高考物理押题卷1

高考物理押题卷精编(一)(考试用时：60分钟 试卷满分：110分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，其中第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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．关于原子或原子核的相关知识，下列说法中正确的是( ) A ．α粒子散射现象说明原子核具有一定的结构 B ．原子序数较小的元素都不能自发放出射线 C ．原子发光现象没有涉及到原子核内部的变化D ．光电效应现象中逸出的电子是原子核内中子转变成质子时产生的15．如图所示，一可视为质点的物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4 s 的位移为16 m ，随后4 s 的位移为零，已知斜面足够长，关于物体的运动，下列说法正确的是( )A ．物体在后4 s 保持静止B ．物体一直做匀减速直线运动C ．物体的加速度大小为a ＝1 m/s 2D ．斜面倾角为30°16．真空中质量为m 的带正电小球由A 点无初速自由下落t 秒，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点．小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g .则( )A ．整个过程中小球电势能变化了mg 2t 2B ．整个过程中小球速度增量的大小为2gtC ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg 2t 2D ．从A 点到最低点小球重力势能变化了13mg 2t 217．如图所示中的L 1和L 2称为地月连线中的拉格朗日点L 1和拉格朗日点L 2.在L 1点处的物体可与月球同步绕地球转动．在L 2点处附近的飞行器无法保持静止平衡，但可在地球引力和月球引力共同作用下围绕L 2点绕行，且处于动态平衡状态．我国中继星鹊桥就是绕L 2点转动的卫星，“嫦娥四号”在月球背面工作时所发出的信号通过鹊桥卫星传回地面，若鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R 1、R 2，信号传播速度为c .则( )A ．鹊桥卫星在地球上发射时的发射速度大于地球的逃逸速度B ．处于L 1点的绕地球运转的卫星周期接近28天C ．“嫦娥四号”发出信号到传回地面的时间为t ＝R 1＋R 2cD ．处于L 1点绕地球运转的卫星其向心加速度a 1大于地球同步卫星的加速度a 2 18．如图所示，一异形轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是( )A ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B ．物块与轨道组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．物块仍能停在水平轨道的最左端D ．物块将从轨道左端冲出水平轨道19.一个可视为质点的小球按如图所示方式射到光滑水平台阶上时的速度方向与竖直方向的夹角为θ.已知各级台阶的高度与宽度均为L ，小球落到台阶上的恢复系数为e ，e ＝v fv i ，v f 、v i 分别为每次弹起后和弹起前瞬间的竖直分速度大小，小球在每级台阶上的落点相同，则( )A ．小球每次弹起时相对于弹起点的竖直高度为e 2L1＋e 2B ．小球每次弹起时相对于弹起点的竖直高度为e 2L1－e 2C ．小球运动的水平分速度大小为 gL (1＋e )2(e ＋1)D ．小球运动的水平分速度大小为gL (1－e )2(e ＋1)20．真空中有四个相同的点电荷，所带电荷量均为q ，固定在如图所示的四个顶点上，任意两电荷的连线长度都为L ，静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A ．不相邻的两棱中点连线在同一条电场线上B ．每条棱中点的电场强度大小都为86kq9L 2C ．任意两棱中点间的电势差都为零D ．a 、b 、c 三点为侧面棱中点，则a 、b 、c 所在的平面为等势面21.如图甲所示，左侧接有定值电阻R ＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ．一质量m ＝2 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v -x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中( )A ．金属棒克服安培力做的功W 1＝0.25 JB ．金属棒克服摩擦力做的功W 2＝5 JC ．整个系统产生的总热量Q ＝4.25 JD ．拉力做的功W ＝9.25 J题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题：共47分．22．(5分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：(1)下列说法哪一项是正确的___________．(填选项前字母) A ．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B ．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C ．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz.则打B 点时小车的瞬时速度大小为______m/s.(保留三位有效数字)23．(10分)小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路．他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图．a ．电流表A 1(量程0.6 A ，内阻很小)；电流表A 2(量程300 μA ，内阻r A ＝1 000 Ω)b ．滑动变阻器R (0～20 Ω)c．两个定值电阻(R1＝1 000 Ω，R2＝9 000 Ω)d．待测电阻R xe．待测电源E(电动势约为3 V，内阻约为2 Ω)f．开关和导线若干(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为___________．(填“R1”或“R2”)(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图(b)所示．根据图线可得电源电动势E＝___________V，电源内阻r＝___________Ω.(计算结果均保留两位有效数字)(3)小明再用该电路测量定值电阻R x的阻值，进行了以下操作：①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数I a，电流表A2示数I b；②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数I c，电流表A2示数I d，后断开S1；③根据上述数据可知计算定值电阻R x的表达式为___________．若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________．(填“偏大”“偏小”或“相等”) 24．(12分)如图所示，质量为m A＝0.2 kg的小球A系在长L1＝0.8 m的细线一端，线的另一端固定在O点，质量为m B＝1 kg的物块B静止于水平传送带左端的水平面上且位于O 点正下方；左侧水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带之间的滑动摩擦因数μ＝0.5，传送带长L2＝3.5 m，以恒定速率v0＝6 m/s顺时针运转，现拉动小球使水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为L116，取重力加速度g＝10m/s2，小球与物块均可视为质点，求：(1)小球与物块碰前瞬间对细线的拉力大小；(2)物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q.25．(20分)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y的方向成45°角．当粒子运动到电场中坐标为(3L，L)的P点处时速度大小为v0, 方向与x轴正方向相同．求：(1)粒子从O点射入磁场时的速度大小v；(2)匀强电场的场强E0和匀强磁场的磁感应强度B0；(3)粒子从O点运动到P点所用的时间．(二)选考题：共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．33．【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(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 ．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B ．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C ．液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离D ．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每一个分子动能也越大E. 一个分子以某一初速度沿直线从无限远处向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大(2)(10分)如图所示，水平固定放置的汽缸，由截面积不同的两圆筒连接而成．活塞A 、B 面积分别为2S 和S ，活塞A 、B 用长为2l 的细直杆连接，活塞与筒壁气密性好且摩擦不计．现活塞间密闭有一定质量的理想气体，两活塞外侧(A 的左方和B 的右方)都是大气，大气压强始终保持为p 0，当汽缸内气体温度为T 0时，活塞B 与两圆筒连接处的距离为l 且处于静止状态．(ⅰ)现使汽缸内气体温度缓慢下降，活塞A 刚刚缓慢右移到两圆筒连接处时，求密闭气体的温度T 1；(ⅱ)若汽缸内气体温度缓慢下降至T 02，求细直杆对活塞的弹力大小F .34．【物理——选修3－4】(15分)(1)(5分)关于波的现象，下列说法正确的有________．(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．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化B．光波从空气进入水中后，更容易发生衍射C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低D．不论机械波、电磁波，都满足v＝λf，式中三参量依次为波速、波长、频率E．电磁波具有偏振现象(2)(10分)钻石的临界角较小，很容易对光产生全反射，所以具有很高的亮度．如图OABCD为某钻石的截面图，关于直线OO′对称．现使某单色细光束垂直于BC边入射，已知该钻石对此光的折射率为n，光在真空中传播的速度为c.(ⅰ)求该单色光在钻石中传播的速度大小v；(ⅱ)为使该单色光经AO边全反射后射到OD边，在OD边再次全反射后射到BC边，则在打磨该钻石时，图中α角应满足的条件．高考物理押题卷精编(一)14．解析：选C.α粒子散射现象说明原子的核式结构模型，不能得出原子核内部具有复杂结构，故A 错误；原子序数大于或等于83的元素，都能自发地发出射线，原子序数小于83的元素，有的也能自发地放出射线，故B 错误； 原子发光现象是原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，没有涉及到原子核内部的变化，故C 正确；光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后获得足够的能量摆脱原子核的束缚而溢出，故D 错误．15．解析：选C.由题意，物体先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动．设物体以某一速度冲上光滑斜面时为t ＝0时刻，第2 s 末瞬时速度为4 m/s ，第6 s 末瞬时速度为0，由公式a ＝v t －v 0Δt ，解得加速度大小a ＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma ，解得sin θ＝110，故A 、B 、D 错误，C 正确．16．解析：选B.小球先做自由落体运动，后做匀变速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E ，加电场后小球的加速度大小为a ，取竖直向下方向为正方向，则由12gt 2＝－(v t －12at 2)，又v ＝gt ，解得 a ＝3g ，则小球回到A 点时的速度为v ′＝v －at ＝－2gt ，整个过程中小球速度增量的大小为2gt ，B 正确；由牛顿第二定律得a ＝qE －mgm ，联立解得，qE ＝4mg ，Δε＝qE ·12gt 2＝2mg 2t 2，故A 错误；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔE k ＝12m (gt )2，故C 错误；设从A 点到最低点的高度为h ，根据动能定理得mgh －qE ⎝⎛⎭⎫h －12gt 2＝0解得，h ＝23gt 2，从A 点到最低点小球重力势能减少了ΔE p ＝mgh ＝23mg 2t 2.D 错误． 17．解析：选B.根据地球逃逸速度的定义可知A 错误；由于位于L 1点绕地球运转的卫星与月球同步，其周期接近28天，B 正确；“嫦娥四号”发射出的信号通过的路程s 小于R 1＋R 2，C 错误；由a ＝rω可知，处于L 1点绕地球运转的卫星其向心加速度a 1小于月球的向心加速度，由a ＝GMr 2可知，月球的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，故a 2>a 1，D错误．18．解析：选C.轨道不固定时，物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒．物块在轨道的圆弧部分下滑时，合外力不为零，动量不守恒，故A 、B 错误．设轨道的水平部分长为L ，轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR ＝μmgL ；轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v ，在轨道水平部分滑行的距离为x ，取向左为正方向，根据水平动量守恒得0＝(M ＋m )v ，则得v ＝0；根据能量守恒定律得：mgR ＝12(M＋m )v 2＋μmgx ，联立解得x ＝L ，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C 正确，D 错误．19．解析：选BD.小球在两次碰撞间做斜拋运动，其在竖直方向的分运动是竖直上拋运动，速度的分解如图所示，则有v 2i －(－v f )2＝2gL ，又e ＝v f v i，解得v i＝ 2gL 1－e 2，v f ＝e2gL1－e 2，故小球每次弹起时相对于弹起点的竖直高度为H ＝v 2f 2g ＝e 2L1－e 2，小球在水平方向的分运动是匀速直线运动，则由运动学规律知L ＝v x t ＝v x ⎝⎛⎭⎫v f g ＋v ig ，解得v x ＝gL (1－e )2(e ＋1)，B 、D 正确．20．解析：选BC.假设ab 连线是一条电场线，则b 点的电场方向沿ab 方向，同理如果bc 连线是一条电场线，b 的电场方向沿bc 方向，由空间一点的电场方向是唯一的可知电场线不沿ab 和bc 方向，因此A 错；由点电荷的电场的对称性可知abc 三点的电场强度大小相同，由电场的叠加法则可知上下两个点电荷对b 点的合场强为零，左右两个点电荷对b 点的合场强不为零，每个电荷对b 点的场强E ＝kq ⎝⎛⎭⎫32L 2＝4kq 3L2，合场强为E 合＝2E cos a ＝24kq3L 2×63＝86kq 9L 2，故B 正确；由点电荷的电势叠加法则及对称性可知abc 三点的电势相等，因此任意两点的电势差为零，故C 正确；假设abc 平面为等势面，因此电场线方向垂直于等势面，说明电场强度的方向都在竖直方向，由电场叠加原理知b 点的电场方向指向内底边，因此abc 不是等势面，故D 错误．21．解析：选AC.由速度图象得：v ＝2x ，金属棒所受的安培力F A ＝B 2L 2v R ＋r ＝B 2L 2·2xR ＋r ，代入得：F A ＝0.5x ，则知F A 与x 是线性关系．当x ＝0时，安培力F A1＝0；当x ＝1 m 时，安培力F A2＝0.5 N ，则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中，安培力做功为：W A ＝－F A1＋F A22x＝－0.25 J ；即金属棒克服安培力做的功为：W 1＝0.25 J ，故A 正确；金属棒克服摩擦力做的功为：W 2＝μmgx ＝0.2×2×10×1 J ＝4 J ，故B 错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q ＝W 1＋W 2＝4.25 J ，选项C 正确；根据动能定理得：W F －W 2＋W A ＝12m v 2，其中v ＝2 m/s ，μ＝0.2，m ＝2 kg ，代入解得拉力做的功为：W F ＝8.25 J ．故D 错误．22．解析：(1)车在水平木板上运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；而平衡摩擦力是小车带动纸带恰好做匀速运动，A 错误；设小车质量M ，钩码质量m ，整体的加速度为a ，绳上的拉力为F ，则：对小车有：F ＝Ma ；对钩码有：mg －F ＝ma ，即：mg ＝(M ＋m )a ；如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：Ma ＝(M ＋m )a ，必须要满足小车的总质量远大于钩码质量，这样两者才能近似相等，B 错误．为使纸带打上尽量多的点，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，C 正确．(2)中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得： v B ＝s AC2T＝0.653 m/s. 答案：(1)C (2)0.65323．解析：(1)电流表A 2与R 2串联，可改装为量程为U ＝I g (r A ＋R 2)＝300×10－6×(1 000＋9 000) V ＝3 V 的电压表，故选R 2即可．(2)由图可知电流表A 2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E ＝3.0 V ；内阻r ＝ΔU ΔI＝3.0－1.800.58Ω＝2.1 Ω. (3)由题意可知：I a R ＝I b (r A ＋R 2) ，I c (R ＋R x )＝I d (r A ＋R 2)；联立解得R x ＝⎝⎛⎭⎫I d I c －I b I a(r A ＋R 2)；由以上分析可知，若考虑电流表A 1内阻的影响，则表达式列成：I a (R ＋r A1)＝I b (r A ＋R 2)，I c (r A1＋R ＋R x )＝I d (r A ＋R 2)，最后求得的R x 表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等．答案：(1)R 2 (2)3.0 2.1 (3)⎝⎛⎭⎫I d I c －I b I a (r A ＋R 2) 相等24．解析：(1)小球A 下摆阶段机械能守恒，根据机械守恒定律可得：m A gL 1＝12m A v 2A 解得：v A ＝4 m/s小球在O 点正下方时，由牛顿第二定律可得：T －m A g ＝m A v 2A L 1解得：T ＝6 N.(2)A 上摆过程机械能守恒，则有：m A g L 116＝12m A v 21 解得：v 1＝1 m/sA 、B 碰撞过程中系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得： m A v A ＝－m A v 1＋m B v B解得：v B ＝1 m/s设经过时间t ，B 与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得：v 0＝v B ＋at由牛顿第二定律得：μm B g ＝m B a代入数据可得：t ＝1 s物块滑行的距离为：s 物＝v B ＋v 02t ＝3.5 m ＝L 2 传送带的位移为：s 带＝v 0t物块与传送带间的相对位移大小为：Δs ＝s 带－s 物解得：Δs ＝2.5 m滑块B 与传送带之间因摩擦而产生的热量为：Q ＝μm B g Δs解得：Q ＝12.5 J.答案：(1)6 N (2)12.5 J25．解析：(1)粒子从O 点进入匀强磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则其运动轨迹如图所示，经过磁场后进入电场，到达P 点，假设粒子在O 点时的速度大小为v ，OQ 段为圆周，QP 段为抛物线．根据洛伦兹力与速度垂直不做功，可知粒子在Q 点时的速度大小也为v ，根据对称性可知方向与x 轴正方向成45°角，可得：Q 点速度大小为v ，方向与x 轴成45°斜向上．进入电场后，电场力为竖直方向，水平方向匀速直线运动，所以有v 0＝v cos 45°解得：v ＝2v 0(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：－qE 0L ＝12m v 20－12m v 2， 解得：E 0＝m v 202qL又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向匀速直线运动的速度v 0，位移为x ＝v 0t 1竖直方向初速度v sin 45°＝v 0匀减速到0的位移为y ＝v 02t 1＝L 可得x QP ＝2L ，OQ ＝L由几何关系OQ ＝2R cos 45°可得，粒子在OQ 段圆周运动的半径：R ＝22L 根据洛伦兹力提供向心力得R ＝m v qB 0得B 0＝2m v 0qL(3)在Q 点时，竖直分速度v y ＝v 0tan 45°＝v 0设粒子从Q 到P 所用时间为t 1，在竖直方向上有：t 1＝L v 02＝2L v 0粒子从O 点运动到Q 运动的圆心角为90°，所用的时间为：t 2＝14T ＝14×2πm qB ＝πm 2qB ＝πL 4v 0， 则粒子从O 点运动到P 点所用的时间为：t 总＝t 1＋t 2＝2L v 0＋πL 4v 0＝8L ＋πL 4v 0. 答案：(1)2v 0 (2)m v 202qL 2m v 0qL (3)8L ＋πL 4v 033．解析：(1)第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故A 错误；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B 正确；液体表面张力产生的原因是由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子力表现为引力，故C 正确；物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，故D 错误；一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小，故E 正确．(2)(ⅰ)由题可知，汽缸内气体温度缓慢下降时，气体压强为p 0保持不变，初态体积：V 0＝2Sl ＋Sl ＝3Sl ；末态体积：V 1＝2Sl 由等压变化： V 0T 0＝V 1T 1 解得T 1＝23T 0 (ⅱ)若汽缸内气体温度缓慢下降至T 02，气体发生等容变化，气体压强p 2， 有p 0T 1＝p 2T 2p 2＝34p 0 细直杆对活塞的弹力大小为F ＝p 0S 4答案：(1)BCE (2)(ⅰ)23T 0 (ⅱ)p 0S 434．解析：(1)波的频率是由波源决定的，与介质无关，所以当波从一种介质进入另一种介质时，频率不变，故A 正确．光波从空气进入水中后，波速减小，频率不变，由公式v ＝λf ，可知波长变短，波动性减弱，则更不容易发生衍射，故B 错误．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，两者距离减小，产生多普勒效应，接收者接收到波信号的频率会比波源频率高，故C 错误．波速公式v ＝λf 适用于一切波，式中三参量依次为波速、波长、频率，故D 正确．电磁波是横波，具有偏振现象，故E 正确．(2)(ⅰ)根据光的传播规律n ＝c v可得该单色光在钻石中传播的速度大小为v ＝c n(ⅱ)设钻石对该单色光的临界角为C 0，则sin C 0＝1n如图所示，设该单色光在AO 边、OD 边的入射角为β、θ，为使该单色光在AO 边发生全反射，则β≥C 0由几何关系得：β＝π2－α 联立以上式子得：α≤arccos 1n为使单色光在OD 边发生全反射，则θ≥C 0由几何关系得：θ＝3α－π2联立以上式子得：α≥π6＋13arcsin 1n综上，α角应满足的条件为π6＋13arcsin 1n ≤α≤arccos 1n答案：(1)ADE (2)(ⅰ)c n (ⅱ)π6＋13arcsin 1n ≤α≤arccos 1n。