带电量为＋q，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。【解析】(1)从O点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：2L＝v0cosθt1竖直方向：eq\f(1,2)at12＝eq\r(3)L加速度：SKIPIF1<0可得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得：SKIPIF1<0洛伦兹力等于向心力：qvB＝meq\f(v2,r)，v＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0解得：SKIPIF1<0在磁场内运动的时间：SKIPIF1<0。(2)粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得：qE(eq\r(3)L－2r)＝Ek－eq\f(1,2)mv2解得：Ek＝eq\f(1,4)mv02。(3)粒子经过真空区域的时间SKIPIF1<0粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为土，则eq\r(3)L－2r＝eq\f(1,2)at42解得：SKIPIF1<0粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝SKIPIF1<0。(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33．[选修3－3](15分)(1)(5分)用油膜法测定分子的直径，1mL的油酸加入酒精中配制成1000mL的油酸酒精溶液，1mL油酸酒精溶液通过滴管实验测得为80滴，取1滴油酸酒精溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后测得油膜面积为260cm2。①则油酸分子的直径约为________m；(结果保留一位有效数字)②按照一定比例配制的油酸酒精溶液置于一个敞口容器中，如果时间偏长，会影响分子尺寸测量结果导致测量值________(选填“偏大”或“偏小”)。【答案】①5×10－10②偏小【解析】①测得油膜面积S＝260cm2＝2.6×10－2m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为：V＝eq\f(1,1000)×eq\f(1,80)mL＝1.25×10－11m3，所以油酸分子的直径d＝eq\f(V,S)＝eq\f(1.25×10－11,2.6×10－2)m≈5×10－10m。②置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致油酸浓度增大，因此导致测量值偏小。(2)(10分)如图所示，在粗细均匀的U形管右侧，用水银封闭一段长为L1＝19cm、温度为T1＝280K的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为h＝6cm。已知大气压强为p0＝76cmHg。(i)给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高。(ii)若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银面等高，求需补充水银柱的长度。【解析】(i)加热前，对于封闭气体有：p1＝p0－ρgh＝70cmHg加热后，右管内气体压强为：p2＝p0＝76cmHg当两管内水银面等高时，右管内水银面下降高度为：eq\f(h,2)＝3cm由理想气体状态方程得：eq\f(p1SL1,T1)＝eq\f(p2SL2,T2)又L2＝L1＋3cm＝22cm代入数据解得：T2＝352K(ii)设补充水银后，右管内水银面上升x，管内气体长度为L1－x由玻意耳定律有：p1SL1＝p2S(L1－x)解得：x＝1.5