新版高考物理高考模拟卷(一).doc

1、高考模拟卷（一）、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第 1921题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得 0分）14.下列说法正确的是（）A.氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小B.在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C. 3射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D.氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效 应，则从n=3的能级跃迁到n=2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应命题意图：本题考查玻尔理论.解析：根据玻

2、尔理论，氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越高，选项A错误;在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核，发生质量亏损，释放能量，选项B正确；3射线是原子核内一个中子转化为一个质子和电子，释放出的电子，选 项C错误；氢原子从n=2的能级跃迁到n= 1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电 效应，则从n = 3的能级跃迁到n= 2的能级辐射的光子能量一定小于金属的逸出功，不能使该金属发生光电效应，选项 D错误.答案：B15 .如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平， 二者叠放在一起在作用于 B上的水 平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生

3、相对滑动，下列关于撤去F前后的说法正确的是（）A.撤去F之前A受3个力作用16 撤去F之前B受到4个力作用C.撤去F前后，A的受力情况不变D. A、B间的动摩擦因数 呼不小于B与地面间的动摩擦因数 科2 命题意图：本题考查受力分析.解析：撤去F之前A受力平衡，水平方向不受力，受2个力作用，选项 A错误；撤去F之前B受力平衡，竖直方向受3个力，水平方向受拉力和地面给的滑动摩擦力，共5个力作用，选项B错误；撤去F后，A做减速运动，受到 B对它的静摩擦力，受力情况变化，选项 C错误；由于 A、B能一起减速，故 A、B间的动摩擦因数 .不小于B与地面间的动摩擦因 数，选项D正确.答案：D16. 如图所

4、示，半径为 R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度 vi、V2从A、C两点同时射入磁场，vi、V2平行且vi沿直径AO斜向.R 点与直径AOB勺距离为2,两粒子同时从磁场射出，从 A点射入的粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60。.不计粒子受到白重力，则 （）A.''3Vi= V22B. vi =JR3v22 c. vi=3v2解析：由周期表达式T=空吸口 qB,两粒子周期相同，又由于两粒子在磁场中运动的时间D. vi = 2V2命题意图：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，意在考查考生综合几何关系处理问 题的能力.相同，因此两粒

5、子的偏转角相同，作出两粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，由几何知识知R=Ran 60 ° , R= R,根据牛顿第二定律2Bqv= 尚可知，=吗 因此粒子的轨道半径 rqB与速度成正比，则 vi ： v2=R ： F2 = tan 60 ° : i= .'3 ： i, B正确.答案：B17. 一含有理想降压变压器的电路如图所示，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，L为灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R R和R为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值 的大小随照射光强度的增强而减小.现将照射光强度增强，则 （）A.原线圈两端电压不变B.通过原线圈的电流减小C.灯泡L变暗D

6、. R两端的电压增大命题意图：本题考查理想变压器的工作原理，意在考查考生的推理能力.解析：当入射光的强度增强时，由题意可知，光敏电阻R3的阻值减小，则副线圈的负载电阻减小，副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，定值电阻R分得的电压增大，原线圈的输入电压减小， AB错误；副线圈的输出电压减小，由于副线圈的电流增大，则定值电 阻R的电压增大，则并联部分的电压减小，流过定值电阻R的电流减小，灯泡的电流增大，灯泡变亮，C错误，D正确.答案：D18. 一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J,木块的质量大于子弹的质量.则此过程中产生的内能可能是（）A. 18 JB. 1

7、6 J C . 10 J D. 6 J命题意图：本题考查动量守恒定律、功能关系.解析：设子弹的质量为 m子弹的初速度为 V%木块的质量为 M子弹与木块的共同速 度为v,子弹和木块组成的系统所受合力为零，则系统动量守恒，在子弹开始射入木块到两1者保持相对静止的过程中，根据动量守恒定律得， mv=（m+ Mv,木块获得的动能 E<=-M2,2系统产生的内能 Q= 2mV3mMv：由以上三式解得， Q=，弁 v>MV=2R=2X8 J =16 J ,选项A正确，BCD昔误.答案：A19 .如图所示，纸面内存在平行于纸面的匀强电场，一带电粒子以某速度从电场中的a点水平发射，粒子仅在电场力作

8、用下运动到b点时速度方向竖直向下，则 （）A.匀强电场的方向可能沿竖直方向20 粒子在任意相等时间内速度的变化量相同C.从a到b的过程中，粒子的速度先减小后增大 11一.D.从a到b的过程中，粒子运动的轨迹可能是二圆弧4命题意图：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动.解析：粒子在a点的速度方向沿水平方向，在 b点的速度方向沿竖直方向，由此可知,粒子在水平方向上做匀减速运动，故匀强电场的方向不沿竖直方向，选项A错误；由牛顿第二定律知，粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，则由Av = aAt知，粒子在任意时间内速度变化量相同，选项B正确；粒子在竖直方向做加速运动，在水平方向做减速运动，故粒子 所受的电

9、场力方向斜向左下方向， 从a到b的过程中，粒子所受的电场力先做负功后做正功， 由动能定理知，粒子的速度先减小后增大，C正确，D错误.答案：BC20 .如图，点Q a、c在同一水平线上，c点在竖直细杆上.一橡皮筋一端固定在O点,水平伸直（无弹力）时，另一端恰好位于a点，在a点固定一光滑小圆环， 橡皮筋穿过圆环与 套在杆上的小球相连.已知 b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定， 橡皮筋始终在弹性限度内，且其弹力跟伸长量成正比.小球从b点上方某处释放，第一次到 达b、d两点时速度相等，则小球从 b第一次运动到d的过程中（）A.在c点速度最大B.在c点下方某位置速度最大C.重力对小

10、球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功D.在b、d两点，摩擦力的瞬时功率大小相等命题意图：本题考查功能关系、功率、胡克定律.解析：设b点关于c点的对称点为e点，若小王在c点的速度最大，则由对称性可知小 球由b点至U c点克服摩擦力做功等于由 c点到e点克服摩擦力做功，由功能关系知，小球到 达e点时的速度与b点速度相等，实际上 b、d两点的速度相等，所以速度最大的位置在c点的下方，选项 A错误，B正确；小球第一次从 b点到d点的过程中，设WW为小球克服摩擦 力做的功，A巳为橡皮筋弹性势能的变化量，橡皮筋在d点处于伸长状态，A E>0,由功能关系得 W= W+ A E,故重力做的功大于小球克服

11、摩擦力做的功，选项C正确；橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连，则小球第一次从b点到d点的过程中橡皮筋在水平方向的伸长 量相等，由平衡条件知小球受到与杆之间的弹力不变，故小球受的摩擦力不变，小球在b、d两点的速度相等，由 P= Fv知，在b d两点摩擦力的瞬时功率大小相等，选项 D正确.答案：BCD21 . 一探测器探测某星球表面时做了两次测量.探测器先在近星轨道上做圆周运动测出运行周期T;着陆后，探测器将一小球以不同的速度竖直向上抛出，测出了小球上升的最大 高度h与抛出速度v的二次方的关系，如图所示，图中a、b已知，引力常量为 G,忽略空气阻力的影响，根据以上信息可求得 （）A.该星球表面的重

12、力加速度为B.该星球的半径为bT28a兀2C.该星球的密度为3兀GTD.该星球的第一宇宙速度为2ba4aT兀b命题意图：本题考查万有引力定律.解析：设该星球表面的重力加速度为 g,由匀变速直线运动规律得 h=-,由图得 2g2g b解得g=7b-,选项A错误；探测器做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，设该星球的半径为R,探测器的质量为 m由星球表面重力近似等于万有引力及万有引力定律得mgr4兀2R m-2,bT2解得R= 8兀2a，选项B正确；设该星球的密度为4 -p,3兀Rmp ,由万有引力定律得GR4 Tt 2R3= mL,解得p =9，选项C正确；设该星球的第一宇宙速度为V,由万有引力

13、定律得V2 bT mgr mR,解得v=47W,选项D错误.答案：BC、非选择题22. （16分）某物理兴趣小组利用如图所示的装置进行实验.点放置一个光电门， 水平平台上 A点右侧摩擦很小可忽略不计,在足够大的水平平台上的 A左侧为粗糙水平面， 当地重力加速度大小为g.实验步骤如下:此电门斗光片在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片;用天平分别测出小滑块a（含挡光片）和小球b的质量ma、mb；在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上;细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t;滑块a最终停在C点（图中未画出），用刻度尺测出 A

14、C之间的距离Sa；小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的 B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高 度h及平台边缘铅垂线与 B点之间的水平距离 Sb；改变弹簧压缩量，进行多次测量.（1）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证即可.（用上述实验数据字母表示）1（2）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到Sa与干的关系图象如图所示，图线的斜率为k,则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为 .（用上述实验 数据字母表示）命题意图：本题考查力学实验.解析：（1）由于A点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块a的瞬时速度等于通过光电门的平均速度，即 Va=d，b被弹开后的瞬时速度等于做平抛运动的初速

15、度，Vbt=Sb,可得vb = Sb、/ig,该实验要验证动量守恒定律，则只需要验证md=msa %俱；（2）根据动能定理1 日口d2d2F 即 k=2g7, =2kg.211t211可得（imgs=！md，即 （igsa=!? ，化简可得 Sa=22 t2g L答案：（1）*2分）mbSb；2h（2分）（前后两空可以互换）（2）费（2分）23. （9分）利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻阻值的实验电路.A.待测电源E（电动势略小于6 V,内阻不足1 Q）B.电压表V1（量程6 V ,内阻约6 k Q）C.电压表 V2（量程3 V ,内阻约3 k Q）D.电流表 A

16、（量程0.6 A ,内阻约0.5 Q）E.未知电阻Rx（约5 Q）F.滑动变阻器（最大阻值20 Q）G开关和导线（1）在图中的虚线框内画出完整的实验原理图；（2）实验中开关闭合后， 调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为 U、U'时,电压表V2两次的示数之差为 AU2,电流表A两次的示数分别为I、I '.由此可求出未知电阻 R的阻值为 ,电源的电动势 E=,内阻r.（用题目中给出的字母表示）命题意图:本题考查测电源电动势和内阻、测定值电阻的实验.解析：（1）电压表M测量路端电压，电压表V2测量R两端电压,如图所示；（2）两次V2的示数差为AU2,而电流变化量为I I &

17、#39;,故AU2A U2R=u=;根据闭合电路欧姆定律可彳导,U + Ir =E, U' + I ' r = E,联立解得I ' U- IU1'E= r -IUi-Ui,r = I ' _ I.答案：（i）如图A U2（2） II,（2分，未加绝对值符号的不扣分，分母前后两项颠倒的不扣分）I ' UIU1'八 U U'I, I （2分） （2分，其他正确表示方法同样给分24. （14分）如图所示，轻细绳跨过两定滑轮，一端系在物块上，另一端拴住漏斗.物块静止在足够长的固定斜面上，漏斗中盛有细沙，斜面上方细绳与斜面平行.打开漏斗阀门

18、后，细沙能从底端逐渐漏出，此过程中绳中张力的变化满足关系式Ft= 6 t（N）,经过5 s细沙全部漏完.已知物块质量 M= 2 kg,与斜面间的动摩擦因数为科=0.5,斜面倾角为37°物块与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，漏斗始终位于滑轮下方，不计滑轮摩擦，取g=10 m/s 2, sin 37=0.6 , cos 37 ° = 0.8.求:（1）从打开阀门到物块在斜面上开始滑动的时间;（2）打开阀门后4 s时物块的加速度大小;（3）细沙刚好全部漏完时漏斗的速度大小.命题意图：本题考查牛顿第二定律、a-t图象.解：（1）物块刚要下滑时受力情况如图所示，摩擦力方向向上且达到

19、最大Ff= Fn =Mgcos 37 ° （2 分）由平衡条件得Ff解得t = 2 s（2分）MgSin 37 ° Ft-Ft= 0（2 分） 又有 Ft= 6 t （N）图乙（2） ti=4 s 时，F6 ti物块仍受四个力作用，由牛顿第二定律得Mgsin 37 ° Ft-Fti=Mj（2 分） 解得 a= 1 m/s 2（2 分）在细沙漏完之前a=- 1 + 0.5t（1 分）细沙漏完之后，物块加速度a' = 1.5 m/s 2（1分）图乙为a-t图象，可求出5 s时，漏斗的速度大小为2.25 m/s（2 分）25.（18分）如图所示，两条相互平行的光

20、滑金属导轨相距l ,其中水平部分位于同一水平面内，倾斜部分为一倾角为e的斜面，倾斜导轨与水平导轨平滑连接.在水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.两长度均为l的金属棒ab、cd垂直导轨且接触良好，分别置于倾斜和水平轨道上，ab距水平轨道面高度为 h.ab、cd质量分别为2m和e电阻分别为和2r.由静止释放ab棒，导轨电阻不计.重力加速度为g,不计两金属棒之间 的相互作用，两金属棒始终没有相碰.求:（1） ab棒刚进入水平轨道时 cd棒的电流I ；（2）两金属棒产生的总热量 Q;（3）通过cd棒的电量q.12解：（1）设ab棒下滑到斜面底端的速度v,由机械能守恒定律有 ,X2mv

21、=2mgh2分）得 v=M2gh（2 分）ab棒刚进入磁场时，E= Blv （2分）通过cd的电流I = o =小旦（2分） r +2r3r '/（2）设ab、cd棒最终共同运动的速度为v',由动量守恒定律得2mv= 3mV （2分）得 v = | 2gh由功能关系得，热量 Qi= 2x 2m2 2x 3m/ 2（2分）-2-解得Q= -mgl（2分） 3（3）设cd棒中平均电流为I ,由动量定理得BI l A t = mv （2 分）又有q= I At解得q=2m攀化分） 3Bl33 .物理一选修33（15分）（1）（5分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态 B

22、、C和D后再回到状态A其中，Z B和CfD为等温过程，B- C和 AA为绝热过程.该循环过程中，下列说法 正确的是 .（填正确答案标号，选对 1个彳导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. A- B过程中，气体对外界做功，吸热B. C过程中，气体分子的平均动能增加C. C- D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D. D-A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化E.该循环过程中，气体吸热（2）（10分）如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为 L,底面直径为D, 其右端中心处开有一圆孔. 质量为m的理想气体被活塞封闭在容器内， 器壁

23、导热良好，活塞 可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计.开始时气体温度为300 K,活塞与容器底部2相距§L.现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为po.求温度为480 K时气体的压强.命题意图：本题考查热力学第一定律、内能、分子平均动能.解析：（1） ACB过程，气体温度不变、体积增大，则气体对外做功，内能不变，由热力 学第一定律知，气体吸热，选项 A正确；B- C过程是绝热过程，气体体积增大，气体对外 做功，由热力学第一定律知，气体内能减少，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B错误； O D过程，为等温过程，气体分子的平均动能不变，气体体积减小，分子的密集程 度变大，单位时间

24、内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C错误；D-A过程是绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体内能增加，温度升高，大多数 分子的速度增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，选项 D正确；在p-V图象中，相应图 形的面积表示气体对外做的功或外界对气体做的功，由图可知，该循环过程中，气体对外做的功大于外界对气体做的功，由热力学第一定律知，气体吸热，选项 E正确.（2）开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等压变化.设活塞缓慢移动到容器最右 兀 D2L 、，-、兀 D2L一端时，气体末态温度为 Ti, Vi = ,初态温度。=300 K, M = -6一.（2分）V。 V由盖

25、吕萨克定律知 V = V（2分） I 0 I 1解得 Ti = 450 K（2 分）活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知Ti = 450 K, pi = pc, 1= 480 K由查理定律知与=中（2分） I1 I 216则 p2= 15p°（2 分）答案：（1）ADE （2）见解析34 .物理一选修 3 4（15分）(1)(5分)图甲为一列简谐横波在t =0.10 s时的波形图，P是平衡位置在x=0.5 m处 的质点，Q是平衡位置在x = 2.0 m处的质点；图乙为质点 Q的振动图象.下列说法正确的是.(填正确答案标号，选又1个得2分，选又2个得4分，选又3个得5分.每选错1个扣3分，最低得分为 0分)A.这列波沿x轴正方向传播B.这列波的传播速度为 20 m/sC.从t = 0至ij t = 0.15 s ,这列波传播的距离为 3 mD.从t = 0.10 s到t = 0.15 s , P通过的路程为10 cmE. t=0.15 s时，P的加速度方向与 y轴正方向相反(2)(10分)如图所示，一玻璃砖的截面为直