高考物理二轮复习理科综合模拟卷一(物理部分)新人教版

理科综合模拟卷一(物理部分)
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． 第Ⅰ卷(选择题 48分)
一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1题～第5题只有一项符合题目要求，第6题～第8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．
1．关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( ) A ．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象 B ．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e 的数值 C ．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量 D ．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机
解析：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，A 项错；美国科学家密立根最早用油滴法测得元电荷e 的数值，B 项错；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，C 项错．
答案：D
2．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界．如图甲所示．t ＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F 随时间t 变化的图象如图乙所示．已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝1 Ω，以下说法错误的是( )
A ．线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s 2
B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 T
C ．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22
C D ．线框边长为1 m
解析：t ＝0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F 为线框所受合外力，由牛顿第二
定律可知，线框的加速度a ＝1 m/s 2
，A 项正确；由图象知，t ＝1.0 s 时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为0.5 m ，D 项错；线框的末速度v ＝at ＝1 m/s ，感应电动势
E ＝BLv ，回路中电流I ＝E /R ，安培力
F 安＝BIL ，由牛顿第二定律有：F －F 安＝ma ，联立解得B ＝2 2
T ，B 正确，由q ＝ΔΦR ＝BL 2
R ＝2
2
C ，C 项正确．
答案：D
3．如图，一带电塑料小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )
A ．0
B ．2mg
C ．4mg
D ．6mg
解析：小球由最高点到最低点过程中，mgR (1－cos60°)＝12
mv 2
，小球自左方运动到最低点时
悬线上张力为零，由圆周运动知识可知，qvB －mg ＝m v 2
R ；整个过程中，机械能守恒，故小球经过最
低点时速度大小不变．自右经过最低点时，洛伦兹力改变方向，T －qvB －mg ＝m v 2
R
，解以上三式可
得：T ＝4mg ，C 项正确．
答案：C
4．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这
时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )
A ．0.35mg
B ．0.30mg
C ．0.23mg
D ．0.20mg
解析：车厢内的重物受重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知F －mg ＝ma sin37°，F f ＝ma cos37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力F ＝1.15mg ，代入上式解得：F f ＝0.20mg ，D 项正确．
答案：D
5．矩形导线框abcd 如图甲所示放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流沿逆时针方向为正，则在0～4 s 时间内，线框中的感应电流I 以及线框的ab 边所受安培力
F 随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)( )
解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB
Δt ·S 及图象可知，感应电动势E 大小不变，A 项错；
由闭合电路欧姆定律I ＝E R
及安培力公式F ＝BIL 可知，安培力与磁感应强度成正比，D 项错；由楞次定律可知，0～2 s 内感应电流方向为顺时针方向，2～4 s 为逆时针方向，B 项错；由左手定则可知，第1 s 和第3 s 安培力竖直向上，第2 s 和第4 s 安培力竖直向下，C 项正确．
答案：C
6．如图，三个质点a 、b 、c 质量分别为m 1、m 2、M (M ≫m 1，M ≫m 2)．在c 的万有引力作用下，a 、
b 在同一平面内绕
c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比T a T b ＝
k .从图示位置开始，
在b 运动一周的过程中( )
A ．a 、b 距离最近的次数为k 次
B ．a 、b 距离最近的次数为k －1次
C ．a 、b 、c 共线的次数为2k
D ．a 、b 、c 共线的次数为2k －2
解析：由题意知，在b 运动一周的过程中，a 运动了k 周，a 每比b 多运动一周与b 距离达到最近一次，故a 、b 距离最近的次数为k －1次，B 正确；同时a 比b 每多运动半周，a 、b 、c 共线一次，故a 、b 、c 共线的次数为2k －2，D 项正确．
答案：BD
7．如图，叠放在水平转台上的物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 和C 与转台间的动摩擦因数都为μ，AB 整体、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A ．
B 对A 的摩擦力一定为3μmg B ．B 对A 的摩擦力一定为 3m ω2
r C ．转台的角速度一定满足：ω≤μg
r
D ．转台的角速度一定满足：ω≤
2μg
3r
解析：A 做圆周运动的向心力由B 对A 的摩擦力提供，由牛顿第二定律及向心加速度公式有：
F f ＝3m ω2r ，B 项正确；AB 整体恰好未发生相对转台的滑动时，μ(3m ＋2m )g ＝(3m ＋2m )ω2r ，解得
角速度最大值为ω＝μg
r
，C 恰好未发生相对滑动时，μmg ＝1.5m ω2
r ，解得：ω＝
2μg
3r
，所以D 选项正确．
答案：BD
8．如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时的速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )
A ．小球的重力势能增加－W 1
B ．小球的电势能减少W 2
C ．小球的机械能增加W 1＋12mv 2
D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
解析：根据重力做功与重力势能变化的关系可知，W 1＝－ΔE G p ，所以重力势能增加量ΔE G p ＝－
W 1，A 项正确；根据电场力做功与电势能的变化关系可知，电势能减少量ΔE E p ＝W 2，B 项正确；由
题可知，小球动能增加量为12mv 2，重力势能增加量为－W 1，故机械能增加量为－W 1＋12mv 2
，C 项错；
整个过程中，电场力对小球做功，故系统机械能不守恒，D 项错．
答案：AB
第Ⅱ卷(非选择题 62分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．
(一)必考题(共47分)
9．(6分)某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验，实验装置如图所示，图中A 、B 两位置分别固定了两个光电门传感器．实验时测得小物体上宽度为
d 的挡光片通过A 的挡光时间为t 1，通过B 的挡光时间为t 2，重力加速度为g .为了证明小物体通过A 、B 时的机械能相等，还需要进行一些实验测量和列式证明．
(1)下列必要的实验测量步骤是________． A ．用天平测出运动小物体的质量m B ．测出A 、B 两传感器之间的竖直距离h C ．测出小物体释放时离桌面的高度H
D ．用秒表测出运动小物体由传感器A 到传感器B 所用时间Δt
(2)若该同学用d 和t 1、t 2的比值分别来反映小物体经过A 、B 光电门时的速度，并设想如果能满足________关系式，即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的．
解析：(1)本实验需要验证小物体由A 运动到B 过程中，小物体减少的重力势能mg Δh AB 和增加的动能12m (v 2B －v 2A )是否近似相等，即12(v 2B －v 2
A )≈gh A
B ，故无需测量小物体的质量和小物体释放时离桌
面的高度H ，A 、C 项错；需要测量A 、B 两点间竖直距离，B 项正确；速度是通过光电门测量的，因此无需用秒表测出运动小物体由传感器A 到传感器B 所用时间Δt ，D 项错．(2)由题意知小物体
经过两光电门的速度分别为d t 1和d t 2，代入12(v 2B －v 2A )≈gh AB 可知，如果能满足(d t 2)2－(d t 1
)2
≈2gh 即可证
明小物体自由下落过程中机械能守恒．
答案：(1)B (2)(d /t 2)2
－(d /t 1)2
≈2gh
10．(9分)为了测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材； A ．待测干电池(电动势1.5 V 左右，内阻不超过1.5 Ω) B ．电流表A 1(量程0～2 mA ，内阻为10 Ω) C ．电流表A 2(量程0～0.6 A ，内阻约为0.1 Ω) D ．滑动变阻器R 1(0～20 Ω，10 A) E ．滑动变阻器R 2(0～100 Ω，1 A) F ．定值电阻R 3＝990 Ω
G ．开关、导线若干
(1)请在以上提供的器材中选择所需器材设计测量电路，在虚线框内补画出完整的电路原理图．(要求在电路图中标明所使用器材)
(2)根据合理的设计电路测量数据，电流表A 1的示数记为I 1，电流表A 2的示数记为I 2，某同学测出了6组I 1、I 2的数据，并已描绘出如图所示的I 1和I 2的关系图线．
根据已描绘出的图线，可得被测干电池的电动势为________V ，内阻为________Ω.
解析：(1)测量干电池的电动势和内电阻常用方法为伏安法、伏阻法和安阻法，由于实验未提供电阻箱，故只能用伏安法．器材中未提供电压表，但有内阻已知的小量程电流表和定值电阻，可将其串联改装为电压表使用，另一电流表量程为0.6 A ，故电路中电阻不能太大，故滑动变阻器选择R 1，干电池内阻较小，故电流表内接．(2)由欧姆定律可知，电源两端电压与电流表A 1示数关系为U ＝I 1(R g ＋R 3)，因此图象中纵坐标的数值与电压的数值相等，由U ≈E －I 2r 可知，纵截距为电源电动势，故E ＝1.48 V ；r ＝
ΔU ΔI ＝1.48－1.080.50
Ω＝0.80 Ω. 答案：(1)如图
(2)1.48(1.47～1.49均对) 0.79(0.77～0.81均对)．
11．(14分)某物体A 静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，若给物体A 一个水平向右的初速度v 0＝10 m/s ，g ＝10 m/s 2
.求：
(1)物体A 向右滑行的最大距离；
(2)若物体A 右方x 0＝12 m 处有一辆汽车B ，在物体A 获得初速度v 0的同时，汽车B 从静止开始以a ＝2 m/s 2
的加速度向右运动，通过计算说明物体A 能否撞上汽车B .
解析：(1)由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 0
a 0＝2 m/s 2
根据v 2
t －v 2
0＝－2a 0x
x ＝25 m.
(2)假设二者不相撞，设经过时间t 二者有共同速度v 则对物体A ：v ＝v 0－a 0t 对汽车B ：v ＝at
解得：v ＝5 m/s ，t ＝2.5 s 该过程中物体A 的位移：x A ＝
v 0＋v
2
t ＝18.75 m
该过程中汽车B 的位移：x B ＝v
2t ＝6.25 m
因为x A >x B ＋x 0
故物体A 能撞上汽车B . 答案：(1) 25 m (2)能撞上
12．(18分)如图，有3块水平放置的长薄金属板a 、b 和c ，a 、b 之间相距为L .紧贴b 板下表
面竖直放置半径为R 的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M 、N 处．板a 与b 、b 与c 之间接有电压可调的直流电源，板b 与c 间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V 0、密度为ρ、电荷量为q 的带负电油滴，等间隔地以速率v 0从a 板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压U ba 和
U bc ，当U ba ＝U 1、U bc ＝U 2时，油滴穿过b 板M 孔进入细管，恰能与细管无接触地从N 孔射出．忽略小
孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g .
(1)求：油滴进入M 孔时的速度v 1；
(2)求：b 、c 两板间的电场强度E 和磁感应强度B 的值；
(3)当油滴从细管的N 孔射出瞬间，将U ba 和B 立即调整到U ′ba 和B ′，使油滴恰好不碰到a 板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M 孔，请给出U ′ba 和B ′的结果．
解析：(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M 点时的速度为v 1，由动能定理12mv 2
1－
12
mv 2
0＝mgL ＋qU 1 m ＝ρV 0
得v 1＝
v 20＋2gL ＋
2qU 1
ρV 0
. (2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N 孔射出，必须满足电场力与重力平衡，有：
mg ＝qE
得E ＝ρV 0g q
油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由
qv 1B ＝mv 2
1
R
得B ＝
mv 1qR ＝ρV 0
qR
v 20＋2gL ＋
2qU 1
ρV 0
. (3)若油滴恰不能撞到a 板，且再返回并穿过M 孔，由动能定理， 0－12mv 2
1＝－mgL －qU ′ba 得U ′ba ＝U 1＋ρV 0v 2
2q
考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M 孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B ′＝－B .
答案：(1)
v 20＋2gL ＋
2qU 1ρV 0 (2)ρV 0
qR
v 20＋2gL ＋
2qU 1
ρV 0
(3)U 1＋ρV 0v 2
2q
－B
(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第
一题计分．
13．[物理——选修3—3]
(1)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣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)(9分)一高压气体钢瓶，容积为V 0，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p 0，温度为T 0＝300 K ，内部气体经加热后温度升至T 1＝350 K ，求：
①温度升至T 1时气体的压强；
②若气体温度保持T 1＝350 K 不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p 0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少．
解析：(1)ABC
(2)①设升温后气体的压强为p ，由于气体做等容变化，根据查理定律得：p 0T 0＝p
T 1
，又T 0＝300 K ，
T 1＝350 K
解得：p ＝7
6
p 0.
②令气体自由膨胀到压强为p 0时其体积为V ′，根据理想气体方程：pV 0＝p 0V ′，V ′＝7
6
V 0
由质量与密度之间的关系，易得剩余气体的质量与原来总质量的比值：m m 0＝6
7
.
答案：(1)ABC (2)①76p 0 ②6
7
14．[物理——选修3—4]
(1)(6分)如图甲所示为一简谐波在t ＝0时刻的波形图，图乙所示为x ＝4 m 处的质点P 的振动图象，则下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)
A ．这列波的波速是2 m/s
B ．这列波的传播方向沿x 正方向
C ．t ＝3.5 s 时P 点的位移为0.2 m
D ．从t ＝0时刻开始P 点的振动方程为y ＝0.2sin(πt ＋π)m
E ．从t ＝0时刻开始P 点的振动方程为y ＝0.2sin(πt ＋π/2)m
(2)(9分)如图所示，MNPQ 是一块截面为正方形的玻璃砖，其边长MN ＝30 cm.一束激光AB 射到玻璃砖的MQ 面上(入射点为B )进入玻璃砖后在QP 面上的F 点(图中未画出)发生全反射，恰沿DC 方向射出．其中B 为MQ 的中点，∠ABM ＝30°，PD ＝7.5 cm ，∠CDN ＝30°.
①画出激光束在玻璃砖内的光路示意图，求出QP 面上的反射点F 到Q 点的距离QF ；
②求出该玻璃砖的折射率；
③求出激光束在玻璃砖内的传播速度(真空中光速c ＝3×108
m/s)．
解析：(1)ACD
(2)①光路示意图如图所示，反射点为F
由几何关系得tan r ＝QB QF ＝
PD PF
代入数据得QF ＝20 cm.
②由①的计算得，tan r ＝34
得sin r ＝0.6
由折射定律得n ＝sin i sin r ＝536. ③由n ＝c v 得激光束在玻璃砖内的传播速度v ＝c n ＝635
×108 m/s.
答案：(1)ACD (2)①示意图见解析 20 cm
②0.6 (3)635
×108 m/s 15．[物理——选修3—5]
(1)(6分)关于核反应方程234 90Th→234 91Pa ＋X ＋ΔE (ΔE 为释放出的核能，X 为新生成粒子)，已知234
90Th 的半衰期为T ，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)
A.234 91Pa 没有放射性
B.234 91Pa 比234 90Th 少1个中子，X 粒子是从原子核中射出的，此核反应为β衰变
C ．N 0个234 90Th 经2T 时间因发生上述核反应而放出的核能为34
N 0ΔE (N 0数值很大) D.234 90Th 的比结合能为ΔE 234
E.234 90Th 的化合物的半衰期等于T
(2)(9分)质量为m 1＝1 200 kg 的汽车A 以速度v 1＝21 m/s 沿平直公路行驶时，发现前方相距s 0＝33 m 处有一质量m 2＝800 kg 的汽车B 以速度v 2＝15 m/s 迎面驶来．两车同时急刹车，使车做匀减速运动，但未能避免两车猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数为μ＝0.3，取g ＝10 m/s 2
.忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
①设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t 0＝0.2 s ，则A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；
②两车一起滑行的距离是多少．
解析：(1)BCE
(2)①设从开始刹车到相撞经过的时间为t ，则有： v 1t －12a 1t 2＋v 2t －12
a 2t 2＝s 0
两车刹车加速度大小为： a ＝a 1＝a 2＝μg ＝3 m/s 2
代入数据得：
t 2－12t ＋11＝0
解得：t ＝1 s(舍去t ＝11 s)
两车相碰前瞬间的速度大小分别为：
v 1′＝v 1－a 1t ＝18 m/s
v 2′＝v 2－a 2t ＝12 m/s
A 车动量大于
B 车动量，由动量守恒定律有：
m 1v 1′－m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v
解得两车碰后的速度v ＝6 m/s
对A车由动量定理有
Ft0＝Δp＝m1(v－v1′)
代入数据解得：F的大小为6m1g，为其自身重力的6倍．②两车一起滑动的加速度仍为：a＝μg＝3 m/s2
两车共同滑行距离s＝v2
2a ＝
36
2×3
m＝6 m.
答案：(1)BCE (2)① 6倍② 6 m。