高三物理二輪復(fù)習(xí)（全國通用）高考仿真模擬卷答案

高考仿真模擬卷答案

高考仿真模擬卷（一）

100m,速度方向相反,是相向運(yùn)動,選項A錯誤;X_t圖像的斜率表示速

度，故B物體做勻速直線運(yùn)動,速度大小為v=-絲薩m/s=5m/s,選項B

錯誤;t=8s時有交點,表示A,B兩物體運(yùn)動8s時,在距A的出發(fā)點

60m處相遇,選項C正確;2?6s,物體A位置坐標(biāo)不變，保持靜止，即

停止了4s,選項D錯誤.

N+Tsin9=mgcos9,解得R=mgcos9-Tsin9,則a,b兩物體對斜

面的壓力相同,選項C正確；當(dāng)逐漸增大拉力F時，如果Teos9<mgsin

9,則物體b受到的摩擦力可能先減小后反向增大,選項D錯誤.

）的過程中，各點電勢相等，圖像的斜率為零，電場力為零，電荷做勻速

直線運(yùn)動，故選項B錯誤;正電荷沿x軸從X2移到X3的過程中，電勢升

高，電荷的電勢能增大，電場力做負(fù)功，故選項C錯誤;負(fù)電荷沿x軸從

X4移到X5的過程中，電勢降低，電荷的電勢能增加，電場力做負(fù)功，故

選項D正確.

3COS3t,選項A正確;矩形線圈從圖示位置經(jīng)過2時間時一,轉(zhuǎn)過的角

度為3tW，磁通量一直增加，電流方向沒有改變，故通過電流表的電

荷量為q=N竽不0（其中R為總電阻），選項B錯誤;交流發(fā)電機(jī)內(nèi)電阻不

計，故變壓器輸入電壓不變,根據(jù)理想變壓器的變壓比公式晟=￡,當(dāng)P

位置不動,R增大時，電壓表讀數(shù)不變，仍然等于發(fā)電機(jī)的電動勢有效

值,選項C錯誤；當(dāng)P位置向上移動、R不變時,根據(jù)理想變壓器的變

壓比公式晟=￡,輸出電壓變大，故電流變大，功率變大，故輸入電流也

變大，電流表讀數(shù)變大,選項D錯誤.

QrQr丙,根據(jù)閉合電路歐姆定律得1=持,R接在電源上時?，內(nèi)電阻消

E2

22

耗的功率為P=Ir=Or=l￡jf+4R,則當(dāng)R=r時,P最大,則知接在甲電

源上時，電源內(nèi)阻消耗的功率最大，選項A錯誤;在甲電源上時，定值

E

電阻R兩端的電壓為U=IR=^VE=；4.由于甲的內(nèi)阻最大,故U最小,選

項B錯誤；電源的輸出功率P出=1年，由于丙電源的內(nèi)阻最小,接在丙電

源時電流最大，故接在丙電源上時，電源的輸出功率最大，選項C錯

誤,D正確.

I,軌道半徑為n,體積較大的星體質(zhì)量為m2,軌道半徑為r2.雙星間的

距離為L,轉(zhuǎn)移的質(zhì)量為△m,根據(jù)萬有引力提供向心力

.(mj+Azn)(m-A?n)\2/V\

對mi:G--------2---=(mi+△m)3工①

對m2:G(mi+&7[m2Am)=o2r2②

由①②得3=產(chǎn)尹，

總質(zhì)量n+m2不變，

兩者距離L增大,則角速度3變小，

選項A正確,B錯誤；

由②式可得c=G胃普，

把3的值代入得口=￡魯1,

因為L增大,故心增大，即質(zhì)量較大的星體做圓周運(yùn)動的軌道半徑增

大,選項C錯誤,D正確.

彳,聯(lián)立兩式解得丫=鬻=號黑算1/s=8m/s,選項B正確;ti~t?的時間

間隔內(nèi)線圈一直做勻加速直線運(yùn)動，知ab邊剛進(jìn)上邊的磁場時,cd邊

也剛進(jìn)下邊的磁場.設(shè)磁場的寬度為d,則線圈的長度1=2d,線圈下

降的位移為x=L'+d=3d,則有3d=vt-^gt2,將v=8mlm,所以線圈的長

度為L'=2d=2m,選項C正確;在0?匕時間內(nèi)，cd邊從L運(yùn)動到L2,

通過線圈的電荷量為q=7t=^t=^=^^C=,選項A正確;0?t3時間

內(nèi)，根據(jù)能量守恒得Q=mg(3d+2d)《mv2xi0><(3+2)J《XX82

巧2

~R

解得V尸聞.

從最高點到最低點的過程中,機(jī)械能守恒,設(shè)最低點的速度為V/,

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgR+；m也2=；mvJ2.

解得vj=師.

要使環(huán)不會在豎直方向上跳起，

環(huán)對球的壓力最大為F=2mg+3mg=5mg

從最高點到最低點的過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)此時最低點的速度為

V2‘，

在最高點，速度最大時有:mg+5mg=m?.

R

解得V2=#而.

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:2mgR+1也2=,丫2'-

解得V2'=ViOgR.

所以保證小球能通過環(huán)的最高點，且不會使環(huán)在豎直方向上跳起，在

最低點的速度范圍為師WvW/礪.選項C,D正確,A,B錯誤.

22.解析：(1)此裝置可以用來研究勻變速直線運(yùn)動，但不需要平衡摩

擦力,選項A錯誤;利用此裝置探究“加速度與質(zhì)量的關(guān)系”，通過增

減小車上的祛碼改變質(zhì)量時一，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，選項B正

確；曲線的種類有雙曲線、拋物線、三角函數(shù)曲線等多種，所以若a.m

圖像是曲線，不能斷定曲線是雙曲線，即不能斷定加速度與質(zhì)量成反

比,應(yīng)畫出a_［圖像,選項C錯誤;探究“動能定理”實驗時，需要平衡

摩擦力，方法是將木板帶打點計時器的一端適當(dāng)墊高，這樣做的目的

是利用小車重力沿斜面分力補(bǔ)償小車運(yùn)動中所受阻力的影響，從而小

車受到的合力即為繩子的拉力,選項D正確.

(2)設(shè)小車質(zhì)量為m,鉤碼質(zhì)量為M,

則對小車有F-umg=ma①

對鉤碼有mg-F=Ma②

聯(lián)立①②解得a專墨

1

將上式變形為a=Yg,

1+不

可見當(dāng)M?m時,加速度a趨近于g.

答案：⑴BD(2)g

23.解析：(1)滑動變阻器在電路中應(yīng)起到調(diào)節(jié)電流的作用，滑片P向

左滑動時R值增大,干路電流減小,路端電壓增大，電流傳感器1的示

數(shù)變大，電流傳感器2的示數(shù)變小.

E丁

(2)路端電壓U=I1Ro=E-I2r)變形得I尸『同

rE

由數(shù)學(xué)知圖像中的k=%b=%

xioK

1_1.35X103-1.05X1033

10.9-0.31°，

Q.

答案：(1)變大(2)31

24.解析：(1)對A分析有nugsin37°-nmAgcos37°=maA

對B分析有Hfegsin53°-umBgcos53°=maB

鏟7日七_(dá)外擊37°?〃gcos37°_26

解付點一gsin53。?〃gcos53。一方.

(2)對A,B整體由能量守恒定律可知：

2

mBghi-mAghA-(umBgcos53°+umAgcos37°)s=2(mA+mB)v,

由幾何關(guān)系得：h2=hB=4m,s=^=5m,

hA=ssin37°=3m,

代入數(shù)據(jù)解得:

答案:⑴稱⑵零m/s

25.解析：(1)粒子進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則，粒子做:的圓周運(yùn)動后經(jīng)

過0M,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=^,

代入數(shù)據(jù)解得R=1m,

故第一次經(jīng)過0M時的坐標(biāo)為(Tm,1m).

⑵粒子第二次進(jìn)入磁場,速度不變，則粒子在磁場中運(yùn)動的半徑也為

R,故進(jìn)入電場時離x軸的高度為2R,根據(jù)動能定理,2qER=^mv2->o2

22

得動能Ek=fmv=|mvo.

⑶粒子運(yùn)動軌跡如圖所示.

因粒子第二次進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，

故到達(dá)x軸時的水平分速度為Vo,

豎直方向a糕，與2=2ahi,解得vy=j.

從類平拋開始,粒子第一次到達(dá)最高點離x軸的豎直高度為

第二次到達(dá)最高點離X軸的豎直高度為

卜2二（停）2二號（》2,

---2a

2a

第n次到達(dá)最高點離x軸的豎直高度為

hn個空福曲n

2a

故從類平拋開始,在豎直方向上往返的總路程為

h福+2X*（”曲+...+（y]

_2_lOmPo_lO

F5Py一靛-3m

故在電場中運(yùn)動的豎直方向上總路程

h'=2R+h=ym.

答案：⑴（Tm,1m）⑵孤2⑶/

33.解析：（1）布朗運(yùn)動是大顆粒的運(yùn)動,不是分子的無規(guī)則運(yùn)動,選項

A錯誤.壓強(qiáng)大小由分子運(yùn)動的快慢和分子密集程度決定，選項D錯誤.

選項BCE正確.

⑵對氣缸內(nèi)封閉氣體I狀態(tài)：

Pi=p0,Vi=LS,Ti=273+t.

II狀態(tài)：

mg5

P2二P（T丁二或o

V2=^S

T2=300K

由理想氣體狀態(tài)方程：

Pl匕_P2%

丁二丁

解得t=127℃.

答案:⑴BCE(2)127℃

34.解析：(1)根據(jù)質(zhì)點的振動方程y=Asinat,設(shè)質(zhì)點的起振方向向

上,則b點:*=2sin3tb所以atiW，a點振動的時間比b點長,所以

平=2sin3t2,則3t2=：皿，a,b兩個質(zhì)點振動的時間差△

2unT

t=t2-ti=3^-3=￡=^

0)0)0)

所以a,b之間的距離△x=vAt=?

則通式為(n+》入=50cm,波長為人=^(n=0,1,2,3…)；若波長為，則

n無解,故波長不可能為,選項A錯誤;當(dāng)n=4時-，入=12cm,選項B正

確;在兩質(zhì)點振動時,若兩質(zhì)點分別位于上下方時，則兩質(zhì)點的速度可

以相同,選項C正確；當(dāng)質(zhì)點b的位移為+2cm時,b到達(dá)正向位移處，

此時a還未到達(dá)平衡位置,選項D錯誤；由以上分析可知，當(dāng)經(jīng)時刻

質(zhì)點b到達(dá)最大位移處，故b的速度最小,選項E正確.

⑵①設(shè)紅光和紫光的臨界角分別為G,C2,

貝(JsinCi=^=y,Ci=60°,

sinC2=^=y,C2=45°.

因為i=53°>C2,i<Ci

所以紫光在AB面發(fā)生全反射,而紅光在AB面一部分折射,一部分反射,

且由幾何關(guān)系可知，反射光線與AC垂直,所以在AM處產(chǎn)生的亮斑P.

為紅色,在AN處產(chǎn)生的亮斑P2為紅色與紫色的混合色.畫出的光路圖

如圖所示.

②tan53°=券:可得0A=12cm.

設(shè)折射角為r,

根據(jù)折射定律:葉黑求得sin片嚕.

由幾何知識可得tanr=冷木,

tan53°=箴.解得APi=^cm,AP?=9cm.

所以PR=(孚+9)cm.

答案：(l)BCE(2)①在AM處產(chǎn)生的亮斑為紅色,在AN處產(chǎn)生的亮斑

為紅色與紫色的混合色

②哼+9)cm

35.解析：(1)氫原子具有的穩(wěn)定能量狀態(tài)稱為定態(tài)，電子繞核運(yùn)動，但

它并不向外輻射能量，選項A正確;氫原子的核外電子由較高能級躍

遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，電勢能的減少量大于動能

的增加量，選項B正確;原子的不同能量狀態(tài)與電子沿不同的圓軌道

繞核運(yùn)動相對應(yīng),而電子的可能軌道的分布是不連續(xù)的,選項C錯誤;

電子有確定軌道,選項D錯誤;玻爾理論的成功之處是引入量子觀念,

選項E正確.

⑵設(shè)滑塊M初速度為v。，

到達(dá)左側(cè)1處時速度為v,

由動能定理可得-口幅1=0-1%2

22

-uMg^L=^Mv-|M^o,解得v=|v0.

設(shè)出m在3碰后的速度分別為vi和V2,則根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒

可得Mv=Mvi+mv2

如/=如/+如2?

2

解得丫2=辭制=］即

當(dāng)M?m時，V2=2V=V0

當(dāng)M=m時,v2=v=^v0

由動能定理可得-umgx=0-^m^22

Xgax-L,Xmin—4L.

碰后m的滑行距離為：L到L之間.

答案：（1）ABE⑵1到L之間

高考仿真模擬卷（二）

0,初速度的豎直分量為V.水平分量為Vx,初速度與水平方向的夾角為

a,上升的最大高度為h,運(yùn)動時間為t,落地速度大小為v.取豎直向

上方向為正方向，小球豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動，加速度為a=-g,

由0-v/=-2gh,得v尸腐,h相同，V,相同，則三個小球初速度的豎直分

量相同.由速度的分解知vy=vosina，由于a不同，所以v（）不同,沿路

徑1拋出時的小球的初速度最大.根據(jù)機(jī)械能守恒定律得知，小球落

地時與拋出時速率相等，所以可知三個小球落地時的速率不等，沿路

徑1落地時小球的速率最大.又有vy=vstana,Vy相同,a不同，則vx

不同，初速度水平分量不等，選項C正確，A,D錯誤；由運(yùn)動學(xué)公式

有:h《g（沅得t=2jf,則三個小球運(yùn)動的時間相等,選項B錯誤.

合=mg+F=2mg,根據(jù)牛頓第二定律,得a=2g.選項A,B錯誤；彈簧開始處

于伸長狀態(tài)，彈力F=mg=kx.當(dāng)向下壓縮，mg=F'=kx'時，速度最

大,x'=x,所以下降的距離為2x.選項C錯誤,D正確.

uFN,與相對速度的大小無關(guān)，所以，當(dāng)傳送帶運(yùn)動時，木塊所受的摩

擦力未變,對地位移未變,則滑到底端的時間、速度以及摩擦力所做的

功均不變,選項A,C錯誤,B正確;但由于相對滑動的距離變長,所以木

塊和傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能變大,選項D錯誤.

導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

E=B,2av=2Ba,^y~=Bav;

金屬環(huán)并聯(lián)的電阻為R并6-熊邛.

AB兩端的電壓是路端電壓，

AB兩端的電壓大小為

選項C正確.

別以+2mgL=2m"c,

所以L=?=,選項A錯誤；

若小球在A點恰好對桿的作用力是0,則罕=mg,

臨界速度丫0=廊=加m/s>VA=lm/s.

由于小球在A點的速度小于臨界速度,所以小球做圓周運(yùn)動需要的向

心力小于重力，桿對小球的作用力的方向向上,是豎直向上的支持力，

選項B錯誤；

小球從A到B的過程中機(jī)械能守恒,得1/+mgL=》城，

所以丫$=加2+2g4/正m/s,選項C錯誤；

由于縱軸表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲線AB段與坐標(biāo)

軸所圍圖形的面積表示A到B的過程小球在水平方向的位移,大小等

于桿的長度，即，選項D正確.

(因為圓周運(yùn)動的半徑相等,若速度相同,則荷質(zhì)比相同，由于粒子的

質(zhì)量不一定相同，則電場力大小不一定相同，動能不一定相同，若電荷

量相等,則動能相等,選項C,D正確,B錯誤.

GMmmv,2GM，m

(R+Vf

3

M=P?InR,

Mz=P?5n(R-h)：i,

..n

解得全港"E，選項A正確,B錯誤；

GMm

叫_(R+/I)2，

GM'm

四曲一伊-八產(chǎn)

嬴不，選項C正確,D錯誤?

A=,副線圈總電流為1A,根據(jù)電流與匝數(shù)成反比,原線圈的電流為,

選項A錯誤;輸入功率等于輸出功率，由于副線圈的電壓不變，電流加

倍,輸出功率加倍,變壓器輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍,選項B正確;滑動

變阻器R上消耗的功率P=I2R,電流變?yōu)樵瓉淼?倍，但電阻變小了，

所以不是原來的4倍，選項C錯誤;燈泡的電阻為R=^Q=72。，并聯(lián)

后總電阻為36。，副線圈電壓為U=^X220V=44V,變阻器分壓8

V=$X44V,解得十=8。，選項D正確?

22.解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律對整體有mg-umg=2ma,

對物體A:T-umg=ma,解得丁=”四，

對A應(yīng)用動能定理Th-Hmgs=O,解得u=3.

(2)如果空氣阻力不可忽略，則空氣阻力做負(fù)功,故所求動摩擦因數(shù)偏

大.

答案：（1）白（2）偏大

23.解析：（1）由題意可知，電路中電動勢約為9V,

最小電阻約為3000Q,

最大電流約為Imax=j^bA=3mA,

故電流表選擇B;

電阻箱最大阻值應(yīng)大于Ro,故選E.

⑵由閉合電路歐姆定律可知：

E

（%十%）R

I=RX%+%+R+&*R+RAZ+R，

變天茨彳導(dǎo)」（島+RA2）RX.工+1+RA：+'

⑶由數(shù)學(xué)規(guī)律可知，函數(shù)圖像的斜率

k（=Ro+ERA2）RX，1b%=+REA2+Rx：

聯(lián)立解得E=^嘉，

P_k（R。+RAZ）

^-b（R0+RA2）^k-

答案：⑴BE

1

/\（8+RA2）R*1/?O+R+R

⑵Q7=―E-----?+—E—A2x

/nx（RO+RA2）2k（Ro+RA2）

2,b（Ro+/?A2）?kb（Ro+以2）?k

24.解析：（1）由圖像可知，

物塊下滑的加速度為=甘4m/s2

上滑時的加速度大小az=?8m/s2,

桿AB長L=2m

設(shè)斜桿的傾角為。，物塊的質(zhì)量為m,物塊與桿間的動摩擦因數(shù)為P,

由牛頓第二定律得

mgsin9-umgcos9=mai

mgsin9+umgcos9=ma2

代入數(shù)據(jù)得u00

(2)對物塊整個過程分析,設(shè)物塊運(yùn)動的路程為s,由動能定理得

mgLsin9-umgcos9,s=0,

代入數(shù)據(jù)得s=6m.

6m

25.解析：(1)電子在電場中做類平拋運(yùn)動,射出電場時一，如圖⑴所示.

由速度關(guān)系:"cos30°,

解得v=^v0.

⑵由速度關(guān)系得vy=votan30°=yVo,

在豎直方向a岑,Vy=atq?

解得E=X.

3eL

⑶在磁場變化的半個周期內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°,根據(jù)幾何知識，在

磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在x軸方向上的位移恰好等于R.粒子到

達(dá)N點而且速度符合要求的空間條件是

nR=2L(n=l,2,3…).

電子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑

口_九吆2曲mu。

解得B產(chǎn)第(n=l,2,3,…).

6eL

若粒子在磁場變化的半個周期恰好轉(zhuǎn)過;圓周，同時MN間運(yùn)動時間是

磁場變化周期的整數(shù)倍時,可使粒子到達(dá)N點并且速度滿足題設(shè)要求.

應(yīng)滿足的時間條件：

12TT

2n-qTo=nT,T0=^TH.

周期T的表達(dá)式為

T嚏(n=l，2,3...).

答案：⑴竽v。⑵母等

§3eL

⑶B°=*(n=l,2,3…)T=^(n=l,2,3-)

33.解析：(1)分子間的斥力與引力都隨分子間距離的增大而減小，隨

分子間距離的減小而增大,選項A錯誤;在分子間距增大、分子引力減

小的過程中，分子勢能是增加的,選項B錯誤;絕熱過程中沒有熱傳遞,

故外界對氣體做功,氣體的內(nèi)能一定增加，所以溫度升高,故不一定是

等溫過程,選項C正確；用油膜法估測分子直徑的實驗中，把用酒精稀

釋過的油酸滴在水面上，待測油酸面擴(kuò)散后又收縮的原因是水面受油

酸滴沖擊凹陷后恢復(fù)以及酒精揮發(fā)后液面收縮，選項D正確；晶體不

管是單晶體還是多晶體都有固定的熔點，而非晶體沒有固定的熔點，

選項E正確.

(2)①此時管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為

Pi=(75-60)cmHg=15cmHg.

②V尸30S,V2=(30+60-54)S=36S

p,=15cmHg,p2=(p0-54)cmHg

等溫變化，由玻意耳定律PiV,=p2V2

得15X30=36Xp2,p2

Po

答案：（1）CDE（2）①15cmHg②

人=8m,貝（J波速vq*n/s=40mX

=2m：T,若P在平衡位置或波峰、波谷處，則P通過的路程s=A=10cm,

但此波中,P不在平衡位置或波峰、波谷處，所以通過的路程不為10

cn疝,此時Q在最大位移處,質(zhì)點Q縱坐標(biāo)為10cm,選項E正確.

（2）①如圖所示,光束由C處水平射入,在B處發(fā)生全反射，Z0BC為

臨界角，由臨界角公式sin

R

解得n=#鄧.

②如圖所示,光束由D點水平射入,在E點發(fā)生折射,入射角為N0ED=

a,折射角為NNEF=B,

折射率片罌

.11

sina=2^=2

~R

解得:sinB=",6=60。，a=30°

由幾何關(guān)系可知：NF0E=a

N0FE=B-a=30°

則出射光線與0A軸線的交點F與0點的距離為

0F=2Rcos30°=&R.

答案：（1）ACE（2）①9②/R

35.解析：（1）玻爾理論認(rèn)為原子的能量是量子化的，軌道半徑也是量

子化的，故氫原子在輻射光子的同時,軌道不是連續(xù)地減小,選項A錯

誤；半衰期是放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變時所需要的時間，

由原子核本身決定，與物理、化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，選項B錯誤;核子結(jié)合成

原子核與原子核分解為核子是逆過程，質(zhì)量的變化相等，能量變化也

相等，故用能量等于笊核結(jié)合能的光子照射靜止笊核，還要另給它們

分離時所需要的足夠的動能(光子方向有動量)，所以不可能使笊核分

解為一個質(zhì)子和一個中子,選項C正確;根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒,某

放射性原子核經(jīng)過2次a衰變質(zhì)子數(shù)減少4,一次B衰變質(zhì)子數(shù)增加

1,故核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少3,選項D正確；能級躍遷時一，由于高能級軌道半

徑較大,速度較小，電勢能較大,故氫原子的核外電子由較高能級躍遷

到較低能級時一，要釋放一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能

減小,選項E正確.

(2)①A,B被彈開的過程中,A,B系統(tǒng)動量守恒,設(shè)彈開后A,B速度分別

為VA,VB,設(shè)三者最后的共同速度為v共，則vA=v共，由動量守恒

得:(mA+mB)v0=mAv共+H1BVB

mBvB=(mB+nic)v共

得(2m+m)v0=(2m+m+2m)v共

解得v共=嬴,所以vB=|v0.

②彈簧釋放的彈性勢能為反，

則Ep+；,(3m)“og?2,mvA2+^mvB2,

代入數(shù)據(jù)解得E=||mvo2.

答案：⑴CDE(2)①白。②疑2

高考仿真模擬卷(三)

1,F2,F4,與重力的合力不可能指向圓心，只有輕桿的作用力為F3方向,

與重力的合力才可能指向圓心.故選項A,B,D錯誤,C正確.

I,L在M點產(chǎn)生的磁場方向分別如圖B?B2所示，由于L>I2,且M到兩

導(dǎo)線的距離相等，則B.>B2,由平行四邊形定則可得合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)

度方向可能為題圖中的c方向.故選項C正確.

，該點引力場強(qiáng)弱ag=(=^=彘,在地球表面，由萬有引力等于重力得

m

mg=^，位于距地心2R處的某點mag=器,聯(lián)立解得ag,選項B正確.

N=mgcos0，同理FJ=黑，由牛頓第三定律,A,B分別對球面的壓力大

mgcosO

小為FN,F/,則它們之比為引言二?,選項C正確.

急知，電容減小,根據(jù)11邛知，電勢差增大,指針張角增大,選項A錯誤.

斷開S后，在A,B間插入一電介質(zhì)，根據(jù)C=島知，電容增大,根據(jù)U邛知,

電勢差減小,則指針張角減小,選項B錯誤.斷開S后,將A向上移動少

許,根據(jù)C=急知，電容減小,根據(jù)U邛知，電勢差增大,則指針張角增大,

選項C正確.保持開關(guān)閉合，電容器兩端的電勢差不變,變阻器僅僅充

當(dāng)導(dǎo)線功能,滑動觸頭移動不會影響指針張角，選項D錯誤.

BX的大小大于心的大小,選項C錯誤；負(fù)電荷沿x軸從B點移動到C點

的過程中，電勢先升高后降低,根據(jù)公式E/q。，電勢能先減小后增大，

選項D正確.

0,根據(jù)速度一時間圖像的斜率表示加速度，得上滑過程為=言=7

m/s2=-10m/s；下滑過程,a?關(guān)若m/s2=2m/s；根據(jù)牛頓第二定律得

ay學(xué),a2="X代入數(shù)據(jù)解得選項A正確;根據(jù)速度一時

間圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移得1?6s內(nèi)的位移x=；X5X10

m=25m,則t=ls到t=6s的時間內(nèi)物塊所受重力的平均功率為

后經(jīng)普=1x10x25x9w=30W,選項B錯誤;摩擦力f=|mg=4N,則t=6s

5-

時物塊克服摩擦力做功的功率P=fv=4X10W=40W,選項C錯誤;在t=0

到t=ls時間內(nèi)機(jī)械能的變化量大小△Ei=fxi,t=ls到t=6s時間內(nèi)

機(jī)械能變化量大小AE2=fx2,則段選項D正確.

ffi=vcosa,所以VB=^=葡,選項A正確,B錯誤.當(dāng)B增大到等于90°

時,B球的速度沿繩子方向的分速度等于0,所以A沿繩子方向的分速

度也是0,而cosa不等于0,所以A球的速度為0,此時A的動能全部

轉(zhuǎn)化為B的動能,所以B球的速度達(dá)到最大,選項C正確;在B增大到

90°的過程中,繩子的方向與B球運(yùn)動的方向之間的夾角始終是銳角,

所以繩對B球的拉力一直做正功,選項D正確.

22.解析：（1）要求所測電壓范圍為0?

（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)得到如題圖（乙）所示小燈泡的UT=W。=2Q2=^

Q=3QQ.

答案：（1）圖見解析（2）1

23.解析：（1）遮光板寬度為d=.

⑵遮光板通過光電門的速度分別為

dd

VfV2=E；

則滑塊的加速度表達(dá)式為

a4地2命

2L

代入數(shù)據(jù)可求得a=3m/s2;

根據(jù)牛頓第二定律:F-umg=ma,

解得P

⑶如果用重物的重力Mg代替F,則由牛頓第二定律得到繩子的拉力

為F=Mg-ma<Mg,為了減小誤差必須使得滑塊的質(zhì)量m應(yīng)遠(yuǎn)大于重物的

質(zhì)量M,即M?m,這樣可以認(rèn)為重物的重力等于繩子的拉力.

2L

24.解析：（1）金屬棒以速度Vm下滑時,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

E=Blvra,

由閉合電路歐姆定律有E=I畿，

當(dāng)金屬棒以最大速度%下滑時,根據(jù)平衡條件有

BIl=mgsin9,

整:理得.1

定壬1寸小mgR0s\nOmgsinOR'

由33圖像可知

*=1*.1

ingsinO'mgsinO島

解得m=,Ro=2Q.

⑵設(shè)此時金屬棒下滑的速度為v,

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E'=「畿，

當(dāng)金屬棒下滑的加速度為彳時，

根據(jù)牛頓第二定律有:mgsin9-BI'l=ma,

聯(lián)立解得v=/s.

答案：⑴2Q（2）/s

25.解析：（1）工件放到傳送帶上到速度到達(dá)4m/s以前,據(jù)牛頓第二定

律可得

mgsin37°+nmgcos37°=mai,

工件速度增加到4m/s所需的時間

V

這段時間內(nèi)工件下滑的距離

解得tn=；

當(dāng)工件速度大于4m/s以后，因mgsin37°>umgcos37°,工件繼續(xù)

加速下滑,據(jù)牛頓第二定律可得

mgsin37°-nmgcos37°=ma2,

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得

12

X2=vtz+^a2t2,

VB二v+a2t2,

據(jù)題意可得XI+X2=,

解得t2=2s,VB=8m/s;

從C到D工件做勻減速運(yùn)動,有

f=umg=ma3,

VB=V+a3t3,

v=233X3,

解得t33=；

總時間t=t]+t2+t3,

(2)工件放到傳送帶上到速度到達(dá)4m/s以前,工件與傳送帶之間的相

對位移

△Xi=Vti-Xi,

工件速度到達(dá)4m/s以后到B點的過程,工件與傳送帶之間的相對位

移

△X2=X2—Vt2,

工件從C點到速度減小到4m/s的過程,工件與傳送帶之間的相對位

移△X3=X3—Vtg,

整個過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=umgcos37°(Axi+△x2)+umg△x3,

33.解析：(1)布朗運(yùn)動是懸浮在液體中的固體微粒的運(yùn)動，是液體分

子無規(guī)則熱運(yùn)動的反應(yīng),布朗運(yùn)動不能在固體中發(fā)生,選項A錯誤;根

據(jù)熱力學(xué)第二定律知熱量只能夠自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體，但

也可以通過熱機(jī)做功實現(xiàn)從低溫物體傳遞到高溫物體，選項B錯誤;

在水和酒精混合的實驗中，水和酒精混合后總體積減小，說明分子間

有空隙,選項C正確;根據(jù)分子力與距離的關(guān)系，當(dāng)分子間的距離r=r0

時一,斥力等于引力，表現(xiàn)出分子力為零，選項D正確;溫度是分子的平

均動能的標(biāo)志,反映分子運(yùn)動的劇烈程度,溫度越高,擴(kuò)散運(yùn)動和布朗

運(yùn)動越劇烈，選項E正確.

⑵以封閉氣體為研究對象,設(shè)左管橫截面積為S,當(dāng)左管封閉的氣柱

長度變?yōu)?/p>

30cm時，左管水銀柱下降4cm,右管水銀柱上升2cm,即兩端水銀柱

高度差為

h'=30cm,

由題意得X=LS=26S,

Pi=Po_Phi=76cmHg-36cmHg=40cmHg,T,=280K;

_

P2=PoPh'=46cmHg,V2=L2S=30S,

由理想氣體狀態(tài)方程黑=崇，

可得丁2心

34.解析：（1）由折射定律得

解得。=30°,

所以光線剛進(jìn)入玻璃球時與直徑AB的夾角為30°.

光線進(jìn)入玻璃球經(jīng)一次反射運(yùn)動路程

s=4Rcos30°=2Dcos30°=^D.

光在玻璃球中的速度v=*

光線進(jìn)入玻璃球運(yùn)動時間t=|=v.

（2）①圖示時亥UM點沿y軸負(fù)方向運(yùn)動,根據(jù)波形平移法判斷得知,此

波沿x軸負(fù)方向傳播.在ti=0到t2（2+；）X=4m,則波速為

m/s=20m/s.

②在t>=0至t3X5X4=120cm,相對于平衡位置的位移為.

答案：（1）30°v

⑵①x軸負(fù)方向20m/s②120cm

35.解析：（1）盧瑟福通過a粒子的散射實驗，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模

型,選項A正確;天然放射現(xiàn)象取決于原子核內(nèi)部,其意義在于使人類

認(rèn)識到原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，選項B正確；動量守恒的條件是系統(tǒng)

不受外力或所受外力為零,所以用氣墊導(dǎo)軌和光電門傳感器做驗證動

量守恒定律的實驗中，在兩滑塊相碰的端面上裝不裝上彈性碰撞架，

不會影響動量是否守恒，選項C正確;核力只存在于相鄰的核子之間，

所以核內(nèi)的某一核子與其他核子間不一定有核力作用，選項D錯誤;

據(jù)玻爾理論可知，在由離核較遠(yuǎn)的軌道自發(fā)躍遷到離核較近的軌道的

過程中,放出光子，電子動能增加，原子的電勢能減小,選項E錯誤.

(2)設(shè)鐵塊向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v?根據(jù)動能定理得-u

T1212

代入數(shù)據(jù)解得5=4m/s;

鐵塊與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動，假設(shè)小鐵塊最終和平板車

達(dá)到共同速度V2,規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得

mvi=(M+m)v2,

代入數(shù)據(jù)解得v2=lm/s,

設(shè)小鐵塊相對小車運(yùn)動距離x與平板車達(dá)到共同速度，由能量守恒定

律得

-umgx=2(M+m)v22-1myi2,

代入數(shù)據(jù)解得x=.

由于x>L說明鐵塊在沒有與平板車達(dá)到共同速度時就滑出平板車，所

以小鐵塊在平板上運(yùn)動過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

△E=2umgL=9J.

答案：(DABC(2)9J

高考仿真模擬卷(四)

“場”的概念,奧斯特最早發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),選項A不正確;變壓

器工作原理是互感現(xiàn)象,選項B正確;選項C中，應(yīng)用了微元法,選項C

正確；電場強(qiáng)度E=；和磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5定義物理量的方法是比值定義法,

選項D

正確.

Q+mg=FNcos15°,F合二樂徐15°=ma.

解得=f^tan150=^XX

yammm

5°=迅則平拋運(yùn)動的時間tq,物體自由下落的時間為/1.根據(jù)

vt

h=^gt2知,平拋運(yùn)動在豎直方向上的位移和自由落體運(yùn)動的位移之比

為4：1,木板在豎直方向上的高度為L,則碰撞點豎直方向上的位移

為1，所以小球釋放點距木板上端的水平距離為故選項D正

確,A,B,C錯誤.

?2a范圍，線框穿過兩磁場分界線時,BC,AC邊在右側(cè)磁場中切割磁

感線,有效切割長度逐漸增大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EJ曾大,三角形導(dǎo)線

框在左側(cè)磁場中切割磁感線,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2增大,兩個電動勢

串聯(lián)，總電動勢E=EI+E2增大,選項A錯誤;x在0?a范圍,線框穿過左

側(cè)磁場時,根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向為逆時針,為正值，選項B錯

誤;x在2a?3a范圍，線框穿過右側(cè)磁場時一,根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流

方向為逆時針,為正值,選項C正確,D錯誤.

展x應(yīng)為向上傾斜的直線;在x>0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時,由U=Ed=Ex,可

知，電勢差均勻減小，*-x應(yīng)為向下傾斜的直線，選項A錯誤;在x〈。范

圍內(nèi)，電場力向右，加速度向右，為正值;在x>0范圍內(nèi)，電場力向左，

加速度向左，為負(fù)值，選項B錯誤;在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得

qEx=fmv2,v_x圖像應(yīng)是曲線；同理,在x>0范圍內(nèi)，圖線也為曲線,選項

C錯誤;在x〈0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得qEx=Ek,Ek-x圖像應(yīng)是傾斜的直

線.同理,在x>0范圍內(nèi)，圖線也為傾斜的直線,選項D正確.

腦有|U—U0|=KF,,,即入=片”貝1JKBIL=|U—U°|,整理得故選項D

正確，選項A,B,C不正確.

□，由題圖(乙)可知，小環(huán)在第1s內(nèi)的加速度a=vm/s2=/s2,由牛頓

第二定律得:5-mgsina=ma,而mg

sina1kg,sinam=Fv=5X^X1mX2m=,前3s內(nèi)小環(huán)機(jī)械能的增

力口量△E=^mv2+mgxsina

32r可知,B先達(dá)到最大靜摩擦力,角速度繼續(xù)增大，繩中出現(xiàn)拉力，當(dāng)

A所受摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時，開始滑動,所以B受到的摩擦力方

向一直向左，選項A錯誤；當(dāng)B達(dá)到最大靜摩擦力時一，繩子開始有拉力，

此時有umg=m32.2r,解得3=居,所以當(dāng)3<騁時，繩子的彈力為0,

選項B正確；當(dāng)A,B的摩擦力都達(dá)到最大靜摩擦力時，開始滑動,根據(jù)

向心力公式，對A有umg-T=mr①？；對B有T+umg=m,2rw；解得w

書,選項C正確;剪斷細(xì)線后,B所受的最大靜摩擦力不足以提供其

做圓周運(yùn)動所需要的向心力,B要發(fā)生相對滑動，離圓盤圓心越來越遠(yuǎn),

但是A所需要的向心力小于A的最大靜摩擦力,所以A仍隨圓盤一起

做勻速圓周運(yùn)動，選項D正確.

22.解析：(1)由紙帶可知,計數(shù)點7往后做減速運(yùn)動,根據(jù)逐差法得

為9~11-X?~9

a-(2T)2

(0.0660+0.0460)-(0.106+0.0861)2

一(2xo.i)2m/s

^/s2.

⑵在減速階段產(chǎn)生加速度的力是滑動摩擦力和紙帶受的阻力，所以

計算結(jié)果比動摩擦因數(shù)的真實值偏大.

23.解析：（1）由圖（甲）曲線I可知，隨電壓增大，電流增大，電阻實際

功率增大，溫度升高，電壓與電流比值增大，電阻阻值增大，即隨溫度

升高，電阻阻值增大,該電阻是正溫度系數(shù)（PTC）熱敏電阻.

⑵由于實驗要求電壓從零開始,所以滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法.

根據(jù)電源電動勢為15V可知電壓表應(yīng)選D,電壓表的最小電壓應(yīng)為量

程的支，所以通過熱敏電阻的最小電流應(yīng)為Imin=,所以電流表應(yīng)選B.

由于熱敏電阻的阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表采用外接法，又

變阻器采用分壓式接法，電路圖如圖所示.

（3）在閉合電路中，電源電動勢E=U+Ir,由圖（甲）曲線I,II所示可知，

電流為時一，電阻R時，電阻R2

24.解析：（1）設(shè)物體質(zhì)量為m,星球質(zhì)量為M,星球的自轉(zhuǎn)周期為T,物

體在星球兩極時一，萬有引力等于重力，即F后G*G極，

物體在星球赤道上隨星球自轉(zhuǎn)時一，向心力由萬有引力的一個分力提供,

另一個分力就是重力G赤，有F萬=6赤+R,

因為G赤幸極,得Fn*答=m（汐R,

該星球的同步衛(wèi)星的周期等于自轉(zhuǎn)周期T,則有

Mm41T2

G產(chǎn)-niyrr,

聯(lián)立解得r=2R.

⑵在星球赤道上,有翁祭m(xù)g,

可得M=嘴，

又因星球的體積V=￡R\

所以該星球的密度p=?=懸.

答案：(1)2R(2)儡

25.解析：(1)設(shè)電子在電場中運(yùn)動的加速度為a,時間為t,離開電場

時,沿y軸方向的速度大小為V,,由牛頓第二定律，

eE

a二正，

y軸方向Vy=at,

x軸的位移，l=Vot,

速度關(guān)系,vk盛，

解得E=&g

el

(2)設(shè)軌跡與x軸的交點為D,0D距離為XD,

則xD°,

得出XD=^-1.

所以,DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道的圓心在

DQ上，電子運(yùn)動軌跡如圖所示.設(shè)電子離開電場時速度為v,在磁場中

做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r,則

.omu2mu0

vo=vsinO30A，廠詬=.，

r+薪=1(有用)，t=1)

1一e八取一I；一3”，

解得B=學(xué),t堪.

⑶由(2)知，以切點F,Q為直徑的圓形有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的半徑最小,

設(shè)為n,

貝（Jri=rcos30°=gr=4l,

最小面積為S=nri2哆.

答案:⑴鄴⑵學(xué)春⑶黑

33.解析：（1）單晶體和多晶體有固定的熔點，磨碎后熔點不變,選項A

正確；足球充足氣后很難壓縮是由于足球內(nèi)外的壓強(qiáng)差的原因，與氣

體的分子之間的作用力無關(guān)，選項B錯誤;一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過

等容過程，吸收熱量，沒有對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，其內(nèi)

能一定增加，選項C正確;根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，自然發(fā)生的熱傳

遞過程是向著分子熱運(yùn)動無序性增大的方向進(jìn)行的，選項D正確;一

定質(zhì)量的理想氣體保持體積不變,單位體積內(nèi)分子數(shù)不變,溫度升高,

分子的平均動能增大，則平均速率增大，單位時間內(nèi)撞擊單位面積上

的分子數(shù)增大,選項E錯誤.

（2）①右管內(nèi)氣體壓強(qiáng)pi=p0-h,

左管內(nèi)氣體壓強(qiáng)p2=p-h,p2=po-ho,

解得,左管內(nèi)外液面高度差h0=2h,

左管內(nèi)空氣柱高度L￡=Lo+h+h-ho=Lo.

②以右側(cè)空氣柱為研究對象，

初態(tài)Ti=T0,pi=p0-h,Li=L0;

末態(tài)P2=Po,L2=Lo+h,

12-10

恨站T1-r2,作Lo（Po-h）-

答案：（1）ACD

⑵①L02h②法察T。

34.解析：（1）由圖讀出,A波波長為人戶24cm,（甲）圖到（丙）圖一定是

半個周期,所以周期TA=2t;B波波長為人B=12cm,（乙）圖與（丁）圖的波

形圖相同，經(jīng)過的時間一定是整數(shù)個周期，所以周期TB=［波速

0.12

54=攀=竿,VB=^=T=^，則VA：VB=1：n,所以A,B兩列波的波速

VA,VB之比可能是A,C,E,不可能的是B,D.

⑵如圖所示，根據(jù)折射定律有

sing

n-sin0^

根據(jù)反射定律有91=93,

其中93+02=90°,

聯(lián)立可得e尸60°,02=30°,

由圖有62=30°,

a=9-0=30°,

故S0=GR,

故光源S與M間距

SM=S0-R=（^-l）R^

35.解析：（1）一入射光照射到某金屬表面上能發(fā)生光電效應(yīng)，由于發(fā)

生光電效應(yīng)與入射光的強(qiáng)度無關(guān)，所以入射光強(qiáng)度減弱，光電子的最

大初動能不變，選項A錯誤;光既具有粒子性，又具有波動性,大量的

光子波動性比較明顯，個別光子粒子性比較明顯，選項B正確；電子是

原子的組成部分，電子的發(fā)現(xiàn)說明原子可再分，天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)

揭示原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，選項C正確;在衰變方程中，電荷數(shù)守恒,

質(zhì)量數(shù)守恒，則90=86+2x-y,232=220+4x,解得x=3,y=2,選項D錯誤;

原子核的半衰期是由原子核內(nèi)部自身因素決定的，與其所處的化學(xué)狀

態(tài)和外部條件無關(guān),選項E正確.

⑵設(shè)A,B質(zhì)量均為m,A,B碰撞過程在水平方向系統(tǒng)滿足動量守恒，

選擇向左為正方向，由動量守恒定律得

mv0=2mv

再由能量守恒，彈簧中儲存的彈性勢能為

222

Ep=|mvo~(2m)v=^m^o,

A,B與彈簧2碰撞后鎖定彈簧2,系統(tǒng)處于靜止,再將彈簧1解除鎖定，

彈簧1將B彈出此時彈簧1的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，即

22

^nvB=Ep=Jiivo,所以vB=^=

5m/s.

答案：(l)BCE(2)5$m/s

高考仿真模擬卷(五)

o,t秒末速度方向與水平方向的夾角為e1,則豎直方向的分速度

vyi=votan9i.(t+t。)秒末速度方向與水平方向的夾角為。刀則豎直方

向的分速度vy2=votan。2.根據(jù)Vy2-Vy產(chǎn)gto,得v。、e二速五,選項B正

確,A,C,D錯誤.

>50Hz,選項A錯誤;原線圈接入電壓的最大值是220$V,所以原線

圈接入電壓的有效值是U=220V,理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10:

1,所以副線圈電壓是22V,所以①的示數(shù)為22V,選項B錯誤;R阻值

隨光強(qiáng)增大而減小,根據(jù)1邛知副線圈電流增大,副線圈輸出功率增大,

根據(jù)能量守恒定律，原線圈輸入功率也增大，原線圈電流增大，所以

⑥的示數(shù)變大,選項C正確；當(dāng)L,的燈絲燒斷后,變壓器的輸入電壓不

變,根據(jù)變壓比公式,輸出電壓不變，電壓表讀數(shù)不變,選項D錯誤.

〃cd,ab_Lbc,2ab=cd=bc=21,因此根據(jù)幾何關(guān)系，可得m點的電勢為

20V,與a點電勢相等,從而連結(jié)a,m,即為等勢面.三角形bed是等腰

直角三角形,具有對稱性,b,d連線中點0的電勢與c相等，為16V,

故選項A錯誤;質(zhì)子從b-c做類平拋運(yùn)動,沿初速度方向分位移為艱1,

此方向做勻速直線運(yùn)動，則t=^選項B正確;0c為等勢線,其垂線bd

為場強(qiáng)方向，由bfd,選項C錯誤；電勢差Ubc=8V,則質(zhì)子從bfc電場

力做功為8eV,選項D錯誤.

2=2as,可知g=(,選項A正確；由圖像可知,d點時物塊具有向上的加速

度，處于超重狀態(tài),選項B錯誤；由v2=2as可知，加速度a=/則F合=M，

即|F-mg|=寥,知圖線的縱軸截距表示重力,得m號受選項C錯誤；由

圖可知,在C點時壓力為零,則物塊只受重力，此時加速度為g,則d點

的加速度也為g,故d=2mg,則d=2b,選項D正確.

9,則斜面的長度s=嘉,物塊受到的摩擦力f=umgeos0,物塊下滑

的過程中摩擦力做的功Wf=f?s=umgeos9?嘉=umgL①，由上式

可知,物塊下滑的過程中，摩擦力做功的大小與斜面的傾角無關(guān),與水

平位移的大小成正比.物塊從A到B和從B到C,水平方向的位移大小

相等,所以物塊克服摩擦力做的功相等,物塊減少的機(jī)械能相等,選項

A正確；由題圖可知,物塊從A到B和從B到C,AB段的高度比較大,所

以在AB段重力對物塊做的功比較大，由動能定理知△Ek=W『WG-Wf②,

由①②可知,從A到B和從B到C,AB段增加的動能比較大,選項B錯

誤;物塊從A到B和從B到C,物塊減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,物塊減

少的機(jī)械能相等,所以摩擦產(chǎn)生的熱量相等,選項C正確;物塊從B到

C的過程中，重力對物塊做正功，摩擦力對物塊做負(fù)功，由于不知道二

者的大小關(guān)系,所以物塊在C點的動能也有可能大于物塊在B點的動

能,選項D錯誤.

半,加速度a=黑,故可以估算銀河系繞本超星系團(tuán)中心運(yùn)動的線速度

和加速度,選項A,B正確;銀河系是環(huán)繞天體,無法計算其質(zhì)量,選項C

錯誤；由于不知道銀河系的質(zhì)量，故無法求解銀河系與本超星系團(tuán)之

間的萬有引力，選項D錯誤.

感應(yīng)電動勢E.=4NBLv,解得%=2NBI73,選項A錯誤;根據(jù)歐姆定律

得電流11仁,安培力F=2NBLL,解得F=^^,選項B錯誤;線圈旋轉(zhuǎn)

一圈時,磁通量的變化量為零,平均感應(yīng)電動勢為零,流過電阻R的凈

電荷量為零，選項C正確；在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)

域的圓心角a均為仙，電源的總功率:誓等,外力做功的

功率與電源的總功率相等,選項D正確.

22.解析：(1)由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律得d=^at2,解得a=7，

⑵用加水的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，它的優(yōu)點是

可以更方便地獲取更多組實驗數(shù)據(jù)，可以更精確地測出摩擦力的大小,

選項B,C正確.

答案:⑴卷(2)BC

23.解析：⑴通過電壓表的最大電流為“安全、精確和操作

方便”的原貝％可選取ACEH.

⑵電壓表％量程太小,直接并在待測電壓表兩端容易燒毀,故需串聯(lián)

一個定值電阻L,又電壓表內(nèi)阻很大，電流表應(yīng)采用外接法,滑動變阻

器阻值較小,應(yīng)采用分壓式接法,設(shè)計電路如圖所示.

⑶根據(jù)歐姆定律,流經(jīng)電壓表V)的電流為1。=?

根據(jù)并聯(lián)電路電流特點可得流經(jīng)待測電壓表的電流為L=I-Io

根據(jù)歐姆定律得兄=生產(chǎn)

聯(lián)立得幾=需.

答案：(1)ACEH(2)圖見解析

(3)需9U為電壓表片的示數(shù)，L為電流表A的示數(shù)

24.解析：⑴因為小物塊在水平方向受到摩擦力的作用，f=umg,

產(chǎn)生的加速度a=1=鬻―X10m/s2=4m/s2.

小物塊速度減為零時的位移是x,則-2ax=0"22,

得*=詈皋m=<6m,

所以小物塊不能到達(dá)B點.

(2)小物塊向右加速的過程中的位移

X，=^L=-J-m=2m,

2a2X4

速度等于傳送帶速度V1時,經(jīng)歷的時間

1———

傳送帶的位移s=Vit=4X=10m,

小物塊相對于傳送帶的位移

△x=s+(x-x/)=10m.

小物塊在傳送帶上運(yùn)動時一，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為

Q=f?AX1X10X

答案:見解析

25.解析：（l）t=O時刻進(jìn)入電場的粒子勻速通過電場,進(jìn)入磁場后做勻

速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

qv0B=m^,

解得R尸，

粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，

由幾何知識可得

.A0.12

sinn°而=正

粒子在磁場中偏移的距離

yi=R）-RiCOS9,

代入數(shù)據(jù)解得

y產(chǎn)，

粒子出磁場后做勻速直線運(yùn)動,y2=l2tan9,

代入數(shù)據(jù)解得

丫2=,

粒子打到熒光屏上時偏離0'的距離為

y=yi+y2=.

⑵設(shè)兩板間電壓為5時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，

則gd=；at：q^=ma,

L=Vot,

解得U尸900V.

(3)由動能定理得

1212

代入數(shù)據(jù)解得V|X1()5m/s,

粒子在電場中的偏向角為a,cosa=*黑磊

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定

律得

qv出唱

解得R?=,

2

R2-R2sinaX-0.8)m=<li=,

該粒子不能從磁場偏出打在熒光屏上.

答案：(1)(2)900V

X105m/s該粒子不能打在右側(cè)的熒光屏上

33.解析：(1)耗散的能量品質(zhì)較低，無法重新利用，故選項A錯誤;溫

度升高,分子平均動能增大，但不是所有分子動能都增大,選項B錯誤;

氣體的壓強(qiáng)是由分子無規(guī)則運(yùn)動對器壁頻繁碰撞產(chǎn)生的，選項C正確;

分子間的引力和斥力都隨距離的增加而減小，選項D正確；改變內(nèi)能

的兩條途徑是等效的,選項E正確.

⑵因為緩慢加熱，活塞緩慢移動，時刻受力平衡，封閉氣體的壓力保

持不變，氣體的壓強(qiáng)不變,汽缸內(nèi)的氣體做等壓變化，由蓋?呂薩克定

解得此時氣體的溫度TF2L

氣體做等壓變化,對活塞受力分析,豎直向下的重力mg,豎直向下封閉

氣體的壓力ps,豎直向上的大氣壓力PoS,由平衡條件得

pS=p0S-mg

氣體對活塞做功W=pSh=(p0S-mg)h,

由熱力學(xué)第一定律,氣體增加的內(nèi)能

△U=Q-W=Q-(p0S-mg)h.

答案：(1)CDE(2)2T0Q-(p0S-mg)h

34.解析：⑴由題意得*G+T)

得該波的周期為

由圖知波長為人=4m,則波速為v=W=10m/s

橫波在介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，圖示時刻a質(zhì)點向下振動，則a質(zhì)點

的振動位移隨時間變化的函數(shù)表達(dá)式為

11

y二一AsinYOA

(2)①調(diào)整視線方向，當(dāng)0點擋住M的像時,從0點發(fā)出的光線經(jīng)玻璃

折射后與從M點發(fā)出的光線經(jīng)AB面反射后重合.在觀察的一側(cè)插上大

頭針,使大頭針擋住M,0的像，則大頭針的位置為折射光線射出玻璃

的點和從M點發(fā)出的光線在AB面上的反射點，如圖所示.

②由幾何關(guān)系作出角度i,r,即可求出折射率.

a_L*sini-MPOP

折射率門=而=老=訴.

五t)m

⑵①光路圖見解析端

35.解析：(1)普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，選項A正

確；玻爾原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍

遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律,選項B錯誤；丫射線

是一種波長很短的電磁波，在電場和磁場中都不會發(fā)生偏轉(zhuǎn),選項C

正確；德布羅意提出物質(zhì)波的猜想，而電子的衍射實驗證實了他的猜

想,選項D正確;一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng),可能是

因為這束光的頻率太小,與光強(qiáng)無關(guān),選項E錯誤.

(2)①小明推出木箱過程系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，

設(shè)皿=50kg,m2=30kg,v=5m/s,

由動量守恒定律得

miv「m2V=0,

解得丫尸個Um/s=3m/s.

②小明接木箱的過程中動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律

得

m2v+miVi=(mi+m2)v2,

解得V2="宗驍3m/s=/s.

根據(jù)能量守恒得

22

△E=|ni|Vi+^m2V-^(mi+m2)

代入數(shù)據(jù)解得△

答案：(1)ACD(2)①3m/s②

高考仿真模擬卷(六)

。，方向水平向左.支持力的大小FN=(M+m)g-Fsin。，小于(M+m)g,選

項D正確,A,B,C錯誤.

ug與其質(zhì)量無關(guān)，故徑跡長度與其質(zhì)量也無關(guān),選項B錯誤;徑跡長

度等于木炭包相對傳送帶通過的位移大小，即二者對地的位移差：△

x=vt-歲可見傳送帶速度越小、動摩擦因數(shù)越大,相對位移

越小,黑色徑跡越短,故選項C錯誤,D正確.

夕受華,選項D錯誤.

d

等初俘）2心解得M=^，同理,太陽質(zhì)量為/=累，由于地球的公轉(zhuǎn)周

期為1年，故可以求得恒星質(zhì)量與太陽質(zhì)量之比,選項A