高考物理模拟训练卷（七）解析版

高考物理模拟精选训练卷（七）

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评卷人得分

-----------------一、单选题

1.如图甲所示为朵技演员正在表演“巧蹬方桌”。某一小段时间内，表演者让方桌在脚上飞

速旋转，同时完成"抛'、'接”“腾空”等动作技巧。演员所用方桌（如图乙所示）桌面而〃是边

长为Im的正方形，桌子绕垂直于桌面的中心轴线做匀速圆周运动，转速约为2根，某

时刻演员用力将桌子竖直向上蹬出，桌子边水平旋转边向上运动，上升的最大高度约为0.8m。

已知重力加速度月取10m/s,则桌子离开演员脚的瞬间，桌角。点的速度大小约为（）

【答案】C

【详解】桌子在水平面内做匀速圆周运动,转速约为2而，桌角。点的线速度为

Vj=24"

又

r=——m

2

故

/=2x/2^ni/s

桌子被蹬出瞬间竖直向上的速度为匕，由竖直上抛运动规律可得解得

v2=

则。点的合速度为

v=M+=J16+8/m/s

故选C。

2.甘Th发生衰变的方程是穿Th-常Pa+：e,质量为外的二Th经过时间，后剩余记Th的

质量为〃?，其一一，图线如图所示。下列关于”Th衰变的说法正确的是()

A.衰变过程中电荷数守恒，质量也守恒

B.从图中可以得到”Th的半衰期为24.00d

C.夕衰变的实质是核内的质子捕获一个电子变成了中子

D.当压强增大、温度升高时，■Th的半衰期会变大

【答案】B

【详解】A.衰变过程中电荷数守恒、质量数守恒但质量不守恒，故A错误；

B.由图可知从£=，到广=3恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可■知半衰期

T=38.()4d-14.()4<1=24.：X)d

故B正确；

C.〃衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子，故C错误；

D.半衰期与物理状态、化学状态无关，压强增大、温度升高都不会改变半衰期，故D错误。

故选B。

3.如图所示，电源电动势的内阻为「，&为滑动变阻器，R、4为定值电阻，电路中电表

均为理想电表，开关S断开。则下列说法正确的是()

闭合开关的示数都变大

A.S,APA?

B.闭合开关S,V的示数变大

若&的滑片向下移动，的示数都变小

C.APA2

D.若冬的滑片向下移动，V和A1的示数变化量之比不变

【答案】D

【解析】

【详解】AB.S闭合，电路中苒电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路苒电流增大，

路端电压减小，则A1的示数变大，R两端电压变大，所以电压表V示数变小，根据欧姆定

律可知，通过&的电流减小，则Az的示数变小，故AB错误；

C.若&的滑片向下移动，与接入电路阻值变小，则电路中的总电阻减小，根据闭合电路

欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，则A1的示数变大，R两端电压变大，4

两端电压变小，通过R1的电流变小，则通过&的电流变大，所以A2的示数变大，故C错

误；

D.若冬的滑片向下移动，根据闭合电路欧姆定律可得

E=f/+/,(r+/?)

可知

即V和A1的示数变化量之比不变，故D正确。

故选D。

4.如图所示，一半径为R的玻璃半球，。点是半球的球心，虚线OO'表示光轴（过球心。与

半球底面垂直的直线）。已知玻璃的折射率为1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底卤上,

有些光线能从球面射出（入考虑被半球的内表面反射后的光线）。则以下说法错误的是（）

A.该光在玻璃中的传播速度是2X1（）8m/s

2

B.该光在玻璃半球面处的全反射临界角正弦值为。

C.从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为2/?

3

D.距光轴1R的入射光线经球面折射后与光轴的交点到。点的距离为2.4R

【答案】D

【解析】

【详解】A.该光在玻璃中的传播速度是

v=—=2xl08m/s

n

选项A正确，不符合题意；

B.该光在玻璃半球面处的全反射临界角正弦值为

♦「12

smC=­=—

n3

选项B正确，不符合题意；

C.当光线在球面发生全反射，即入射角为临界角C时，入射光线到光轴距离最大，由

sinC=-=-^

nR

解得

dmax=-=^R

n3

选项C正确，不符合题意;

D.由折射定律可得

Alo

由三角函数定义

由止弦定理

sin(r-z)sin(180-r)

联立解得

CO=3(6+2&)RW2.4R

5

选项D错误，符合题意。

故选D。

5.如图，在地面上以初速度%抛出质量为,〃物体,抛出后物体落在比地面低力的海平面上,

重力加速度为g，若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则（）

地面ni

A.物体在海平面上的重力势能为mg/2

B.重力对物体做的功为一〃吆〃

C.物体在海平面上的动能为Jvo2+mgh

D.物体在海平面上的机械能为不胴汨+加月〃

【答案】c

【解析】

【分析】

【详解】A.以地面为参考平面，海平面低于地面的高度为从所以物体在海平面上时的重

力势能为—mgh,故A错误;

B.重力做功与路径无关，与初、末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为力，并

且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为〃?加，故B错误；

C.由动能定理得

mgh=Evi——mv（r

则物体在海平面上的动能为

及2=；〃?如2+〃抬力

故C正确；

D.根据机械能守恒知，物体在海平面上机械能等于抛出时的机械能，为

E=gmvo2

故D错误。

故选C。

6.图甲是全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期

依赖进II的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从

，=0时刻由静止开始提升质量为用的物体，其。一，图像如图乙所示，4〜4时间内起重机

的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g,则以下说法正确的是（）

甲

A.该起重机的额定功率为"以莅

B.该起重机的额定功率为（〃?g+，〃4））%«2T1）

C.0~乙和4〜，2时间内看引力做的功之比为4：2（〃一％）

D.0~%和时间内牵引力做的功之比为4⑵2

【答案】C

【解析】

【详解】AB.当时，根据牛顿第二定律则有

F-mg=nu%

解得该过程中物体所受牵引力大小为

F=nia（）+nig

则该起重机的额定功率为

%=尸匕=，〃（《）+g）4力

故A、B错误；

CD.0~/|时间内牵引力做的功

叱=El=m（g+魅）X；%彳=1/4

，1~，2时间内牵引力做的功

叱=4（-f）

故在。〜乙和乙〜，2时间内牵引力做的功之比为

.2七一-

故C正确，D错误：

故选C。

7.人类首次发现的引力波来源于距地球之外13亿光年的两个黑洞互相绕转最后合并的过

程.设两个黑洞A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示，黑洞A的轨道半径

大于黑洞B的轨道半径，两个黑洞的总质量为M,两个黑洞中心间的距离为L,则（）

A.黑洞A的质量一定大于黑涧B的质量

B.黑洞A的线速度一定小于黑洞B的线速度

C.其运动周期丁=/*1

D.两个黑洞的总质量M一定，L越大，角速度越大

【答案】C

【详解】A.设两个黑洞质量分别为九八、轨道半径分别为RA、仆，角速度为0

则由万有引力定律可知

Gm口2八

RA+RB=L

联立可以得到

也=冬_

恤RA

而RA>RB，所以

叫〈恤

故选项A错误；

B.由于二者角速度相等，则线速度分别为

八=叭

%=叫

则

%＞吗

故选项B错误；

CD.联立方程式

RA+RB=L

可以得到

M=m+=—7~

AG

而且

T=—

CD

整理可以得到

可知当总质量M-定，乙越大，则丁越大，角速度越小，故选项C正确，D错误。

故选C。

评卷入得分

二、多选题

8.如图甲所示为某电动牙刷的无线充电示意图，当送电线圈通过如图乙所示的电流时，下列

时间受电线圈中产生的感应电流方向与送电电流方向相同是（）

【答案】BD

【详解】D.0~乙时间内，送电线圈中电流减小，产生的磁场减弱，则通过受电线圈的磁通

量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，该时间段内受电线圈中电流方向与送电线圈中相

同，故D符合题意；

C.时间内，送电线圈中电流反向增大，则产生的破场反向增强，通过受电线圈的磁

通量增加，根据楞次定律结合安培定则可知，该段时间内受电线圈中电流方向与送电线圈中

相反，故C不符合题意；

B.弓〜G时间内，送电线圈中电流减小，产生的磁场减弱，则通过受电线圈的磁通量减小，

根据楞次定律结合安培定则可知，该时间段内受电线圈中电流方向与送电线圈中相同，故B

符合题意；

A.勺〜〃时间内，送电线圈中电流反向增大，则产生的磁场反向增强，通过受电线圈的磁

通量增加，根据楞次定律结合安培定则可知，该段时间内受电线圈中电流方向与送电线圈中

相反，故A不符合题竟。

故选BDt.

9.如图甲所示，在某介质中波源A、8相距d=20m,P点位于距波源A点1m处。7=0

时两波源同时开始上下振动，两波源的振动图像如图乙和丙所示，A只振动了半个周期，B

A.两列波不能相遇

B.两列波能相遇但不能产生干涉现象

C.尸质点，在，=0到，=22s内所经过的路程为128cm

D.在，=0至打=16s内从A发出的半个波前进过程中所遇到的波峰个数为6个

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.波源振动，波可以向四周传播，所以两列波会相遇，故A错误；

B.根据乙丙图可知两拨的周期分别为

TA=0.4s,TB=2s

根据周期和频率的关系可知两列波的频率不同，所以两列波不能发生干涉现象，故B正确;

C.A的振动先到达P点，则质点户先经过的路程为

A=2x4cm=8cm

B波产生的波到P点的时间为

r1=^=19s

V

B波产生的波使P振动了

/2=22s-19s=3s

即产振动了1.5个周期，所以B波便P振动的路程为

=6x20cm=120cm

综上可得在f=0到f=22s内所经过的路程为

5=51+s2=128cm

故C正确；

D.16s内两列波相对运动的长度为

\l=l.+lR—d=2vt—d=\2m

A波的宽度为

r/=41=lZ±=o.2m

22

B波的波长为

4?=%=2m

所以在，=0到，=16s内从A发出的半个波前进过程中所遇到的波峰个数为

A//

n=—=6

4

故D正确。

故选BCD。

10.在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L的正方形金属线框而〃，被限制在沿〃方向的水

平长直轨道自由滑动。山边右侧有一直角三角形匀强磁场区域或，直角边城等于L,边ge

稍小于L，。'边与〃边在同一直线上，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示。线框在水

平拉力尸作用下向右匀速穿过磁场区域，若图示位置为f=0时刻，设逆时针方向为电流的

正方向，水平向右的拉力为正，磁场穿过线框向里时磁通量为正。则感应电流八外力F、be

间的电势差U..、穿过线框的磁通最中随位移x变化的图像正确的是（）

【详解】B.设线框电阻为R,在的过程中，由右手定则可知，线框中感应电流的方向

是逆时针，为正方向，电动势

q=B(L-x)v

电流

.qBv

i.=—=—(L-x)

'RR

电势差为灰•边电阻的电势降落且大于零

,,.R=?(八/)

反="%

U4

线框匀速运动，外力大小等于安培力大小为

=/,(L-x)fi=—(L-x)2

方向向右始终为正，安培力与x的关系图线为抛物线，故B错误；

D.磁通量

22

一直为正，与x的关系为抛物线，故D错误。

A.在的过程中，由右手定则可知，线框中感应电流的方向为顺时针，为负方向,

电动势大小为

e2=B[L-[x-L)]v=Bv(2L-x)

电流随位移的关系式为

%=魄嘿@_2与

KK

故A止确；

C.电势差为刃、ad、A三条边电阻的电势降落且大于零，故

,,,.3R3Bv.

〃=--7=丁3-幻

故C正确：

故选AC。

评卷人得分

-----------------三、实验题

11.某同学用如图1所示的装置测量弹簧的劲度系数，在气垫导轨上固定好轻质弹簧和光电

门，将光电门与数字计时器连接(图中未画出)，操作步骤如下：

挡光片光电门

(2)固定光电门，使之史于弹簧原长的右侧，选择宽度为d的遮光条，实验小组的同学用

游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图2所示，则遮光条的宽度d=cm。

02cm

IiiiiIiiIiJ」」」「L』」」「」」

pI11]IfII「iIi「「iII「一

05101520

图2

（3）接通电源，用手向左侧推动滑块，压缩弹簧到某一长度（弹簧处于弹性限度内），测出

弹簧压缩量羽

（4）将滑块由静止释放，读出滑块经过光电门时遮光条的挡光时间，，滑块质量为加，则此

时滑块的动能为o（用小、d、/表示）

（5）重复步骤（4）测出多纽x及对应的九

（6）画出图像如图3所示，测得图像的斜率为七则弹簧劲度系数的表达式为

。（用"I、d、々表示）

1

2C

【详解】（2）[1]游标卡尺的最小分度值为0.05mm,则遮光条的宽度为

d=2mm+6x0.05mm=2.30mni=0.230cm

（4）[2]滑块经过光电门时的速度为

滑块经过光电门时的动能为

（6）[3]在滑块运动过程，机械能守恒，则有

整理可得

md

可知3图像斜率为

解得

k'=kmd2

12.某物理课外实验小组为了测量某未知电阻凡，的阻值，制定了三种测量方案。

（1）方案一：用欧姆表测电阻

a.在进行正确机械调零后，将欧姆挡的选择开关拨至XI挡，先将红、黑表笔短接，让指

针指在（选填“左侧J”或“右侧”）零刻度线上.

b.欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻凡的阻值为Qo

（2）方案二：用伏安法测电阻

某小组设计了如图乙所示为实验电路，电压表的示数为2.8V,电流表的示数为87.5mA,则

由此可得未知电阻凡的阻值为Q,此测量值（选填“大于”或“小于”）真

实值。

（3）方案三：用替代法测电阻

a.如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关加和S2,调节电阻箱R,使电流

表示数为/。，电阻箱的示数为q=102。；

b.开关3闭合，断开开关S2,调节电阻箱A,使电流表示数仍为/。，读出电阻箱的示数

为R2=68c；

c.则电阻凡)=Q0

【答案】(l)①.右侧②.36

(2)①.32②.小于

(3)34

【解析】

【小问I详解】

[I]欧姆表调零，让指针指在右侧零刻度线上。

⑵欧姆表选择“xl”挡位，由图中所不表盘可知，欧姆表的读数

&)=36xlC=36C

【小问2详解】

由伏安法测电阻的原理，根据欧姆定律得

5=^=^^-C=32Q

I0.0875

⑵电流表采用外接法，由于电压表的分流，实际通过待测电阻的电流小于电流表的示数,

电阻测量值小于真实值

【小问3详解】

根据闭合电路的欧姆定律可得

E=I0Ri+I°r

b=/o(/<2+/(o)+/or

可得

R广R「R2=34c

评卷人得分

四、解答题

13.如图所示，空间存在竖直平面内的匀强电场，某时刻将二质量为〃八电量为小带负电、

可视为质点的小球，从0点以大小为的速度水平向右抛出。经过一段时间后，小球经

过尸点正下方的Q点，P、。距离为九且经过。点的速度大小为理,已知重力加速度

为g。求:

(1)P、。两点的电势差;

(2)该匀强电场的场强大小及方向;

(3)小球抛出后速度大小再次为时，小球离P点的距离L。

一心

Q

0；(2)方向水平向右，—；(3)叵h

【答案】(1)

q4

【解析】

【详解】(1)从P点到。点，由动能定理得

〃吆力+(-qUpQ)=1mv2-

解得

%=0

(2)由(1)可知，场强方向水平向右，从P点到。点，竖直方向由运动学公式

h=&gi

水平方向由牛顿第二定律得

a屋

m

水平方向由运动学公式得

i，八

Vot--ar=0

解得

E=W

q

（3）小球抛出后速度大小再次为时，则水平方向

竖直方向

合速度

）2）

埼=匕+%

小球离P点的距离L为

七小。・；疝）2+9『二与八

V4NI

14..为了监测电梯内的温度和电梯的运动状态，某同学将•开口向上且灌有水银的均匀长

直细玻璃管竖直粘贴在电梯壁上，如图所示。已知电梯静止且内部温度为八=27C时，玻

璃管内高/2=20cm的水银柱封闭着一段长。=50cm的空气柱，大气压强=76cmHg,

绝对零度取-273C,重力加速度大小g=10m/s2。

（1）电梯静止时，若空气柱的长度为乙=49cm,则此时电梯内的温度为多少摄氏度:

（2）温度恒为27℃时，若空气柱的长度为&=48cm,求此时电梯的加速度。

Lo

2

【答案】（1）r1=21℃；（2）2.0m/s,方向竖直向上

【解析】

【详解】（I）设玻璃管的横截面积为S,空气柱长度由变为乙的过程为等压过程由盖・吕

萨克定律有

乜=%

工”

其中

匕二3

7；）=%+273K

his

7；—+273K

代入数据解得

r,=21℃

（2）设电梯的加速度为小水银的密度为夕，空气柱长度由儿变为心的过程为等温过程,

由玻义耳定律得

〃0匕=P2%

其中

匕二3

匕一L2s

Po=p+h

代入数据得

p2=100cmHg

设向上方向为正方向，对水银柱由牛顿第二定律有

p2S-pS-phSg=phSa

即

1.00/7g-0.76/7g-0.20/?g=0.20/7。

解得

a=2.0m/s2

方向竖直向上。

15如图所示，在平面坐标系工0)，中，在x轴上方空间内充满匀强磁场I,磁场方向垂直纸

面向外，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为〃?电荷量为夕的带正电离子

从x轴上的“(-34,0)点射入电场，速度方向与x轴正方向夹角为45。，之后该离子从

N(-d,0)点射入磁场I,速度方向与x轴正方向夹角也为45。，速度大小为v,离子在磁场

I中的轨迹与)，轴交于P点，最后从Q(3d,0)点射出第一象限，不计离子重力。

(1)求第三象限内电场强度的大小E;

(2)求出。点的坐标；

(3)边长为d的立方体中有垂直于AA'CC面的匀强磁场H,立方体的A/3CO面刚好落在坐

标系xOy平面内的第四象限，人点与Q点重合，人。边沿x轴正方向，离子从。点射出后在

该立方体内发生偏转，且恰好通过。点,