最新高考物理模拟试题精编及答案解析三Word格式.docx
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D．线圈转动的角速度
18．如图所示，在xOy平面内有一半径为r的圆形磁场区域，其内分布着磁感应强度为B方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域边界上放有圆形的感光胶片，粒子打在其上会感光．在磁区边界与x轴交点A处有一放射源，发出质量为m、电荷量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁场，其方向分布在由AB和AC所夹角度内，B和C为磁区边界与y轴的两个交点．经过足够长的时间，结果光斑全部落在第Ⅱ象限的感光胶片上．则这些粒子中速度最大的是（ ）
A．v＝ B．v＝
C．v＝D．v＝
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．）
19．如图所示的电路中，电源电动势为2V，内阻r＝0.5Ω，电阻R1＝1.5Ω，电阻R2＝2Ω，电阻R3＝3Ω，滑动变阻器R4接入电路的阻值为2Ω，电容器的电容C＝1.0μF，电阻R3与电容器间的导线记为d，单刀双掷开关S与触点1连接，下列说法正确的是（ ）
A．如果仅将R4的滑片向上滑动，R1消耗的功率减少
B．如果仅将R4的滑片向上滑动，电源的输出功率增加
C．如果仅将R4的滑片向上滑动，电容器两极板间的电势差减小
D．若仅将开关S由触点1拨向触点2，流过导线d的横截面的电荷量为1.75×
10－6C
20．某小型发电站的发电功率是20kW，发电机的输出电压为380V，输电电压为5000V，输电线路总电阻是6Ω，用户端的降压变压器原、副线圈的匝数比为22∶1，则下列说法正确的是（ ）
A．用户端得到的电压约为226V
B．输电线路的升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶22
C．若发电站的发电功率提高到40kW，则用户端获得的电压会加倍
D．采用380V低压输电和采用5000V高压输电，输电线路损耗的功率之比约173∶1
21．如图，有理想边界的正方形匀强磁场区域abcd边长为L，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一群质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力），在纸面内从b点沿各个方向以大小为的速率射入磁场，不考虑粒子间的相互作用，下列判断正确的是（ ）
A．从a点射出的粒子在磁场中运动的时间最短
B．从d点射出的粒子在磁场中运动的时间最长
C．从cd边射出的粒子与c的最小距离为（－1）L
D．从cd边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
选择题答题栏
题号
14
15
16
17
答案
18
19
20
21
第Ⅱ卷（非选择题 共62分）
本卷包括必考题和选考题两部分．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，考生根据要求作答．
22．（6分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧按如图甲所示连接起来进行探究．
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.70
27.70
LB/cm
29.96
35.76
41.55
47.34
（1）某次测量如图乙所示，指针示数为______cm.
（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表格所示．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为______N/m，弹簧Ⅱ的劲度系数为________N/m（重力加速度g＝10m/s2，结果均保留三位有效数字）．
23．（9分）某实验小组想测量一电源的电动势和内阻，在实验室找到了如下器材：
待测电源；
一段粗细均匀总阻值为R0的金属丝；
不计内阻的电流表；
阻值为R1的电阻；
刻度尺；
开关一个、导线若干．
他们的部分操作步骤如下：
（1）测得金属丝总长度为L0.
（2）然后用图甲所示的电路图进行测量，图中Rx表示金属丝．请根据电路图在图乙中完成实物连线．
（3）不断改变电阻丝接入电路的长度，记录多组电流表示数I和对应的金属丝长度L.根据所得数据作出了－L图象如图丙所示，图中坐标值a、b、L1均为已知，则电源的电动势E＝________；
电源的内阻r＝________.（用图中坐标值和相关物理量表示）
24．（12分）如图所示，在纸面内有一个边长为L的等边三角形abc区域，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从a点以速度v0沿平行于纸面且垂直于bc边的方向进入此区域．若在该区域内只存在垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰能从c点离开；
若该区域内只存在平行于bc边的匀强电场，该粒子恰好从b点离开（不计粒子重力）．
（1）判断匀强磁场、匀强电场的方向；
（2）计算电场强度与磁感应强度大小的比值．
25．（20分）如图所示，倾角30°
的光滑斜面上，轻质弹簧两端连接着两个质量均为m＝1kg的物块B和C，C紧靠着挡板P，B通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与质量M＝8kg的物块A连接，细绳平行于斜面，A在外力作用下静止在圆心角为60°
、半径R＝2m的光滑圆弧轨道的顶端a处，此时绳子恰好拉直且无张力；
圆弧轨道最低端b与粗糙水平轨道bc相切，bc与一个半径r＝0.2m的光滑圆轨道平滑连接．由静止释放A，当A滑至b时，C恰好离开挡板P，此时绳子断裂．已知A与bc间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，弹簧的形变始终在弹性限度内，细绳不可伸长．
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）求物块A滑至b处，绳子断后瞬间，A对圆轨道的压力大小；
（3）为了让物块A能进入圆轨道且不脱轨，则bc间的距离应满足什么条件？
请考生在第33、34两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
33．（15分）
【物理——选修3－3】
（1）（5分）下列说法正确的是________．（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．布朗运动就是液体分子的热运动
B．物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大
C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化
D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小
E．一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行
（2）（10分）一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．问：
①已知从A到B的过程中，气体的内能减少了300J，则从A到B气体吸收或放出的热量是多少？
②试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度TC＝300K，则气体在状态A时的温度为多少？
34．（15分）
【物理——选修3－4】
（1）（5分）如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，该时刻这列波恰好传播到x＝6m处，已知这列波周期为1s，则下列判断中正确的是________．（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．这列波的振幅为8cm
B．这列波的波速为4m/s
C．图示时刻平衡位置在x＝2m处的质点沿y轴正方向运动
D．图示时刻平衡位置在x＝5m处的质点的加速度大小为零
E．从图示时刻开始再经过1.5s，平衡位置在x＝12m处的质点刚好从平衡位置开始向y轴正方向运动
（2）（10分）有一盛满清水的足够大的池子，水深为d，池子底部放有一能够反光的镜子（足够大），一束红色激光以45°
的入射角从水面上的P点射入水中，经镜子反射后，从水面上另一点射出．已知入射点与出射点之间的距离为d，真空中的光速为c.
①求光在水中的传播速度；
②改变入射光的入射角，仍使光线能够射到镜子上，入射点和出射点间的最大距离等于多少？
答案解析
14．解析：
选B.氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，其中只有从n＝4能级向n＝3能级跃迁时所辐射出的光子以及从n＝3能级向n＝2能级跃迁时所辐射出的光子的能量小于从n＝4能级向n＝2能级跃迁时所辐射出的光子的能量，故共有4种频率的光能使金属A发生光电效应，A正确；
因为从n＝2能级向n＝4能级跃迁时所需要的能量为ΔE＝E4－E2＝2.55eV，而辐射进来一个能量为2.6eV的光子的能量不是恰好匹配，故B错误；
因为要使处于n＝4能级的氢原子发生电离，所需要的能量只要大于0.85eV就可以，故C正确；
由题意可知，W＝E4－E2＝2.55eV，氢原子从n＝4能级向n＝1能级跃迁时所辐射出光子的能量为hν＝E4－E1＝12.75eV，由hν＝W＋Ekmax可得最大初动能Ekmax＝hν－W＝10.2eV，D正确．
15．解析：
选B.开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，由电容器公式C＝，知电容器的电容减少，选项A错误；
开关S闭合，电容器两端电压始终不变，在A板上移过程中，极板带电荷量Q＝CU减少，通过电阻R放电，知电阻R中有向上的电流，选项B正确；
由匀强电场的电场强度公式E＝，知A、B两板间的电场强度将减小；
因B板电势为0，则P点的电势大小等于P、B两点的电势差，UPB＝EdPB，而dPB不变，场强E减小，UPB也减小，即P点电势降低，选项CD错误．
16．解析：
选D.先让神舟十一号飞船运动到天宫二号轨道上，然后点火加速，飞船的速度增大，需要的向心力大于万有引力提供的向心力，飞船将做离心运动，A错误；
对接后的轨道半径增大，由G＝m得v＝，轨道半径增大，飞船的速度减小，又由G＝mr得T＝2πr，轨道半径越大，运行周期越大，B错误；
由G＝mg得地球的质量M＝，但神舟十一号飞船的质量不能求出，C错误；
由以上公式联立可解得神舟十一号的轨道半径r，因此可求出神舟十一号飞船对接后距离地面的高度h＝r－R，D正确．
17．解析：
选D.由题图甲、乙可知，电动势的最大值变为原来的2倍，周期变为原来的一半，又因为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流的电动势表达式为e＝nBSωsinωt，所以是线圈转动的角速度变为原来的2倍，D正确．
18．解析：
选A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，由公式Bqv＝m得v＝，显然粒子的轨道半径越大，粒子射入磁场的速度越大，由题图分析可知，粒子沿AC方向射入磁场，由B点离开的粒子在磁场中运行的轨道半径最大，带电粒子在磁场中运行的速度最大，由几何关系可知，粒子的轨道半径为R＝r，代入可得v＝，A正确．
19．解析：
选BD.如果仅将R4的滑片向上滑动，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流增大，所以R1两端的电压增加，R1消耗的功率也增加，A错误；
由题意可知外电路的电阻大于电源的内阻，所以当R4的滑片向上滑动时，电源的输出功率增加，B正确；
开关S与触点1连接，电容器极板间的电势差等于R1两端的电压，R4的滑片向上滑动时，R1两端的电压增大，故C错误；
若仅将开关S由触点1拨向触点2，电路中电流不变，仍为I＝＝0.5A，开关S与触点1连接时，电容器左侧极板带正电，带电荷量Q1＝CUR1＝CIR1＝0.75×
10－6C；
开关S与触点2连接时，电容器左侧极板带负电，带电荷量Q2＝CUR滑＝CIR滑＝1.0×
10－6C，所以将开关S由触点1拨向触点2，流过导线d横截面的电荷量为ΔQ＝Q2＋Q1＝1.75×
10－6C，D正确．
20．解析：
选AD.升压变压器副线圈中电流I2＝＝4A，降压变压器原线圈电压U3＝U2－I2R＝（5000－4×
6）V＝4976V，对降压变压器有＝，所以用户得到的电压为U4＝U3＝×
4976V≈226V，A正确；
对升压变压器有＝＝，B错误；
发电站发电功率提高到40kW，输电电流I2″＝增大，则输电线路上损失的电压U线＝I2″R就会增加，所以降压变压器原线圈电压U3″＝U2－U线减小，则降压变压器的输出电压减小，C错误；
当采用380V低压输电时，输电线上的电流为I2′＝＝A＝52.63A，所以输电线路损耗的功率为P损′＝I2′2R＝16.62kW，用5000V高压输电，输电线上的电流为I2＝4A，输电线路损耗的功率为P损＝IR＝96W，则≈173∶1，D正确．
21．解析：
选BD.由qvB＝m，解得r＝2L.画出沿各个方向射入磁场的带电粒子运动轨迹，可知在ab范围内射出的带电粒子比从a点射出粒子的运动轨迹短，在磁场中运动的时间短，选项A错误．从d点射出的粒子在磁场中运动轨迹最长，运动的时间也最长，选项B正确．沿bc方向射入磁场的带电粒子从cd边射出，带电粒子从cd边射出的运动轨迹最短，所对应的圆心角为30°
，在磁场中运动的最短时间为tmin＝＝，选项D正确．由x＝2L（1－cos30°
）解得x＝（2－）L，即从cd边射出的粒子与c的最小距离为（2－）L，选项C错误．
22．解析：
（1）根据刻度尺读数规则，指针示数为16.00cm.
（2）根据表中数据，加挂1个钩码拉力增大ΔF＝mg＝0.5N，弹簧Ⅰ多伸长Δx＝4.00cm，由ΔF＝k1Δx，解得弹簧Ⅰ的劲度系数k1＝12.5N/m；
弹簧Ⅱ多伸长Δx＝5.80cm－4.00cm＝1.80cm，由ΔF＝k2Δx，解得弹簧Ⅱ的劲度系数k2＝27.8N/m.
答案：
（1）16.00（2分）
（2）12.5（2分） 27.8（2分）
23．解析：
（2）根据电路原理图连接实物，得出实物连线图．
（3）由闭合电路欧姆定律，得E＝I（r＋R1＋Rx）；
由电阻定律，得Rx＝ρ，R0＝ρ，联立解得＝＋L.对比题图丙，可知图线斜率等于，即＝，解得E＝；
图线在纵轴的截距等于，即＝a，
解得r＝－R1.
（2）如图所示（3分） （3）（3分） －R1（3分）
24．解析：
（1）由左手定则及粒子运动轨迹知，匀强磁场方向为垂直纸面向外（2分）
由电场性质及粒子运动轨迹知，匀强电场方向为平行于bc边且沿c到b的方向（2分）
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：
r＝L（1分）
洛伦兹力充当向心力：
qv0B＝m（1分）
解得B＝（1分）
粒子在电场中运动：
a＝（1分）
L＝v0t（1分）
L＝at2（1分）
解得E＝（1分）
故＝（1分）
（1）见解析
（2）
25．解析：
（1）A位于a处时，绳无张力且物块B静止，故弹簧处于压缩状态，对B，由平衡条件有kx＝mgsin30°
（1分）
当C恰好离开挡板P时，C的加速度为0，故弹簧处于拉伸状态
对C，由平衡条件有kx′＝mgsin30°
由几何关系知R＝x＋x′（1分）
代入数据解得k＝＝5N/m（2分）
（2）物块A在a处与在b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同．故A在a处与在b处时，A、B系统的机械能相等
有MgR（1－cos60°
）＝mgRsin30°
＋Mv＋mv（2分）
如图所示，将A在b处的速度分解，由速度分解关系有vAcos30°
＝vB（1分）
代入数据解得vA＝＝4m/s（1分）
在b处，对A，由牛顿第二定律有
N－Mg＝（1分）
代入数据解得N＝Mg＋＝144N（1分）
由牛顿第三定律知，A对圆轨道的压力大小为
N′＝144N（1分）
（3）物块A不脱离圆形轨道有两种情况
①第一种情况，不超过圆轨道上与圆心的等高点
由动能定理，恰能进入圆轨道时需满足条件－μMgx1＝0－Mv（1分）
恰能到圆心等高处时需满足条件
－Mgr－μMgx2＝0－Mv（1分）
代入数据解得x1＝＝8m，x2＝＝6m
即6m≤x≤8m（2分）
②第二种情况，过圆轨道最高点
在最高点，由牛顿第二定律有Mg＋FN＝（1分）
恰能过最高点时，FN＝0，v＝
由动能定理有
－Mg·
2r－μMgx′＝Mv2－Mv（1分）
代入数据解得x′＝＝3m（1分）
故此时bc间距离应满足x≤3m（1分）
（1）5N/m
（2）144N
（3）x≤3m或6m≤x≤8m
33．解析：
（1）布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，反映了液体分子无规则的热运动，选项A错误．物体温度升高，分子平均动能增大，并不表示物体内所有分子的动能都增大，选项B正确．根据热力学第二定律，内能可以全部转化为机械能，但一定会引起其他变化，选项C错误．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小，选项D正确．根据熵增加原理，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，选项E正确．
（2）①从A到B，外界对气体做功
有W＝pΔV＝15×
104×
（8－2）×
10－3J＝900J（2分）
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q（2分）
Q＝ΔU－W＝－1200J，气体放热1200J（1分）
②由图可知pBVB＝pCVC，故TB＝TC（2分）
根据理想气体状态方程有＝（2分）
代入图中数据可得TA＝1200K（1分）
（1）BDE
（2）①1200J ②相同 1200K
34．解析：
（1）振幅是质点离开平衡位置的最大距离，由题图可知，这列波的振幅为4cm，A错误；
由题图可知，这列波的波长为λ＝4m，由v＝，可得v＝4m/s，B正确；
由波传播的方向与质点振动方向之间的关系可判断出平衡位置在x＝2m处的质点在题图示时刻正沿y轴正方向运动，C正确；
在题图示时刻平衡位置在x＝5m处的质点与平衡位置的距离最大，故其加速度最大，D错误；
经过1.5s＝1.5T，这列波传播了6m，此时平衡位置在x＝12m处的质点向y轴正方向运动，E正确．
（2）①设光在水面的折射角为r，出射点为Q
由几何关系可知，tanr＝＝＝（2分）
解得r＝30°
由折射定律得水对该光的折射率为
n＝＝＝（2分）
光在水中的传播速度为v＝＝c（1分）
②当光从空气射入水中的入射角无限接近90°
时，折射角最大，光线的入射点和出射点间的距离最远
此时由折射定律有n＝＝（2分）
解得r′＝45°
此时入射点和出射点间的距离
L＝2dtanr′＝2d（1分）
（1）BCE
（2）①c ②2d
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