高考物理 统一考试仿真卷（四）.doc

统一考试仿真卷（四）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。用2b铅笔将答题卡上试卷类型a后的方框涂黑。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、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2b铅笔涂黑。答案写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。5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：h 1c 12n 14o 16s 32zn 65第卷二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14利用图象来描述物理过程、探寻物理规律是常用的方法，如图是描述某个物理过程的图象，对相应物理过程分析正确的是a若该图象为质点运动的速度时间图象，则前2秒内质点的平均速率等于0b若该图象为一条电场线上电势随坐标变化的图象，则可能是点电荷电场中的一条电场线c若该图象为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则该闭合线圈内一定产生恒定的电动势d若该图象为质点运动的位移时间图象，则质点运动过程速度一定改变了方向【解析】若为速度时间图象，则图象与时间轴围成的面积表示位移，时间轴以上表示位移为正，时间轴以下表示位移为负，前2秒内位移为0，平均速度为0，但是对应的路程不等于0，平均速率为路程与时间之比，所以平均速率不等于0，选项a错误；若为一条电场线上电势随坐标变化的图象，则图象的斜率e，由于斜率不变，所以可能为匀强电场，不可能是点电荷的电场线，选项b错误；若为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则斜率是定值，根据感应电动势ens，可判断感应电动势恒定，选项c正确；若为位移时间图象，则图象的斜率表示速度，可知质点运动过程速度方向不变，选项d错误。【答案】c15“高分四号”卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星，它的发射和应用使我国天基对地遥感观测能力显著提升。关于“高分四号”，下列说法正确的是a“高分四号”卫星的空间分辨率很高，采取措施使它距地球更近一些，效果会好一些b“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9 km/sc“高分四号”卫星的向心加速度小于静止在赤道上物体的向心加速度d“高分四号”卫星的向心力与其他同步卫星的向心力的大小相等【解析】所有同步卫星都具有相同的周期、相同的离地高度和相同的速率，所以不能采取措施使“高分四号”卫星距地球更近，a错误；根据万有引力提供向心力，有v ，因为第一宇宙速度对应的轨道半径为地球的半径，“高分四号”卫星的轨道半径比地球半径大，所以其绕地球做圆周运动的线速度小于第一宇宙速度7.9 km/s，b正确；根据向心加速度a，“高分四号”卫星与静止在赤道上的物体具有相同的周期，所以“高分四号”卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，c错误；由于“高分四号”卫星与其他同步卫星的质量有可能不同，地球对它们的引力(充当向心力)大小也可能不同，向心力大小不能判断，d错误。【答案】b16如图所示，质量为m的小球用细绳拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为的斜面体置于光滑水平面上，用水平力f推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高(细绳尚未到达平行于斜面的位置)。在此过程中a细绳对小球的拉力减小b斜面体对小球的支持力减小c水平推力f减小d地面对斜面体的支持力不变【解析】对小球受力分析如图所示，重力的大小、方向不变，平移另两个力构成一首尾相连的闭合的三角形，斜面体左移会引起ft的方向及大小的变化，而fn的方向不变，且合力为0，则三力始终为闭合三角形，则ft与fn相互垂直时ft最小，此时细绳恰好和斜面平行，闭合三角形发生如图所示变化，则细绳尚未到达平行于斜面的位置时，ft逐渐变小，fn逐渐变大。故a正确，b错误；对斜面体分析，受推力f、支持力、重力和压力，由牛顿第三定律知，压力大小与fn始终相等，根据平衡条件，有：ffnsin ，fnmgfncos ，由于fn增加，故支持力fn和推力f均增加，故c、d错误。【答案】a17如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上o点套有一个电荷量为q的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为q的点电荷，杆上a、b两点与q正好构成等边三角形，c是ab的中点。使小环从o点无初速度释放，小环通过a点的速率为v。若已知aboal，静电常量为k，重力加速度为g。则a在a点，小环所受弹力大小为b在c点，小环的动能最大c在c点，小环的电势能最大d在b点，小环的速率为 【解析】在a点，小环所受的库仑力沿aq方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向的分力sin 60，a错误；从c点到b点，小环所受重力做正功，库仑力做负功，由于重力和库仑力大小关系未知，在c点，小环的动能不一定最大，b错误；c点距离正点电荷q最近，对应电势最高，带负电荷的小环在c点电势能最小，c错误；从a点到b点，由点电荷电场分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则电场力不做功，应用动能定理：mglmv22mv2，v2，d正确。【答案】d18在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块a、b，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力f拉物块a使之向上运动，当物块b刚要离开挡板c时，物块a运动的距离为d，速度为v。 则此时ab的质量满足m2gsin kdba的加速度为c拉力做功的瞬时功率为fvsin d此过程中，弹簧弹性势能的增加量为fdm1gdsin m1v2【解析】开始a、b组成的系统处于静止状态，弹簧弹力等于a的重力沿斜面向下的分力，当b刚要离开挡板c时，弹簧的弹力等于b的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始时弹簧是压缩的，故dx2，m2gsin kd，故a错误；当b刚要离开挡板c时，对a根据牛顿第二定律有fm1gsin kx2m1a，已知m1gsin kx1，x1x2d，故a的加速度为，故b错误；拉力的瞬时功率pfv，故c错误；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为fdm1gdsin m1v2，故d正确。【答案】d19下列说法正确的是a卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子核内有中子存在b核泄漏事故污染物137cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为 csbax，可以判断x为电子c若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应d质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是(2m12m2m3)c2【解析】卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，没有提出原子核内有中子存在，故a错误；根据137cs的核反应方程式 1csbax，可知x的质量数为1371370，电荷数为55561，故x为电子，故b正确；氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光子的频率大于从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光子的频率，故若从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故c正确；质子和中子结合成一个粒子，需要两个质子和两个中子，质量亏损m2m12m2m3，由质能方程可知，释放的能量emc2(2m12m2m3)c2，故d正确。【答案】bcd20如图甲所示电路中的理想变压器原线圈a匝数n1500，副线圈b匝数n2100，线圈a接在如图乙所示的交变电压的交流电源上，“3 v,6 w”的灯泡恰好正常发光，电阻r218.5 ，电压表为理想电表。下列推断正确的是a交流电源的频率为100 hzb穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 wb/sc电压表的示数为44 vdr1消耗的功率为8 w【解析】由题图乙可知，f50 hz，故a错误；在副线圈中，灯泡正常发光，知副线圈中的电流为a2 a，r2两端的电压为218.5 v37 v，故副线圈两端的电压为40 v，即电压表的示数为40 v，故c错误；副线圈两端电压的最大值为40 v，由法拉第电磁感应定律知：n240 v，可得磁通量的最大变化率： wb/s，故b正确；由，可知：原线圈两端的电压为200 v，电流为0.4 a，故加在r1两端的电压为(220200)v20 v，r1消耗的功率为200.4 w8 w，故d正确。【答案】bd21如图甲所示，质量m3.0103kg的金属细框竖直放置在两水银槽中，细框的水平细杆cd长l0.20 m，处于磁感应强度大小b11.0 t、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n300、面积s0.01 m2 的线圈通过开关k与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度b2随时间t变化的关系如图乙所示。t0.22 s时闭合开关k，细框瞬间跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h0.20 m。不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正确的是a00.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 vb开关k闭合瞬间，cd中的电流方向为由c到dc磁感应强度b2的方向竖直向下d开关k闭合瞬间，通过cd的电荷量为0.03 c【解析】由题图乙可知，00.10 s内，bs(1.00)0.01 wb0.01 wb，线圈中的感应电动势大小：en300 v30 v，故选项a错误；由题意可知开关k闭合瞬间，cd所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由c到d，由安培定则可知感应电流在线圈中产生的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在t0.22 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度b2方向竖直向上，故选项b正确，c错误；对细框，由动量定理得：b1iltmv0，细框向上做竖直上抛运动，则v22gh，电荷量：qit，解得：q c0.03 c，故选项d正确。【答案】bd第 ii 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22(6分)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，甲、乙两位同学实验时都先正确平衡摩擦力。实验装置如图甲、乙所示，甲同学在实验时用细线一端连接小车、另一端连接钩码，钩码的重力作为细线的拉力；乙同学利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，两位同学通过改变钩码的个数，确定加速度与细线拉力f的关系。已知甲图中小车的质量等于乙图中力传感器与小车的质量之和。(1)为减小实验误差，甲同学在实验过程中，小车的质量要_(选填“”或“”)钩码的质量。乙同学在实验过程中，_(选填“需要”或“不需要”)满足这个条件。(2)甲、乙两位同学在实验中采用相同质量的小车，用甲、乙两位同学得到的实验数据在同一坐标中作出图象af，如图丙所示图线，其中图线是_同学所作出的图象，图线是_同学所作出的图象。图象中随着f的增大，图线_将发生弯曲。【解析】(1)甲同学的实验中，小车实际受到的合外力为细线的拉力，为减小实验误差，则要使细线的拉力近似等于钩码的重力，由fmamgmg，当mm时，满足fmg。乙同学实验方案中，力传感器测得的拉力就是小车所受的合外力，故对小车和钩码质量的大小关系没有要求，即不需要满足前述条件。(2)由小车的质量相同，当甲、乙两实验中小车的加速度相同时，细线的拉力相等，对乙，细线的拉力为合外力，传感器测出的就是细线的拉力；对甲，钩码的重力大于细线的拉力，即当加速度相同时，甲的f值大于乙的f值，故图线是甲同学所作出的图象，图线是乙同学所作出的图象。当f较大时，mm这个条件将不满足，图线将发生弯曲。【答案】(1)不需要(2)乙甲23(9分)某同学在“测定金属丝的电阻率”的实验中：(1)为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，用多用电表“1”欧姆挡粗测其电阻示数如图甲，则阻值为_。(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图乙中可以读出该金属丝的直径d_mm。(3)除刻度尺、金属丝rx、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，为使测量尽量精确，电流表应选_(选填“a1”或“a2”)，电压表应选_(选填“v1”或“v2”)。电源e(电动势为3 v、内阻约为0.5 )滑动变阻器r(最大阻值为20 )电流表a1(量程0.6 a、内阻约为2 )电流表a2(量程1 a、内阻约为1 )电压表v1(量程15 v、内阻约为3 000 )电压表v2(量程3.0 v、内阻约为1 000 )开关一只、导线若干 (4)在测量金属丝rx阻值时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，请在图丙中画完整测量金属丝rx阻值的电路图(图中务必标出选用的电表、电阻和滑动变阻器的符号)。(5)若用刻度尺测得金属丝的长度为l，用螺旋测微器测得金属丝的直径为d，电流表的读数为i，电压表的读数为u，则该金属丝的电阻率表达式为_(用l、d、i、u表示)。【解析】(1)题图甲中多用电表的读数为5.01 5.0 。(2)由螺旋测微器的读数规则可知，该金属丝的直径d1.5 mm20.00.01 mm1.700 mm。(3)因电源的电动势为3 v，所以电压表应选v2，因待测金属丝的电阻约为5 ，所以流过电流表的最大电流约为i a0.6 a，所以电流表应选a1。 (4)在测量金属丝rx阻值时，要求电压从零开始调节，并且多次测量，滑动变阻器应采用分压式接法，因为金属丝的电阻约为5 ，与电流表a1的内阻相差不多，因此应采用电流表外接法，电路图如图所示。(5)由r，r，s，解得。【答案】(1)5.0(2)1.700(3)a1v2(4)见解析图(5)24(12分)如图所示，足够长的光滑水平面与半径为r的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，质量为m的小球a从圆弧最高点m由静止释放，在水平面上与静止的小球b发生弹性正碰。已知重力加速度为g，两小球均可视为质点，求：(1)小球a刚好到达圆弧轨道最低点n时，对轨道的压力大小；(2)若要求两球发生二次碰撞，小球b的质量mb应满足的条件。【解析】(1)设小球a到达n点时的速度为v，根据机械能守恒定律得：mgrmv2在n点处：fmgm联立解得f3mg由牛顿第三定律得，对轨道的压力为ff3mg。(2)小球a与b发生弹性碰撞，设碰撞后速度为va、vb由动量守恒有：mvmvambvb由机械能守恒有：mv2mva2mbvb2解得：vav，vbv要使两球发生二次碰撞，则有va0，vb3m。【答案】(1)3mg(2)mb3m25(20分)如图所示，m、n为两平行金属板，其间电压为u。质量为m、电荷量为q的粒子，从m板由静止开始经电场加速后，从n板上的小孔射出，并沿与ab垂直的方向由d点进入abc区域，不计粒子重力，已知bcl，c60，b90，adl。(1)求粒子从n板射出时的速度v0；(2)若abc区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，要使粒子不从ac边界射出，则磁感应强度最小为多大？(3)若abc区域内存在平行纸面且垂直bc方向向下的匀强电场，要使粒子不从ac边界射出，电场强度最小为多大？【解析】(1)粒子在mn间加速：qumv02解得v0 。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由r知，磁感应强度越大，半径越小；当磁感应强度最小时，恰不从ac边界射出，粒子到达ac边界时，速度方向沿ac方向。设轨迹圆的最小半径为r，根据bqv0m由几何关系知：rtan 60解得b 。(3)粒子在电场中做类平抛运动，电场强度最小时，恰不从ac边界射出，粒子运动到ac边界时，速度方向沿ac方向。设此时bc和ab方向的位移大小分别为x、y，到达边界时沿ab方向分速度大小为vy，xv0tyvyt由几何关系知：vyv0tan 60 xtan 60ly解得yl设粒子到达ac边界的速度大小为vv由动能定理得qe0ymv2mv02解得e0u。【答案】(1) (2) (3)u（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如 果多做，则每科按所做的第一题计分。33物理选修33（15分） (1)(5分)下列说法正确的是_。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分。)a气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大b已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离c空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律d附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润e若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大(2)(10分)如图1所示，水平放置的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气体的温度为17 ，活塞与汽缸底的距离l112 cm，离汽缸口的距离l23 cm，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平为止，如图2所示。已知g10 m/s2，大气压强为1.0105 pa，活塞的横截面积s100 cm2，质量m20 kg，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，求：()活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度为多少；()在对汽缸内气体逐渐加热的过程中，若气体吸收340 j 的热量，气体增加的内能为多少。【解析】(1)温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故a错误；知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，即每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故b正确；空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故c错误；附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故d正确；若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，故e正确。(2)()当汽缸水平放置时，理想气体状态：p01.0105 pa，v0l1s，t0(27317)k当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，对活塞受力分析可得，p1sp0smg则理想气体状态：p1p0，v1(l1l2)s由理想气体状态方程得解得t1435 k。()当汽缸口开口向上，稳定但未加热时，由玻意耳定律得p0l1sp1ls解得l10 cm加热后，气体做等压变化，外界对气体做