2024高考必考物理押题试卷含解析

第25页/共25页高考模拟检测卷（一）试题物理一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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.如图所示为氢原子的能级示意图，则下列说法正确的是（）

A.大量处于能级的氢原子向基态跃迁时，能发出3种不同频率的光B.一个处于能级的氢原子，最多只能放出6种光子C.用能量为的大量电子，去激发处于基态的大量氢原子，可能使处于基态的氢原子跃迁到激发态D.已知金属钾的逸出功为，从能级跃迁到能级释放的光子可使金属钾发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．大量处于能级的氢原子向基态跃迁时，根据可知能发出6种不同频率的光，A错误；B．一个处于能级的氢原子，可能出现的跃迁路径为可知最多只能放出3种光子，B错误；C．处于基态的氢原子跃迁到激发态需要吸收的能量为因为电子的能量可以部分被吸收，故用能量为的大量电子，去激发处于基态的大量氢原子，可能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，C正确；D．从能级跃迁到能级释放的光子能量为由于光子能量小于金属钾的逸出功，故不能使金属钾发生光电效应，D错误；故选C。2.如图所示，在水平力F作用下A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则（）A.A的受力个数可能是3个 B.A的受力个数可能是5个C.B的受力个数可能是3个 D.B的受力个数可能是5个【答案】D【解析】【详解】对系统受力分析可知，斜面对摩擦力可能为零AB．对A受力分析，由平衡条件得：A受重力，B对A的支持力，水平力F，以及B对A的摩擦力四个力的作用，故AB错误；CD．对B受力分析：至少受重力、对B的压力、对B的静摩擦力、斜面对的支持力，还可能受到斜面对B的摩擦力，故D正确，C错误。故选D。3.甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方随x的变化图像如图所示，下列说法正确的是（）A.汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为8mB.汽车甲的加速度大小为C.汽车甲、乙在t＝4s时相遇D.汽车甲、乙在x＝6m处的速度大小为3m/s【答案】A【解析】【详解】B．根据并根据题给图像可推知甲、乙两车的初速度大小分别为图像的斜率的绝对值表示汽车加速度大小的2倍，所以甲、乙两车的加速度大小分别为且甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，故B错误；A．汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时二者速度相同，设共经历时间为t1，则解得此时甲车的位移为故A正确；C．甲车总运动时间为甲停下时位移为9m，而此时乙车的位移为所以甲、乙两车相遇一定发生在甲车停下之后，设相遇时刻为t，则有解得故C错误；D．汽车甲、乙在x＝6m处的速度大小为故D错误。故选A。4.如图所示，在竖直的平面直角坐标系xOy中，一无阻挡的抛物线边界把平面分为两部分，在y轴上A处有一质点小球以的初速度垂直于y轴射出，已知OA＝5m，不计空气阻力，，则（）A.小球到达边界的时间为B.小球到达边界的位置为（，2m）C.小球到达x轴时速度方向与x轴负方向成30°D.经过足够长的时间，小球速度方向可能和y轴平行【答案】A【解析】【详解】AB．小球做平抛运动，则其坐标分别为其中联立得联立可得故与边界交点坐标为（-2m，4m），故达到边界的时间为故A正确，B错误；C．小球下落OA高度时，竖直方向的速度大小为到达x轴时速度方向与水平方向的夹角即不为，故C错误；D．根据可知由于有初速度，故小球速度不可能与y轴平行，故D错误。故选A。5.如图所示，匝数为N的矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1∶4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，、为定值电阻，R为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表、的示数分别为、，电压表、的示数分别为、。不计线框电阻，下列说法正确的是（）A.交流电压表的示数为4NBSωB.从图示位置开始，线框转过180°的过程中，通过线圈的电荷量为0C.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则电流表的示数增大D.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则变大【答案】C【解析】【详解】A．线框产生的感应电动势最大值为有效值为所以交流电压表V2测副线圈两端电压的有效值，则故A错误；B．线框中感应电流随时间成正弦规律变化，且图示时刻线框正位于中性面，感应电流为零，线框转过180°之后线框再次位于中性面，感应电流也为零，在上述过程中通过线框的电流先增大后减小，所以通过线框的电荷量不可能为0，故B错误；CD．若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则R接入电路的阻值减小，副线圈所接电路总电阻减小，而线框的输出电压不变，所以U1不变，则U2不变，副线圈电流增大，根据可知I1增大，故C正确，D错误。故选C。6.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则质子的速度可能为（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】质子带正电，且质子经过磁场偏转后经过点，其可能的轨迹如图所示

由轨迹图可知，所有圆弧所对的圆心角均为，根据几何关系可得，质子做圆周运动的半径为（，，…）根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得（，，…）当时，可得B正确，ACD错误；故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分．7.土星的卫星很多，现已发现数十颗，这些卫星的运动可视为绕土星的匀速圆周运动。下表是有关土卫五和土卫六两颗卫星的一些参数，下列说法正确的是（）卫星直径质量轨道半径发现者发现日期土卫五1530527040卡西尼1672年土卫六51501221830惠更斯1655年A.土卫五的公转速度比土卫六的小B.土卫五的公转周期比土卫六的小C.土卫五表面的重力加速度比土卫六的大D.土星对土卫五的万有引力约为其对土卫六万有引力的倍【答案】BD【解析】【详解】A．设土星的质量为M，由卫星速度公式公转半径越大，卫星的线速度越小，则土卫六的公转线速度小，故A错误；B．由卫星周期公式半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小，故B正确；C．根据，解得土卫五表面的重力加速度土卫六表面的重力加速度则土卫五表面的重力加速度比土卫六的小，选项C错误；D．土星对土卫五的万有引力大小为土星对土卫六的万有引力大小为则土星对土卫五的万有引力约为其对土卫六万有引力的倍，故D正确。故选BD。考点：万有引力定律的应用。8.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是（）A.上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】BD【解析】【详解】A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确；故选BD。9.如图两根足够长光滑平行金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A.金属棒ab一直加速下滑B.金属棒ab最终可能匀速下滑C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D.带电微粒可能静止不动【答案】AC【解析】【详解】AB．将M、N视为电容为C的平行板电容器，设金属棒ab的质量为m，导轨间距为L，ab从静止开始在一极短的时间内速度的变化量为，此时电容器两端电压为电容器的带电量为回路中的电流为根据牛顿第二定律有解得由上式可知金属棒ab将一直匀加速下滑，故A正确，B错误；C．根据右手定则可知金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势，故C正确；D．因为金属棒ab匀加速下滑，速度增大，产生的感应电动势增大，则M、N间电压增大，电场强度增大，带电微粒所受电场力增大，即合外力变化，不可能静止不动，故D错误。故选AC。10.如图a，点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O，轴上各点电势φ与x的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为+8.0×10-9C，从x=0.2m处由静止释放，到达x=0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ=0.01，g=10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在x=0.4m处滑块（）

A.所受电场力大小为5.0×10-3N B.所在位置的电势为4.0×105VC.电势能为2.0×10-3J D.速度大小为0.2m/s【答案】ACD【解析】【详解】A．x=0.4m处时速度达到最大，电场力等于摩擦力，F=μmg=0.01×0.05×10N=5×10-3N，故A正确；B．由图可知，x=0.4m即1/x=2.5m-1处电势为2.5×105V，故B错误；C．根据电势能，Ep=8.0×10-9C×2.5×105V=2.0×10-3J，故C正确；D．从x=0.2m处到达x=0.4m处，根据动能定理，，即：8.0×10-9×（5×105-2.5×105）-0.01×0.05×10×0.2=×0.05×v2，解得，v=0.2m/s，故D正确．故选：ACD三、非选择题：共56分．第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答．第15~16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共43分．11.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量。（1）在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是______。A．NB．mC．N/mD．Pa（2）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图1所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y的值．首先利用刻度尺测得橡皮筋的长度L＝20.00cm，利用测量工具测得橡皮筋未受到拉力时的直径，那么测量工具应该是______。（3）做出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的图象，如图2所示，由图象可求得该橡皮筋的劲度系数，那么，这种橡皮筋的Y值等于______（只要填写Y的数值并保留两位有效数字）【答案】①.D②.螺旋测微器③.5.0×106【解析】【详解】（1）[1]根据可得可得的单位是，结合可得可得的单位是，即压强的单位为，故D正确，ABC错误；（2）[2]测量直径是测量到毫米的千分位，故用到的测量工具是螺旋测微器；（3）[3]根据图象可得，劲度系数的大小根据其中联立解得12.压力传感器按用途分类主要是压力监视、压力测量和压力控制及转换成其他量的测量。按供电方式分为压阻型和压电型传感器，前者是被动供电的，需要有外电源，后者是传感器自身可以产生电压，不需要外加电源。为了探究某压电型压力传感器的输出电流与其所受正压力之间的关系，某兴趣小组的同学做了如下实验，实验电路图如图甲所示，将压力传感器水平放置，接入如图甲所示电路，其上放置一与压力传感器上表面面积接近的平整薄硬木板（使压力传感器上表面受力均匀），电流表是量程、内阻为的灵敏电流表。当在木板上放置重物时，因为压力传感器受到正压力，其两端将产生输出电压，此时压力传感器相当于不计内阻的电源，通过放置不同重物测量产生的压力F与通过电流表电流I并绘制图像来完成实验。

（1）测量结束后得到砝码数与所读的电流表示数之间关系如下表，表中数据中明显存在错误的一组是第________组（填砝码个数，砝码数即为实验组数）。砝码数n/个12345电流表示数0.220.430.60.841.00（2）根据列表中数据在图乙所示坐标系中描绘出电流随砝码数变化的图线______。图像不过原点的原因是_________________。（3）通过查询实验所用压力传感器参数，发现铭牌上的参数显示其正常工作压力范围为，对应输出电压范围为。而实验只提供5个的砝码，g取，则要想使砝码全部放入时灵敏电流表恰好满偏，则电阻R的阻值应为________。

（4）若将两个相同的压力传感器图丙方式放置连接（不计传感器自身重力），放上相同重物后，图甲和图丙两图中电流表示数之比为_________。【答案】①.3②.③.薄硬木板对压力传感器产生压力④.40⑤.1∶2【解析】【分析】【详解】(1)[1]由列表知有一组有明显错误，其他四组是合理的，通过观察五组电流数据中有四组数据读到了，说明该电流表的最小分度值为，第3组数据只读到，说明读数时明显错误。(2)[2][3]图像如图所示

设每个砝码质量为m，平整薄硬板质量为，压电型传感器受到压力产生的电动势E满足根据闭合电路欧姆定律得联立解得由此可知不过坐标原点的原因是因为硬板木板有质量，对压力传感器产生压力。(3)[4]由题意得的压力对应输出电压，则在5个砝码（总重力5N）作用下的输出电压为，有联立解得(4)[5]当重物产生的压力为时，图丙2每个传感器上压力均为，但相当于两个电源串联在一起，图甲中传感器上压力为，则图丙中输出电压为图甲中输出电压的2倍，图甲和图乙两图中电流表示数之比为1∶2。13.如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为，赛艇（含运动员、双桨）质量为，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍，某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进，求：（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；（2）赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。

【答案】（1）；（2），【解析】【分析】【详解】(1)设赛艇受到的阻力大小为f，双浆划水时的动力为F，设划水和运浆阶段的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律划水时F-f=ma1空中运浆时f=ma2依题意有F=2f联立解得(2)由以上分析可知，赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等，则加速结束时速度达到最大，则划水时运桨时又联立并代入数据解得14.一小型风洞实验室内水平桌面上放两根足够长的平行导轨，导轨间距为L，如图甲（俯视）所示。虚线MN左侧区域I有竖直向下的匀强磁场B1，虚线PQ右侧区域Ⅲ有竖直向下的匀强磁场B3，中间区域Ⅱ有水平向左的匀强磁场B2，B1=B2=B，B3=2B。中间区域处于一向上的风洞中，当棒经过此区域时会受到竖直向上的恒定风力F＝mg的作用。长度均为L的导体棒ab、cd与导轨接触良好，两棒质量均为m，棒ab电阻为，棒cd电阻为R，其余电阻不计。两棒最初静止，现给棒ab一个水平向右的瞬间冲量使得其获得初速度v0，已知棒cd到达MN前两棒不相碰且均已匀速。当棒cd刚进入区域Ⅱ时，对棒ab施加一水平向右的外力使棒ab向右做匀加速直线运动，外力随时间变化的图像如图乙所示。已知直线斜率为k，t0时刻棒cb恰好进入区域Ⅲ，棒cd进入区域Ⅲ后瞬间撤去棒ab上的外力。区域Ⅰ、Ⅲ导轨光滑，中间区域导轨粗糙且与棒cd的动摩擦因数为μ，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，棒ab始终在区域Ⅰ运动。已知，，重力加速度为g。求：（1）棒ab刚开始运动时，棒两端的电势差Uab；（2）图乙中t=0时刻外力F0多大，t0时刻棒ab的速度多大；（3）棒cd进入区域Ⅲ后的过程中闭合回路产生的焦耳热多大。

【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【分析】【详解】（1）棒ab的感应电动势为联立得（2）棒ab开始运动到两棒匀速过程两棒动量守恒，有得施加外力后任一时刻，对棒ab，有棒ab做匀加速直线运动联立得其中可得t0时刻棒ab的速度（3）棒cd所受摩擦力时刻时刻对棒cd在区域Ⅱ运动过程由动量定理，得联立得棒cd进入区域Ⅲ后，对棒ab，有对棒cd，有稳定时，有联立得，对两棒能量守恒，有联立得（二）选考题：共13分．请考生从两道题中任选一题作答．如果多做，则按第一题计分．15.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0，相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，若两分子相距无穷远处时分子势能为零，下列说法正确的是（）A.在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小B.在r<r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小C.在r=r0时，分子势能最小，动能最大D.在r=r0时，分子势能为零E.分子动能和势能之和在整个过程中不变【答案】ACE【解析】【分析】【详解】A．r大于r0时，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，A正确；B．当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，B错误；C．由以上分析可知，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大，C正确；D．因为两分子相距无穷远处时分子势能为零，所以r等于r0时，分子势能为负值，D错误；E．除分子力外，由于没有其他力做功，故分子动能和势能之和在整个过程中不变，E正确。故选ACE。16.如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为76cm

现向右管缓慢补充水银．若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？在条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？【答案】（1）52cmHg；（2）427K．【解析】【详解】（1）对于封闭气体有：p1=（76﹣36）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3，V2=20S1cm3由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1V1=p2V2（2）停止加水银时，左管水银比右管高：h1=76﹣52cmHg=24cmHg；对左管加热后，左管下降6cm，右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm，左管比右管高为：h2=h1﹣9cm=15cm故封闭气体的压强：p3=76﹣15cmHg=61cmHg封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：故：点睛：根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强．17.一列简谐横波沿x轴正向传播，时波的图象如图所示，质点P的平衡位置在处。该波的周期。由此可知。该列波的传播速度为___________。在时间内质点P经过的路程为___________，时质点P的速度方向沿y轴___________方向（选填“负”或“正”）【答案】①.②.③.负【解析】【分析】【详解】[1]由图可知，该简谐横波波长由可得[2]由图可知质点P的振幅为0.1m，故1.2s内（三个周期）质点P运动的路程为[3]由于简谐横波沿x轴正向传播，由图可知t=0时，质点P经过平衡位置沿y轴正方向运动，0.6s等于一个半周期，故0.6s时质点P的速度方向沿y轴负方向。18.某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球心O的截面如图所示，A是外球面上的点，AO是半球壳的对称轴。一单色光在图示截面内从A点射入，当入射角i=45°时折射光恰与内球面相切于B点。（i）求透明材料对该光的折射率；（ii）要使从A点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在A点入射角应满足的条件。

【答案】（i）；（ii）i<30°【解析】【详解】（i）当入射角i=45°时，设折射角为r，透明材料对该光的折射率为n，ΔABO为直角三角形，则解得r=30°（ii）光在A点入射角为i′时，设折射角为r′，折射光射到内球面上的D点刚好发生全反射，则折射光完全不能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等于临界角为C，如图所示，在ΔADO中，由正弦定理有

解得解得i′=30°要使从A点射入光的折射光能从内球面射出半球壳，则光在A点入射角i应满足：i<30°

高考模拟检测卷（二）试题物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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.在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对世界的认识。对下列实验描述正确的是（）

A.甲图的理论，可以很好的解释氢原子光谱的规律B.汤姆孙通过乙图所示的气体放电管发现了电子，即β射线C.丙图放射源产生的三种射线中，射线1是β射线D.丁图所示为光电效应实验，验电器因为带上负电指针张开【答案】A【解析】【详解】A．氢原子的能级图可以很好的解释氢原子光谱的规律，选项A正确；B．汤姆孙通过乙图所示的气体放电管发现了电子，但不是射线，选项B错误；C．丙图放射源产生的三种射线中，射线1是粒子，选项C错误；D．丁图所示的实验中，从锌板中逸出光电子，则锌板带上正电，验电器因为带上正电指针张开，选项D错误。故选A。2.如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够实现通信。t=0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为4m/s，乙车的速度为1m/s，O1、O2的距离为3m。从该时刻起甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从t=0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（）

A.2s B.10s C.16s D.20s【答案】B【解析】【详解】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且为5m时，根据勾股定理可知根据运动学公式有，解得，因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当此时有当此时有当此时甲车的速度为根据几何关系可知，从4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中满足这段过程经历的时间为所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为故选B。3.如图所示，直角三角形金属框abc电阻为R，ab边长为L，bc边长为L。金属框绕ab边以角速度逆时针转动，空间中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。下列说法正确的是（）A.若磁场方向平行ab边向上，金属框中没有感应电流，bc间电势差也为0B.若磁场方向垂直纸面向里，图示时刻金属框中的感应电流最大C.若磁场方向垂直纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过的过程中，流经金属框的电量为D.若磁场方向垂直纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过的过程中，金属框中产生的焦耳热为【答案】D【解析】【详解】A．磁场方向平行ab边向上时，金属框磁通量不变，不产生感应电流，但bc边切割磁感线，有感应电动势，bc电势差不为0，A错误；B．若磁场方向垂直纸面向里，金属框转动产生正弦式交变电流，图示时刻感应电流为0，B错误；C．从图示时刻开始至金属框转过的过程有解得C错误；D．从图示时刻开始至金属框转过的过程中，金属框中产生的焦耳热由联立解得故D正确。故选D。4.如图所示，“V”形槽各处所用材料完全相同，两侧面夹角可以调节，槽的棱与水平面的夹角为37°，两侧面与水平面的夹角相同。圆柱形工件放在“V”形槽中，当“V”形槽两侧面的夹角为60°时，工件恰好能匀速下滑。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。则当“V”形槽两侧面的夹角90°时，工件下滑的加速度大小为（）

A.3m/s2 B.2m/s2C. D.【答案】C【解析】【详解】工件匀速下滑，在任意方向上合力都为零，将工件的重力分解到沿斜面向下和垂直斜面向下，有

作出垂直于“V”形槽方向的受力平面图如图所示

“V”形槽两侧面的夹角为60°，所以两侧面对工件的弹力N夹角120°，则合力“V”形槽两侧面对工件的摩擦力方向相同，大小都为，则代入可解得当“V”形槽两侧面的夹角为90°时，有

解得故选C。5.我国快舟一号甲运载火箭以“一箭双星”方式成功将“行云二号”卫星发射升空，卫星进入预定轨道。如图所示，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为g0，卫星在半径为R的近地圆形轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为4R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设卫星质量保持不变。则（）

A.卫星在轨道Ⅱ向轨道Ⅲ变轨时火箭需在B点点火向前喷气加速B.飞船在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A、B点速度之比为C.卫星在轨道I、Ⅲ上相同时间扫过的面积相同D.卫星在轨道Ⅱ上A点的速率大于第一宇宙速度【答案】D【解析】【详解】A．卫星在轨道Ⅱ向轨道Ⅲ变轨时火箭需在B点点火向后喷气加速，A错误；B．由开普勒第二定律，在近地点和远地点的运动半径之比为，则A、B两点速度之比，B错误；C．根据万有引力提供向心力解得则卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的半径分别为R和4R，则速度之比为，则相同时间内扫过的面积之比为，C错误；D．卫星在轨道Ⅰ上绕地球表面飞行，重力提供向心力，有解得则卫星在轨道Ⅱ上A点的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，即大于，D正确。故选D。6.如图，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度，经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是（）A.整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒B.达到稳定状态时，a、b两棒的速度之比为2：1C.金属棒b稳定时的速度大小为D.整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为【答案】D【解析】【详解】A．金属棒a、b长度不等，则所受安培力大小不等，即金属棒a、b棒组成的系统合外力不为0，故动量不守恒，A错误；BC．对金属棒a、b分别由动量定理可得，联立可得两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0，则有即则，达到稳定状态时，速度之比为，BC错误；D．由能量守恒知，回路产生的焦耳热为则金属棒a产生的焦耳热为D正确。故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块放在倾角为37°的斜面上，用绕过动滑轮的细线连接，给动滑轮施加一个沿斜面向上的拉力F，A、B两物块均处于静止状态，连接两物块的细线均平行于斜面，不计滑轮的质量，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（）

A.F的最小值为0.4mg B.F的最小值为0.8mgC.逐渐增大拉力F，A先滑动 D.逐渐增大拉力F，B先滑动【答案】BD【解析】【详解】AB．根据力的平衡可知，滑轮两边绳上的拉力大小分别为，当A刚要向下滑动时有解得当B刚好要下滑时有解得因此F的最小值为，故A错误，B正确；CD．当A刚好要上滑时解得当B刚好要上滑时解得因此逐渐增大F，物块B先滑动，故C错误，D正确。故选BD。8.如图所示，一长为L的轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴O上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动。当小球在最低点时给它一个水平初速度，小球刚好能做完整的圆周运动。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列判断正确的是（）

A.除最高点外，小球做完整圆周运动的过程中仅有一处合力指向圆心B.小球的初速度大小为C.杆的力为0时，小球的速度大小为D.杆的力为0时，小球的速度大小为【答案】AC【解析】【详解】A．小球做变速圆周运动，除最高点外，仅在最低点合力指向圆心，A正确；B．小球恰能做完整圆周运动，最高点速度为0，根据得最低点速度为B错误；CD．设杆的力为0时，杆与竖直方向的夹角为，杆的速度为，将小球所受重力沿杆和垂直杆方向进行分解，如图

则有，联立解得C正确，D错误。故选AC。9.如图，质量为m、带电荷量为q的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为、，方向分别与AB成斜向上、斜向下，已知AB=L，则（）

A.质子从A到B的运动为匀变速运动B.场强大小为C.质子从A点运动到B点所用的时间为D.质子的最小速度为【答案】ABD【解析】【详解】A．质子在匀强电场中受力恒定，加速度恒定，A正确；B．质子在匀强电场中做抛体运动，在于电场垂直的方向上分速度相等，设va与电场线的夹角为β，如图所示

则有解得根据动能定理有解得B正确；C．根据几何关系可得，AC的长度为则质子从A点运动到B点所用的时间为C错误；D．在匀变速运动过程中，当速度与电场力垂直时，质子的速度最小，有D正确。故选ABD。10.如图所示，倾角为的固定斜面AB段粗糙，BP段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端P点，弹簧处于原长时上端位于B点，质量为m的物体（可视为质点）从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好能回到AB的中点Q。已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则（）A.物体由A点运动至最低点的过程中加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零B.物体与AB段的动摩擦因数C.物体在整个运动过程中克服摩擦力做的功为D.物体第13次经过B点时，物体在AB段运动经过的路程为【答案】BCD【解析】【详解】A．物体接触弹簧前，加速度大小由公式解得而接触弹簧瞬间由于接触面光滑，故有解得故A项错误；B．物体从A到上滑到Q点的过程，由能量守恒得解得故B项正确；C．由于物体在AB段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐较少，最终物体以B点为最高点做简谐运动，之后不会克服摩擦力做功。故从开始释放到物体到B点速度为0，有故C项正确；D．设物体第n次回到最高点时离B的距离为，则物体由第次回到最高点至第n次回到最高点有将代入得为等比数列（其中）。物体第13次经过B点时，此时物体第6次回至最高点后向下经过B点。物体在AB段运动经过的路程有故D项正确。故选BCD。三、非选择题：共56分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11.某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材：气垫导轨、带四分之一圆弧轨道的滑块（水平长度L）、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。（1）实验步骤如下：①按照如图甲所示，将光电门A固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门A的总质量为M，光电门B固定在气垫导轨的右侧。②用天平称得金属球的质量为m，用20分度游标卡尺测金属球的直径，示数如图乙所示，小球的直径d=________cm。③开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从C点静止释放。A、B光电门的遮光时间分别为△t1、△t2（光电门B开始遮光时小球已离开滑块）。（2）验证M、m系统水平方向动量守恒________（填“需要”或“不需要”）保证滑块的上表面光滑。（3）如图验证M、m系统水平方向动量守恒，只需验证________成立即可（用M、m、d、L、△t1、△t2表示）。【答案】①.1.300cm②.不需要③.【解析】【详解】（1）②[1]20分度的游标卡尺，每相邻两个格的实际长度为0.95mm，由此可得小球的直径为d=32.0mm-20×0.95mm=13.00mm=1.300cm（2）[2]即使上表面不光滑，系统水平方向合外力也为零，所以也满足动量守恒，即不需要保证滑块的上表面光滑；（3）[3]令小球脱离滑块时对地的速度为v1，滑块对地的速度为v2，根据动量守恒则有根据题意可得联立可得12.某同学要将量程为3mA的毫安表G改装成量程为30mA的电流表。他先测量出毫安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准毫安表对改装后的电流表进行校准，可供选择的器材如下：毫安表头G（量程3mA，内阻约为几百欧姆）A.滑动变阻器R1（0~1kΩ）；B.滑动变阻器R2（0~10kΩ）；C.电阻箱R（0~9999.9Ω）；D.电源E1（电动势约为1.5V）；E.电源E2（电动势约为9V）；开关、导线若干具体实验步骤如下：①按电路原理图a连接电路；②将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关S1后调节滑动变阻器的阻值，使毫安表G的指针满偏；③闭合S2，保持滑动变阻器不变，调节电阻箱的阻值，使毫安表G的指针偏转到量程的三分之一位置；④记下电阻箱的阻值

回答下列问题：（1）为减小实验误差，实验中电源应选用________（填器材前的字母），滑动变阻器应选用________（填器材前的字母）；（2）如果按正确操作步骤测得电阻箱的阻值为90.0Ω，则毫安表G内阻的测量值Rg=________Ω，与毫安表内阻的真实值Rg'相比，Rg________（填“＞”“=”或“＜”）Rg'；（3）若按照第（2）问测算的Rg，将上述毫安表G并联一个定值电阻R改装成量程为30mA的电流表，接着该同学对改装后的电表按照图b所示电路进行校准，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，要想达到实验目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将定值电阻R换成一个阻值为kR的电阻即可，其中k=________；

（4）若用该电流表量程3mA，内阻按照第（2）问测算的Rg按正确的步骤改装成欧姆表并测标准电阻Rx的阻值时（如图d），理论上其测量结果与标准电阻Rx实际阻值相比较________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【答案】①.E②.B③.180④.<⑤.⑥.相等【解析】【详解】（1）[1][2]根据实验原理，当闭合后，电路总电阻会减小，总电流会变大，则当毫安表G的指针偏转到量程的三分之一位置时，通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的2倍，会产生误差；为了使得当闭合后电路总电阻变化较小，则滑动变阻器用电阻阻值较大的，这样的话要想能使毫安表能调节到满偏，则所用电源的电动势应该较大，即采用。（2）[3][4]根据以上分析可知，如果按正确操作步骤测得的阻值为，因认为通过电阻箱的电路等于毫安表电流的2倍，则毫安表G内阻等于电阻箱的阻值的2倍，即毫安表G内阻的测量值实际上因通过电阻箱的电流会大于毫安表读数的2倍，则毫安表内阻的真实值偏大，即与毫安表内阻的真实值相比（3）[5]当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的读数为15.0mA，则当改装表满偏时，对应的真实电流为32.0mA，即把毫安表G改装成32mA的电流表时把毫安表G改装成30mA的电流表时所以（4）[6]测量时欧姆表进行欧姆调零，表头的内阻的误差不影响欧姆表的内阻，所以，测量值等于真实值。13.如图所示，水平面上有一质量m=3kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0=2kg的小物块，小物块与小车一起以v0=4m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M=1kg的小球发生弹性碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。求：（1）小车与小球碰撞后小球的速度大小；（2）从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小物块的冲量；（3）若从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短用时2s，试写出小车在这2s内的位移x与弹簧最大形变量l的关系式。【答案】（1）；（2），方向向左；（3）【解析】【详解】（1）小车与小球碰撞过程中，动量与机械能均守恒，有解得（2）当弹簧被压缩到最短时，根据动量守恒定律有解得设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小物块的冲量为I，根据动量定理有解得负号表示方向向左（3）小车碰撞结束到弹簧被压缩最短的过程中，设小物块速度为，小车速度为，由动量守恒，有任取一段极短时间Δt均有累加求和后，有又联立两式，解得14.显像管电视机已渐渐退出了历史的舞台，但其利用磁场控制电荷运动的方法仍然被广泛应用。如图为一磁场控制电子运动的示意图，大量质量为m，电荷量为e（e＞0）的电子从P点飘进加速电压为U的极板，加速后的电子从右极板的小孔沿中心线射出，一圆形匀强磁场区域，区域半径为R，磁感应强度大小，方向垂直于纸面向里，其圆心O1位于中心线上，在O1右侧2R处有一垂直于中心线的荧光屏，其长度足够大，屏上O2也位于中心线上，不计电子进电场时的初速度及它们间的相互作用，R，U，m，e为已知量。求：（1）电子在磁场中运动时的半径r；（2）电子从进入磁场到落在荧光屏上的运动时间；（3）若圆形磁场区域可由图示位置沿y轴向上或向下平移，则圆形区域向哪个方向平移多少距离时，电子在磁场中的运动时间最长？并求此情况下粒子打在荧光屏上位置离O2的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）沿y轴负向平移；【解析】【详解】（1）设电子在电场中加速获得的速度v，由动能定理得电子在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律又解得（2）由左手定则判断出电子圆周运动的圆心在中心线下方，设速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为，出磁场后打到荧光屏的M点

由几何关系可知解得则电子在磁场中的运动时间为电子飞出磁场后的运动时间为则电子从进磁场到落在荧光屏上的运动时间为（3）易知，当粒子射入和射出两点连线为圆形磁场直径时，时间最长，如图，当磁场由图示位置沿y轴负向平移时，电子从C点进入磁场，从D点出磁场，做圆周运动的圆心为，速度偏向角及轨迹圆弧对应的圆心角为，出磁场后打到荧光屏的N点，CD为圆形区域的直径。的延长线交中心线于F

由几何关系可知解得故磁场沿y轴负向平移时电子在磁场中运动时间最久，又解得（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[物理――选修3―3]15.下列说法正确的是（）A.某冰水混合物的温度为0℃，则其分子的平均动能为零B.一定量的某理想气体温度升高时，内能一定增大C.一定质量的理想气体，温度升高时，分子平均动能增大，气体的压强不一定增大D.气体如果失去了容器的约束就会散开，原因是气体分子之间斥力大于引力E.热量可以从低温物体向高温物体传递【答案】BCE【解析】【详解】A．分子在做永不停息的无规则运动，因此其分子的平均动能不是零，故A错误；B．气体分子的平均动能只与分子的温度有关，因此温度升高，平均动能增加，而理想气体的内能只有分子动能，气体分子的内能一定增大，故B正确；C．压强是大量气体分子持续撞击器壁产生的，其大小取决于温度和体积，若温度升高体积增大则压强可能减小，则C正确；D．气体分子间的距离很大，相互作用力近似为零，气体如果没有容器的约束，气体分子散开原因是分子做杂乱无章的运动的结果，故D错误；E．热量不可以自发从低温物体向高温物体传递，但能在一定条件下是可以从低温物体向高温物体传递热量，故E正确。故选BCE。16.如图所示，竖直放置的绝热圆形气缸内有两组固定于气缸壁的卡环。质量为m的活塞CD放置在体积可忽略的下卡环上，与位于上卡环下方的轻质活塞AB通过轻质弹簧相连。圆形气缸右壁离AB不远处有一小狭缝与外界大气相通，活塞CD下方封闭了长度为L的一定质量的理想气体。初始时刻，封闭气体的温度为，压强为，两个活塞都静止，且AB与上卡环接触但无挤压。现对封闭气体缓慢加热，若上卡环所能承受的最大竖直压力为，外界大气压强为，弹簧的劲度系数，活塞CD的运动可视为缓慢的，且最终不会到达小狭缝所在位置，重力加速度为g，两个活塞的横截面积均为S，则要使上卡环能安全使用。求：（1）气缸内封闭气体的最高温度；（2）若封闭气体的温度达到了最高温度，求全过程外界对封闭气体所做的功。

【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）当弹簧对AB竖直向上的压力大小为时，CD已经离开下卡环，弹簧设形变量为，满足关系代入数据，则有则此时封闭气体的压强为，由CD的受力可知则有对封闭气体，设温度为T，则由气体状态方程为可得（2）由题可知，弹簧初始状态为原长。设CD恰好上升时气体压强为，对CD由受力分析可知则有外界对封闭气体做功为[物理――选修3―4]17.如图所示，在均匀介质中，位于x=−10m和x=10m处的两波源S1和S2沿y轴方向不断振动，在x轴上形成两列振幅均为4cm、波速均为2m/s的相向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图，下列说法正确的是（）A.t=0到t=4s，x=8m的质点向左运动了8mB.t=4s时，两列波在x=−1m处相遇，且此后x=−1m处位移始终为0C.t=0到t=3s，x=−9.5m处的质点运动的路程为24cmD.形成稳定干涉图样后，x轴上两波源间（不含波源）有9个振动加强点E.两列波都传递到x=0处后，因为x=0处为加强点，所以此处位移始终为8cm【答案】BCD【解析】【详解】A．质点不随着波形的传播沿x轴运动，只会沿轴运动，A错误；B．处相遇减弱点，振幅相同，此后处位移始终为0，B正确；C．根据波形图可知t=0到t=3s为1.5T，路程为6A=24cm，C正确；D．两波源振动同步，振动加强点满足波程差其中n=1，2，…，即两波源间（不含波源）有9个振动加强点，如图坐标、、、、0、2、4、6、8（单位：m）共9个点，D正确；E．两列波都传递到x=0处后，因为x=0处为加强点，但是加强点位移不始终为8cm，E错误。故选BCD。18.大部分高层建筑都会采用断桥铝窗，隔热隔音效果好，也提高了建筑内的采光率，断桥铝窗一般都是用中空玻璃，如图甲所示。某一断桥铝窗其剖面及尺寸示意图如图乙所示，双层中空玻璃由两层玻璃加密封框架，形成一个夹层空间，隔层充入干燥空气，每单层玻璃厚度为d，夹层宽度为l，一光束沿与玻璃垂直面成i=53°角从墙外经双层中空玻璃射入室内（光束与玻璃剖面在同一平面上），光线通过玻璃后入射光线与出射光线会有一个偏移量（两光线垂直距离），玻璃折射率，光在空气中的速度近似为c，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）这束光通过中空玻璃从室外到室内的偏移量h；（2）这束光通过中空玻璃从室外到室内的时间t。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）画出这束光的光路图如图所示，根据折射定律由几何知识可知光束进入第一层玻璃的偏移量这束光通过每层玻璃的偏移量相等，所以从室外到室内的偏移量故得将数据代入可得（2）光在玻璃中的传播速度由几何知识得所以光通过中空玻璃从室外到室内的时间为

高考模拟检测卷（三）试题物理一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于物理史实或现象的说法正确的是（）A.经典物理学无法解释原子的稳定性，但可以解释原子光谱的分立特性B.根据玻尔氢原子模型，氢原子辐射出光子后，电子绕核运动的动能将减小C.天然放射性元素的放射性与元素的化学状态无关，说明射线来自于原子核D.卢瑟福用粒子轰击氮原子核，产生出氧的一种同位素和一个中子【答案】C【解析】【详解】A．按照经典物理学，核外电子在库仑引力作用下做圆周运动，电子的动能以电磁波形式辐射出去，最终落在原子核上，原子是不稳定的。电子辐射电磁波的频率等于电子绕核转动的频率，电子能量逐渐减小，它离原子核越来越近，我们应该看到原子辐射出各种频率的光，即原子光谱是连续的，故经典物理学无法解释原子的稳定性，也无法解释原子光谱的分立特性，A项错误；B．根据玻尔氢原子模型，氢原子辐射出光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，电子的动能增大，B项错误；C．一种放射性元素，不管它是以单质存在，还是以化合物形式存在，都具有放射性，由于元素的化学性质主要取决于原子核外的最外层电子数，这就说明射线与核外电子无关，而是来自于原子核，C项正确；D．卢瑟福用粒子轰击氮原子核，核反应方程为，为质子，D项错误。故选C。2.天文爱好者小郭在10月29日通过卫星过境的GoSatWatch获得天和空间站过境运行轨迹（如图甲），通过微信小程序“简单夜空”，点击“中国空间站过境查询”，获得中国天和空间站过境连续两次最佳观察时间信息（如图乙，11月2日开始时间17:50:08和11月3日开始时间18:28:40），这两次连续过境中空间站绕地球共转过16圈，但因白天天空太亮或夜晚空间站处在地球阴影中而造成观察时机不佳。地球自转周期为24h，不考虑空间站轨道修正，由以上信息可得同步卫星的轨道半径是天和空间站的轨道半径的（）

A.3.6倍 B.6.3倍 C.9.6倍 D.12倍【答案】B【解析】【详解】由图乙的信息可知两次最佳观察时间约为24h，两次最佳观察过境中间空间站还有15次过境，可知空间站一天时间绕地球16次，根据空间站的周期根据开普勒第三定律解得同步卫星与天和空间站的轨道半径之比为故B正确，ACD错误。故选B。3.如图是公路上安装的一种测速“电子眼”。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍。下列判断正确的是（）A.汽车经过线圈会产生感应电流B.线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的C.“电子眼”测量的是汽车经过第二个线圈的瞬时速率D.如果某个线圈出现故障，没有电流，“电子眼”还可以正常工作【答案】A【解析】【详解】A．在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设的是“通电线圈”，汽车上大部分是金属，当汽车通过线圈时会引起通电线圈的磁通量变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电动势，故A正确；

B．线圈本身就是通电线圈，线圈中的电流并不是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，汽车通过时产生的电磁感应现象只是引起线圈中电流发生变化，故B错误；C．测量的是经过两个线圈的平均速度，故C错误；D．如果某个线圈出现故障，没有电流，就会无计时起点或终点，无法计时，电子眼不能正常工作，故D错误。故选A。4.如图甲是利用物理方法来灭蛾杀虫的一种环保型设备黑光灯、它发出的紫色光能够引诱害虫飞近高压电网来“击毙”害虫。黑光灯高压电网的工作电路原理图如图乙所示、变压器的输入端接入交流电经过变压器变成高压。已知高压电网相邻两极间距离为0.5cm，空气在常温常压下的击穿电场为6220V/cm，变压器可视为理想变压器，为防止空气被击穿而造成短路、变压器匝数比的最小值（）

A.1：10 B.10：1 C.22：311 D.311：22【答案】A【解析】【分析】【详解】空气被击穿时，两电极间的最大电压U2m=6220×0.5=3110V原线圈的电压峰值根据电压与匝数成正比可知故选A。5.如图所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为。轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由题意对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得解得对小球和斜面构成的整体受力分析，由平衡条件得，水平方向满足竖直方向满足当时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为故选C。6.如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10－6C的带负电小球A，其正上方O用轻细弹簧悬挂一质量m＝0.06kg、电荷量大小为2×10－6C的小球B，弹簧的劲度系数k＝5N/m，原长L0＝0.3m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角＝53°。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法不正确的是（）A.B匀速圆周运动的半径为0.4mB.小球B所受向心力为1.7NC.在图示位置若突然在B球所在范围内加上水平向左的匀强电场的瞬间，B球做离心运动D.在图示位置若突然在B球所在范围内加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，B做向心运动【答案】D【解析】【详解】AB．小球A、B的库仑力弹簧弹力为T，小球B在竖直方向上，有弹簧的弹力在水平方向的分力由胡克定律可解得小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A有，则F必定指向圆心，故B球带正电，小球B所受向心力故AB正确，不符合题意；C．在图示位置加上水平向左的匀强电场的瞬间，小球B受到向左的电场力，这时提供的向心力减小，小于所需要的向心力，小球做离心运动，故C正确，不符合题意；D．在图示位置加上竖直向下的匀强磁场的瞬间，由于小球做顺时针运动，且带正电，由左手定则可知，小球受到一个背离圆心的洛伦兹力作用，这时提供的向心力小于需要的向心力，小球做离心运动，故D错误，符合题意。故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN之间加上高压直流电源，其间产生强非匀强电场E；水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥，如图所示虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹，则下列说法正确的是（）

A.水分子在B点时，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等B.水分子沿轨迹ABCD运动过程中电场力始终做正功C.水分子沿轨迹ABCD运动过程中电势能先减少后增加D.如果把高压直流电源的正负极反接，水分子从A处开始将向下运动【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．由于电场的分布不均匀，由图可知，上端的电场强度大于下端电场强度，根据F=qE可得，水分子带正电一端受到的电场力与带负电荷一端受到电场力大小不相等，故A正确；B．水分子沿轨迹ABCD运动过程中，在CD阶段，受到的电场力方向与运动的方向夹角大于90°，故电场力做负功，故B错误；C．水分子沿轨迹ABCD运动过程中，电场力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增大，故C正确；D．如果把高压直流电源的正负极反接，产生的电场方向发生反转，但水分子是一端带正电，另一端带等量负电，故水分子的正负端发生反转，水分子还是从A处开始将向上运动，故D错误。故选AC。8.如图所示，长为L的水平固定长木板AB，C为AB的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A.物块可能会停在CB段上某处B.物块最终会做往复运动C.弹簧开始具有的最大弹性势能为D.整个过程中物块克服摩擦做的功为【答案】BC【解析】【详解】A．由于设BC段弹簧形变量为x得由此，物块不可能停在BC段，故A错误；B．只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC往返运动，故B正确；C．物块从开始运动，到第一次运动到C过程中，根据能量守恒定律得故C正确；D．物块第一次到达C，物块的速度大小为，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为D错误。故选BC。9.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为B.A、B两木块分离时，C的速度大小为C.C球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，杆和水平面对木块A作用力及木块A所受重力的合冲量大小为D.从C球经过最低点到恰好第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，木块A一直做减速运动【答案】ABC【解析】【详解】A．系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得由几何关系得解得A移动的距离为A正确；B．小球释放在向下摆动的过程中，杆对A有向右的作用力，使得A、B之间有压力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，压力为零，此时A、B将要分离。A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得B正确；C．由动量定理得，对B对B解得杆和水平面对A力及木块所受重力的合冲量为C正确；D．从C过最低点到恰好第一次达到轻杆左侧最高处的过程中，木块A先做减速运动再反向做加速运动，恰好到达轻杆左侧最高处时与小球共速，D错误。故选ABC。10.如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界、进入磁场，速度大小均为；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（）

A.时刻a棒加速度大小为B.时刻b棒的速度为0C.时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍D.时间内，a棒产生的焦耳热为【答案】AD【解析】【详解】A．由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有对a，根据牛顿第二定律有解得故A正确；B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了共同速度，设为v。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，根据电阻定律有，解得已知a的质量为m，设b的质量为，则有，联立解得取向右为正方向，根据系统动量守恒有解得故B错误；C．在时间内，根据因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；D．在时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有解得回路中产生的总热量为对a、b，根据焦耳定律有因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即又解得a棒产生的焦耳热为故D正确。故选AD。第Ⅱ卷非选择题（共56分）三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11.某兴趣小组的同学计划“验证机械能守恒定律”。装置如图甲所示，水平桌面上放有倾角为θ的气垫导轨，气垫导轨上安装有连接数字计时器的光电门，气垫导轨左端固定一原长为l。的弹簧，通过细线与带有遮光条的滑块相连。设计了以下步骤进行实验：A．测出气垫导轨的倾角为θ、弹簧劲度系数k、弹簧原长lo、滑块质量m、遮光条宽度d、重力加速度g，按照图甲所示组装好实验装置；B．将滑块拉至气垫导轨某一位置固定，要求从此位置释放滑块，可使小车运动到光电门时细线已经弯曲。测出此时滑块到光电门的距离x以及弹簧长度l；C．由静止释放滑块，滑块在拉力作用下运动，测出滑块上遮光条通过光电门的时间为Δt；D．将滑块拉至不同的位置，重复B、C步骤多次，并记录每次对应实验数据。根据所测物理量可以得到每次实验中滑块重力势能、弹性势能、动能之间的关系，从而验证机械能守恒。（1）根据实验中测出的物理量，可得到滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能减小量为_________。（2）根据实验中测出的物理量也可得到滑块到达光电门时的动能，若“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为Δx时弹性势能为”的说法正确，不考虑空气阻力影响，要说明整个运动过程系统机械能守恒，需满足的关系式为______。（3）若考虑到空气阻力影响，实验过程中得到的小车重力势能减小量与弹簧弹性势能减小量总和_____（填“大于”、“小于”、“等于”）小车动能增量。【答案】①.②.③.大于【解析】【详解】（1）[1]滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能减小量（2）[2]要说明整个运动过程系统机械能守恒，需满足即（3）[3]若考虑到空气阻力影响，实验过程中会有部分机械能转化为内能小车重力势能减小量与弹簧弹性势能减小量总会大于小车获得的动能即大于小车动能增量。12.小明同学设计了如图1所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1

，

待测电阻R2

，

电流表A（量程为0.6A，内阻较小），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1

，单刀双掷开关S2

，导线若干．（1）先测电阻R1的阻值．闭合S1

，将S2切换到a，调节电阻箱R，读出其示数r1和对应的电流表示数I，将S2切换到b，调节电阻箱R，使电流表示数仍为I，读出此时电阻箱的示数r2，则电阻R1的表达式为R1=

_______．（2）小明同学已经测得电阻R1=2.0Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．他的做法是：闭合S1

，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图2所示的1/I﹣R图线，则电源电动势E=

______V，电阻R2=

_______Ω．（保留两位有效数字）（3）用此方法测得的电动势的测量值__________

真实值；R2的测量值

_________真实值（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】①.r1-r2，②.1.5，③.1.0，④.等于，⑤.大于【解析】【详解】（1）[1]．当R2接a时应有：E=I（R2+r1）；当S2接b时应有：E=I（R2+R1+r）；联立以上两式解得：R1=r1-r2；（2）[2][3]．根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R2+R+R1）变形为：，根据函数斜率和截距的概念应有：=2.0解得：E=1.5V，R2=1.0Ω；

（3）[4][5]．若考虑电源内阻，对（1）：接a时应有：E=I（R2+r1+r），接b时应有：E=I（R2+r2+r）联立可得R1=r1-r2即测量值与真实值相比不变；

对（2）应有：E=I（R2+R+R1+r）变形为比较两次表达式的斜率和截距可知，电动势不变，R1变小，即测量值比真实值偏大．【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，本实验应明确：遇到根据图象求解的问题，首先应根据需要的物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．13.“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动，后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0（n＞1）在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f＝kv，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意（2）设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得又即所以在再生制动阶段有解得在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得又解得设匀减速运动的位移为，由运动学得解得所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为14.利用电场与磁场控制带