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1、1高考仿真模拟练高考仿真模拟练( (二二) )(时间：60 分钟 满分 110 分)一、选择题(共 8 小题，每小题 6 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。全选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。)14.当物体从高空下落时，空气阻力会随速度增大而增大，因此经过一段时间后物体将匀速下落，这个速度称为物体下落的稳态速度。已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速率与球的半径之积，现有两个大小不同的小钢球A和B，其半径之比为 21，它们在空气中下落时，最后的稳态速度之比vAvB为( )A.14 B.41
2、C.19 D.91解析 由题意知半径为r的球形物体以速度v运动时所受空气阻力为fkvr，达到稳态时受力平衡：mgf，而mVr3，联立解得vr2，所以4 34gr2 3kvAvB41，选项 B 正确。答案 B15.一辆汽车沿着平直道路行驶，在 040 s 内的xt图象如图 1 所示，下列选项正确的是( )图 1A.汽车离出发点的最远距离为 30 mB.汽车没有行驶的时间为 20 sC.汽车在前 20 s 内的平均速度大小为 22.5 m/sD.汽车在前 10 s 内与后 10 s 内的平均速度大小相同解析 由题图可知，汽车在 010 s 的时间内运动了 30 m，在 1020 s 的时间内停止在
3、距离出发点 30 m 处，在 2040 s 的时间内反向运动，且在t40 s 时刚好回到出发点，2选项 A 正确，B 错误；汽车在前 20 s 内的平均速度大小为1 m/s1.5 m/s，选vx1 t130 20项 C 错误；汽车在前 10 s 内的平均速度大小为2 m/s3 m/s，汽车在后 10 svx2 t230 10内的平均速度大小为3 m/s1.5 m/s，选项 D 错误。vx3 t315 10答案 A16.如图 2 甲所示，真空中两块平行金属板与电源连接，A板与地连接，将一个带电粒子在A板处释放，不计重力，已知带电粒子运动的vt图象如图乙所示，则B板的电势变化规律可能是( )图 2
4、解析 粒子分段做匀变速运动，所以电压是恒定值，排除 C、D；通过斜率可知，在0.25T0.75T内，加速度不变，电压不变，所以选项 B 正确。答案 B17.如图 3 所示，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线的电阻不变，当用电高峰到来时，下列说法正确的是( )图 3A.输电线上损耗的功率减小3B.电压表 V1的示数减小，电流表 A1的示数增大C.电压表 V2的示数增大，电流表 A2的示数减小D.用户消耗功率与发电厂输出功率的比值减小解析 当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表 A2的示数增大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项 A 错误；根据变压器原
5、、副线圈的电流关系，可知电流表 A1的示数增大，因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的副线圈两端的电压不变，即电压表 V1的示数不变，选项 B 错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的原线圈两端的电压减小，因此降压变压器副线圈两端的电压也减小，即电压表 V2的示数减小，选项 C 错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比值为11P厂P损 P厂，输电线上的电压损失 U增大，U1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的U U1比值减小，故选项 D 正确。答案 D18.如图 4 所示，两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻。一根
6、质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值为r，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为。现将外力F沿与导轨平行的方向作用在金属杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力F与作用时间t的图象中正确的是( )图 4解析 分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力f和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有Fmgsin F安fma，又F安B0IL，I，所以F安E RrB0Lv RrB0IL，
7、fmgcos ，所以有Fmgsin mgcos ma，又因4vat，将其代入上式可得Ftmgsin mgcos ma，由此表达式可知，选项 B 正确。答案 B19.2018 年 3 月 14 日，英国剑桥大学著名物理学家斯蒂芬威廉霍金逝世，享年 76 岁，引发全球各界悼念。在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，为物理学的建立做出了巨大的贡献。在对以下几位物理学家所做的科学贡献的叙述中正确的是( )A.法拉第经过数年的磁生电的研究，发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯总结得出了法拉第电磁感应定律B.爱因斯坦通过对黑体辐射现象的研究提出了量子说，通过对光电效应的研究提出了光子
8、说C.卢瑟福根据 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，并估算出了原子核的大小D.卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值解析 法拉第经过数年的磁生电的研究，发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯总结得出了法拉第电磁感应定律，选项 A 正确；普朗克通过对黑体辐射现象的研究提出了量子说，爱因斯坦通过对光电效应的研究提出了光子说，选项 B 错误；卢瑟福根据 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，并估算出了原子核的大小，选项 C 正确；牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一
9、切物体，得出了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G的数值，选项 D 错误。答案 AC20.某行星外围有一圈厚度为d的发光带(发光的物质)，简化为如图 5 甲所示模型，R为该行星除发光带以外的半径。现不知发光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某科学家做了精确的观测，发现发光带绕行星中心的运动速度v与到行星中心的距离r的关系如图乙所示(图中所标量为已知)，万有引力常量为G，则下列说法正确的是( )5图 5A.发光带是该行星的组成部分B.该行星的质量MC.行星表面的重力加速度gD.该行星的平均密度为解析 若发光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有vr，v与r应成正比
10、，与图象不符，因此发光带不是该行星的组成的部分，故选项 A错误；设发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引力提供向心力，则有Gm，得该行Mm r2v2 r星的质量为M；由图乙知，rR时，vv0，则有M，故选项 B 正确；当rRv2r G时有mgm，得行星表面的重力加速度g，故选项 C 正确；该行星的平均密度为，故选项 D 错误。M 4 3R3答案 BC21.如图 6 所示，宽为L的竖直障碍物上开有间距d0.6 m 的矩形孔，其下沿离地高h1.2 m，离地高H2 m 的小球(可看成质点)与障碍物相距x，在障碍物以v04 m/s 的速度匀速向左运动的同时，小球自由下落，忽略空气阻力，g10 m/s2。
11、则以下说法正确的是( )图 6A.L1 m、x1 m 时小球可以穿过矩形孔B.L0.8 m、x0.8 m 时小球可以穿过矩形孔C.L0.6 m、x1 m 时小球可以穿过矩形孔D.L0.6 m、x1.2 m 时小球可以穿过矩形孔6解析 小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间为t12（Hhd） gs0.2 s，小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间为t22 （21.20.6） 10 s0.4 s，则小球通过矩形孔的时间最大为2（Hh） g2 （21.2） 10tt2t10.2 s，根据等时性知，L的最大值为Lmv0t40.2 m0.8 m，选项A 错误；若L0.6 m，x的最小值为xminv0t10
12、.8 m，x的最大值为xmaxv0t2L1 m，所以 0.8 mx1 m，选项 C 正确，D 错误；若L0.8 m，x的最小值为xminv0t10.8 m，x的最大值为xmaxv0t2L0.8 m，x取值为 0.8 m，选项 B 正确。答案 BC二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第 2225 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 3334 题为选考题，考生根据要求做答。)(一)必考题(共 47 分)22.(5 分)某同学现用如图 7 所示的装置来验证动量守恒定律，其中圆弧轨道光滑且竖直固定于水平面上，甲、乙两小球的半径远小于圆弧轨道的半径R，圆弧轨道的圆心O处有一轻质指针，长度略小于圆
13、弧的半径，指针能停止在圆弧轨道上的任何位置。两球的质量之比m甲m乙21，半径大小相同，两小球可视为质点。其实验步骤如下：图 7将乙球用轻绳系住，轻绳的另一端固定于O点(轻绳不会挡住指针的摆动)，并在乙球的左边涂上强力胶(强力胶的质量可忽略不计)，当甲球与其碰撞后会紧紧粘在一起。乙球静止时恰好对圆弧没有压力；如图所示，将甲球置于圆弧轨道上，使其跟O点的连线与竖直方向成 45角，然后由静止释放甲球，使甲球沿圆弧轨道下滑；两球碰后紧紧粘在一起，然后一起向右推着指针摆动；实验后用量角器测量出指针向右摆动的角度为 30。试分析下列问题：(1)以两小球为一个系统，则系统碰撞前、后的动量的比值为_(结果保留
14、 3 位p1 p27有效数字)；(2)如果本实验中允许出现的最大实验误差不超过5%，那么本实验_(选填“能”或“不能”)验证动量守恒定律。解析 (1)设甲球相对圆弧最低点的初始高度为h1，碰撞前瞬间甲球的速度为v甲。根据几何关系有h1R(1cos 45)根据题意及机械能守恒定律得m甲gh1m甲v1 22 甲系统碰撞前的总动量p1m甲v甲联立解得p1m甲2gR（1cos 45）同理可得系统碰撞后的总动量p2(m乙m甲)2gR（1cos 30）则p1 p2m甲 m乙m甲1cos 45 1cos 30代入已知数据得0.986。p1 p2(2)由(1)可以推出1.4%5%p2p1 p1所以此实验在允许
15、的误差范围内，能验证动量守恒定律。答案 (1)0.986(3 分) (2)能(2 分)23.(10 分)小张同学根据所学的电路知识利用如图 8 甲所示的电路来测定未知电阻Rx的阻值及电源电动势E和内阻r，其中R为电阻箱。(1)小张用下列步骤测定未知电阻Rx的阻值，请你补全实验步骤。将电压表选择合适的量程，闭合开关 S1，_(填“闭合”或“断开”)开关 S2，调节电阻箱R，使电压表示数尽可能大，记下电压表的示数U和电阻箱接入电路中的阻值R0。保持开关 S1闭合，_(填“闭合”或“断开”)开关 S2，增加电阻箱接入电路中的电阻，使电压表示数为U，记下电阻箱接入电路中的阻值R1。可以得出待测电阻Rx
16、_(用题中已知字母表示)。(2)由(1)测出了Rx的阻值后，他把开关 S1闭合，S2始终保持断开，改变电阻箱R接入电路中的电阻，得到多组数据，把这些数据描绘在 图象上，得到一直线如图乙所示，1 U1 RRx8由图线可得电源电动势E_ V，电源内阻r_ 。(结果保留 2 位有效数字)(3)若某同学设计如图丙所示电路来测定电源电动势和内阻，则图甲和图丙比较，哪个电路更合理？说明理由：_。图 8 解析 (1)根据题意，两个步骤中保证同一电源的路端电压相等，根据闭合电路欧姆定律可知，两个步骤中外电路的电阻一定相等，从而可以求得待测电阻的阻值，因此应先断开开关 S2，将待测电阻接入电路，调节电阻箱接入电
17、路的电阻并读出电压表示数U；然后闭合开关 S2，将Rx短路，再调节电阻箱，使电压表示数仍为U，即可得出电阻箱此时的阻值等于上一步骤中电阻箱与待测电阻的阻值之和，则可知待测电阻阻值为RxR1R0。(2)根据闭合电路欧姆定律可得EUr，变形可得 ；由题图乙可知U RRx1 U1 Er E1 RRx0.5 V1， A1，解得E2.0 V，r1.0 。1 Er E1.00.5 1.0(3)因为题图甲有保护电阻Rx，可防止实验操作时短路，图甲电路图较合理。答案 (1)断开(1 分) 闭合(1 分) R1R0(2 分) (2)2.0(2 分) 1.0(2 分) (3)图甲更合理(1 分) 因为图甲有保护电
18、阻Rx，防止短路(1 分)24.(12 分)如图 9 甲所示，在太原坞城路某处安装了一台 500 万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距 355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距 335 m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如图乙9所示分析(已知超声波速度为 340 m/s)。图 9(1)求汽车刹车过程中的加速度大小a；(2)此路段有 80 km/h 的限速标志，分析该汽车刹车前的
19、行驶速度是否超速？解析 (1)设超声波往返的时间为 2t，汽车在 2t时间内，刹车的位移为x1x2a(2t)1 2220 m(2 分)当超声波与汽车相遇后，汽车继续前进的时间为t，位移为x2at25 m(2 分)1 2则超声波在 2t内的路程为s2(3355) m680 m，超声波速度为 340 m/s，由sv声2t得t1 s(2 分)解得汽车的加速度大小为a10 m/s2(1 分)(2)由汽车刹车过程中的位移x(2 分)解得刹车前的速度v020 m/s72 km/h(1 分)车速在规定范围内，不超速(2 分)答案 (1)10 m/s2 (2)见解析25.(20 分)“太空粒子探测器”是由加速
20、装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化如下：如图 10 所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径R12 m，电势150 V，内圆的半径R21 m，电势20，内圆内有磁感应强度大小B5103T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间存在狭缝。假设太空中漂浮着质量为m1.01010 kg、电荷量q4104 C 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用。10图 10(1)求粒子
21、刚到达内圆时速度的大小；(2)以收集薄板MN所在的直线为轴建立如图的平面直角坐标系。分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动。指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间。解析 (1)带电粒子在电场中被加速时，由动能定理可知qUmv2(3 分)1 2U12(2 分)解得v2104 m/s(2 分)2Uq m(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有qvBm(2 分)v2 r解得r1.0 m(1 分)因为rR2，所以由几何关系可知，从收集薄板左端贴着收集薄板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动 圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，并返回磁场，1 4如此
22、反复的周期运动。其运动轨迹如图所示。(2 分)则在磁场中运动的时间为T。T(2 分)2r v2m qB解得T104 s(2 分)粒子进入电场的四个位置坐标分别为(0，2 m)，(2 m，0)，(0，2 m)，(2 m，0)(4 分)答案 (1)2104 m/s (2)(0，2 m)，(2 m，0)，(0，2 m)，(2 m，0) 104 s(二)选考题(共 15 分。请在第 33、34 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计11分。)33.【物理选修 33】(15 分)(1)(5 分)下列有关热力学定律的说法中正确的是_。(填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分
23、，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)A.一定质量的气体膨胀对外做功 100 J，同时从外界吸收 120 J 的热量，则它的内能增大220 JB.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C.能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性D.外界对物体做功，物体的内能必定增加E.热运动的宏观过程都是熵增加的过程(2)(10 分)如图 11 甲所示，竖直放置的汽缸中的活塞上放置一重物，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸导热性良好，其侧壁有一个小孔与装有水银的 U 形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为 80 cm 的理想气体柱(U 形管内的气体体积不计，U
24、形管足够长且水银始终没有进入汽缸)，此时缸内气体处于图乙中的A状态，温度为 27 。已知大气压强p01.0105 Pa75 cmHg，重力加速度g取 10 m/s2。图 11()求A状态时 U 形管内水银面的高度差h1和活塞及重物的总质量m；()若对汽缸缓慢加热，使缸内气体变成B状态，求此时缸内气体的温度。解析 (1)根据热力学第一定律知 UWQ100 J120 J20 J，选项 A 错误；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，即熵是增加的，故选项 B、E 正确；能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，说明能量虽然守恒，但是仍然要节约能源，故选项
25、C 正确；改变内能的方式有做功和热传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，选项 D 错误。(2)()由题图乙可知A状态时封闭气体柱压强为p11.5105 Pa，汽缸的横截面积S m2 m2(1 分)V1 h11 101 80 1021 812对活塞，有p0Smgp1S(2 分)由题意可知p1p0gh1(1 分)代入数据解得m625 kg，h137.5 cm(2 分)()从A状态到B状态，汽缸内气体做等压变化由盖吕萨克定律有(2 分)V1 T1V2 T2所以T2T1600 KV2 V1t2327 (2 分)答案 (1)BCE (2)()37.5 cm 625 kg ()327 34.【物理选
26、修 34】(15 分)(1)(5 分)公园足够大的水池中安装有不同颜色的灯，假设池中相同深度处有三种颜色的灯A、B、C，有人在水面上方相同条件下观测发现，灯C在水中的像的深度最深，灯B在水面照亮的区域面积最小，则下列判断正确的是_。(填正确答案标号。选对 1 个得 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.水对灯A发出的光的折射率最大B.灯B发出的光的频率最大C.灯C发出的光在水中传播的速度最大D.灯A发出的光的波长最长E.灯C发出的光发生全反射时的临界角最大(2)(10 分)一简谐波沿x轴正方向传播，在t0 时刻的波形图如图 1
27、2 所示，P是平衡位置在x2.5 m 处的质点，已知t0.5 s 时质点P第一次出现在波峰，求：图 12()这列波的波速和周期；()质点P的位移随时间变化的关系。解析 (1)灯C在水中的像的深度最深，灯B在水面照亮的区域面积最小，可知水对灯B发出的光的折射率最大，对灯C发出的光的折射率最小，所以灯B发出的光的频率最大，灯13C发出的光的频率最小，选项 A 错误，B 正确；根据v 可知灯C发出的光在水中传播的c n速度最大，选项 C 正确；根据cf可知，灯C发出的光的波长最长，选项 D 错误；由光发生全反射的临界角满足 sin 可知，灯C发出的光发生全反射时的临界角最大，选1 n项 E 正确。(2)()t0.5 s 时质点P第一次出现在波峰，说明x2 m 处的振动状态沿着x轴正方向传播 x0.5 m，故v1 m/s(1 分)x t由题图可知波长4 m(2 分)所以周期T4 s(2 分) v()设质点P的位移随时间变化的关系为yAsin(t0)(2 分)2 T由题图可知，质点P的振幅A0.04 m，当t0.5 s 时，y0.04 m，代入上式得0(1 分) 4所以质点P的位移随时间变化的关系为y0.04sin(t)m(2 分) 2 4答案 (1)BCE (2)()1 m/s 4 s()y0.04sin( t )m24