江苏省高考考前热身卷2物理试题.docx
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江苏省高考考前热身卷2物理试题
高考物理考前热身卷
一、单项选择题
1.小车上固定一根轻质弹性杆A,杆顶固定一个小球B,如图所示,现让小车从光滑斜面上自由下滑,在下图的情况中杆发生了不同的形变,其中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据小车和小球的受力情况及运动情况则可明确杆应受到的弹力情况，从而明确杆的形变．
【详解】小车在光滑斜面上自由下滑,则加速度a=gsinθ,由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下,且小球的加速度等于gsinθ,则杆的弹力方向垂直于斜面向上,杆不会发生弯曲,C正确.故选C.
【点睛】杆的形变是通过受力来实验的，故分析小球的受力情况再来分析杆的受力情况即可．
2.如图所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象，由此可知质点（ ）
A.0～2s内沿x轴正方向运动B.0～4s内做曲线运动
C.0～4s内速率先增大后减小D.0～4s内位移为零
【答案】C
【解析】
试题分析：
因x-t图线的斜率等于物体的速度，故0～2s内物体的速度为负，沿x轴负方向运动，选项A错误；0～4s内做直线运动，选项B错误；0～4s内曲线的斜率先增大后减小，故速率先增大后减小，选项C正确；0～4s内位移从+10m到-10m，则位移为-20m，选项D错误；故选C.
考点：
x-t图像
3.2015年9月20日，我国成功发射“一箭20星”，在火箭上升的过程中分批释放卫星，使卫星分别进入离地200～600km高的轨道．轨道均视为圆轨道，下列说法正确的是（）
A.离地近的卫星比离地远的卫星运动速率小
B.离地近的卫星比离地远的卫星向心加速度小
C.上述卫星的角速度均大于地球自转的角速度
D.同一轨道上的卫星受到的万有引力大小一定相同
【答案】C
【解析】
试题分析：
根据
可知，
，可知离地近的卫星比离地远的卫星运动速率大，选项A错误；根据
可知，
，则离地近的卫星比离地远的卫星向心加速度大，选项B错误；上述卫星的周期均小于地球自转的周期，故角速度均大于地球自转的角速度，选项C正确；根据
可知，同一轨道上的卫星，由于质量不确定，故受到的万有引力大小不确定，选项D错误；故选C.
考点：
万有引力定律的应用
4.在某个电场中,x轴上各点电势φ随x坐标变化如图所示,一质量m、电荷量+q的粒子只在电场力作用下能沿x轴做直线运动,下列说法中正确的是（ ）
A.x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度和电势都相同
B.粒子运动过程中,经过x=x1和x=-x1两点时速度一定相同
C.粒子运动过程中,经过x=x1点的加速度大于x=x2点加速度
D.若粒子在x=-x1点由静止释放,则粒子到达O点时刻加速度为零,速度达到最大
【答案】D
【解析】
【详解】A、从x=x1到x=-x1，电势先降低后升高，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向先向右再向左，则知x轴上x=x1和x=-x1两点电场强度方向相反，根据斜率等于场强的大小，可知x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等，故这两点电场强度不同。
由图知两点的电势相等，故A错误。
B、x=x1和x=-x1两点电势相等，电场力做功为0，根据动能定理可知粒子运动过程中，经过x=x1和x=-x1两点时速度大小一定相同，但速度方向有可能相反。
故B错误。
C、由x=x1和x=-x1两点电场强度大小相等，粒子所受的电场力大小相等，则加速度大小相等。
故C错误。
D、若粒子在x=-x1点由静止释放，粒子到达O处时所受的电场力为零，加速度为零，粒子先加速后减速，则到达O点时的速度最大，故D正确。
故选D.
【点睛】解决本题的关键知道电势的高低与电场方向的关系，知道电场力做功与电势能的关系，知道φ-x图象切线的斜率大小等于场强．
5.如图所示的圆形线圈共n匝,电阻为R,过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点,A、B两点的距离为L,A、B关于O点对称.一条形磁铁开始放在A点,中心与O点重合,轴线与A、B所在直线重合,此时线圈中的磁通量为Φ1,将条形磁铁以速度v匀速向右移动,轴线始终与直线重合,磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2,下列说法中正确的是（ ）
A.磁铁在A点时,通过一匝线圈的磁通量为
B.磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E=
C.磁铁从A到B的过程中,线圈中磁通量的变化量为2Φ1
D.磁铁从A到B的过程中,通过线圈某一截面的电量不为零
【答案】B
【解析】
【详解】A、磁铁在A点时,线圈中的磁通量为Φ1,故通过一匝线圈的磁通量也为Φ1,与匝数无关,故A错误;
B、磁铁从A到O的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为E=n
=n
=
故B正确;
C、D、磁通量先增加后减小,磁通量的变化量为零,故平均感应电动势为零,故平均感应电流为零,故通过线圈某一截面的电量为零,故C错误,D错误.
故选B.
【点睛】本题关键是明确感应电动势的平均值的求解方法，注意磁通量与面积和磁感应强度有关，与线圈的匝数无关．
二、多项选择题
6.如图是一辆静止在水平地面上的自卸车，当车厢缓慢倾斜到一定程度时，货物会自动沿车厢底部向车尾滑动。
上述过程，关于地面对车的摩擦力，下列说法正确的是
A.货物匀速滑动时，无摩擦力
B.货物匀速滑动时，摩擦力方向向后
C.货物加速滑动时，摩擦力方向向前
D.货物加速滑动时，摩擦力方向向后
【答案】AD
【解析】
试题分析：
货物匀速滑动时，车对货物的摩擦力和支持力的合力方向竖直向上，故货物对车的摩擦力和对车的压力方向竖直向下，则地面对车无摩擦力，选项A正确，B错误；货物加速滑动时，则对货物和车的整体而言，受的合外力沿斜面向下，故整体受地面的摩擦力方向向后，大小为macosθ，故选项C错误，D正确；故选AD.
考点：
牛顿第二定律；整体及隔离法
7.如图所示,200匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=
T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.2m2,线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω=100rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈线接入一只“220V 60W”灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10A,下列说法中正确的是（ ）
A.图示位置穿过线框的磁通量为零
B.线框中产生交变电压的有效值为400
V
C.变压器原、副线圈匝数之比为20∶11
D.允许变压器输出的最大功率为4000W
【答案】CD
【解析】
【详解】A、图示位置穿过的磁通量最大,A错;
B、线框中产生交变电压的最大值为Em=nBSω=400
V,有效值为400V,B错;
C、原副线圈匝数比
=
=
=
C正确;
D、允许变压器输出的最大功率为P=UI=4000W,D正确.
故选CD.
【点睛】解决本题的关键掌握交流电电动势峰值的表达式，以及知道峰值与有效值的关系，知道原副线圈电压、电流与匝数比的关系．
8.如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。
让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。
则在圆环下滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）（）
A.橡皮绳的弹性势能一直增大
B.圆环的机械能先不变后减小
C.橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D.橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大
【答案】BC
【解析】
试题分析：
圆环与橡皮绳构成的系统机械能守恒，圆环的机械能先不变后减小，橡皮绳的弹性势能先不变后增加，选项A错误、选项BC正确；橡皮绳再次到达原长时，合外力仍沿杆向下，圆环仍加速向下运动，速度不是最大值，故圆环动能不是最大，选项D错误。
考点：
机械能守恒定律
9.如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°,AO=L,在O点放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电粒子.已知粒子的比荷为
发射速度大小都为v0=
.设粒子发射方向与OC边的夹角为θ,不计粒子间相互作用及重力.对于粒子进入磁场后的运动,下列说法中正确的是（ ）
A.当θ=45°时,粒子将从AC边射出
B.所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等
C.随着θ角的增大,粒子在磁场中运动的时间先变大后变小
D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
【答案】AD
【解析】
【详解】A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
，已知
解得粒子的运动半径r=L，当θ=60°入射时，粒子恰好从A点飞出，则当θ=45°时,由几何关系可知,粒子将从AC边射出,选项A正确;
B、所有从OA边射出的粒子，θ不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于
，所用时间
，T一定，则知粒子在磁场中时间不相等,选项B错误;
C、当θ=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是
;当θ=60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好也是
是在磁场中运动时间最长,故θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大,当θ从60°到90°过程中,粒子从OA边射出,此时在磁场中运动的时间逐渐减小,故C错误;
D、当θ=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC.边界上只有一半区域有粒子射出,故D正确.
故选AD.
【点睛】此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论．θ从0°到60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键．
三、简答题
10.某同学采用图甲的电路,测量电流表G1的内阻r1.其中电流表G1量程为0~5mA内阻约200Ω;电流表G2量程为0~10mA,内阻约40Ω;定值电阻R0阻值为200Ω;电源电动势约为3V.
请回答下列问题:
（1）可供选择的滑动变阻器R1阻值范围为0~1000Ω,R2阻值范围为0~20Ω.则滑动变阻器应选,____（填“R1”或“R2”）.
（2）图甲中,若要求G1表示数变大,变阻器滑动头P应向____（填“A”或“B”）端移动.
（3）请用笔画线在乙图完成实物连线_______________.
（4）若实验中读得G1表和G2表的读数为I1和I2,则G1表的内阻r1=____（用I1、I2及R0表示）.
【答案】
（1）.R2
（2）.B（3）.
（4）.
R0
【解析】
【详解】
（1）由电路图可知,本实验采用分压接法,故滑动变阻器应选择小电阻,故选R2.
（2）为了使电流表电流增大,则应使并联的滑动变阻器部分增大;故滑片应向B端移动.
（3）根据给出的原理图可得出其实物图,如图所示.
（4）G1表与定值电阻R0并联,由欧姆定律可知G1表两端的电压U=（I2-I1）R0,则G1的内阻r=
=
R0.
【点睛】本题考查电阻测量实验，要注意明确电路结构，再根据实验电路图确定所选用的实验仪器及接法；并由欧姆定律分析实验结果。
11.
（1）某同学想利用图甲所示装置,验证滑块与钩码组成的系统机械能守恒,该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了.你认为该同学的想法____（填“正确”或“不正确”）,理由是:
_______.
（2）另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定律.如图乙所示,质量为m1的滑块（带遮光条）放在A处,由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为m2的钩码相连,导轨B处有一光电门,用L表示遮光条的宽度,x表示A、B两点间的距离,θ表示气垫导轨的倾角,g表示当地重力加速度.
①气泵正常工作后,将滑块由A点静止释放,运动至B,测出遮光条经过光电门的时间t,该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为________,动能的增加量表示为________;若系统机械能守恒,则
与x的关系式为
=______（用题中已知量表示）.
②实验时测得m1=475g,m2=55g,遮光条宽度L=4mm,sinθ=0.1,改变光电门的位置,滑块每次均从A点释放,测量相应的x与t的值,以
为纵轴,x为横轴,作出的图象如图丙所示,则根据图象可求得重力加速度g0为______m/s2（计算结果保留两位有效数字）,若g0与当地重力加速度g近似相等,则可验证系统机械能守恒.
【答案】
（1）.不正确
（2）.有摩擦力做功,不满足机械能守恒的条件（3）.（m2-m1sinθ）gx（4）.
（m1+m2）
（5）.
（6）.9.4
【解析】
【详解】
（1）机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，平衡摩擦力时，是用重力的分力等于摩擦力，但此时系统受到摩擦力，故摩擦力对系统做功，机械能不守恒；故该同学的想法不正确；
（2）①滑块由A到B的过程中，系统重力势能的减小量为：
△EP=m2gx-m1gxsinθ；
经过光电门时的速度为：
;
则动能的增加量为:
或机械能守恒，则有：
△EP=△EK
联立解得:
;
②由上述公式可得，图象中的斜率表示
;
代入数据解得：
g=9.4m/s2.
【点睛】本题考查验证机械能守恒定律的条件，属于创新型的实验题目，要求能正确分析实验原理，能明确是两物体组成的系统机械能守恒．
12.下列说法中正确的是（）
A.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大
B.气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关
C.有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体
D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势
【答案】D
【解析】
试题分析：
当分子间作用力表现为斥力时，分子间的距离增大，斥力做正功，分子势能减小，A错误；气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关．B错误；晶体分单晶体和多晶体，单晶体有规则的几何外形，而多晶体及非晶体没有；C错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，D正确；
考点：
考查了分子间的作用力，气体压强，晶体，液体表面张力
13.一定质量的理想气体经历了如图所示A到B状态变化的过程,已知气体状态A参量为pA、VA、tA,状态B参量为pB、VB、tB,则有pA____（填“>”“=”或“<”）pB.若A到B过程气体内能变化为ΔE,则气体吸收的热量Q=____.
【答案】
（1）.=
（2）.pA（VB-VA）+ΔE
【解析】
【详解】热力学温度：
T=273+t，由图示图象可知，V与T成正比，因此，从A到B过程是等压变化，有：
pA=pB，
在此过程中，气体体积变大，气体对外做功，W=Fl=pSl=p△V=pA（VB-VA），
由热力学第一定律可知：
Q=△U+W=△E+pA（VB-VA）；
【点睛】本题考查了判断气体压强间的关系、求气体吸收的热量，由图象判断出气体状态变化的性质是正确解题的关键，应用热力学第一定律即可正确解题．
14.冬天天气寒冷，有时室内需要加温。
如果有一房间室内面积为22.4m2，高为3.0m，室内空气通过房间缝隙与外界大气相通，开始时室内温度为0℃，通过加热使室内温度升为20℃。
若上述过程中大气压强不变，已知气体在0℃的摩尔体积为22.4L/mol，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，试估算这个过程中有多少空气分子从室内跑出。
（结果保留两位有效数字）
【答案】ΔN≈1.2×1026个
【解析】
0℃时室内气体分子总数N＝
NA＝
×6.0×1023＝1.8×1027（个）
设20℃时室内气体体积与气体总体积分别为V1和V2，
根据盖—吕萨克定律得
，
T1＝273K，T2＝（273＋20）K＝293K
解得
则室内气体分子数与总分子数之比为
从室内跑出的气体分子数为ΔN＝N－N1
联立解得ΔN＝
N≈1.2×1026（个）。
点睛：
先求0℃时室内气体分子总数，再根据盖•吕萨克定律求出室内气体体积和总体积之比，即可求解．
15.下列说法中正确的是 .
A.麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹用实验证实了电磁波的存在
B.只有机械波多能产生普勒效应,光波不能产生多普勒效应
C.在照相机镜头上涂一层氟化镁,可以增透所需要的光,这是利用光的干涉原理
D.不同频率的机械波在同一种介质中的传播速度一定不相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故A正确；
B、多普勒效应是波的特有现象，不论机械波，还是电磁波都有此现象，故B错误；
C、照相机镜头上涂一层氟化镁，使反射光进行干涉叠加，从而削弱，可以增透所需要的光，这是利用光的干涉原理，故C正确；
D、不同频率的机械波在同一种介质中的传播速度一定相同，而不同频率的电磁波在同一介质中传播速度不同，故D错误；
故选AC.
【点睛】考查电磁波发现与证实，掌握多普勒效应的适用范围，理解光的干涉原理，注意机械波与电磁波的不同．
16.如图所示为直角三棱镜的截面图,一条光线平行于BC边入射,经棱镜折射后从AC边射出.已知∠A=θ=60°,该棱镜材料的折射率为____;光在棱镜中的传播速度为____（已知光在真空中的传播速度为c）.
【答案】
（1）.
（2）.
【解析】
【详解】
（1）作出完整的光路如图，
根据几何关系可知φ=∠B=30°，所以α=60°。
根据折射定律有
因为
，所以
，故
则根据折射定律
（2）根据公式
，有：
【点睛】能正确的作出光路图是解本题的关键，还要知道折射定律的一些公式：
.
17.如图所示,甲为某一列简谐波t=t0时刻的图象,乙是这列波上P点从这一时刻起的振动图象,试讨论:
①波的传播方向和传播速度.
②求0~2.3s内P质点通过的路程.
【答案】①x轴正方向传播，5.0m/s②2.3m
【解析】
【详解】
（1）根据振动图象可知判断P点在t=t0时刻在平衡位置且向负的最大位移运动，则波沿x轴正方向传播，
由甲图可知，波长λ=2m，由乙图可知，周期T=0.4s，则波速
（2）由于T=0.4s，则
则路程
【点睛】本题中根据质点的振动方向判断波的传播方向，可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法，知道波速、波长、周期的关系.
18.下列说法正确的是____________
A.β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
B.一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子
C.用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期
D.原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量
【答案】C
【解析】
试题分析：
β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，A错误；一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多可产生3种不同频率的光子，B错误；原子核的半衰期与外界因素无关，C正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D错误；
考点：
考查了原子衰变，氢原子跃迁
19.如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量为2kg，以4m/s的速度向右运动，B物块的质量为1kg，以2m/s的速度向左运动，两物块碰撞后粘在一起共同运动．若规定向右为正方向，则碰撞前B物块的动量为kg•m/s，碰撞后共同速度为m/s．
【答案】-2；2
【解析】
试题分析：
规定向右为正方向，碰撞前B物块的动量PB=mBvB=1×（-2）kg·m/s=-2kg·m/s．
根据动量守恒定律得：
mAvA+mBvB=（mA+mB）v，
解得：
v＝2m/s．
考点：
动量守恒定律
20.中科院等离子物理研究所设计并制造的世界上首个“人造太阳”实验装置大部件已安装完毕．若在此装置中发生核反应的方程是
，已知
、
核的比结合能分别为EH=1.11MeV、EHe=7.07MeV，试求此核反应过程中释放的核能．
【答案】△E=23.84MeV
【解析】
【详解】则核反应过程中释放的核能：
△E=4EHe−4EH=4×（7.07−1.11）MeV=23.84MeV，
答：
此核反应过程中释放的核能23.84MeV.
四、计算题
21.如下图所示,MN、PQ为足够长的光滑平行导轨,间距L=0.5m.导轨平面与水平面间的夹角θ=30°.NQ⊥MN,NQ间连接有一个R=3Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0=1T.将一根质量为m=0.02kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,金属棒的电阻r=2Ω,其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变,cd距离NQ为s=0.5m,g=10m/s2.
（1）求金属棒达到稳定时的速度是多大.
（2）金属棒从静止开始到稳定速度的过程中,电阻R上产生的热量是多少?
（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强度逐渐减小,可使金属棒中不产生感应电流,则t=1s时磁感应强度应为多大?
【答案】
（1）2m/s
（2）0.006J.（3）0.1T
【解析】
【详解】
（1）在达到稳定速度前,金属棒的加速度逐渐减小,速度逐渐增大,达到稳定速度时,有
mgsinθ=FA,
FA=BIL,
E=BLv,
由以上四式代入数据解得v=2m/s.
（2）根据能量关系有：
电阻R上产生的热量QR=
Q,
解得QR=0.006J.
（3）当回路中的总磁通量不变时,金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动
mgsinθ=ma,
x=vt+
at2,
设t时刻磁感应强度为B,总磁通量不变有：
BLs=B'L（s+x）,
当t=1s时,代入数据解得,此时磁感应强度B'=0.1T.
【点睛】本题考查滑轨问题，关键是结合切割公式、欧姆定律公式、安培力公式列式分析，同时要结合牛顿第二定律、平衡条件进行考虑，第三问要注意最后导体棒做匀加速直线运动．
22.如图所示,半径r=
m的两圆柱体A和B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距离为s=3.2m.两圆柱体A和B均被电动机带动以6rad/s的角速度同方向转动,质量均匀分布的长木板无初速度地水平放置在A和B上,其重心恰好在B的上方.从木板开始运动计时,圆柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动.设木板与两圆柱体间的动摩擦因数相同.重力加速度取g=10.0m/s2,取π≈3.0.求:
（1）圆柱体边缘上某点的向心加速度.
（2）圆柱体A、B与木板间的动摩擦因数.
（3）从开始运动到重心恰在A的上方所需的时间.
【答案】
（1）12.0m/s2
（2）0.1（3）2.6s
【解析】
【详解】
（1）根据向心加速度的公式可知：
a轮＝ω2r＝12.0m/s2
（2）木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时，木板不受摩擦力．则：
v=rω=2.0m/s
圆柱体转动两周的时间：
所以加速度：
由：
所以：
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