届高三高考物理全国卷Ⅰ考试大纲模拟卷五含答案解析Word格式.docx
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C.若
D.若
3.已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示，MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是（ ）
A．b点电场强度与c点电场强度相同
B．a点电场强度与b点电场强度大小相等
C．a点电势等于d点电势
D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变
4.如图，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R2＝R3＝2R1，电流表为理想交流电表，U为有效值恒定的正弦交流电源．当S闭合时，电流表的示数为I；
当S断开时，电流表的示数为.该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．2B．3C．4D．5
5.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是
A．只要对准圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心
C．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
D．对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
6.如图所示，木板1、2固定在墙角，一个可视为质点的物块分别从木板的顶端静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ.对这两个过程，下列说法正确的是（ ）
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等
C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多
D．物块沿着2下滑到底端的过程，产生的热量更多
7.如图所示，飞船先沿椭圆轨道1飞行，然后在远地点P处变轨后沿圆轨道2运行，在轨道2上周期约为90分钟．则下列判断正确的是（ ）
A．飞船沿椭圆轨道1经过P点时的速度与沿圆轨道经过P点时的速度相等
B．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态
C．飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度
D．飞船从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做正功
8.有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量均为m、电荷量分别为－q和q的带电小球A和B，A、B间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E＝的匀强电场，系统平衡时，A、B球的位置如图5所示．现将O、B之间的轻线烧断，因空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡位置（不计两带电小球间相互作用的静电力）．以下说法正确的是（ ）
图5
A．A球的电势能增加了qEL
B．B球的电势能减少了qEL
C．A球的重力势能减少了mgL
D．B球的重力势能减少了mgL
第Ⅱ卷
二、非选择题：
本卷包括必考题和选考题两部分。
第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共47分。
9.（6分）利用图示的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M，钩码的质量为m，打点计时器的电源是频率为f的交流电．
（1）实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．（填选项前的字母）
A．打点计时器不打点
B．打点计时器打点
（2）图7是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中O为打出的第一个点．在纸带上连续选取A、B、C、D、E点进行分析，测得各点到O点的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5，则打点计时器打D点时，小车的速度vD＝____.（用已知和测得物理量的符号表示）
图7
（3）若采用图中的OD过程进行验证，则需要验证的关系式为________．（用已知和测得物理量的符号表示）。
10.（9分）为测定海水的电阻率：
（1）某学习小组选取了一根厚度可以忽略的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度L和外径d，外径示数如图a所示，由图得d＝________mm.
图a
（2）在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．将多用电表的转换开关K旋转在如图b所示的位置，将插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R，其结果如图中表盘所示，则R＝________Ω.
图b
（3）该小组为进一步精确测量其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择：
A．直流电源：
电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；
B．电流表A：
量程0～10mA，内阻约10Ω；
C．电压表V：
量程0～15V，内阻约15kΩ；
D．滑动变阻器R1：
最大阻值10Ω；
E．滑动变阻器R2：
最大阻值10kΩ；
F．多用电表；
G．开关、导线等．
①该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成了部分导线的连接，请你在图11中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号（R1或R2）．
②若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进行，可将多用电表的转换开关K旋转至直流电流________挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验．
该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为ρ＝____________.
11.（12分）如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一光滑的水平桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为vA＝，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；
（2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；
（3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离．
12.（20分）如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r=2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T．若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s后金属棒的速度保持稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象。
试问：
（1）金属棒cd开始运动时其中的电流方向怎样？
（2）金属棒在前2s内所做的是一种怎样的运动？
并说明理由。
（3）2s后金属棒的速度大小是多少m/s？
（4）0～2s内通过电阻R的电量约多少C？
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
13.【物理——选修3-3：
热学】
（15分）
（1）（5分）有关对热学的基础知识理解不正确的是______。
（填正确选项前的字母，选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部
B．热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度
C．当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强为零
D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水就停止蒸发
E．在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、'
忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理
（2）．（10分）如图所示体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;
气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2P0的理想气体.P0和T0分别为大气的压强和温度。
已知：
气体内能U与温度T的关系为U=aT，a为正的常量；
容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。
求：
（ⅰ）气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；
（ⅱ）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q.
14.【物理——选修3-4：
光学】
（1）（5分）如图所示为一列简谐横波在t＝0时的波形图，波沿x轴负方向传播，传播速度v＝1m/s，则下列说法正确的是____。
A．此时x＝1.25m处的质点正在做加速度增大的减速运动
B．x＝0.4m处的质点比x＝0.6m处的质点先回到平衡位置
C．x＝4m处的质点再经过1.5s可运动到波峰位置
D．t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合
E．x＝2m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y＝0.4sinπt（m）
（2）（10分）如图所示，平静湖面岸边的垂钓者眼睛恰好位于岸边P点正上方h1＝0.9m的高度处，浮标Q离P点s1＝1.2m远，鱼饵灯M在浮标正前方s2＝1.8m处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n＝，求：
①鱼饵灯离水面的深度；
②若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出。
参考答案及解析
1.【答案】C
【解析】汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：
F－f＝ma，所以F＝f＋ma，
所以汽车的功率为P＝Fv＝（f＋ma）v，故A错误；
当汽车的速度增加到2v时，此时的牵引力为
F＝＝＝
由牛顿第二定律有：
F－f＝ma1，即－f＝ma1
解得a1＝，故B错误；
当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，
即vm＝＝＝v，故C正确；
由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax＝v2即x＝来计算，故D错误．
2.【答案】B
【解析】根据整体先求解整体的加速度表达式；
然后隔离两物体列式分别求解F和N的表达式进行比较即可.
【详解】由整体法可知，甲图中整体的加速度：
，乙图中整体的加速度：
；
对甲图，隔离M，则
，隔离m：
，解得
；
对乙图中的m，则：
，解得：
则若m=M，则有F1=F2；
若m<
M，则有F1<
F2，选项AC正确；
无论m和M关系如何，则N1=N2，选项D正确，B错误；
故选B.
3.【答案】C
【解析】画出电场线如图所示：
根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；
根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；
由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误．
4.【答案】A
【解析】设变压器原、副线圈匝数比为k，则可知，开关闭合时，副线圈总电流为kI，根据理想变压器原理可知＝k，同理＝k
联立解得：
k＝2，故A正确．
5.【答案】C
【解析】A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误．C、速度满足v＝qBR/m时，粒子的轨迹半径为r=mv/qB=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确．
D、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=θT/2π知，运动时间t越小．故D错误．故选C
6.【答案】BC
【解析】物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，
根据动能定理有：
mgh－Wf＝mv2①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，
因滑动摩擦力为：
Ff＝μFN＝μmgcosθ，
所以物块克服摩擦力做的功为：
Wf＝FfL＝μmgcosθ·
L＝μmgLcosθ②
由题图可知，Lcosθ为斜面底边长，可见物块从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功与斜面底端长度L底成正比．沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2下滑到底端过程物块克服摩擦力做功小于沿1下滑到底端过程克服摩擦力做功，则由①式得，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时物块的速度，故A错误，B正确；
沿1时克服摩擦力做的功多，物块的机械能损失大，产生的热量多，故C正确，D错误．
7.【答案】BC
【解析】飞船沿椭圆轨道1经过P点时有>
m，
飞船沿椭圆轨道2经过P点时有＝m，
v1P＜v2P，A错误；
在圆轨道2上时，万有引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，B正确；
因轨道2上周期约为90分钟，小于同步卫星的周期，又由ω＝，可得飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度，C错误；
飞船从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做负功，D错误．
8.【答案】ACD
【解析】设达到新的平衡位置时OA绳与竖直方向的夹角为α，OB绳与竖直方向的夹角为β，由平衡条件得
对A：
FT1cosα＝mg＋FT2cosβ;
qE＝FT1sinα＋FT2sinβ
对B：
FTcosβ＝mg;
qE＝FTsinβ;
FT＝FT2
α＝0，β＝45°
所以A球的重力势能减少了mgL（1－cos30°
）＝mgL
B球的重力势能减少了mgL（1＋cos45°
）－mgLcos30°
＝mgL
A球的电势能增加了qELsin30°
－qEL＝
B球的电势能增加了qEL（sin45°
－sin30°
）＝qEL
综上所述，故A、C、D正确．
9.（6分）
【答案】
（1）B （2分）
（2）（2分）
（3）mgs4＝（m＋M）（s5－s3）2f2（2分）
【解析】
（1）在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选B.
（2）利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得vD＝＝
（3）根据功能关系可知mghD＝（m＋M）v
代入数据得：
mgs4＝（m＋M）（s5－s3）2f2
只要验证上关系式成立即可．
10.（9分）
（1）3.740（1分）
（2）6×
103（2分）
（3）①如图所示 ②10mA（2分） （2分）
（2分）
（1）螺旋测微器的固定刻度为3.5mm，可动刻度为24.0×
0.01mm＝0.240mm，
所以最终读数为3.5mm＋0.240mm＝3.740mm.
（2）用×
1kΩ挡测量电阻，由题图可知，欧姆表示数为R＝6×
103Ω；
（3）①限流式接法如图所示，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6kΩ，若用R1来控制电流其阻值偏小，故选用R2.
②选择与电流表相当的挡位：
10mA；
因R＝＝ρ，且S＝π（）2
解得：
ρ＝.
11.（12分）
（1）mg，方向竖直向上
（2） （3）R
（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为FN，由牛顿第二定律得：
mg＋FN＝m
FN＝mg.由牛顿第三定律知，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上．（3分）
（2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势能面，
由机械能守恒定律得：
mv＝mv＋mg·
2R
va＝（3分）
小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，
则有mva＝2mvb，得vb＝（3分）
（3）b球从桌面飞出做平抛运动，设飞出的水平距离为x，则R＝gt2，t＝，x＝vbt
x＝R.（3分）
12.（20分）
（1）金属棒cd开始运动时其中的电流方向由d指向c。
（3分）
（2）金属棒在前2s内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。
（7分）
（3）2s后金属棒的速度大小是4m/s。
（5分）
（4）0～2s内通过电阻R的电量约1.66C。
（1）由右手定则判断知，开始运动时金属棒cd中的电流方向由d指向c。
对于金属棒运动的起始时刻，金属棒在水平方向上受到安培力FA和拉力F的作用。
FA=BIL=B
L=
=
N=0.25N
F=
N=4N
所以F＞FA，金属棒所受的合力方向与初速度方向相同，因此金属棒向右做加速运动
由于FA=
，所以FA将随着v的增大而不断增大
又由于F=
，所以F将随着v的增大而不断减小。
而F-FA=ma，所以加速度a将不断减小。
所以金属棒在前2s内所做的是一种加速度减小的变加速直线运动。
（3）金属棒速度最大时，所受的合外力为零，即F=FA，
则
解得2s后金属棒的速度大小vm=
=4m/s
（4）图线与横轴之间共约83（81～85）个小方格。
相应的“面积”为83×
0.2×
0.1N•s=1.66N•s，即∑FA•△t=1.66N•s
故通过电阻R的电量q=∑I•△t=
•△t=
C=1.66C（1.62C～1.70C）.
【方法点拨】
（1）根据右手定则判断金属棒中感应电流方向。
（2）在前2s内，随着速度增大，由P=Fv知拉力F减小，安培力增大，合力减小，加速度减小，导体棒做加速度减小的变加速运动。
（3）2s后金属棒做匀速直线运动，合外力为零，根据平衡条件和功率公式结合求速度。
（4）根据F安-t图象与时间轴所围的面积求出0～2s内安培力的冲量，再根据动量定理求通过电阻R的电量。
本题与汽车的起动类似，要通过分析金属棒的受力情况，来判断其运动情况，能熟练推导出安培力与速度的关系。
要知道F安-t图象与时间轴所围的面积表示安培力的冲量。
（1）（5分）BCD
（2）（10分）①
②Q=
（1）表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A正确；
在自然的过程中，热的物体把内能传递给冷的物体，最终达到温度相等；
而不是热的物体把“温度”传递给冷的物体，最终达到温度相等，故B错误；
当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不为零，故C错误；
空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢，故D错误；
在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜是呈单分子分布的；
把油酸分子看成球形；
分子之间没有空隙，紧密排列，故E正确；
故选BCD.
（2）（ⅰ）在气体由压强P=1.2P0下降到P0时,V不变,温度由2.4T0变为T1,
由查理定律得
得：
T1=2T0
在气体温度由T1变为T0的过程中,体积由V减小到V1,气体压强不变,由盖⋅吕萨克定律得
解得：
（ⅱ）活塞下降过程中,活塞对气体的功为W=P0（V−V1）.在这一过程中,气体内能的减少为△U=a（T1−T0）
由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为Q=W+△U
Q=
（1）（5分）ACD
（2）（10分）① ②2∶1；
（1）简谐横波沿x轴负方向传播，由图知波长λ＝2m，周期T＝＝2s，可判断x＝1.25m处的质点正在向y轴正方向运动，远离平衡位置做减速运动，且相对平衡位置的位移增大，回复力增大，加速度增大，选项A正确；
x＝0.4m处的质点正在向y轴负方向运动，x＝0.6m处的质点正在向y轴正方向运动，x＝0.4m处的质点比x＝0.6m处的质点晚回到平衡位置，选项B错误；
x＝4m处的质点正在向y轴负方向运动，再经过T＝1.5s到达波峰位置，选项C正确；
由于周期T＝2s，所以t＝0与t＝2s的波形图重合，选项D正确；
x＝2m处的质点正在向y轴负方向振动，所以振动方程是y＝－0.4sinπt（m），选项E错误。
故选ACD.
（2）①设鱼饵灯发出的光从水中射出时的入射角、折射角分别为r、i，鱼饵灯离水面的深度为h2，则
sini＝ sinr＝（2分）
根据光的折射定律可知n＝（2分）
联立解得h2＝2.4m（1分）
②当鱼饵灯离水面深度为h3时，水面PQ间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向夹角恰好为临界角C，则sinC＝（3分）
联立解得h3＝m≈1.59m（2分）
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