高考物理二轮复习钻石卷 考前模拟卷一(含模拟试题)

拾躲市安息阳光实验学校考前冲刺模拟卷一1．(多选题)(2013·五校协作体二模)下列对物理学发展史的表述，其中观点正确的是( )
A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动
B．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动
C．法拉第首先发现了电流的磁效应
D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
解析亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才会运动；没有力作用，物体就要静止，选项A的观点不正确．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，即产生加速度，而不仅仅是使之运动，观点B 正确．奥斯特首先发现了电流的磁效应，选项C错误．伽利略通过观察，猜想如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，然后根据理想实验进行推论得出，选项D正确．
答案BD
2．(多选题)
如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是( )
A．薄板的重心在MN线上
B．薄板的重心不在MN线上
C.
F a
F b
＝
b
a
D.
F a
F b
＝
b
c
解析
因为F a和F b的作用线的反向延长线的交点为直角顶点，F a和F b及薄板的重力为共点力，故重力必过直角顶点，故A正确；如图所示，
F a
F b
＝
b
a
，故C正确．答案AC
3．(多选题)
(2013·模拟)如图所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是( ) A．3个B．4个C．5个D．6个
解析隔离A受力分析，由平衡条件可知，A受到B对A方向向右的静摩擦力．由牛顿第三定律，B受到A作用的向左的静摩擦力．隔离B受力分析，B
受到重力、A对B的压力、向左的静摩擦力、斜面对B的斜向右上的支持力、可能受到斜面对B的斜向左上的静摩擦力．选项B、C正确．
答案BC
4.
(多选题)(2013·乌鲁木齐市二模)某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系．一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量相等的小星围绕母星做圆周运动．如果两颗小星间的万有引力为F，母星与任意一颗小星间的万有引力为9F.则( )
A．每颗小星受到的万有引力为(3＋9)F
B．每颗小星受到的万有引力为(3/2＋9)F
C．母星的质量是每颗小星质量的3倍
D．母星的质量是每颗小星质量的33倍
解析任意一颗小星受到其他两颗小星的万有引力合力等于2F cos30°＝3F，每颗小星受到其他两颗小星和母星的万有引力合力为(3＋9)F，选项A
正确，B错误．设正三角形的边长为L，母星与任意一颗小星间距离为L
2cos30°
＝3L
3
.由万有引力定律，F＝G
m2
L2
；9F＝G
mM
⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
3L
3
2
，联立解得
M
m
＝3，即母星的质量
是每颗小星质量的3倍，选项C正确，D错误．
答案AC
5．(多选题)
如图所示，在2月温哥华冬奥会自由式滑雪比赛中，我国某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则( )
A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同
B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的
C．运动员落到雪坡时的速度大小是
v0
cosθ
D．运动员在空中经历的时间是
2v0tanθ
g
解析如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的位置不同，但位移方向均沿斜坡，即位移方向与水平方向的夹角均为θ，由tanφ＝2tanθ，故速度方向与水平方向的夹角均为φ，故A错误，B正确；将运动员落到雪坡时的速度沿水平和竖直方向分解，求出运动员落到雪坡时的速度大小为
v0
cosφ
，故C错误；将v0和g沿斜面和垂直斜面方向分解，在垂直斜面方向：v0sinθ－(－v0sinθ)＝g cosθ·t，解出运动员在空中经历的时间t＝
2v0tanθ
g
，故D正确．
答案BD
6．(多选题)
如图中K、L、M为某静电场中的三个相距较近的等差等势面，电势满足φK<φL<φM，等势面关于bc连线对称．现将一个带负电的试探电荷先从图中a 点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则该试探电荷在此全过程中( )
A．所受电场力的方向不变B．所受电场力一直变大
C．电势能一直减小D．电势能先不变后增大
解析由等势面的形状可知，这是等量异种点电荷形成的电场，由
φK<φL<φM，可知正点电荷在右边，负点电荷在左边，试探电荷从a点沿直线移到b点，受的电场力与运动方向垂直(电场线垂直于等势面)，故电场力的方向不变且不做功，电势能不变．从b点到c点，电场力的方向还没变，但做正功，电势能减少．故A正确，C、D错误；画出电场线后可知，试探电荷从a点移到b点，再到c点，电场力一直变大，B正确．
答案AB
7.
如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2＝4:1，电源电压u＝2202sin314t(V)，原线圈电路中接入熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻R，则( )
A．电压表的读数为77 V
B．当可变电阻R的阻值变大时，电源的输入功率变大
C．可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时保险丝将熔断
D．副线圈的输出功率一定是200 W
解析原线圈的电压有效值为220 V，保险丝的熔断电流为1 A，故电功率的最大值为220 W，D错误；依据匝数比得副线圈的电压有效值为55 V，A错误；可变电阻R的阻值变大，电压不变，则输出功率变小，B错误；当R的功率为220 W时，保险丝将熔断，R＝
U22
P
＝
552
220
Ω＝13.75 Ω，C正确．
答案C
8.
(2013·二模)如图所示，在长方形abcd区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，ab＝
bc
2
＝L，一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去电场，则粒子从a点射出且射出时的动能为E k；若撤去磁场，则粒子射出时的动能为(重力不计)( )
A．E k B．2E k
C．4E k D．5E k
解析 根据带电粒子从ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点P 射出可得qE ＝qBv 0.若撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为L
2.由L 2＝mv 0qB 可得粒子从a 点射出且射出时的动能为E k ＝12mv 2
0＝
L 2q 2B 28m ；若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，由L ＝v 0t ，y ＝12at 2，a ＝qE
m ＝qBv 0
m
，联立解得y ＝L .由动能定理，qEL ＝E －E k ，解得E ＝5E k ，选项D 正确． 答案 D
9.
如图所示，两个质量各为m 1和m 2的小物块A 和B ，分别系在一条跨过定滑
轮的软绳两端，已知m 1>m 2.现要利用此装置验证机械能守恒定律．
(1)若选定物块A 从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有
________．(在横线上填入选项前的编号)
①物块的质量m 1、m 2；
②物块A 下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B 上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度．
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好； ③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃； ④两个物块的质量之差要尽可能小．
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是____________．(在横线上填入
选项前的编号)
(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议． 解析 (1)通过连接在一起的A 、B 两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A 、B 连接在一起，A 下降的距离一定等于
B 上升的距离；A 、B 的速度大小总是相等的，故②、③只测其中之一即可，不
需要测量绳子的长度．
(2)如果绳子质量不能忽略，则A 、B 组成的系统势能将有一部分转化为绳
子的动能，从而为验证机械能守恒定律带来误差；若物块摇摆，则两物块的速
度有差别，为计算系统的动能带来误差；两个物块质量差较小时，就可以使两
物体下降过程时间延长，由摩擦所带来的误差影响就会越大，故两个物块的质
量之差无需尽可能小．
答案 (1)①②或①③
(2)①③
(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”；“选取受力后相对伸长
尽量小的绳”等等．
10．从下表中选出适当的实验器材，测量小灯泡的伏安特性曲线，得到如图的I­U图线.
器材(代号)规格
电流表(A1)
电流表(A2)
电压表(V1)
电压表(V2)
滑动变阻器(R0)电池(E)
开关(S)
导线若干量程0～0.6 A，内阻1 Ω
量程0～3 A，内阻1 Ω
量程0～3 V，内阻约2 kΩ量程0～15 V，内阻约10 kΩ阻值0～25 Ω
电动势6 V，内阻不计
(1)在如图所示的I­U图线中，A到B过程中灯泡电阻改变了________Ω.
(2)测量电路中电流表应选用________(填代号)，电压表应选用
________(填代号)，电流表应采用________(填内、外)接法．
(3)在图示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑动片右移时，灯泡两端电压变大．
解析(1)先分别通过AO和BO连线的斜率，求出A、B两点对应电阻为30 Ω和40 Ω，则A到B过程中灯泡电阻改变了40 Ω－30 Ω＝10 Ω.
(2)由图象测量的最大数值可知，电流表应选小量程0.6 A，即A1，电压表应选较大量程15 V，即V2.由于R A1R V2＝100 Ω>40 Ω，故应采用电流表外接法；电表读数从0开始，故变阻器应采用分压式接法．
(3)如图所示
答案(1)10
(2)A1V2外
(3)见解析图
11.
如图所示，一质量为2m的平板车停放在光滑水平地面上，其上表面右端A 点有一块静止的质量为m的小金属块，已知小金属块与平板车上表面的动摩擦因数为μ.现给平板车一个向右的水平恒力F＝5μmg，使车向右运动，当金属块相对平板车滑动距离L时(还未到B点)，立即撤去这个水平恒力F，最后金属块恰好停在车的左端B点．已知重力加速度为g，求：
(1)撤去力F的瞬间，金属块的速度v1、车的速度v2分别为多少？
(2)最后金属块与车的共同速度v共是多少？
(3)平板车的长度是多少？
解析(1)对金属块，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，
v1＝a1t，s1＝
1
2
a1t2.
对车：F－μmg＝2ma2，v2＝a2t，s2＝
1
2
a2t2.
则有s2－s1＝L，
联立求解得v 1＝2μgL ，v 2＝22μgL .
(2)设撤掉外力后经时间t ′金属块恰好停在车的左端，即在左端达到共同速度v 共，则对金属块：
v 共＝v 1＋a 1t ′.
对车：v 共＝v 2－a 2′t ′，μmg ＝2ma 2′. 联立解得v 共＝5
3
2μgL .
(3)设平板车的长度为L ′，对车和金属块组成的系统，由能量守恒得
12mv 21＋12×2mv 22－12×3mv 2共＝μmg (L ′－L )， 故联立解得平板车的长度为L ′＝5L 3.
答案 (1)v 1＝2μgL ，v 2＝22μgL (2)5
32μgL
(3)5L 3
12．(2013·12校联考)如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与横坐标x 的关系如图2所示，图线是双曲线(坐标轴是渐进线)；顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体
棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．已知t ＝0时，导体棒位于顶角O 处；导体棒的质量m ＝2 kg ；
OM 、ON 接触处O 点的接触电阻R ＝0.5 Ω，其余电阻不计；回路电动势E 与时
间t 的关系如图3所示，图线是过原点的直线．求：
(1)t ＝2 s 时流过导体棒的电流I 2的大小； (2)1～2 s 时间内回路中流过的电量q 的大小；
(3)导体棒滑动过程中水平外力F (单位：N)与横坐标x (单位：m)的关系式．
解析 (1)根据E ­t 图象中的图线是过原点的直线
有I ＝E R
得I 2＝8 A.
(2)可判断I ­t 图象中的图线也是过原点的直线 有t ＝1 s 时I 1＝4 A 可有q ＝I Δt ＝I 1＋I 2
2
Δt
得q ＝6 C.
(3)因θ＝45°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度L ＝x 再根据B ­x 图象中的图线是双曲线特点 有E ＝BLv ＝Bxv 且E 与时间成正比 可知导体棒的运动是匀加速直线运动，
加速度a ＝2 m/s 2
又有F 安＝BIL ＝BIx ＝(Bx )I 且I 也与时间成正比 再有F －F 安＝ma x ＝12at 2
得F ＝4＋4x
答案 (1)8 A
(2)6 C
(3)F ＝4＋4x
13．[物理—选修3－3]
(1)(多选题)温室效应严重威胁着人类生态环境的安全．为了减少温室效应造成的负面影响，有的科学家受到了啤酒在较高压强下能够溶解大量的二氧化碳的启发，设想了一个办法：可以用压缩机将二氧化碳送入海底，永久储存起来．海底压强很大，温度很低，海底深水肯定能够溶解大量的二氧化碳，这样就为温室气体二氧化碳找到了一个永远的“家”，从而避免温室效应，在将二氧化碳送入海底的过程中，以下说法不正确的是________．
A ．压缩机对二氧化碳做功，能够使其内能减少
B ．二氧化碳与海水间的热传递能够使其内能减少
C ．二氧化碳分子动能会减少
D ．每一个二氧化碳分子动能都会减少
(2)用传统的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气．某研究性学习小组的同学们经过思考，解决了这一问题．他们在传统打气筒基础上进行了如下的改装：(如图所示)
圆柱形打气筒高H ，内部横截面积为S ，底部有一单向阀门K ，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容
器B 中，B 的容积V B ＝3HS ，A 、B 中气体初始压强为p 0，该组同学设想在打气筒
内壁焊接一卡环C (体积不计)，C 距气筒顶部高度为h ＝2
3H ，这样就可以自动控
制容器B 中的最终压强．求：
①假设气体处于状态，则第一次打气前，A 、B 中气体的总分子数是多少？ ②假设气体温度不变，则第一次将活塞从打气筒口压到C 处时，容器B 内的压强是多少？要使容器B 内压强不超过5p 0，h 与H 之比应为多少？
③打气时间长了，打气筒外壁(特别是下部的外壁)发热的主要原因是什么？
解析 (1)由热力学第一定律，W ＋Q ＝ΔU ，压缩机对二氧化碳做功，能够使其内能增大，故A 错误；海底温度很低，二氧化碳向海水放热，故B 正确；海底温度很低，二氧化碳分子的平均动能会减少，但每一个二氧化碳分子的动能不一定都会减少，故C 正确，D 错误．
(2)①总分子数n ＝V B ＋HS 22.4 L N A ＝4HS
22.4 L
N A .
②第一次将活塞从打气筒口压到C 处时，设容器B 内的压强为p B ，C 距低
部H －h ＝H /3，由玻意耳定律得
p 0(V B ＋HS )＝p B (V B ＋HS /3)，解出p B ＝1.2p 0.
对打气筒内的气体，要使容器B 内压强不超过5p 0，意味着下压至C 处时，
打气筒C 处以下的压强不能超过5p 0，由玻意耳定律得p 0HS ≤5p 0(H －h )S ，解得
h /H ≤4
5
.
③对某一次打气筒内的气体，在压缩过程中，外界对气体做功，W >0，可近似认为绝热，Q ＝0，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，故ΔU >0，因此气体温度升高，故打气筒壁吸热，这就是打气时间长了，打气筒外壁(特别是下部外壁)发热的主要原因．
答案 (1)AD
(2)①4HS 22.4 L N A ②1.2p 0 4
5 ③见解析
14．[物理—选修3－4]
(1)(多选题)青海省玉树县2010年4月14日晨发生7.1级强地震，恰好在震源(位于地下)正上方地区的一个观测站记录的纵波和横波的到达时刻相差5 s ，已知在这一地区地震波的纵波和横波的传播速率分别为9 km/s 和4 km/s ，
若近似认为波的速度恒定，则下列判断正确的是________．
A ．地震时，震源正上方地区的建筑物先左右振动、后上下振动
B ．地震时，震源正上方地区的建筑物先上下振动、后左右振动
C ．震源距该观测站的距离为25 km
D ．震源距该观测站的距离为36 km
(2)有一顶角为直角的玻璃砖，放在空气中，一光束斜射入玻璃砖的一个侧
面，如图所示，然后投射到它的另一个侧面．若该玻璃砖全反射临界角为42°，
问：
①这束光线能否从另一侧面射出？
②若光线能从侧面射出，玻璃砖折射率应满足何条件？
解析 (1)由于纵波传的快，震源正上方地区的建筑物先上下振动、后左右振动，故A 错误，B 正确；设震源距该观测站的距离为x ，则x 4－x
9
＝5，解出x
＝36 km ，故C 错误，D 正确．
(2)①由于玻璃的临界角C ＝42°，所以不论入射角θ1为多少，总有折射角θ2<42°，
则折射光在另一侧面的入射角θ′1>(90°－42°)＝48°>C 因而光线在另一侧面发生全反射、不能射出．
②因θ2总小于临界角，要在另一侧面能射出，θ′1也应小于临界角．
即θ2<C ，θ′1＝(90°－θ2)<C ， 解得C >45°.
这就要求玻璃折射率n 满足1n ＝sin C >sin45°＝2
2，
故解出n < 2. 答案 (1)BD
(2)①不能 ②n <2 15．[物理—选修3－5] (1)
最近在河南安阳发现了曹操墓地．放射性同位素14
C 在考古中有重要应用，只要测得该化石中14
C 残存量，就可推算出化石的年代．为研究14
C 的衰变规律，将一个原来静止的14C 原子核放在匀强磁场中，观察到它所放射的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的半径之比R r ＝71，如图所示，那么14C 的
衰变方程式应是________．
A.14
6C ―→10
4Be ＋42He B.14
6C ―→14
5B ＋0
1e C.14
6C ―→14
7N ＋ 0
－1e D.14
6C ―→12
5B ＋1
1H
(2)已知电子的质量为m ，某一原子的质量为M ，基态与激发态的能级差为
ΔE ，欲想用电子碰撞静止原子的方法，使原子从基态跃迁到激发态，则原子受激发所需入射电子的最小动能是多少？
解析 (1)由动量守恒定律可知，放射的粒子与反冲核动量大小相等、方向相反．又因径迹是两个内切圆，即衰变时粒子与反冲核受力方向相同，故它们带电性质相反．又由带电粒子在匀强磁场中回旋半径r 之比为7:1，故C 正确．
(2)因为在完全非弹性碰撞中，系统动能损失最大，故欲使原子受激发所需入射电子的动能最小，必须满足的条件是：电子与原子发生完全非弹性碰撞，设电子碰撞前的速度为v 1，分别由动量守恒和能量守恒得
mv 1＝(m ＋M )v ①
12mv 21＝1
2(m ＋M )v 2＋ΔE ② 由①②解出 12
mv 21＝m ＋M ΔE
M
.
答案 (1)C
(2)m ＋M ΔE M。