普通高等学校招生全国统一考试高三物理仿真卷九(含解析)

普通高等学校招生全国统一考试高三物理仿真卷（九）本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21题有多选项符合题目要求。

全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．牛顿1687年的巨作《自然哲学的数学原理》，开辟了大科学时代．牛顿是最有影响的科学家，被誉为“物理学之父”，他是经典力学基础牛顿运动定律的建立者，是过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是A．牛顿首先提出理想实验，证实自由落体运动是匀变速直线运动B．牛顿发现万有引力定律，认为物体之间普遍存在万有引力C．牛顿利用扭秤最先测出了引力常量D．为了纪念牛顿，将力的国际单位命名为牛顿，并将其作为基本单位【解析】伽利略首先提出理想实验，证实自由落体运动是匀变速直线运动，选项A错误；牛顿发现万有引力定律，认为物体之间普遍存在万有引力，选项B正确；卡文迪许利用扭秤最先测出了引力常量，选项C错误；为了纪念牛顿，将力的国际单位命名为牛顿，但它不是基本单位，选项D 错误．【答案】B15．大量的氢原子处于n ＝4能级，该能级的氢原子向低能级跃迁时能向外辐射不同频率的光子，从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级时辐射的光子频率为ν0.若某种金属的极限频率为ν0，则下列说法中正确的是A ．氢原子跃迁向外辐射的光子中有6种能使该金属发生光电效应现象B ．由n ＝4能级向低能级跃迁时，在辐射出的所有光子中只有一种不能使该金属发生光电效应C ．用辐射出的光子照射该金属时，光子的频率越大该金属的逸出功越大D ．当该金属发生光电效应时，入射光的强度越大，则光电子的最大初动能越大【解析】大量的氢原子由n ＝4能级向低能级跃迁时能向外辐射6种频率的光子，其中由n ＝4能级跃迁到n ＝3能级时，辐射出来的光子频率小于ν0，不能使该金属发生光电效应现象，A 错误、 B 正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，由金属本身的性质决定，C 错误；光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，D 错误．【答案】B16．如图所示为某质点做直线运动时的vt 图象，图象关于图中虚线对称，则在0～t 1时间内，关于质点的运动，下列说法正确的是( )A ．若质点能两次到达某一位置，则两次到达这一位置的速度大小一定相等B ．若质点只能两次到达某一位置，则其中一次到达该位置的速度一定为零C ．若质点能三次通过某一位置，则可能三次都是加速通过该位置D ．若质点能三次通过某一位置，则可能三次都是减速通过该位置【解析】画出粒子运动的过程图可知，质点在0～t 1内能两次到达的位置有两个，分别对应质点运动的速度为零的两个位置，因此A项错误，B 项正确；在质点沿负方向加速运动的过程中，质点可三次通过某一位置，这时质点两次加速，一次减速，在质点沿负方向减速运动的过程中，质点可三次通过某一位置，这时质点两次减速，一次加速，C 项错误，D 项错误．【答案】B17．如图，一个截面积为S 的N 匝线圈，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，以角速度ω匀速转动产生交变电流，变压器原线圈匝数可调(原副线圈匝数比32≤n 1n 2≤52)，副线圈接有可调电阻R ，图中电表均为理想电表，忽略线圈内阻则A ．若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e ＝NBS ωsin ωtB ．可调触头P 向下移动时，电流表示数变大C ．电压表示数的变化范围为25NBS ω～23NBS ω D ．当可调电阻阻值减小时，原线圈电流表、电压表读数均变大【解析】若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e ＝NBS ωcos ωt ，A 错；可调触头P 向下移动时，原线圈匝数增多，副线圈电压减小，副线圈输出功率减小，原线圈输出功率减小，电流表示数减小，B 错；根据U 1U 2＝n 1n 2可知电压表示数的变化范围为：25NBS ω～23NBS ω，C 对；当可调电阻阻值减小时，副线圈输出功率P ＝U 2R变大，原线圈输入功率也变大，电压不变，电流增大，副线圈两端电压也不变，D 错．【答案】C18．地球赤道上的重力加速度为g ，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a ，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P 点相切，以下说法中正确的是A ．如果地球自转的角速度突然变为原来的g ＋a a倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来 B ．卫星甲、乙经过P 点时的加速度大小相等C ．卫星甲的周期最小D ．三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度【解析】使地球上的物体“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力，则有：GMm R 2－mg ＝ma ，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为a ′：ma ′＝GMm R 2＝mg ＋ma ，即此时的向心加速度a ′＝g ＋a ，由a ＝r ω2，则ω2为原来的g ＋a a倍，则A 错误；卫星在同一位置其加速度相同，则B 正确；根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小，则C 错误；卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度，则D 错误．【答案】B19．据报道“2016 年 1 月 1 日郑州发生万伏电缆落地，持续大火将路面烧焦成大坑”的事件．高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚MN 间最大跨步距离为d ，触地点O 流入大地的电流为I ，大地的电阻率为ρ，ON 间的距离为R .电流在以O 点为圆心、半径为r 的半球面上均匀分布，其电流密度为I2πr 2，电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以等效于把点电荷Q 放在真空中O 点处产生的电场强度．下列说法正确的是A ．等效点电荷Q 的电荷量为ρI 2πk(k 为静电力常量) B ．图中MN 两脚间跨步电压可能等于ρId 2πR 2 C ．当两脚间的距离处于最大跨步时，跨步电压不可能为零D ．两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法【解析】依题意有电场强度大小E ＝ρI 2πr 2＝k Q r 2，所以等效点电荷的电荷量Q ＝ρI 2πk，选项A 正确；因为距O 点越近，电场强度越强，所以图中MN 两脚间跨步电压大于E N d ＝ρId 2πR 2，选项B 错误；当两脚处在同一等势面上，两脚间的距离处于最大跨步时跨步电压为零，选项C 错误；两脚并拢时不会有电流通过人体，所以两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法，选项D 正确．【答案】AD20．如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m 和2m 的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l ，重力加速度用g 表示．则在该过程中A ．甲的机械能一直增大B ．乙的机械能减少了23mgl C ．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D ．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能【解析】在上述过程中甲加速上升，其动能和重力势能均增加，故机械能增加，A 正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得2mg ·l 2＝mg ·l 2＋12mv 2＋12(2m )v 2，则解得：v ＝13gl ，乙动能增加量为12(2m )v 2＝13mgl ，重力势能减小2mg ·l 2＝mgl ，故机械能减小23mgl ，B 正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所的功在数值上小于乙的重力所做的功，C 错误；甲动能增加量为12mv 2＝16mgl ，甲的重力所做的功在数值上等于12mgl ，显然甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，D 错误．【答案】AB21．如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L ＝0.5 m ，底端接有阻值为R ＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m ＝1 kg 、电阻r ＝1 Ω、长度也为L 的导体棒MN 在沿导轨向上的外力F 作用下由静止开始运动，拉力F 与导体棒速率倒数关系如图乙所示．已知g ＝10 m/s 2.则甲 乙A ．v ＝5 m/s 时拉力大小为7 NB ．v ＝5 m/s 时拉力的功率为35 WC ．匀强磁场的磁感应强度的大小为2 TD ．当棒的加速度a ＝8 m/s 2时，导体棒受到的安培力的大小为1 N【解析】由图可知，v ＝5 m/s 时拉力F ＝14 N ，选项A 错误；拉力的功率P F ＝Fv ＝14×5W ＝70 W ，选项B 错误；导体棒的最大速度1v m＝0.1，v m ＝10 m/s ，此时拉力最小F min ＝7 N, F min －mg sin θ－F 安＝0，F 安＝B 2L 2v R ＋r 代入数据得B ＝2 T ，选项C 正确；F ＝701v ，F －mg sin θ－F 安＝ma ，F 安＝B 2L 2v R ＋r ＝15v ，由以上三式得：v 2＋65v －350＝0，解得v ＝5 m/s ，故此时安培力的大小F 安＝B 2L 2v R ＋r ＝15v ＝1 N ，选项D 正确． 【答案】CD第 II 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33-38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共129分）22． (6分)小勇为了“验证机械能守恒定律”，将两光电门甲、乙按如图甲的方式固定在铁架台上，然后进行了如下的操作：甲 乙A ．将一小铁球由光电门甲的上方一定高度处由静止释放；B ．通过计算机显示小铁球通过光电门甲、乙的时间分别为t 1、t 2；C ．用直尺测出光电门甲和乙之间的距离h ；D ．用游标卡尺测出小铁球的直径d 如图乙所示；E ．改变小铁球释放的高度，重复A 、B 步骤操作．通过以上操作请回答下列问题：(1)读出图乙中小铁球的直径为d ＝________ cm ，假设小铁球通过光电门甲的瞬时速度近似地等于该过程中的平均速度，则小铁球通过光电门甲的速度大小为v 1＝________；(用题中字母表示)(2)如果重力加速度用g 表示，在误差允许的范围内，要验证小铁球的机械能守恒，则只需验证____________＝2gh .(用题中字母表示)【解析】(1)由游标卡尺的读数规则可知该读数为3 mm ＋17×0.05 mm＝3.85 mm ＝0.385 cm ，由题意可知小铁球通过光电门甲的瞬时速度为v 1＝d t 1；(2)在误差允许的范围内，如果小铁球的机械能守恒，则减小的重力势能应等于增加的动能，应有mgh ＝12mv 22－12mv 21，又因为v 1＝d t 1、v 2＝d t 2，由以上整理可得d 2t 2－d 2t 1＝2gh . 【答案】(1)0.385 cm d t 1 (2)d 2t 22－d 2t 2123． (9分)某中学的实验小组为了测量额定电压为3 V 的小灯泡在正常工作时的阻值，在接入电路前用欧姆表估测该小灯泡的阻值约为500 Ω，实验室提供的实验器材有：A ．电流表A 1(0～50 mA 、R A1≈3 Ω)B ．电流表A 2(0～3 mA 、R A2＝15 Ω)C ．阻值为85 Ω定值电阻R 1D ．阻值为1985 Ω定值电阻R 2E ．滑动变阻器R (最大阻值为20 Ω)F ．电压表V(0～12 V ，R V ＝1 k Ω)G ．电动势为12 V 的电池组E (内阻可忽略不计)H ．开关S 一个，导线若干(1)该小组的同学为了精确地测量该小灯泡的阻值，四组同学设计的电路如下，请根据所学的知识选出合适的电路图________．(2)根据所选的电路，如果将电流表改装为量程为6 V 的电压表，则电流表应选择________，定值电阻应选择________(填器材前面的字母代号) ；(3)实验小组的同学连接好电路后，当小灯泡正常工作时，电压表、电流表的读数分别用U 、I 表示，则小灯泡电阻R x ＝______________(用题中的字母表示)，当小灯泡正常工作时，电流表的读数应为I ＝________mA.【解析】(1)要精确测定额定电压为3 V 的小灯泡正常工作时的电阻，需测量其两端的电压和电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量小灯泡两端的电压，可以将电流表与定值电阻串联改装为电压表测量电压；小灯泡正常工作时的电流约为I ＝3500mA ＝6 mA 左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量电流；因为滑动变阻器阻值远小于小灯泡的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图选取C ；(2)由电压表的改装原理可知，电流表应选择内阻已知的，则选B ，又I g (r A2＋R )＝U g ，得R ＝U g I g －r A2＝60.003Ω－15 Ω＝1985 Ω，则定值电阻应选择D ； (3)根据闭合电路欧姆定律知，小灯泡两端的电压U L ＝I (R 2＋R A2)，通过小灯泡的电流为I ′＝UR V －I ，所以小灯泡正常工作时的电阻为R x ＝U L I ′＝I (R 2＋R A2)U R V－I ；改装后的电压表内阻为：R ′V ＝1985 Ω＋15 Ω＝2000 Ω，则当I ＝1.5 mA 时，小灯泡两端的电压为3 V ，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．【答案】(1)C (2)B D (3)I (R 2＋R A2)U R V－I 1.5 24． (14分)如图，在一足够长的平直轨道上，某时刻质量m 1＝0.12 kg 的滑块甲以v 1＝2.1 m/s 的速度向右滑动，此时在甲正前方s 0＝3.3 m 处，质量为m 2＝0.08 kg 的滑块乙以v 2＝1.5 m/s 向左滑来，经过一段时间两滑块发生碰撞，碰后两滑块粘在一起，继续滑动一段距离静止在轨道上．两滑块与轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.03，g ＝10 m/s 2.如果两滑块相互作用的时间为t 0＝0.02 s ，甲、乙都可视为质点，则该过程产生的平均作用力分别为两滑块重力的多少倍？【解析】假设两滑块从间距为s 0＝3.3 m 开始到发生碰撞所用的时间为t ，则由运动学公式：v 1t －12a 1t 2 ＋v 2t －12a 2t 2 ＝s 0 由牛顿第二定律：μmg ＝ma可知两滑块的加速度大小为：a 1＝a 2＝μg ＝0.3 m/s 2由以上各式可解得： t ＝1 s (t ＝11 s 舍去)甲、乙两滑块碰前的速度大小分别为： v ′1＝v 1－a 1t ＝1.8 m/sv ′2＝v 2－a 2t ＝1.2 m/s可知碰前的瞬间滑块甲的动量大于滑块乙的动量，则由动量守恒定律：m 1v ′1－m 2v ′2＝(m 1＋m 2)v解得：v ＝0.6 m/s对滑块甲由动量定理：Ft 0＝m 1(v －v ′1)代入数据解得：F ＝－6m 1g (负号表示F 方向与甲运动方向相反)对滑块乙由动量定理：F ′t 0＝m 2(v －v ′2)代入数据解得：F ′＝9m 2g25． (18分)如图所示为回旋加速器的简易图，整个装置置于方向竖直向下磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，已知两D 盒的半径大小为R ，两个狭缝之间的间距为d ，现将一粒子发射源放在D 盒的圆心处，且该粒子发射源能释放质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，且粒子的初速度视为零，当在两狭缝之间施加一高频交变电压，加速电压U 的大小认为不变，粒子的重力可忽略，该带电粒子在电场中的加速次数与粒子在磁场中回旋半个圆周的次数相同．求：(1)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略，计算上述粒子在某次加速过程当中从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；(2)粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒位置之间的距离Δx .【解析】(1)设粒子经过窄缝被第n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得nqU ＝12mv 2n粒子在狭缝中经n 次加速的总时间t 1＝v n a由牛顿第二定律q U d＝ma由以上三式解得电场对粒子加速的时间 t 1＝d 2nmqU正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：Bqv ＝m v 2R又：T ＝2πR v粒子在磁场中做圆周运动的时间t 2＝(n －1)T 2解得：t 2＝(n －1)πm qB所以，粒子从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝d 2nmqU ＋(n －1)πm qB(2)粒子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1r 1＝mv 1qB ＝1B 2mU q粒子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2轨道半径：r 2＝mv 2qB ＝1B 2×2mU q粒子第n 次由D 1盒进入D 2盒，粒子已经过2n －1次电场加速，以速度v 2n －1进入D 2盒，由动能定理：(2n －1)Uq ＝12mv 22n －1－0 轨道半径：r n ＝mv 2n －1qB ＝1B (2n －1)2mU q粒子第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒加速前，粒子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入电场，由动能定理：2nqU ＝12mv 22n －0轨道半径：r n ＋1＝mv 2n qB ＝1B 2n 2mU q则Δx ＝2(r n ＋1－r n )Δx ＝2(mv 2n qB －mv 2n －1qB )＝2B 2Um q (2n －2n －1)（二）选考题：共45分。