2024高考物理必考模拟题含解析

第29页/共29页高考模拟检测卷（一）试题物理第Ⅰ卷（选择题共46分）一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（）A.图（a）中，分别用频率为和的光照射同一光电管，电流表均有示数，调节滑动变阻器的触头P，使微安表示数恰好为零，分别读出电压表对应的示数和，已知电子电量为e，可以推导出普朗克常量的计算式B.图（b）中，一个氢原子吸收能量从基态向的能级跃迁时，最多可以吸收3种不同频率的光C.图（c）中，铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，两个铀238必定有一个发生衰变D.图（d）中，氘核的核子平均质量小于氦核的核子平均质量【答案】A【解析】【详解】A．根据光电效应方程得，，，联立可得A正确；B．一个氢原子从基态向的能级跃迁时，最多可以吸收2种不同频率的光，B错误；C．半衰期是大量原子核发生衰变行为的预测，对个别原子核，我们只知道它发生衰变的概率，而不知道它将何时衰变，C错误；D．轻核聚变会释放能量，有质量亏损，反应物的核子平均质量大于生成物的核子平均质量，D错误。故选A。2.如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，书与书架的重心始终恰好在两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′连线中点的正上方，书架含书的总重力为60N，横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点拉力始终沿OA、A′O′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（）

A.横梁OA所受的力为80NB.斜梁BO所受的力为50NC.O、O′点同时向A、A′移动少许，横梁OA所受的力变大D.O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大【答案】B【解析】【详解】两个三角架承担的力为60N，每个三角架为30N，对O点受力分析，如图甲所示

故A错误，B正确；CD．O、同时向A、移动少许，对O点受力分析，如图乙虚线所示

三角形AOB与力三角形相似，所以有AB与BO长度未变，AO长度减小，故不变，减小，故CD错误。故选B。3.2021年7月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星——“风云三号05星”送入预定圆轨道，轨道周期约为1.7h，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家，如图所示。某时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市正上方，则下列说法正确的是（）A.“黎明星”做匀速圆周运动的速度大于7.9km/sB.同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的10倍C.该时刻后“黎明星”经过1.7h能经过P城市正上方D.该时刻后“黎明星”经过17天能经过P城市正上方【答案】D【解析】【详解】A．7.9km/s为地球卫星的最大的环绕速度，所以“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s。故A错误；B．依题意可知“黎明星”的运行周期约为1.7h，根据开普勒第三定律可得解得同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的6倍。故B错误；C．该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期，回到“原地”。但是由于地球自转，此时P城市转过的角度为已经不在“原地”。故C错误；D．同理，该时刻后“黎明星”经过17天运动的周期数为回到“原地”。由于地球自转，此时P城市转过的角度为恰好回到“原地”。故D正确。故选D。4.在粒子加速领域中有开创贡献的物理学家谢家麟获得2011年度国家最高科学技术奖，该奖项被誉为是“中国的诺贝尔奖”。环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，如图所示，正、负粒子由静止都经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区迎面相撞。不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）

A.正、负粒子的比荷可以不相同B.加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大C.磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，质量大的粒子进入磁场时动能小D.对于给定的正、负粒子，加速电压U越大，粒子从静止到碰撞运动的时间越短【答案】D【解析】【详解】A．由动能定理可得由洛伦兹力提供向心力可得联立可得故正、负粒子的比荷相同，故A错误；B．由上式可得加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越小，故B错误；C．粒子的动能联立可得磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，动能只跟电量和做圆周运动的半径有关，故C错误；D．在直线加速器中，有联立可得正、负粒子在环状空腔内运动时间为则对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间加速电压U越大，运动的时间越短，故D正确。故选D。5.如图所示，两正四面体边长均为，两正四面体bcd面完全重合，电荷量为Q的两正、负电荷A、B分别置于两四面体左、右两顶点，静电力常量为k，则（）

A.b、c、d三点的电场强度大小相等，方向不同B.b、c、d三点的电势不相等C.平面bcd上电场强度的最大值为D.平面bcd上电场强度的最大值为【答案】C【解析】【详解】A．根据电场强度的合成满足平行四边形定则，则等量异种电荷连线的中垂面上的b、c、d三点的场强大小相等，方向均与bcd面垂直，则方向相同，选项A错误；B．等量异种电荷的中垂面为等势面，则b、c、d三点的电势相等，选项B错误；CD．等量异种电荷的连线的中点场强最大，由几何关系可知正四面体的面的中线长为，正四面体的高为则连线中点的场强为选项C正确，D错误。故选C。6.如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压U0＝36V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶3，已知R0＝4Ω，R的最大阻值为100Ω。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法错误的是（）A.电压表示数变小，电流表示数变大B.电源的输出功率变小C.当R＝4Ω时，电压表示数为10.8VD.当R＝36Ω时，R获得的功率最大【答案】B【解析】【详解】A．由理想变压器的特点可知,可知滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，所以I1变大，则I2变大，故电流表示数变大，电源的输出功率为则电源的输出功率变大，原线圈两端电压因为I1变大，所以U1减小，得U2减小，电压表示数减小，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；C．原线圈与副线圈两端电压之比为电流之比I1∶I2＝3∶1联立可得即电压表示数为故C正确，不符合题意；D．R获得的功率当R获得的功率最大，此时R＝9R0＝36Ω故D正确，不符合题意。故选B。7.如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为底边长为2a的等腰直角三角形区域，Ⅰ、Ⅲ区域有垂直纸面向外的匀强磁场，Ⅱ区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相等。一边长为a的正方形金属框在纸面内匀速通过磁场，通过磁场过程中正方形的一条边始终保持与等腰直角三角形的底边重合。取金属框中的感应电流顺时针方向为正，金属框通过磁场过程中，下图中能正确描述金属框中感应电流随时间变化关系的是（）

A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】通过“增反减同”来判断，线框开始进入磁场运动a的过程中，对应时间为0至T，通过线框的磁通量增大，根据楞次定律可判断出感应电流沿顺时针方向，在T时刻，线框中有一半的面积有磁场覆盖，此时对应感应电流大小为I；线框再运动a的过程中，对应时间为T至2T，由于垂直纸面向内磁场的介入，通过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可判断出感应电流方向先沿顺时针再沿逆时针，且通过的磁通量达到最大时，感应电流大小为0，在2T时刻，此时线框全被磁场覆盖住，所以此时对应感应电流大小为2I；接着再运动a，对应时间为2T至3T，通过线框的垂直纸面向里的磁通量先增大后减小，当通过磁通量达到最大时，感应电流为0，且根据楞次定律可判断出感应电流先沿逆时针后沿顺时针，且在3T时刻，感应电流大小也为2I；最后在3T至5T时间内，通过线框的垂直纸面向外的磁通量先增大后减小，则感应电流先沿顺时针后沿逆时针，在磁通量达到最大值时，感应电流大小为0，同理在5T时刻，线框中磁场覆盖面积为线框的一半。感应电流大小为I。故选A。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.如图所示，质量均为1kg的长方体物块甲、乙、丙叠放在水平地面上，乙、丙用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，轻绳与地面平行，甲与乙之间、乙与丙之间以及丙与地面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平方向拉物块丙，则下列说法正确的是（）

A.拉力F为11N时，丙即将运动B.要使甲、乙保持相对静止，拉力F不能超过23NC.甲的加速度始终与乙相同D.拉力F为17N时，轻绳的拉力为8N【答案】ABD【解析】【详解】A．丙即将运动时，在水平方向受到地面向左的摩擦力、绳子向左的拉力T、乙给丙向左的摩擦力，其中当即将滑动时应有对甲、乙整体受力分析，可知可解得选项A正确；B．因为绳子不可伸长，则乙和丙的加速度大小相等，在甲和乙即将发生相对滑动时，对甲受力分析可得对甲、乙整体受力分析可得对丙受力分析可得代入数据并联立解得说明要使甲和乙保持相对静止，拉力F不能超过23N，选项B正确；C．甲和乙发生相对滑动时，若继续增大F，因甲仅受到滑动摩擦力作用，加速度为则不变，选项C错误；D．当N时，甲，乙没有发生相对滑动，此时对甲、乙整体有对丙受力分析可得联立解得N选项D正确。故选ABD。9.如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g。则（）A.小车能获得的最大速度为 B.小球在Q点的速度大小为C.小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为 D.小球落地时的速度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．小球最终由P点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大速度为故A正确；BC．小球在Q点时，水平方向上与小车共速，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得则小球此时在竖直方向上的分速度大小为设小球在Q点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则故BC错误；D．小球离开小车时的速度大小为由动能定理得解得故D正确。故选AD。10.如图甲所示，一质量为m、边长为L，电阻为R的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平面上。空间中存在一竖直向下的单边界匀强磁场，线框有一半在磁场内。其ad边与磁场边界平行。时刻起，磁场的磁感应强度随时间均匀减小，如图乙所示。线框运动的图像如图丙所示，图中斜向虚线为过O点速度图线的切线，则（）A.线框中的感应电流沿逆时针方向B.磁感应强度的变化率为2C.t3时刻，线框的热功率为D.时间内，通过线框的电荷量为【答案】BC【解析】【详解】A．由图乙可知垂直纸面向里的磁感应强度减小，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线框中电流方向为顺时针方向，故A错误；B．根据左手定则可判断线框受到向左的安培力作用向左加速进入磁场，在时刻，感应电动势大小为由牛顿第二定律得由图丙可知在时刻的加速度为联立解得故B正确；C．由图丙可知，时刻之后，线框速度恒定，说明线框已经全部进入磁场，此后虽然电路中有感应电流，但各边安培力相互抵消，所以线框做匀速直线运动，在时刻有线框的热功率为联立可得故C正确；D．时间内，对线框由动量定理得即若磁场恒定，则有即通过线框的电荷量为但因为随时间逐渐减小，所以通过线框的电荷量不为，故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、非选择题（本题共4小题，共42分）11.某同学用如图甲所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数及木板的质量。将力传感器A固定在光滑水平桌面上，并与计算机连接，传感器A的读数记为，测力端通过不可伸长的轻绳与一滑块相连（调节力传感器高度使轻绳水平），滑块起初放在较长的木板的最右端（滑块可视为质点），长木板的左、右两端连接有光电门（图中未画出），光电门连接的计时器可记录滑块在两光电门之间的运动时间。已知木板长为L，木板一端连接一根不可伸长的轻绳，并跨过光滑的轻质定滑轮连接一测力计和一只空沙桶（调节滑轮高度使桌面上部轻绳水平），测力计的读数记为，初始时整个装置处于静止状态。实验开始后向空沙桶中缓慢倒入沙子。（重力加速度g取）（1）缓慢倒入沙子时，的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，测出滑块的质量为，则滑块与木板间的动摩擦因数为______；（2）在木板开始滑动后，测出在沙桶中装有不同质量的沙子时，滑块通过两光电门的时间间隔t，则木板的加速度为______（用题中所给字母表示），在坐标系中作出的图线如图乙所示，若图线的斜率为k，则木板的质量为______（用题中所给字母表示）。【答案】①.0.2②.③.【解析】【详解】（1）[1]缓慢地向砂桶内倒入砂子，的读数缓慢增大到3.5N时突变为3.0N，即滑动摩擦力动摩擦因数（2）[2][3]根据可得对木板，由牛顿第二定律有故因此图线的的斜率则木板的质量为12.某同学在实验室做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，实验室提供了如下器材：小灯泡（2.5V，0.5A）电流表A（量程为0.4A，内阻RA=1Ω）电压表V（量程为3V，内阻RV≈3kΩ）滑动变阻器（最大阻值R=10Ω，允许通过的最大电流2A）定值电阻R1=2Ω定值电阻R2=10Ω电源E（电动势为3V，内阻不计）开关S一个、导线若干（1）他设计了如图甲所示的实验电路，Rx应选_______（填“R1”或“R2”），电流表与Rx并联后的量程为______A。（2）利用图甲所示电路进行实验，某次测量时电流表的示数为0.2A，此时电压表的示数如图乙所示，则此时小灯泡的电阻为_______Ω（结果保留两位有效数字）。（3）通过实验正确作出小灯泡的I-U图线，如图丙所示。现把实验中使用的两个完全相同的小灯泡并联后接到如图丁所示的电路中，其中电源的电动势E0=2V、内阻r0=1Ω，定值电阻R=1Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为_______W（结果保留两位有效数字）。【答案】①.②.0.6③.1.7④.0.22##0.21##0.23##0.24##0.25【解析】【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电流为0.5A，电流表的量程为0.4A，可以通过将电流表与定值电阻并联的方式来扩大电流表的量程，并联后新电流表的量程为0.6A，内阻为。（2）[3]电流表的示数为0.2A时流过小灯泡的电流此时电压表的示数为0.7V，所以此时小灯泡的电阻（3）[4]设此时流过小灯泡的电流为I，小灯泡两端电压为U，由闭合电路欧姆定律有解得将此函数的图线画在小灯泡的伏安特性曲线中，如图所示。两图线交点的横、纵坐标的乘积为小灯泡消耗的实际功率，即13.如图所示，质量M=1.5kg的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5kg的滑块Q．水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内），推力做功WF=4J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下．已知Q与小车表面间动摩擦因数μ=0.1．（g=10m/s2）求：（1）P刚要与Q碰撞前的速度是多少？（2）Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？（3）为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【答案】（1）4m/s（2）4m/s（3）6m【解析】【详解】试题分析：（1）推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有：①（1分）当弹簧完全推开物块P时，弹簧仍是原长，有：②（2分）由①②式联立解得：（1分）（2）P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为，P的速度为，由动量守恒和能量守恒得：③（2分）④（2分）由③④式解得，（1分）（3）设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得：⑤（4分）根据能量守恒，系统产生的摩擦热：⑥（4分）联立⑤⑥解得：（1分）考点：动量守恒定律功能关系14.如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。（1）求两极板间的电压U；（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：①“二度感光区”的长度L；②打在“二度感光区”的粒子数与打在整个感光板上的粒子数的比值；（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。

【答案】（1）；（2）①，②1:3；（3），【解析】【详解】（1）在圆形磁场中由牛顿第二定律得由几何关系得在匀强电场中由动能定理得解得（2）①由图可知EF为“二度感光区”，有几何关系得当粒子落在E点时轨迹圆的圆心为C

当粒子落在G点时轨迹圆的圆心为G，由几何关系得解得②由图可知，粒子落在C点时轨迹圆的圆心为H，落在CE段的粒子对应A点的出射角度区域大小为θ，落在EF即落在“二度感光区”的粒子对应A点的出射角度区域大小为α，由几何关系得由几何关系可得由感光板上的长度之比即为个数比（3）粒子在磁场中运动的半径粒子每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半，只有垂直打来的粒子才会反弹，即只有第一次落在E点的粒子能够反弹，由几何关系可知该粒子应从H点进入磁场，第一次落在离C点a处，第二次落在离C点2a处，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75a处,第五次落在离C点2.875a处超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中运动的总时间解得该粒子从H到E的路程从第一次反弹到第二次反弹的路程从第二次反弹到第三次反弹的路程从第三次反弹到第四次反弹的路程从第四次反弹到离开磁场的路程该粒子在磁场中运动的总路程解得四、选考题（共12分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分）15.下列说法中正确的是（）A.两分子靠近的过程中，分子力做正功B.室内空气越干燥，相对湿度越大C.热量不能从高温热源传递到低温热源D.布朗运动是固体小颗粒在液体或气体中的运动，属于机械运动【答案】D【解析】【详解】A．如果分子间距离始终大于平衡距离，靠近时，分子力做正功，如果间距始终小于平衡距离，靠近时，分子力做负功，如果间距先大于平衡距离后小于平衡距离，靠近时，先做正功后做负功，故A错误；B．相对湿度，指空气中水汽压与相同温度下饱和水汽压的百分比。也就是指某湿空气中所含水蒸气的质量与同温度和气压下饱和空气中所含水蒸气的质量之比，空气越干燥，这个比值越小，相对湿度越小，故B错误；C．根据热力学第二定律，热量可以自发地从高温热源传递到低温热源，故C错误；D．布朗运动是固体小颗粒在液体或气体中受到液体分子或气体分子碰撞的不平衡性，而导致的无规则运动，属于机械运动，故D正确；故选D。16.某充气式座椅简化模型如图所示，质量相等且导热良好的两个汽缸C、D通过活塞封闭质量相等的两部分同种气体A、B，活塞通过轻弹簧相连静置在水平面上，如图所示。已知汽缸的质量为M，封闭气体气柱的初始高度均为L、初始环境温度为，轻弹簧的劲度系数为k、原长为，大气压强为，重力加速度为g，活塞的横截面积为S、质量和厚度不计，弹簧形变始终在弹性限度内，活塞始终未脱离汽缸。（汽缸壁厚度及汽缸内气体的重力均可忽略不计）（i）求初始时气体A的压强；（ii）若环境温度缓慢降至，求稳定后活塞a离水平面的高度。

【答案】（i）；（ii）【解析】【详解】（i）设弹簧的弹力为F，所以F＝Mg所以对A分析，设气体A的压强为，对汽缸C有解得（ii）气体B等压变化，则有故弹簧压缩为kx＝Mg解得活塞a离水平面的高度为17.如图所示，实线是一列简谐横波在时刻的波形图，虚线是时刻的波形图。已知该横波沿x轴负方向传播，质点M的平衡位置距O点5m。下列说法不正确的是（）

A.该波的周期可能为B.若波的周期为，质点M在时间内运动的路程为3mC.质点M在时刻沿y轴负方向运动D.该波遇到尺度为10m的障碍物时，无衍射现象发生【答案】D【解析】【详解】A．波沿x轴负方向传播，则波速周期当时故A正确；B．当时从t1到t2时间内，质点M运动的路程为故B正确；C．波沿负方向传播，根据上下坡法可知质点M在时刻沿y轴负方向运动，故C正确；D．该波的波长为4m，则该波遇到尺度为10m的障碍物时会发生衍射现象，但不能发生明显的衍射现象，故D错误。本题选不正确项，故选D。18.如图所示为一圆筒截面，两筒内外是空气，两筒之间充满折射率为均匀透明介质，内圆筒半径为R，外圆筒半径为2R，从M点光源处向介质内发射一细光束恰好与内圆相切，光束到达外圆边界时发生反射和折射，反射光线又经外圆边界反射后最终返回到M点，可以证明两条反射光线均与内圆相切。已知光在真空中的速度为c，求：（1）光线到达外圆P点发生折射时的折射角α；（2）光线经外圆边界反射后，在介质中第一次返回M点传播的时间。

【答案】（1）α=60°；（2）【解析】【详解】（1）光路如图

过O点作MP垂线，与MP相交于S点，由三角形几何关系得解得β=30°由折射定律则α=60°（2）由角度关系可知：反射光纤经外圆边界再次反射后最终返回M点，反射光线构成一正三角形MPQ，有光线在介质中的速度为即

高考模拟检测卷（二）试题物理一、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1~4题只有一项符合题目要求，第5~8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，有选错的得0分。1.2021年12月30日，中科院EAST全超导托卡马克装置（“人造太阳”）过亿度持续运行17.6分钟：2022年2月26日，中国的“人造太阳”实现了1.6亿度（约为太阳中心温度的10倍）等离子体运行。中国的“人造太阳”的技术领跑世界。“人造太阳”采用的是磁约束核聚变反应，其核反应方程是；，则（）A.X为质子B.该反应在常温下就可以进行C.该反应前后核子的总质量是相等的D.的结合能大于与结合能之和【答案】D【解析】【详解】A．根据电荷数守恒、质量数守恒，方程为知X为中子，A错误；B．核聚变反应属于热核反应，必须在高温下进行，B错误；C．核聚变反应能放出核能，反应前后质量出现亏损，C错误；D．该核反应释放能量，有质量亏损，生成物更稳定，则知的结合能比反应物的结合能之和大，D正确。故选D。2.如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是（）

A.地面所受M的压力一直增大B.地面对M的摩擦力一直增大C.水平作用力F的大小一直增大D.E、M间的压力最大值为2G【答案】D【解析】【详解】A．圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，以整体为研究对象，因为整体处于平衡状态，在竖直方向有可知地面支持力大小保持不变，根据牛顿第三定律地面所受M的压力大小不变，故A错误；BC．以圆柱体为研究对象，令两圆心连线与地面夹角角为，依题意有

解得依题意从30o增大到90o，则可知F逐渐变小；将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，因为整体处于平衡状态，则水平方向有因过程中水平拉力F一直在变小，地面对M的摩擦力也一直变小，故BC错误；D．据分析，因开始时最小，则E与M之间的压力N最大，则有故D正确。故选D。3.2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，神舟十二号载人飞船与天和核心舱及天舟二号组合体成功对接，将中国三名航天员送入“太空家园”，核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的，运行周期约为90min，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2。下列说法正确的是（）A.核心舱在轨道上飞行的速度为7.9km/sB.仅根据题中数据可估算出地球密度C.位于低轨道的神舟十二号载人飞船需减速才能与高轨道的核心舱实现对接D.“太空家园”中静止坐在椅子上的宇航员加速度为0【答案】B【解析】【详解】A．假定地球质量为M，人造天体轨道半径为r，则有则有可知轨道半径越大，运行速度越小，而7.9km/s是轨道半径为地球半径时的速度，则核心舱的速度小于7.9km/s，故A错误；B．依题意有则有依题意地球的密度为故B正确；C．位于低轨道的神舟十二号载人飞船需加速才能与高轨道的核心舱实现对接，故C错误；D．“太空家园”中静止坐在椅子上的宇航员与核心舱的加速度相同，则有解得可知加速度不为零，故D错误。故选B。4.2022年第24届冬季奥林匹克运动会在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示。一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息不可以求出（）

A.运动员在空中飞行的时间B.A、B之间的高度差C.运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功D.C、D两点之间的水平距离【答案】D【解析】【详解】A．从B点做平抛运动，则由可求解运动员在空中飞行的时间，A正确，不符合题意；B．由可求解在B点的速度v0，再由可求解AB的高度差，B正确，不符合题意；C．从B点到D点由可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做功，C正确，不符合题意；D．由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，D错误，符合题意。故选D。5.如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab和cd，bd端接有电阻R．导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直于导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在时刻，导体棒以速度从导轨的左端向右运动，经过时间开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流i随时间t的变化规律图像可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由图乙知，在0～2t0时间内磁感应强度随时间均匀变化，根据可知，回路产生稳定的电动势、稳定的感应电流，在根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针方向，所以在0～2t0时间内电流是负方向，且大小不变．在2t0时刻导体棒进入磁场区域，在安培力的作用下做非匀变速运动，根据知，导体棒做加速度减小的减速运动，电流，电流逐渐减小，且i-t图像的斜率逐渐减小，所以A正确；B、C、D错误．6.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0~x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0~x2段做匀变速运动，x2~x3段做匀速直线运动C.在0、x1、x2、x3的处电势、、、的关系为＞=＞D.x2~x3段的电场强度大小方向均不变【答案】CD【解析】【详解】A．0~x1段电势能减小，说明电场力做正功，即该段电场强度的方向沿x轴负方向；x1~x2段电势能增大，说明电场力做负功，即该段电场强度的方向沿x轴正方向；x轴上的电场方向在x1处方向发生了反向的突变，说明x1处电场强度为零，故A错误；B．根据功能关系可知，在Ep－x图像中，曲线的切线斜率与场强成正比，可知粒子在0~x2段受变力作用，做非匀变速运动，x2~x3段受恒力作用，做匀变速运动，故B错误；C．负电荷在电势低处电势能大，在电势高处电势能小，所以＞=＞，故C正确；D．负电荷在x2~x3段受恒力作用，说明该段是匀强电场，即电场强度的大小和方向均不变，故D正确。故选CD。7.如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵体内加入导电剂后，液体的电阻率为ρ，泵体所在处于方向垂直纸面向外的匀强磁场B。工作时，泵体的上下两表面接电压为U的电源（内阻不计）上。若电磁泵和水面高度差为h，理想电流表示数为I，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。在抽水泵正常工作过程中，下列说法正确的是（）A.泵体上表面应接电源正极B.电磁泵不加导电剂也能抽取纯水C.电源提供总的功率为D.若t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt-mgh-t【答案】AD【解析】【详解】A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体；故A正确；

B．电磁泵不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故B错误；C．根据电阻定律，泵体内液体的电阻那么液体消耗的电功率为而电源提供的电功率为UI，故C错误；

D．若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为故D正确；

故选AD。8.如图所示，在直角三角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d；∠C=，现垂直于AB边射入一群质量均为m，电荷量均为q，速度相同的带正电粒了（不计重力），已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为，下列判断正确的是（）

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0B.该匀强磁场的磁感应强度大小为C.粒子在磁场中运动的轨道半径为D.粒子进入磁场时的速度大小为【答案】ABC【解析】【详解】A．垂直于AC边射出，可知速度偏转角为，则对应的圆心角也等于，依题意有解得故A正确；B．根据带电粒子在匀强磁场中的周期公式有可得故B正确；C．在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为，依题意其运动轨迹如图所示

因磁场中运动的时间为时间为时，对应的圆心角为，即根据几何关系有即解得故选C；D．根据带电粒子在匀强磁场中圆周运动的轨道半径公式，依题意有解得故D错误。故选ABC。第II卷（非选择题共62分）二、非选择题：共62分，第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9.某研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器（测绳子的拉力），P为小桶（内有砂子），M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板。不计绳子与滑轮间的摩擦。

（1）要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源（含导线）外，还需要的实验仪器是__________（选填“毫米刻度尺”“天平”或“秒表”）。（2）本实验是否需要平衡摩擦力后再做实验?___________（选填“是”或“否”）是否要求小桶和砂子的总质量远小于小车的质量?__________（选填“是”或“否”）。（3）已知交流电源的频率为50Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点之间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a=____m/s2。（结果保留两位有效数字）【答案】①.毫米刻度尺②.是③.否④.0.90【解析】【详解】（1）[1]由于要处理纸带数据，需要利用刻度尺测量两个计数点之间的距离，所以还需要的器材是刻度尺。（2）[2]为使绳子的拉力等于小车受到的合外力，应平衡摩擦力。[3]由于绳子一端连接有能够测绳子拉力的力传感器，绳子的拉力可以直接读出，所以不需要小桶和砂子的总质量远小于小车的质量。（3）[4]图乙中相邻两个计数点之间的时间间隔为t=5T==0.10s根据Δx＝at2可求得小车的加速度a＝0.90m/s210.某物理课外实验小组为了测量某未知电阻R0的阻值，制定了四种测量方案。（1）方案一：用欧姆表测电阻a．在进行正确机械调零后，将欧姆档的选择开关拨至“×1”档，先将红、黑表笔短接，让指针指在______（选填“左侧”或“右侧”）零刻度线上。b．欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻R0的阻值为______。（结果保留两位有效数字）

（2）方案二：用伏安法测电阻：如图乙所示的实验电路，电压表的示数为2.80V，电流表的示数为87.5mA，则由此可得未知电阻R0的阻值为______（结果保留两位有效数字），此测量值_______（选填“大于”或“小于”）真实值。

（3）方案三：用等效替代法测电阻a．如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R，使电流表示数为I0，电阻箱的示数R1=102Ω；b．断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I0，电阻箱的示数R2=68Ω；c．则未知电阻R0的阻值为______Ω（结果保留两位有效数字）。

（4）方案四：用惠斯通电桥法测电阻如图丁所示的实验电路，AB为一段粗细均匀的直电阻丝。

a．闭合开关S，调整触头D的位置，使按下触头D时，电流表G的示数为零。已知定值电阻R的阻值，用刻度尺测量出、，则电阻R0=______（用R、l1、l2表示）。b．为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图丁中的定值电阻R换成电阻箱，并且按照a中操作时，电阻箱的读数记为R3；然后将电阻箱与R0交换位置，保持触头D的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G的示数为零，此时电阻箱的读数记为R4，则电阻R0=_______。（用R3、R4表示）【答案】①.右侧②.36③.32④.小于⑤.34⑥.R⑦.【解析】【详解】（1）[1]红黑表笔短接，使电流达到满偏，故指针指在右侧；[2]依题意，读数为36；（2）[3]根据欧姆定律，电阻的测量值为[4]电路采用外接法，电流表读数偏大，故电阻测量值小于真实值；（3）[5]根据闭合电路的欧姆定律有联立解得（4）[6]根据电桥测量原理，依题意有解得[7]据前面分析，有则有11.如图所示，倾角θ=37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m=0.5kg的物块（均可视为质点），A固定，C与斜面底端处的挡板D接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离d=3m，现释放A，一段时间后A与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后立即撤去A，不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）A与B碰撞后瞬间B的速度大小vB；（2）弹簧始终在弹性限度内，当C刚好要离开挡板时，B的动能Ek=8.97J，弹簧的劲度系数k。

【答案】（1）6m/s；（2）600N/m【解析】【详解】（1）根据机械能守恒定律有解得设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有A、B碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律有联立解得（2）A、B碰撞前，弹簧的压缩量为当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为可见在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能的改变量为零。根据机械能守恒定律得联立以上各式解得12.如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为kmg（k>1，g为重力加速度大小）。自t0时刻开始，加一水平问右、电场强度大小E=的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。求：（1）平板第一次与墙壁碰撞后的一小段时间内，物块的加速度大小a1；（2）从开始到平板与墙壁第二次碰撞前的瞬间，物块相对于平板的位移∆x的大小；（3）从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量。

【答案】（1）（k-1）g；（2）；（3）【解析】【详解】（1）第一次碰撞后，对物块kmg-qE=ma1解得a1＝（k-1）g（2）平板第一次与墙壁碰撞时的速度为v1，根据动能定理解得第一次碰撞后平板kmg+qE=ma2解得a2＝（k+1）g第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有v共＝－v1＋a2t1对物块有v共＝v1－a1t1解得t1=v共=从平板第一次与墙壁碰撞到平板与物块共速时物块的位移为木板的位移为之后到碰挡板前二者没有相对滑动，所以从释放到木板第二次与挡板碰撞前的瞬间物块相对平板的位移为Δx＝x1+x2解得（3）最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有qE·L＋qE·（L＋x）＝QQ=kmgx解得二者的相对路程系统因摩擦产生的热量（二）选考题：共45分。请考生从2道物理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。[物理一选修3-3]13.下列说法正确的是（）A.温度高的物体内能不一定大B.液体的饱和气压不仅与液体的温度有关，还与液体的体积有关C.阿伏伽德罗常数为NA，密度为ρ、体积为V摩尔质量为M的铁所含原子数为D.第二类永动机不能制成，是因为它违反了能量守恒定律E.若一定质量的理想气体，压强不变，体积减小，则它一定向外放出热量【答案】ACE【解析】【分析】【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度高只能说明分子平均动能大，总的分子动能应该是分子平均动能与分子数的乘积，另外内能还包括分子势能，因此温度高的物体内能不一定大，A正确；B．液体的饱和气压仅与液体的温度有关，与液体的体积无关，B错误；C．铁块总质量铁块物质的量为因此分子数为C正确；D．第二类永动机不能制成，是因为它违反了热力学第二定律，D错误；E．根据可知压强不变，体积减小，则温度一定降低，气体的内能一定减少；体积减小外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体一定向外放出热量，E正确。故选ACE。14.如图所示，内壁光滑的气缸分为高度相等的AB、BC两部分，AB、BC两部分中各有厚度和质量均可忽略的绝热活塞a、b，横截面积Sa=2Sb，活塞a上端封闭氧气，a、b间封闭氮气，活塞b下端与大气连通，气缸顶部导热，其余部分均绝热.活塞a离气缸顶的距离是AB高度的，活塞b在BC的正中间.初始状态平衡，大气压强为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃.（1）通过电阻丝缓慢加热氮气，求活塞b运动到气缸底部时氮气的温度；（2）通过电阻丝缓慢加热氮气至420K，求平衡后氧气的压强.【答案】（1）350K；（2）；【解析】【详解】①活塞b降至底部的过程中活塞a不动，氮气经历等压变化，设AB部分的体积为，由题意知，BC部分的体积为，设氮气初态的体积为，温度为，压强为，末态体积为，温度为，由几何关系得：,由盖—吕萨克定律得：代入数据得：②设平衡后中间氮气的体积为，上方氧气的体积为，压强为p对中间氮气由理想气体状态方程代入数据得：设氧气初态的体积为，由题意知，压强为；末态的体积为，压强为p对上方的氧气，发生等温变化，由玻意尔定律得：由几何关系得：联立解得：[物理一选修3—4]15.如图a为沿轴负方向传播的简谐横波在t=1s时刻的波形图像，P、Q两个质点的平衡位置分别为x=2m、x=3m；图b为轴上某质点的振动图像，由图像可知，下列说法中正确的是（）A.简谐横波周期为4s，速度大小为1m/sB.图b可能为平衡位置为O的质点的振动图像C.t=1s时刻，质点Q的速度一定最大，且一定沿y轴负方向D.t=2s时刻，质点P的速度一定最大，且一定沿y轴负方向E.t=3s时刻，质点Q的速度一定最大，且一定沿y轴负方向【答案】ACD【解析】【详解】A．由a图得到波长为λ=4m，由b图得到周期为T=4s，故波速：，故A正确．B，t=1s时刻，从图b可知质点位于平衡位置向上运动，与a图中质点O的状态不符，所以图b不可能为位于O的质点的振动图象．故B错误；C．t=1s时刻，质点Q正确通过平衡位置，速度一定最大，由波形平移法知，该时刻质点Q沿y轴负方向运动，故C正确；D．t=2s时刻，即从t=1s时刻再过，质点P向下经过平衡位置，速度一定最大，且一定沿y轴负向，故D正确；E．t=3s时刻，即从t=1s时刻再过，质点Q的速度一定最大，且一定沿y轴正方向，故E错误。故选ACD。【点睛】本题关键要能把握振动图象与波形图象之间的联系，知道波形平移的同时质点在平衡位置附近振动，能根据公式求得波速。16.如图所示，扇面ABC为玻璃砖的截面，ABD为等腰直角三角形，AB长为R，一束光垂直于AC面从AC的中点E射入玻璃砖，光线恰好不能从AB面射出，光在真空中的传播速度为c，求：①该光束在玻璃砖中传播的时间（不考虑光在BC面上的反射）②该光束从BC面射出时的折射角．【答案】①②【解析】【详解】①由于ABD为等腰直角三角形，且光线恰好不能从AB面上射出，则光从玻璃砖射向空气发生全反射的临界角为450，因此折射率光在玻璃砖中传播的路径如图所示．由几何关系可知，因此，因此光在玻璃砖中传播的路程光在玻璃砖中传播的时间②由几何关系，光在圆弧面上的入射角设光在圆弧面上折射的折射角为r，则求得

高考模拟检测卷（三）试题物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写/填涂在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置。写在本试卷上无效。3.考试结束后，本试卷由考生自行保管，仅将答题卡交回。一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.氢原子的能级如图所示，一群处于能级的氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是（）

A.氢原子从能级跃迁到能级释放的光子能量最小，波长最长B.氢原子由能级跃迁到能级时，辐射出的光的频率最高，波长最短C.氢原子可能发出6种不同频率的光D.已知锌的逸出功为3.34eV，则氢原子能从能级跃迁到能级释放的光子可以从金属锌的表面打出光电子【答案】A【解析】【详解】A．氢原子从能级跃迁到能级释放的光子能量最小，频率最小，则波长最长，故A正确；B．氢原子由能级跃迁到能级时，辐射出的光的频率最高，波长最短，故B错误；C．氢原子可能发出3种不同频率的光，故C错误；D．氢原子从能级跃迁到能级释放的光子的能量为1.89ev，小于锌的逸出功，不能从金属锌的表面打出光电子，故D错误。故选A。2.甲、乙两汽车在平直的公路上同向匀速行驶，乙在前，甲在后，某时刻因紧急避险，两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，速度相等时，甲车追上乙车且刚好没有发生碰撞。如图所示为两车刹车后运动的v—t图象，以下说法正确的是（）

A.甲刹车的加速度的大小为0.5 B.两车刹车后间距一直在减小C.两车开始刹车时的距离为100m D.两车都停下来后相距15m【答案】C【解析】【详解】A．由图可得故A错误；B．由图可知之前，甲车的速度大，两车间距减小；之后，乙车的速度大，两车间距增大，故B错误；C．由题可知时，甲车追上乙车，此时两车速度，由面积法可得两车开始刹车时的距离为故C正确；D．两车都停下来后相距故D错误。故选C。3.在光滑平面中，有一转动轴垂直于此平面，交点O的上方h处固定一细绳的一端，绳的另一端固定一质量为m的小球B，绳长，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示，要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】如图所示以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力、绳子拉力F。在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为，而得当球即将离开水平面时转速n有最大值，即解得故A正确，BCD错误。故选A。【归纳总结】1.分析圆周运动的思路，即动力学思路，关键是受力分析，明确F向来源，应用F向=等公式求解。2.分析临界问题一般是令某量达到极值，寻找临界条件，以临界条件作为突破口。4.如图（甲）所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为11：1，两个标有“20V5W”的小灯泡并联在副线圈的两端。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图（乙）所示，原线圈电路中接有电压表和电流表（可视为理想电表）。则下列说法正确的是（）

A.电压表的示数为220V B.电流表的示数为2AC.小灯泡不能正常发光 D.经过1min原线圈输出的电能为【答案】D【解析】【详解】A．电压表测的是交流电的有效值，为A错误；C．原副线圈的电压比等于线圈匝数比，为所以副线圈的电压正好等于小灯泡的额定电压，所以小灯泡正常发光，C错误；B．两个小灯泡正常发光，消耗的总功率为10W，输入功率等于消耗功率，所以电流表示数为C错误；D．输入功率C选项已经求得，所以原线圈输出的电能为D正确；故选D。5.2017年9月12日，“天舟一号”货运飞船完成与“天宫二号”空间实验室的绕飞和第二次交会对接试验，“天舟一号”飞船与“天宫二号”空间实验室对接后在离地约393km的圆轨道上为“天宫二号”补加推进剂，在完成各项试验后，“天舟一号”受控离开圆轨道，最后进入大气层烧毁，下列说法中正确的是（）A.对接时，“天舟一号”的速度大于第一宇宙速度B.补加推进剂后，“天宫二号”受到地球的引力减小C.补加推进剂后，“天宫二号”运行的周期不变D.“天舟一号”在加速下降过程中处于超重状态【答案】C【解析】【详解】A．第一宇宙速度是地球卫星的最大环绕速度，所以对接时“天舟一号”的速度小于第一宇宙速度，故A错误；B．补加推进剂后，“天宫二号”的质量增大，由可知“天宫二号”受到地球的引力增大，故B错误；C．根据解得可知补加推进剂后，“天宫二号”运行的周期不变，故C正确；D．“天舟一号”在加速下降过程中处于失重状态，故D错误。故选C。6.2020年我国完成了探月工程三期任务，实现月面无人采样返回，为应对月球夜晚的低温，“嫦娥五号”的电池除了太阳能电池板之外，还配有一块“核电池”。“核电池”利用了Pu的衰变，其衰变方程为。则下列说法正确的是（）A.比的中子数少2B.为衰变方程C.属于衰变，射线具有很强的穿透能力D.改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期【答案】A【解析】【详解】A．根据质量数守恒与电荷数守恒可知，解得，所以该过程发生了衰变，中子数少了2，A正确；B．选项中的方程为核聚变方程，B错误；C．射线穿透能力较弱，电离能力强，C错误；D．半衰期与环境条件无关，D错误；故选A。7.如图所示，某一小球以的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点。在A点小球速度方向与水平方向的夹角为，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为（空气阻力忽略不计，g取10m/）。以下判断中正确的是（）A.小球经过A点时竖直方向的速度为20m/sB.小球经过A、B两点间的时间为C.A、B两点间的高度差D.A、B两点间的水平位移相差【答案】B【解析】【详解】AB．根据平行四边形定则知则小球由A到B的时间间隔故A错误，B正确；C．A、B的高度差故C错误；D．A、B两点间的水平位移相差故D错误。故选B。8.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（）

A.保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ减小B.保持S闭合，将M板向N板靠近，则θ不变C.断开S，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则θ增大D.断开S，将N板向上移动少许，则θ增大【答案】D【解析】【详解】小球平衡时，由平衡条件知qE=mgtanθA．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ不会变，A错误；B．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，根据公式可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，B错误；C．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式平行板电容器的公式电压与电场强度公式可得在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则变大，电场强度减小，故θ减小，C错误；D．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式平行板电容器的公式电压与电场强度公式可得断开S，将N板向上移动少许，S减小，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，D正确。故选D。二、多选题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的得0分。9.图甲为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（）A.波的周期为0.2sB.在时，的质点P沿y轴正方向运动C.经过的质点Q经过的路程为50cmD.从到，该波沿x轴正方向传播了10m【答案】AD【解析】【详解】A．从图乙可知，波的周期为0.2s，A正确；B．根据乙图可知，整周期之后Q点沿y轴正方向运动，结合甲图可知，波沿x轴正方向传播。所以P点在0.4s时，沿y轴的负方向运动，B错误；C．经过0.3s，质点Q从平衡位置开始运动了1.5个周期，所以路程为C错误；D．由甲图可知，波长为8m，则波速为B选项中已经知道波沿x轴正方向传播，这段时间的传播路程为D正确；故选AD。10.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量的木板，木板上静止放置一质量的物体，物体与木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取10。现用水平恒力F拉物体m，下列关于拉力F的大小及物体加速度a可能的是（）A.时 B.时C.时 D.时【答案】BD【解析】【详解】C．当物体和木板刚要相对滑动时，的加速度最大此时二者加速度可认为相等，对整体故C错误；AB．当F小于3N时，物体和木板相对静止一起向右加速，对二者组成的整体，当F=1N时当F=2N时故A错误，B正确；D．当F超过3N时，物体和木板相对滑动，当F=4N时，对物体故D正确。故选BD。11.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V—T图像如图所示，表示状态a压强，下列判断正确的是（）

A.a到b过程，气体吸收热量B.b到c过程，气体吸收热量C.b到c过程，外界对气体做了的正功D.c到a过程气体放出的热量等于外界对气体做的功【答案】AC【解析】【详解】A．a到b过程气体体积不变，外界对气体没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故A正确；B．b到c过程，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，则气体放出热量，故B错误；C．由理想气体的状态方程可得解得同理可解的所以故C正确；D．由图可知，过程c到a过程中气体温度不变而体积增大，气体内能不变，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律得气体吸收的热量等于对外界做的功，故D错误。故选AC。12.如图，在匀强电场中，将电荷量为的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做的功，再从B点移到C点，静电力做了的功。已知电场的方向与△ABC所在的平面平行，。下列说法正确（）A.粒子在A点的电势能高于C点电势能 B.AB两点电势差C.该电场的电场强度 D.该电场的电场强度【答案】BC【解析】【详解】A．A到C有由功能关系可知电荷从A到C电势能增加，所以粒子在A点的电势能低于C点电势能，故A错误；B．根据可得故B正确；CD．根据可得又，假设，，，则AB的中点与C点等势，作图如下由数学知识求得所以故C正确，D错误。故选BC。13.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电+q，质量为m的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向从N点射入磁场；一段时间后，该粒子在边上某点以垂直于OP方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为，不计重力。下列说法正确的是（）

A.粒子运动到x轴时，x的坐标是B.粒子运动到x轴时，x的坐标是C.粒子运动到x轴的时间D.粒子运动到x轴的时间【答案】BC【解析】【详解】AB．可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O点，有解得在磁场中的圆周运动半径则粒子运动到x轴时故A错误，B正确；CD．在磁场中的时间穿出磁场后所以粒子运动到x轴的时间故C正确，D错误。故选BC。三、实验题：本题共2小题，14题10分，15题8分，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写运算过程。14.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中：已知双缝到光屏的距离，双缝间距，单缝到双缝的距离。某同学在测量时，转动手轮，在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准A亮纹的中心，手轮上的读数是4.077mm；然后继续转动手轮，使分划板中心刻线对准B亮纹的中心，如图所示，手轮上的读数是___________mm。则所测单色光的波长λ=___________m（保留2位有效数字）。

【答案】①.5.665（5.663—5