高考真题训练物理试题与答案Word格式文档下载.docx
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将电子束打到靶上的点记为P点。
则
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
5．氘核
可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式
表示。
海水中富含氘，已知1kg海水中含有的氘核约为1.0×
1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M的标准煤燃烧时释放的热量相等；
已知1kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×
107J，1MeV=1.6×
10–13J，则M约为
A．40kgB．100kgC．400kgD．1000kg
6．特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。
我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。
假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为∆P，到达B处时电压下降了∆U。
在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为∆P′，到达B处时电压下降了∆U′。
不考虑其他因素的影响，则
A．∆P′=
∆PB．∆P′=
∆PC．∆U′=
∆UB．∆U′=
∆U
7．如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。
a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。
A．a、b两点的场强相等B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等D．c、d两点的电势相等
8．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；
物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。
总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。
不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为
A．48kgB．53kgC．58kgD．63kg
二、非选择题：
共62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．（5分）
一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。
一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；
由h0下降至h所用的时间T=0.730s。
由此求得小球B加速度的大小为a=_______m/s2（保留3位有效数字）。
从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.80m/s2。
根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′=_______m/s2（保留3位有效数字）。
可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：
______________________。
10．（10分）
某同学要研究一小灯泡L（3.6V，0.30A）的伏安特性。
所用器材有：
电流表A1（量程200mA，内阻Rg1=10.0Ω），电流表A2（量程500mA，内阻Rg2=1.0Ω）、定值电阻R0（阻值R0=10.0Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）、电源E（电动势4.5V，内阻很小）、开关S和若干导线。
该同学设计的电路如图（a）所示。
（1）根据图（a），在图（b）的实物图中画出连线。
图（a）
（2）若I1、I2分别为流过电流表A1和A2的电流，利用I1、I2、Rg1和R0写出：
小灯泡两端的电压U=_______，流过小灯泡的电流I=_______。
为保证小灯泡的安全，I1不能超过_______mA。
（3）实验时，调节滑动变阻器，使开关闭合后两电流表的示数为零。
逐次改变滑动变阻器滑片位置并读取相应的I1和I2。
所得实验数据在下表中给出。
I1/mA
32
55
85
125
144
173
I2/mA
171
229
299
379
424
470
根据实验数据可算得，当I1=173mA时，灯丝电阻R=_______Ω（保留1位小数）。
（4）如果用另一个电阻替代定值电阻R0，其他不变，为了能够测量完整的伏安特性曲线，所用电阻的阻值不能小于_______Ω（保留1位小数）。
11．（12分）
如图，在0≤x≤h，
区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。
一质量为m，电荷量为q（q>
0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为
，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。
求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
12.（20分）
如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。
圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；
在运动过程中，管始终保持竖直。
已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
（二）选考题：
共15分。
请考生从2道物理题中每科任选一题作答。
如果多做，则每科按所做的第一题计分。
13．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列关于能量转换过程的叙述，违背热力学第一定律的有_______，不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有_______。
（填正确答案标号）
A．汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B．冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低
C．某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D．冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
（2）（10分）潜水钟是一种水下救生设备，它是一个底部开口、上部封闭的容器，外形与钟相似。
潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气，以满足潜水员水下避险的需要。
为计算方便，将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒；
工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下，如图所示。
已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，大气压强为p0，H
h，忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
（i）求进入圆筒内水的高度l；
（ⅱ）保持H不变，压入空气使筒内的水全部排出，求压入的空气在其压强为p0时的体积。
14．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）用一个摆长为80.0cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°
，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_______cm（保留1位小数）。
（提示：
单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。
）
某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。
新单摆的摆长应该取为_______cm。
（2）（10分）直角棱镜的折射率n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°
，∠A=30°
。
截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
（i）光线在BC边上是否会发生全反射?
说明理由；
（ⅱ）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。
参考答案
1．D2．A3．B4．D5．C6．AD7．ABC8．BC
9．1.841.96滑轮的轴不光滑（或滑轮有质量）
10．
（1）如图所示。
（2）
I2–I1180（3）11.6（4）8.0
11．解：
（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。
设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得
②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得
④
（2）若磁感应强度大小为
，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。
设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系
⑥
即
⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
⑧
联立⑦⑧式得
⑨
12．解：
（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。
设此时管的加速度大小为a1，方向向下；
球的加速度大小为a2，方向向上；
球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f①
ma2=f–mg②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。
由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
方向均向下。
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。
取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1=–v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
设此时管下端的高度为h1，速度为v。
由运动学公式可得
由③④⑥⑧式可判断此时v>
0。
此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。
由运动学公式有
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1=h1+h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。
在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
⑭
设圆管长度为L。
管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为
⑯
13．
（1）BC
（2）解：
（i）设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有
p1V1=p0V0①
V0=hS②
V1=（h–l）S③
p1=p0+ρg（H–l）④
联立以上各式并考虑到H
h>
l，解得
⑤
（ⅱ）设水全部排出后筒内气体的压强为p2；
此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有
p2V0=p0V3⑥
其中p2=p0+ρgH⑦
设需压入筒内的气体体积为V，依题意
V=V3–V0⑧
联立②⑥⑦⑧式得
⑨
14．
（1）6.996.8
（i）如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r。
折射光线射到BC边上的E点。
设光线在E点的入射角为
，由几何关系，有
=90°
–（30°
–r）>
60°
①
根据题给数据得
sin
>
sin60°
②
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射。
（ii）设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i'
，折射角为r'
，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i=30°
③
i'
=90°
–θ④
sini=nsinr⑤
nsini'
=sinr'
⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
⑦
由几何关系，r'
即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
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