2025届湖南省高三下学期高考仿真模拟物理试卷（一）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12025届湖南省高考物理仿真模拟试卷（一）本试卷共100分，考试时间75分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．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．某种铀矿石中含有丰富，把这种铀矿石密封在一个真空的铅箱内，一段时间后，在铅箱内检测到了，下列说法正确的是（）A．这段时间发生了衰变B．铀矿石衰变的核反应方程为C．铅箱内的铀矿石至少需一个半衰期后才有粒子产生D．放出的粒子是由中2个质子和1个中子结合产生的2．如图所示，a是静止在地球赤道地面上的一个物体，b是与赤道共面的某近地卫星，c、d均为地球的卫星，其中d是地球的同步卫星，以下关于a、b、c、d四者的线速度、角速度、周期，以及向心加速度的大小关系正确的是（）A．va>vbC．Tb>Tc3．图甲为游乐场中一种叫作“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向魔盘边缘，其装置可以简化为图乙.若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前（） 甲 乙A．受到魔盘的支持力缓慢增大B．受到魔盘的摩擦力缓慢增大C．受到的合外力大小不变D．受到魔盘的作用力大小不变4．在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系，xOy平面水平.在x轴上的两个波源S1、S2的坐标分别为x1=-9m、x2=16m，S1、S2的振动方程分别为z1=10sin(2πt)cm、A．两波均传至O点后，O点振幅为18B．S1波提前S2波1.25sC．t=5.25s时，PD．0～5.25s内，质点5．空间存在着平行纸面的匀强电场，现用仪器在纸面内沿互成60∘角的OA、OB两个方向上探测该静电场中各点电势（如图甲所示），得到电势φ与到O点距离的函数关系分别如图乙、丙所示，则下列关于该电场的电场强度E的说法中正确的是（ 甲 乙 丙A.E=200V/mB.E=400V/mC.E=2003D.E=20036．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为a0，最大速度为v0A．小球开始下滑时的加速度最大B．小球的速度由12v0C．当a=12a0时小球的速度v与D．当v=12v0时小球的加速度a与二、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，有多项是符合题目要求。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．如图所示的交变电路中，M、N间接（V）的交流电，定值电阻，，两表均为理想交流电表。开关断开时，电流表的示数为1A，则下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈的匝数比为5：1B．开关断开时，电压表的示数为VC．开关断开时，定值电阻和消耗的电功率之比为5：2D．开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为7：128．如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当θ=30°时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是()A．该材料对红光的折射率为3B．若θ=45°，光线c消失C．若入射光a变为白光，光线b为白光D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直9．如图，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为，货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力。g取，，，下列说法正确的是（）A．无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上B．老虎车停止时，若由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变C．若不变时，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力D．若不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过10．如图所示，质量均为m的物块A和B由一根轻弹簧相连，在竖直向上的拉力F作用下，两物块一起做匀速运动。弹簧处于弹性限度内，现撤去拉力F。不计空气阻力，重力加速度为g。从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，若A、B一直向上运动，则下列说法正确的是（）A．弹簧的弹力最大值为2mgB．A的加速度最大值为2gC．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小D．弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和三、非选择题：本大题共5题，共56分。11．用如图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。(1)除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，以下器材还需选（）A．重锤线 B．量角器 C．三角板(2)测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，其对角线（选填“一定”或“不一定”）与橡皮筋共线。(3)下列各图中，与本实验所用物理思想方法相同的是（）A．甲图：重心概念的提出B．乙图：伽利略理想斜面实验C．丙图：探究影响向心力大小的因素D．丁图：卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量12．某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻。使用的实验器材有：待测电池组、电流表、电阻箱、滑动变阻器、单刀双掷开关、单刀单掷开关、导线若干。实验操作步骤如下：(1)按照图甲连接好电路，将滑动变阻器滑片P置于（选填“A端”“中间”或“B端”）；(2)先闭合开关K，调节滑动变阻器滑片P的位置，使电流表满偏；再将开关S接C，调节电阻箱的阻值，当电流表读数为满偏的三分之二时，电阻箱阻值为。则可认为电流表的内阻；由于测量时存在误差，使得电流表内阻的测量值（选填“等于”“大于”或“小于”）真实值；(3)断开开关K，将开关S接D，调节电阻箱的阻值，得到电流表示数I与电阻箱阻值R多组数据，通过描点作图得到图像如图乙所示，图线斜率为k，纵截距为b，则待测电池组的电动势E＝，内阻r＝。（用k、b和表示）13．医院在转运病人时有时会用到负压救护车，如图为一容积为0.6m3的负压舱，需要将患者从甲地转移到乙地，在甲地出发时舱内温度为27℃，压强为1.0×105Pa，到乙地后，外界温度变为17℃，外界大气压变为0.9705×105Pa。负压舱导热性良好，舱内空气视为理想气体，绝对零度取−273℃，舱内负压（舱内外压强差）为20~50Pa时效果比较理想。(1)转运过程中，负压舱与外界没有气体交换，则运输到乙地后，负压舱内与乙地外界大气压的压强差是多少？(2)转运到乙地后负压舱内需保持50Pa的稳定负压，需要充入多少体积的空气？14．如图所示，一倾角为30°、足够长的斜面体固定在水平地面上，斜面上并排放置两个不粘连的小物块A、B，两物块在沿斜面向上、大小的恒力作用下，由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，恒力作用后撤去。已知物块A、B的质量分别为、，物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为、，物块与斜面间的静摩擦因数略大于，物块B与斜面间的静摩擦因数略小于，物块A、B间的碰撞为弹性正碰且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，取重力加速度大小，求：(1)撤去时物块A、B的速度大小；(2)两物块在第一次碰撞前瞬间物块B的速度大小；(3)物块A、B在前两次碰撞之间的最大距离。15．如图所示，水平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；水平面下方有竖直放置的半径为R的圆筒，圆筒上下表面圆心、处各开有一个小孔，其内部有竖直向上的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度B未知。处于水平面内的粒子源O沿与水平方向成30°角发出的带电粒子，从处进入圆筒，恰好与筒壁不碰撞，最后从处射出。已知粒子质量为m，电荷量为q（q<0），粒子源O到圆心的水平距离为L。忽略粒子重力，不考虑边界效应。求

(1)粒子从粒子源射出时的速度大小；(2)粒子在圆筒内旋转的周期T；(3)圆筒高度H满足的条件。

物理仿真模拟试卷（一）——★参考答案★——1．【知识点】原子核的衰变及半衰期【答案】A【详析】AB．根据质量数和核电荷数守恒可知，铀矿石衰变的核反应方程为A正确，B错误；C．铀矿石在密封时就已经开始衰变，不需要经过一个半衰期后才有粒子产生，C错误；D．放出的粒子是由中2个质子和2个中子结合产生的，D错误。故选A。2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算【答案】D【解析】对于b、c、d三个卫星来说，万有引力提供其做圆周运动的向心力，有GMmr2=mv2r=mω​2r=m4π​2T2r=man，可得v=GMr，ω=GMr3，T=4π​2r3GM，an=GMr2，根据三颗卫星的轨道半径之间的关系可得v【易错警示】不能正确选择研究地表物体的物理量致错对同步卫星和近地卫星：GMmr2=Fn，an=GMr对同步卫星和赤道上的物体：ω相同，v1v3v=本题的易错点在于比较地表物体与卫星时，错选半径为比较参量进行计算，从而得到地表物体的周期最小等错误结论．3．【知识点】圆锥摆问题【答案】B【详析】对游客受力分析如图所示,分别沿水平和竖直方向列方程,水平方向fx-Nx=mω2r,竖直方向fy+Ny=mg,则随着魔盘转速缓慢增大,游客需要的向心力增大,但必须保证竖直方向受力平衡,因为重力不变,则f、N两个力只能一个增大一个减小,结合水平方向方程,只能f增大,N减小,故A错误,B正确；滑动之前,游客在竖直方向受力平衡,水平方向的向心力由合外力提供,随着转速缓慢增大,需要的向心力增大,即合外力增大,故C错误；把游客受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力）,即为游客受到魔盘的作用力,将其在水平和竖直方向正交分解,竖直方向的分力与重力等大反向4．【知识点】波的干涉的应用【答案】D【解析】根据两波源的振动方程可知，两波源的振动周期均为T=2πω=2π2πs=1s，波源S1的振动传播到O点的时间为t1=|x1v|=94s=2.25s，波源S2的振动传播到O点的时间为t2=x2v=164s=4s，即当波源S1的振动传播至O点并在O点引起的振动经过1.75s后，波源S2的振动才刚刚传播至O点，且根据题意可知，此刻波源S2在O点引起的振动应使质点处于波峰，而1.75s=134T，由于波源S1的振动满足正弦函数，且波源S1的起振方向沿着z轴正方向向上，此刻由波源S1在O点引起的振动使质点处于波谷，两个波源在O点引起的振动相互叠加，叠加后使振动减弱，此刻O点处的质点的振幅为A=A1-A2=2cm，A错误；根据题意可得S1P=x12+y2=15cm，S2P=x22+y2=20cm，则可得波源S1、S2的波传播至P点的时间分别为t3=S1Pv=3.75s，t5．【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系【答案】B【解析】如图所示,沿OA方向,距离O点2.5cm处的C点电势φC=10V,沿OB方向,距离O点5cm处的D点电势φD=10V,则CD为等势线,由几何关系知CD⊥OA【方法总结】此类问题,作出等势线是关键.匀强电场中,一条直线上相隔等距离的点,电势差相同.【一题多解】设电场线方向与OA方向的夹角为θ,与OB方向的夹角为60∘-θ,O点的电势为0,则沿OA方向,有U1=Ed1cosθ,沿OB方向,有U2=Ed2cos60∘-θ,代入数据解得θ=06．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动【答案】B【解析】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力mg，水平向左的电场力Eq，水平向右的弹力FN以及竖直向上的滑动摩擦力Ff，且此时滑动摩擦力Ff=μFN，竖直方向根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即a0=g，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，小球再次受到杆的弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，故A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根据A选项中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由a1逐渐增大到a0，再由a0逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时小球速度恰好达到12v0，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到12v0，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由12v0增大至v07．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用【答案】AD【详析】AB．设原、副线圈的匝数比为，由题意可知定值电阻两端的电压为则原线圈的输入电压为副线圈的输出电压为又由得副线圈的输出电流为则由欧姆定律可知联立解得，即原、副线圈的匝数比为，A正确，B错误；C．由以上可知原、副线圈的电流之比为定值电阻和消耗的电功率分别为解得C错误；D．开关断开时，电路消耗的功率为闭合开关时，设流过电流表的电流为,则原、副线圈两端的电压分别为，又因为，解得开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为D正确。8．【知识点】全反射与折射的综合应用【答案】ABC【详析】由几何关系可知当入射角为30°时，折射角为60°，故折射率为n=sin60°sin30°=3，故A正确；设临界角为C，得sinC=1n=13<12，故C<45°，故若θ=45°，会发生全反射，光线c消失，故B正确；由于反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b也为白光，故C正确；对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和9．【知识点】牛顿第二定律的简单计算【答案】BD【详析】A．加速运动时，货物所受合外力不为零，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A错误；B．若夹角由37°缓慢增大到90°，老虎车对货物的作用力大小与货物重力大小相等，方向竖直向上，因此老虎车对货物的作用力不变，B正确；C．加速向左运动时，若挡板对货物作用力F2，老虎车平面对货物的作用力F1，则有由于加速度未知，故老虎车平面对货物的作用力与挡板对货物作用力的大小无法比较，C错误；D．为使货物不离开挡板，临界状态时有得故老虎车向右的加速度不能超过，D正确。故选BD。10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合、牛顿第二定律求解瞬时突变问题【答案】BCD【详析】从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，因撤去拉力前两物体一起匀速运动，所以弹簧弹力最大值等于B的重力，即，A错误；刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，A的加速度最大，A的加速度最大值为，B正确；该过程中A、B一直向上减速运动，分析可知B减速的加速度大小小于A减速的加速度大小，弹簧恢复原长时AB加速度相等，所以A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小，C正确；该过程中A、B的速度均减小，根据A、B和弹簧组成的系统机械能守恒可知，弹簧弹性势能的减少量与A、B动能的减少量之和等于A、B重力势能的增加量之和，所以弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和，D正确。选BCD。11．【知识点】实验：探究两个互成角度的力的合成规律【答案】(1)C；(2)不一定；(3)A【详析】（1）本实验中除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，还需要三角板作出力的图示，进行数据处理，而不需要重锤线和量角器。（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线。（3）本实验采用的科学思想方法为等效替代法，重心为重力的等效作用点，采用等效替代的思想，伽利略理想斜面实验采用实验与逻辑推理的方法，探究影响向心力大小的因素采用控制变量法，卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量采用放大法。12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—安阻法测量电源电动势与内阻【答案】(1)B端；(2)，小于；(3)，【详析】（1）滑动变阻器采用限流式接法，为了保证电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片位于B端；（2）先闭合开关K，调节滑动变阻器滑片P的位置，使电流表满偏时，保持滑动变阻器的滑动片位置不变，认为电路中的总电流不变；再将开关S接C，调节电阻箱的阻值，当电流表读数为满偏的三分之二时，电阻箱阻值为，通过电阻箱的电流，根据欧姆定律和并联电路的特点，解得电流表的内阻。实际上，将开关S接C时，电阻箱与电流表A的并联电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的总电流变大，当电流表读数为满偏的三分之二时，通过电阻箱的电流，根据欧姆定律和并联电路的特点，解得，由于测量时存在误差，使得电流表内阻的测量值小于真实值；（3）断开开关K，将开关S接D，根据闭合电路的欧姆定律，变形得，图像的斜率，解得待测电池组的电动势，图像的纵截距，联立解得电源的内阻13．【知识点】变质量气体状态变化问题【答案】(1)380Pa；(2)2.0×10−3m3【详析】（1）以负压舱内气体为研究对象，体积不变，初态，，末态压强为p2，温度为，由查理定律可得，解得，此时舱内外压强差。（2）初状态下，温度，体积，充入气体压强p′=0.9705×105Pa，充入体积为ΔV，末状态气体压强，根据玻意耳定律得，解得。14．【知识点】求解弹性碰撞问题【答案】(1)；(2)；(3)【详析】（1）设在恒力的作用下，两物块的加速度大小为，则有，解得（2）撤去后，两物块开始做匀减速直线运动，根据已知条件可知，物块A减速到0后将停在斜面上，物块B减速到0后将反向加速，设物块A向上减速时的加速度大小为，物块B向上减速时的加速度大小为，物块B向下加速时的加速度大小为，则有，，由位移关系解得（3）以沿斜面向下为正方向，设两物块在第一次碰撞后瞬间，物块A的速度大小为，物块B的速度为，则有，解得，设物块A向下加速时的加速度大小为，经时间两者的速度相同，则有速度关系可知解得15．【知识点】带电粒子在磁场中做圆周运动的多解问题【答案】(1)；(2)；(3)（n=1，2，3……）【详析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r，则由洛伦兹力提供向心力有解得（2）粒子从处进入圆筒，速度方向与水平方向成30°角，水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做匀加速直线运动，有，粒子恰好与筒壁不发生碰撞，则粒子做圆周运动的半径为由洛伦兹力提供向心力有粒子做圆周运动的周期解得（3）粒子在竖直方向做匀加速直线运动，有运动时间满足（n=1，2，3……）根据解得（n=1，2，3……）2025届湖南省高考物理仿真模拟试卷（一）本试卷共100分，考试时间75分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．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．某种铀矿石中含有丰富，把这种铀矿石密封在一个真空的铅箱内，一段时间后，在铅箱内检测到了，下列说法正确的是（）A．这段时间发生了衰变B．铀矿石衰变的核反应方程为C．铅箱内的铀矿石至少需一个半衰期后才有粒子产生D．放出的粒子是由中2个质子和1个中子结合产生的2．如图所示，a是静止在地球赤道地面上的一个物体，b是与赤道共面的某近地卫星，c、d均为地球的卫星，其中d是地球的同步卫星，以下关于a、b、c、d四者的线速度、角速度、周期，以及向心加速度的大小关系正确的是（）A．va>vbC．Tb>Tc3．图甲为游乐场中一种叫作“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向魔盘边缘，其装置可以简化为图乙.若魔盘转速缓慢增大，则游客在滑动之前（） 甲 乙A．受到魔盘的支持力缓慢增大B．受到魔盘的摩擦力缓慢增大C．受到的合外力大小不变D．受到魔盘的作用力大小不变4．在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系，xOy平面水平.在x轴上的两个波源S1、S2的坐标分别为x1=-9m、x2=16m，S1、S2的振动方程分别为z1=10sin(2πt)cm、A．两波均传至O点后，O点振幅为18B．S1波提前S2波1.25sC．t=5.25s时，PD．0～5.25s内，质点5．空间存在着平行纸面的匀强电场，现用仪器在纸面内沿互成60∘角的OA、OB两个方向上探测该静电场中各点电势（如图甲所示），得到电势φ与到O点距离的函数关系分别如图乙、丙所示，则下列关于该电场的电场强度E的说法中正确的是（ 甲 乙 丙A.E=200V/mB.E=400V/mC.E=2003D.E=20036．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长的固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑，在运动过程中小球最大加速度为a0，最大速度为v0A．小球开始下滑时的加速度最大B．小球的速度由12v0C．当a=12a0时小球的速度v与D．当v=12v0时小球的加速度a与二、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，有多项是符合题目要求。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．如图所示的交变电路中，M、N间接（V）的交流电，定值电阻，，两表均为理想交流电表。开关断开时，电流表的示数为1A，则下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈的匝数比为5：1B．开关断开时，电压表的示数为VC．开关断开时，定值电阻和消耗的电功率之比为5：2D．开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为7：128．如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面，一束红光a从空气沿半径方向入射到圆心O，当θ=30°时，反射光b和折射光c刚好垂直。下列说法正确的是()A．该材料对红光的折射率为3B．若θ=45°，光线c消失C．若入射光a变为白光，光线b为白光D．若入射光a变为紫光，光线b和c仍然垂直9．如图，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的夹角为，货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力。g取，，，下列说法正确的是（）A．无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上B．老虎车停止时，若由37°缓慢增大到90°，则老虎车对货物的作用力不变C．若不变时，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力D．若不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过10．如图所示，质量均为m的物块A和B由一根轻弹簧相连，在竖直向上的拉力F作用下，两物块一起做匀速运动。弹簧处于弹性限度内，现撤去拉力F。不计空气阻力，重力加速度为g。从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，若A、B一直向上运动，则下列说法正确的是（）A．弹簧的弹力最大值为2mgB．A的加速度最大值为2gC．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小D．弹簧弹性势能的减少量小于A与B重力势能的增加量之和三、非选择题：本大题共5题，共56分。11．用如图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。(1)除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，以下器材还需选（）A．重锤线 B．量角器 C．三角板(2)测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，其对角线（选填“一定”或“不一定”）与橡皮筋共线。(3)下列各图中，与本实验所用物理思想方法相同的是（）A．甲图：重心概念的提出B．乙图：伽利略理想斜面实验C．丙图：探究影响向心力大小的因素D．丁图：卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量12．某同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻。使用的实验器材有：待测电池组、电流表、电阻箱、滑动变阻器、单刀双掷开关、单刀单掷开关、导线若干。实验操作步骤如下：(1)按照图甲连接好电路，将滑动变阻器滑片P置于（选填“A端”“中间”或“B端”）；(2)先闭合开关K，调节滑动变阻器滑片P的位置，使电流表满偏；再将开关S接C，调节电阻箱的阻值，当电流表读数为满偏的三分之二时，电阻箱阻值为。则可认为电流表的内阻；由于测量时存在误差，使得电流表内阻的测量值（选填“等于”“大于”或“小于”）真实值；(3)断开开关K，将开关S接D，调节电阻箱的阻值，得到电流表示数I与电阻箱阻值R多组数据，通过描点作图得到图像如图乙所示，图线斜率为k，纵截距为b，则待测电池组的电动势E＝，内阻r＝。（用k、b和表示）13．医院在转运病人时有时会用到负压救护车，如图为一容积为0.6m3的负压舱，需要将患者从甲地转移到乙地，在甲地出发时舱内温度为27℃，压强为1.0×105Pa，到乙地后，外界温度变为17℃，外界大气压变为0.9705×105Pa。负压舱导热性良好，舱内空气视为理想气体，绝对零度取−273℃，舱内负压（舱内外压强差）为20~50Pa时效果比较理想。(1)转运过程中，负压舱与外界没有气体交换，则运输到乙地后，负压舱内与乙地外界大气压的压强差是多少？(2)转运到乙地后负压舱内需保持50Pa的稳定负压，需要充入多少体积的空气？14．如图所示，一倾角为30°、足够长的斜面体固定在水平地面上，斜面上并排放置两个不粘连的小物块A、B，两物块在沿斜面向上、大小的恒力作用下，由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，恒力作用后撤去。已知物块A、B的质量分别为、，物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为、，物块与斜面间的静摩擦因数略大于，物块B与斜面间的静摩擦因数略小于，物块A、B间的碰撞为弹性正碰且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，取重力加速度大小，求：(1)撤去时物块A、B的速度大小；(2)两物块在第一次碰撞前瞬间物块B的速度大小；(3)物块A、B在前两次碰撞之间的最大距离。15．如图所示，水平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；水平面下方有竖直放置的半径为R的圆筒，圆筒上下表面圆心、处各开有一个小孔，其内部有竖直向上的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度B未知。处于水平面内的粒子源O沿与水平方向成30°角发出的带电粒子，从处进入圆筒，恰好与筒壁不碰撞，最后从处射出。已知粒子质量为m，电荷量为q（q<0），粒子源O到圆心的水平距离为L。忽略粒子重力，不考虑边界效应。求

(1)粒子从粒子源射出时的速度大小；(2)粒子在圆筒内旋转的周期T；(3)圆筒高度H满足的条件。

物理仿真模拟试卷（一）——★参考答案★——1．【知识点】原子核的衰变及半衰期【答案】A【详析】AB．根据质量数和核电荷数守恒可知，铀矿石衰变的核反应方程为A正确，B错误；C．铀矿石在密封时就已经开始衰变，不需要经过一个半衰期后才有粒子产生，C错误；D．放出的粒子是由中2个质子和2个中子结合产生的，D错误。故选A。2．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算【答案】D【解析】对于b、c、d三个卫星来说，万有引力提供其做圆周运动的向心力，有GMmr2=mv2r=mω​2r=m4π​2T2r=man，可得v=GMr，ω=GMr3，T=4π​2r3GM，an=GMr2，根据三颗卫星的轨道半径之间的关系可得v【易错警示】不能正确选择研究地表物体的物理量致错对同步卫星和近地卫星：GMmr2=Fn，an=GMr对同步卫星和赤道上的物体：ω相同，v1v3v=本题的易错点在于比较地表物体与卫星时，错选半径为比较参量进行计算，从而得到地表物体的周期最小等错误结论．3．【知识点】圆锥摆问题【答案】B【详析】对游客受力分析如图所示,分别沿水平和竖直方向列方程,水平方向fx-Nx=mω2r,竖直方向fy+Ny=mg,则随着魔盘转速缓慢增大,游客需要的向心力增大,但必须保证竖直方向受力平衡,因为重力不变,则f、N两个力只能一个增大一个减小,结合水平方向方程,只能f增大,N减小,故A错误,B正确；滑动之前,游客在竖直方向受力平衡,水平方向的向心力由合外力提供,随着转速缓慢增大,需要的向心力增大,即合外力增大,故C错误；把游客受到魔盘的支持力和摩擦力看成一个力（合力）,即为游客受到魔盘的作用力,将其在水平和竖直方向正交分解,竖直方向的分力与重力等大反向4．【知识点】波的干涉的应用【答案】D【解析】根据两波源的振动方程可知，两波源的振动周期均为T=2πω=2π2πs=1s，波源S1的振动传播到O点的时间为t1=|x1v|=94s=2.25s，波源S2的振动传播到O点的时间为t2=x2v=164s=4s，即当波源S1的振动传播至O点并在O点引起的振动经过1.75s后，波源S2的振动才刚刚传播至O点，且根据题意可知，此刻波源S2在O点引起的振动应使质点处于波峰，而1.75s=134T，由于波源S1的振动满足正弦函数，且波源S1的起振方向沿着z轴正方向向上，此刻由波源S1在O点引起的振动使质点处于波谷，两个波源在O点引起的振动相互叠加，叠加后使振动减弱，此刻O点处的质点的振幅为A=A1-A2=2cm，A错误；根据题意可得S1P=x12+y2=15cm，S2P=x22+y2=20cm，则可得波源S1、S2的波传播至P点的时间分别为t3=S1Pv=3.75s，t5．【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系【答案】B【解析】如图所示,沿OA方向,距离O点2.5cm处的C点电势φC=10V,沿OB方向,距离O点5cm处的D点电势φD=10V,则CD为等势线,由几何关系知CD⊥OA【方法总结】此类问题,作出等势线是关键.匀强电场中,一条直线上相隔等距离的点,电势差相同.【一题多解】设电场线方向与OA方向的夹角为θ,与OB方向的夹角为60∘-θ,O点的电势为0,则沿OA方向,有U1=Ed1cosθ,沿OB方向,有U2=Ed2cos60∘-θ,代入数据解得θ=06．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动【答案】B【解析】小球刚开始下滑时受到竖直向下的重力mg，水平向左的电场力Eq，水平向右的弹力FN以及竖直向上的滑动摩擦力Ff，且此时滑动摩擦力Ff=μFN，竖直方向根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，而随着小球速度的增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增大，根据左手定则可知洛伦兹力的方向水平向右，则在小球运动后水平方向有Eq=Bqv+FN，可知随着小球速度的增加，杆对小球的弹力减小，致使杆对小球的摩擦力减小，而当洛伦兹力的大小等于小球所受电场力大小时，杆对小球的弹力为零，此时小球在竖直方向仅受重力，加速度达到最大，为重力加速度，即a0=g，而随着小球速度的进一步增大，洛伦兹力将大于电场力，小球再次受到杆的弹力，方向水平向左，则摩擦力再次出现，竖直方向的合力减小，加速度减小，直至摩擦力等于小球重力时，小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，因此小球开始下滑时的加速度不是最大，故A错误；小球刚开始运动时根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma1，解得a1=g-μFNm，而根据A选项中分析可知，加速度最大为重力加速度，即在整个过程中加速度先由a1逐渐增大到a0，再由a0逐渐减小为0，假如开始时加速度是由0开始增加的，则根据运动的对称性可知，当加速度最大时小球速度恰好达到12v0，但实际上加速度并不是由0开始增加的，因此可知，当加速度最大时小球的速度还未达到12v0，而加速度最大之后由于摩擦力的再次出现，小球开始做加速度减小的加速运动，由此可知，小球的速度由12v0增大至v07．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用【答案】AD【详析】AB．设原、副线圈的匝数比为，由题意可知定值电阻两端的电压为则原线圈的输入电压为副线圈的输出电压为又由得副线圈的输出电流为则由欧姆定律可知联立解得，即原、副线圈的匝数比为，A正确，B错误；C．由以上可知原、副线圈的电流之比为定值电阻和消耗的电功率分别为解得C错误；D．开关断开时，电路消耗的功率为闭合开关时，设流过电流表的电流为,则原、副线圈两端的电压分别为，又因为，解得开关断开时与开关闭合时整个电路消耗的电功率为之比为D正确。8．【知识点】全反射与折射的综合应用【答案】ABC【详析】由几何关系可知当入射角为30°时，折射角为60°，故折射率为n=sin60°sin30°=3，故A正确；设临界角为C，得sinC=1n=13<12，故C<45°，故若θ=45°，会发生全反射，光线c消失，故B正确；由于反射角等于入射角，故当入射光a变为白光，光线b也为白光，故C正确；对同种介质，紫光的折射率比红光大，故若入射光a变为紫光，折射角将变大，光线b和9．【知识点】牛顿第二定律的简单计算【答案】BD【详析】A．加速运动时，货物所受合外力不为零，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A错误；B．若夹角由37°缓慢增大到90°，老虎车对货物的作用力大小与货物重力大小相等，方向竖直向上，因此老虎车对货物的作用力不变，B正确；C．加速向左运动时，若挡板对货物作用力F2，老虎车平面对货物的作用力F1，则有由于加速度未知，故老虎车平面对货物的作用力与挡板对货物作用力的大小无法比较，C错误；D．为使货物不离开挡板，临界状态时有得故老虎车向右的加速度不能超过，D正确。故选BD。10．【知识点】功能原理、能量守恒与曲线运动的综合、牛顿第二定律求解瞬时突变问题【答案】BCD【详析】从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，因撤去拉力前两物体一起匀速运动，所以弹簧弹力最大值等于B的重力，即，A错误；刚撤去拉力时弹簧的弹力最大，A的加速度最大，A的加速度