高考物理二轮复习 高考仿真模拟卷1 新人教版

高考仿真模拟卷(一)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．考试时间60分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
本卷共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．
14．甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v －t 图象为两段直线，乙物体运动的v －t 图象为两段半径相同的1
4圆弧曲线，如图所示，图中t 4＝2t 2，则在0～t 4
时间内，以下说法正确的是( )
A ．甲物体的加速度不变
B ．乙物体做曲线运动
C ．两物体t 1时刻相距最远，t 4时刻相遇
D ．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度
D 0～t 2时间段内，甲做匀加速直线运动，t 2～t 4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A 错；速度是矢量，在速度时间图象中，只能表示直线运动，B 错；在整个运动过程中，t 3时刻两物体相距最远，C 错；在速度时间图象中，图线下面所包围的面积即为位移，可求知0～t 4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D 对．
15．下列说法正确的是( )
A ．放射性元素发生一次β衰变，原子序数减少1
B ．氢原子由n ＝3向n ＝1的能级跃迁时，只能辐射2种频率的光子
C ．在光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光强无关，只随入射光的频率增大而增大
D.235
92U 的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短
C 放射性元素发生一次β衰变，多一个质子，原子序数增加1，A 错；由n ＝3向n ＝1的能级跃迁时，能辐射3种频率的光子，B 错误；由光电效应方程E k ＝h ν－W ，可知C 正确；放射性元素的半衰期不会随环境的变化而改变，故
D 错．
16．(多选)如图，一滑块随传送带一起顺时针匀速运动．当滑块运动到中间某个位置时，由于某种原因，传送带突然原速率反向转动，则滑块在传送带上运动的整个过程中，其对地速度v 1及相对传送带的速度v 2随时间变化关系图象不可能为( )
D 一开始滑块随传送带一起顺时针匀速运动，说明滑块受力平衡，它的重力沿传送带斜向下的分力等于静摩擦力，此时滑块相对传送带的速度为0.传送带突然反向转动，滑块由于惯性继续沿传送带向下运动，此时受到的是滑动摩擦力，故一定有μmg cos θ≥mg sin θ.设传送带的速率为v0，若μmg cos θ＝mg sin θ，则反转后滑块仍然沿传送带向下做匀速运动，其对地速度v1及相对传送带的速度v2均恒定，且v1＝v0，v2＝2v0，A、C项可能．若μmg cos θ>mg sin θ，则反转后滑块相对传送带速度由2v0先减速到0，然后再反向匀加速运动，直到与传送带共速，而滑块相对地面速度v1由v0先减速到零，然后再反向匀加速，直到与传送带共速，B项可能，D项不可能．
17．真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF>∠NFE.则( )
A．E带正电，F带负电，且Q E>Q F
B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点
C．过N点的等势面与过N点的切线垂直
D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
C 根据电场线可知，两点电荷为异种电荷，但哪个电荷带正电无法判断，选项A错误；由于电场线一般为曲线，带电粒子在电场中运动轨迹不可能与电场线重合，选项B错误；由于N点的电场线沿水平方向，等势线与电场线垂直，因而选项C正确；由于不能确定电场线的方向，因而无法确定负检验电荷在哪点的电势能大，选项D错误．
18．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )
A ．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上
B ．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心
C ．只要速度满足v ＝
qBR
m
，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上 D ．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
C 粒子的速度不同，在磁场中做圆周运动的半径不同，从圆形磁场中出来后不一定垂直打在MN 板上，选项A 错误；沿圆心进入圆形磁场的粒子，离开磁场时速度的反向延长线一定过圆心，选项B 错误；若粒子的速度为v ＝
qBR
m
，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ＝R ，粒子离开磁场时速度沿水平方向，垂直打在MN 板上，选项C 正确；速度越大的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角越小，因而运动时间越短，选项D 错误．
19．如图所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关．P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )
A ．保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小
B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小
C ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大
D ．保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小
AC 保持P 的位置不变和U 1不变，S 由a 打到b ，副线圈匝数减小，根据U 1U 2＝n 1n 2
可知副线圈两端电压U 2减小，因而电流I 2减小，选项A 正确；保持P 的位置不变和U 1不变，S 由b 打到a ，副线圈匝数增大，根据U 1U 2＝n 1n 2
可知副线圈两端电压U 2增大，电流I 2增大，R 消耗的功率增大，选项B 错误，选项C 正确；保持U 1不变，S 打到b ，P 上滑，则电流I 2增大，I 1增大，选项D 错误．
20．如图，质量为m 的小球从斜轨道高h 处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R ，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )
A ．当h ＝2R 时，小球恰好能到达最高点M
B ．当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 时对轨道压力为2mg
C ．当h ≤R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道
D ．当h ＝R 时，小球在最低点N 时对轨道压力为2mg
BC A ．在圆轨道的最高点M ，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 20
R
，
得：v 0＝gR
根据机械能守恒得：mgh ＝mg ·2R ＋12mv 2
解得：h ＝2.5R ，故A 错误．
B ．当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 时速度为v ，根据机械能守恒得：mg ·2R ＝mgR ＋12
mv 2
小球在P 时，有：N ＝m v 2
R
联立解得 N ＝2mg ，则知小球在圆心等高处P 时对轨道压力为2mg ，故B 正确．
C ．当h ≤R 时，根据机械能守恒得知小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故C 正确．
D ．当h ＝R 时，设小球在最低点N 时速度为v ′，则有：
mgR ＝1
2
mv ′2
在圆轨道最低点，有：N ′－mg ＝m v ′2
R
解得：N ′＝3mg ，则小球在最低点N 时对轨道压力为3mg ，故D 错误．
21．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 ．带电微粒可能先向N 板运动后向M 板运动
ACD 根据牛顿第二定律有mg sin θ－BIl ＝ma ，而I ＝Δq
Δt ，Δq ＝C ΔU ，ΔU ＝Bl Δv ，Δv
＝a Δt ，联立解得a ＝
mg sin θ
m ＋B 2l 2C
，因而金属棒将做匀加速运动，选项A 正确，B 错误；ab 棒切割
磁感线，相当于电源，a 端相当于电源正极，因而M 板带正电，N 板带负电，选项C 正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，选项D 正确．
第Ⅱ卷(非选择题 共62分)
本卷包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33～34题为选考题，考生根据要求做答．
(一)必考题(共47分)
22．(6分)某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数．在气垫导轨上安装了两个光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连．
(1)用游标卡尺测遮光条的宽度d ，图乙中游标卡尺读数为________cm.滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t 1、t 2，两光电门间的距离为L ，用d 、t 1、
t 2、L 表示滑块运动的加速度a ＝________.
(2)要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M 与钩码质量m 应满足________关系． (3)满足(2)后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a 1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a 2，用a 1、a 2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数μ＝________.
解析 (1)游标卡尺的读数为2 mm ＋0.05 mm×5＝2.25 mm ＝0.225 cm ；根据v 2
2－v 2
1＝2aL 可
得a ＝d 22L (1t 22－1
t 21
)．(2)若钩码的重力近似等于细线拉力，则钩码质量应远远小于滑块的质量．(3)
气垫导轨水平，气源断开时，对于滑块有mg －μMg ＝Ma 1；接通电源时，对滑块有mg ＝Ma 2，联立解得μ＝
a 2－a 1
g
.
答案(1)0.225 d2
2L
(
1
t22
－
1
t21
) (2)M远远大于m(3)
a2－a1
g
23．(9分) 实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3 V和15 V，其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1＝2.9 kΩ，R2＝14.9 kΩ.现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头的满偏电流为1 mA，内阻为50 Ω；表头的满偏电流为0.5 mA，内阻为200 Ω，又有三个精密定值电阻r1＝100 Ω，r2＝150 Ω，r3＝200 Ω.若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：
(1)原表头G满偏电流I＝____________，内阻r＝____________.
(2)在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路(标识出所选用的相应器材符号)
(3)某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材：
测量一未知电阻R x的阻值，
电流表A量程0～5 mA，内阻未知；
最大阻值约为100 Ω的滑动变阻器；
电源E(电动势约3 V)；
开关S、导线若干．
由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接，正确连线后读得电压表示数为2.40 V，电流表示数为4.00 mA，则未知电阻阻值R x为________Ω.
解析(1)由图示电路图可知，电压表量程：
I g(r g＋R1)＝3 V，
I g(r g＋R2)＝15 V，
代入数据解得：I g＝1 mA，r g＝100 Ω；
(2)修复电压表，表头满偏电流为I g＝1 mA，电阻应为：r g＝100 Ω，需要的实验器材为：表头的满偏电流0.5 mA，内阻为200 Ω的表头以及r3，即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如图所示：
(3)根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如图所示：
电压表量程为3 V，则其内阻R V＝
3
0.001
Ω＝3000 Ω，
根据欧姆定律可知R ＝U I ＝ 2.4
4×10－3
－
2.43000
Ω＝750 Ω.
答案 (1)1 mA 100 Ω (2)如图 (3)电路如图
750
24．(12分)如图所示，将质量为m 的物块A 和质量为3m 的物块B 叠放在竖直墙壁与水平面之间，当撤去外力后，A 沿墙竖直下落，B 沿水平面向右滑行．已知A 、B 的接触面与竖直方向的夹角α＝30°，不计一切摩擦，重力加速度为g .求
(1)物块A 、B 的加速度大小；
(2)A 下落高度h 时(A 、B 未分离)，物块A 、B 的速度大小． 解析 (1)由几何关系得a B ＝a A tan α 由牛顿第二定律
对物块A ：mg －N sin α＝ma A 对物块B ：N ′cos α＝3ma B 又N ＝N ′
解得a A ＝g 2，a B ＝3
6
g
(2)由几何关系得v B ＝v A tan α
A 下落的过程中，物块A 、
B 组成的系统机械能守恒，有
mgh ＝1
2mv 2A ＋12
(3m )v 2
B
解得v A ＝gh ，v B ＝
gh
3
答案 (1)g 2 3
6
g (2)gh
gh
3
25．(20分)如图在坐标系xOy 里，有质量为m ，电荷量为＋q 的粒子从原点O 沿y 轴正方向以初速度v 0射出，现要求该粒子能通过点P (l ，－d )，可通过在粒子运动的空间范围内加适当的
“场”来实现，粒子重力忽略不计(静电力常量为k )．
(1)若只在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子在磁场中做匀速圆周运动，并能到达P 点，求磁感应强度B 的大小；
(2)若只在x 轴上某点固定一带负电的点电荷Q ，使粒子在点电荷产生的电场中做匀速圆周运动，并能到达P 点，求点电荷Q 的电荷量大小；
(3)若在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第Ⅳ象限内加平行于x 轴，沿x 轴正方向的匀强电场，也能使粒子运动到达P 点．如果此过程中粒子在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B 的大小和电场强度E 的大小．
解析 (1)粒子由O 到P 的轨迹如图所示，
粒子在磁场中做圆周运动，半径为R 1，由几何关系知：
R 1＝l 2
由牛顿第二定律可知：
mv 20
R 1
＝qv 0B 由此得B ＝2mv 0
ql
(2)粒子由O 到P 的轨迹如图所示，
粒子在电场中做圆周运动，半径为R 2，由几何关系知： (l －R 2)2
＋d 2
＝R 2
2
R 2＝l 2＋d 22l
由牛顿第二定律可知：kQq R 22＝mv 2
R 2
由此得：Q ＝mv 2
0l 2＋d 2
2lkq
(3)粒子由O 经P ′到P 的轨迹如图所示，
在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动在电场中运动时间
t ＝d v 0
在磁场中运动时间
t ＝T 2＝πm qB
由此得：B ＝πmv 0
qd
在磁场中做圆周运动，设半径为R 3 则有v 0t ＝πR 3
R 3＝d π
电场中P ′P ″＝l －2R 3＝l －
2d π
P ′P ″＝
1qE 2m
t 2
由此得E ＝
2mv 2
πl －2d
πqd
2
答案 (1)2mv 0ql
(2)
mv 2
l 2＋d 2
2lkq
(3)πmv 0qd
2mv 2
0πl －2d
πqd
2
(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题做答．如果多做，则按第一题计分．)
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个得3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 ．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B ．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动
C ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
E ．某气体的摩尔体积为V ，每个分子的体积为V 0，则阿伏加德罗常数可表示为N A ＝V
V 0
(2)(10分)如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m 的密闭活塞，活塞A 导热，活塞B 绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为L 0，温度为T 0.设外界大气压强为p 0保持不变，活塞横截面积为S ，且mg ＝p 0S ，g 为重力加速度，环境温度保持不变．求：在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m 时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A 下降的高度．
解析 (1)气体放出热量，若外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子的平均动能可能增大，选项A 正确；布朗运动不是液体分子的运动，但是能反映分子在永不停息地做无规则运动，选项B 正确；当分子力表现为斥力时，随着分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能均增大，选项C 正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项D 错误；对于气体分子，依据每个气体分子所占空间的体积估算分子数目，但不能根据每个气体分子的体积估算分子数目，选项E 错误．
(2)对Ⅰ气体，初状态：p 1＝p 0＋mg S
＝2p 0 末状态：p 1′＝p 0＋3mg
S
＝4p 0
由玻意耳定律得：p 1L 0S ＝p 1′L 1S 解得：L 1＝1
2
L 0
对Ⅱ气体，初状态：p 2＝p 1＋
mg
S
＝3p 0 末状态：p 2′＝p 1′＋mg S
＝5p 0 由玻意耳定律得：p 2L 0S ＝p 2′L 2S 解得：L 2＝3
5
L 0
A活塞下降的高度为：ΔL＝(L0－L1)＋(L0－L2)＝9 10 L0
答案(1)ABC (2)9
10
L0
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)在以下各种说法中，正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个得3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．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场
B．相对论认为：真空中的光速大小在不同惯性参照系中都是相同的
C．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期
D．机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
E．如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发出的光波波长长，这说明该星系正在远离我们而去
(2)(10分)投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到玻璃体的平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑．已知镜头半径为R，光屏MN到球心O的距离为d(d>3R)，玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射．求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径．
解析(1)均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，选项A错误；相对论认为光速与参考系无关，选项B正确；质点并不随波迁移，选项C错误；机械波和电磁波本质不同，但均能产生反射、折射、干涉和衍射等现象，选项D正确；若测得遥远星系上某些元素发出光的波长比地球上静止的该元素发出的光的波长要长，表明这些星系正远离地球，这就是常说的“红移”现象，选项E正确．
(2)如图所示，光线入射到D点时恰好发生全反射，则
sin C ＝1n
OF ＝R
cos C ＝R n 2－1n
＝nR n 2－1
又r ＝O 1F cot C O 1F ＝d －OF
解得r ＝d n 2－1－nR
答案 (1)BDE (2)d n 2－1－nR。