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高考模拟
高考模拟一
(限时：60分钟)
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．在物理学的争辩及应用过程中涉及诸多的思想方法，如抱负化、模型化、放大、假说、极限思想，把握变量、猜想、假设、类比、比值法等等．以下关于所用思想方法的叙述不正确的是( )
A．在不需要考虑物体本身的大小和外形时，用质点来代替物体的方法是假设法
B．速度的定义式v＝，接受的是比值法；当Δt格外格外小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想
C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变争辩电阻与电流的关系，再保持电流不变争辩电阻与电压的关系，该试验应用了把握变量法
D．如图1是三个试验装置，这三个试验都体现了放大的思想
图1
答案 A
解析 质点是用来代替物体的全部质量的点，接受的科学方法为抱负化物理模型的方法，故A不正确．
2．如图2所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直大路上速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是( )
图2
A．t1时刻两车也相遇
B．t1时刻a车在前，b车在后
C．a车速度先增大后减小，b车速度先减小后增大
D．a车加速度先增大后减小，b车加速度先减小后增大
答案 C
解析 在t2时刻，两车相遇，在t1～t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后，故A、B错误．由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大，故C正确．图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大，故D错误．
3．(2022·新课标Ⅰ·17)如图3所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开头向左加速，加速度从零开头渐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )
图3
A．确定上升
B．确定降低
C．保持不变
D．上升或降低由橡皮筋的劲度系数打算
答案 A
解析 设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，
由牛顿其次定律可知
k(l′－l0)cos θ＝mg
则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ
l′cos θ＝l－l0(1－cos θ)
即l′cos θ<l
所以小球高度确定上升，故选项A正确．
4．如图4，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则( )
图4
A．若v0＝，则物块落地点离A点距离为R
B．若球面是粗糙的，当v0<时，物块确定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面
C．若v0<，则物块落地点离A点距离为R
D．若v0≥，则物块落地点离A点距离至少为2R
答案 D
解析 当v0＝，物块将离开球面做平抛运动，由y＝2R＝gt2，x＝v0t，得x＝2R，A错误，D正确；若v0<，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A点距离大于R，B、C错误．
5．我国“玉兔号”月球车被顺当送抵月球表面，并发回大量图片和信息．若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2.已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则( )
A．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为
B．地球的质量与月球的质量之比为
C．地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为
D．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
答案 D
解析 质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，物体的质量是不变的，重力是转变的，依据重力表达式G重＝mg表示出g进行比较；忽视星球自转的影响，依据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1∶1，故A选项错误；设“玉兔号”月球车质量为m，依据G＝mg，则地球的质量为M1＝，月球的质量为M2＝，故地球的质量与月球的质量之比为＝，故B选项错误；地球表面的重力加速度g1＝，月球表面的重力加速度g2＝，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1∶G2，故C选项错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由G＝m和G＝mg，解得v＝，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为 ，D选项正确．
6．真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图5所示，a点的电场方向与ab连线成60°，b点的电场方向与ab连线成30°.另一带正电粒子以某初速度只在电场力作用下由a运动到b.以下说法正确的是( )
图5
A．a、b两点的电场强度Ea＝3Eb
B．a、b两点的电势φa<φb
C．带正电粒子在a、b两点的动能Eka>Ekb
D．带正电粒子在a、b两点的电势能Epa>Epb
答案 AD
解析 a点到O点的距离Ra＝Labcos 60°＝Lab，b点到O点距离Rb＝Lbcos 30°＝Lab，依据点电荷的场强公式E＝，可得：Ea＝3Eb，故A正确；在点电荷的四周越靠近场源电势越低，故有φa＞φb，故B错误；带正电粒子在a、b两点的电势能Epa>Epb，故D正确；由能量守恒，带正电粒子在a、b两点的动能Eka<Ekb，故C错误．
7．如图6甲所示，抱负变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦式沟通电压，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻．电流表、电压表均为抱负电表，则下述结论正确的是( )
图6
A．副线圈中电压表的读数为880 V
B．副线圈中输出沟通电的频率为0.02 Hz
C．原线圈中电流表的读数为0.5 A
D．原线圈中的输入功率为110 W
答案 CD
解析 变压器原线圈的有效值为U1＝ V＝220 V，则副电压U2＝U1＝55 V，所以电压表示数为55 V，选项A错误；副线圈中电流I2＝＝＝2 A，原线圈中电流为I1＝I2＝×2 A＝0.5 A，选项C正确；原线圈输入功率P1＝I1U1＝0.5 A×220 V＝110 W，选项D正确；沟通电的频率为f＝＝＝50 Hz，选项B错误．
8．如图7所示，平行金属导轨ab、cd与水平面成θ角，间距为L，导轨与固定电阻R1和R2相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒MN，质量为m，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均为R，导体棒以速度v沿导轨匀速下滑，忽视感应电流之间的作用及导轨的电阻，则( )
图7
A．导体棒两端电压为
B．电阻R1消耗的热功率为mgv(sin θ－μcos θ)
C．t时间内通过导体棒的电荷量为
D．导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于θ
答案 CD
解析 导体棒匀速运动时，合力为零，即：mgsin θ＝μmgcos θ＋BIL；电磁感应的过程中，R外＝R，MN两端的电压U＝IR外，联立以上三式得：U＝，故A错误．导体棒的重力的功率：PG＝mgvsin θ，摩擦力的功率：Pf＝μmgcos θ·v，依据P＝I2R知，MN上的功率：PMN＝I2R，R1、R2上的功率：PR2＝PR1＝(I)2R＝I2R＝PMN；依据功能关系知：PG＝Pf＋PMN＋2PR1，即有mgv(sin θ－μcos θ)＝2PR1＋PMN＝6PR1，解得电阻R1消耗的热功率为PR1＝mgv(sin θ－μcos θ)，故B错误．t时间内通过导体棒的电荷量为q＝It＝，故C正确．导体棒受到重力、支持力、摩擦力和安培力四个力作用．依据平衡条件得知：支持力、摩擦力和安培力三个力的合力与重力大小相等、方向相反，摩擦力与安培力方向相同，则支持力与摩擦力的合力与竖直方向的夹角小于θ，而重力与安培力的合力和支持力和摩擦力的合力方向相反，则知导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于θ，故D正确．故选C、D.
第Ⅱ卷
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必需做答．第13题～第15题为选考题，考生依据要求做答．)
(一)必考题(共47分)
9．(6分)(1)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的试验装置如图8甲所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器所用沟通电源的频率为50 Hz，从比较清楚的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________ m/s2.(结果保留两位有效数字)
图8
图9
(2)甲、乙两同学在同一试验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的状况下，争辩加速度a与拉力F的关系，分别得到如图9中甲、乙两条直线．则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲________μ乙．(选填“大于”、“小于”或“等于”)
答案 (1)0.15 (2)大于
解析 (1)由逐差法可得a＝×10－2 m/s2＝0.15 m/s2.
(2)由牛顿其次定律F－μmg＝ma，结合图象可知μ甲大于μ乙．
10． (9分)某同学用如图10所示的电路测定一电动势约2.8 V的电池的电动势和内阻，现有下列器材可供选用：
图10
A．电压表(0～3 V，内阻约5 kΩ)
B．电流表(0～100 mA，内阻1 Ω)
C．定值电阻R1(阻值0.2 Ω)
D．定值电阻R2(阻值5.0 Ω)
E．滑动变阻器R3(阻值0～15 Ω)
F．开关、导线若干
操作步骤如下：
(1)该同学考虑由于电流表量程过小，需要扩大电流表量程．应在电流表上________(填“串联”或“并联”)定值电阻________(填“R1”或“R2”)．
(2)将改装后的电流表重新接入电路，并把滑动变阻器阻值仍调到最大，此时电流表指针偏转角度较小．渐渐调小滑动变阻器阻值，电流表示数有较大的变化，但电压表示数基本不变，该现象说明___________________________________．
(3)为了让试验能正常进行，该同学对图10的电路做了适当改进，请画出改进后的电路图．
(4)用改进后的电路测定出两组数据：第一组数据为U1＝1.36 V，I1＝0.27 A；其次组数据为U2＝2.00 V，I2＝0.15 A，则电池的内阻为________ Ω(计算结果保留两位小数)．
答案 (1)并联 R1 (2)电池的内阻太小 (3)如图所示
(4)0.33
解析 (1)将电流表改装成大量程的电流表需要并联电阻，电池的电动势约2.8 V，则电压表量程选0～3 V．电路中最小电流约Imin＝≈0.19 A，假如电流表并联R1，由(I1－Ig)R1＝IgRg，则改装后的电流表量程为I1＝0.6 A，假如并联R2，由(I2－Ig)R2＝IgRg，则改装后的电流表量程为I2＝0.12 A，故选择并联电阻R1.
(2)电压表示数基本不变，由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir知，由于电池的内阻太小，现象是电压表的示数变化不明显．
(3)由于电池的内阻太小，故在电路中串联一个定值电阻．
(4)由闭合电路欧姆定律U＝E－I(R2＋r)，将两组数据代入，解得内阻r＝0.33 Ω.
11．(12分)一质量为1 kg的物块置于水平地面上，现用一个水平恒力F拉物块，一段时间后撤去恒力F，已知从物块开头运动到停止，经受的时间为4 s，运动的位移为10 m，物块与地面间的动摩擦因数为(g＝10 m/s2)．
(1)求恒力F的大小；
图11
(2)若力F的大小可调整，其与竖直方向的夹角为θ也可以调整，如图11所示，其他条件不变，若在力F作用下物块匀速运动，求力F的最小值及此时θ的大小．
答案 (1) N (2)当θ＝60°时，Fmin＝5 N
解析 (1)由x＝vt得v＝5 m/s
匀减速阶段a2＝μg＝ m/s2
时间t2＝1.5 s
则匀加速阶段的时间t1＝(4－1.5) s＝2.5 s
则加速阶段a1＝2 m/s2
由F－μmg＝ma1得F＝ N.
(2)由匀速可知Fsin θ＝μ(mg－Fcos θ)
得F＝＝
tan φ0＝μ＝ φ0＝30°
当θ＝60°时，Fmin＝5 N.
12． (20分)如图12所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直平面对外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面对里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为＋q的一簇带电粒子，当全部粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力．求：
图12
(1)磁场的磁感应强度B的大小；
(2)挡板端点P的坐标；
(3)挡板上被粒子打中的区域长度．
答案 (1) (2)[(＋1)R,0] (3)R
解析 (1)设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线，长度为r，C为该轨迹圆的圆心．
连接AO′、CO，可证得ACOO′为菱形，依据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r＝R，
由qvB＝m
得B＝.
(2)有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D作挡板的垂线交于E点，
DP＝R，OP＝(＋1)R
P点的坐标为[(＋1)R,0]
(3)设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF＝2R
过O点作挡板的垂线交于G点，
OG＝(＋1)R·＝(1＋)R
FG＝＝ R
EG＝R
挡板上被粒子打中的区域长度
l＝FE＝R＋ R＝R
(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3道物理题中任选一题做答．假如多做，则按所做的第一题计分)
13．[物理—选修3－3](15分)
(1)(6分)以下说法正确的是________．
A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关
B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规章热运动
C．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
D．假如气体分子总数不变，而气体温度上升，气体的平均动能确定增大，因此压强也必定增大
E．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
(2)(9分)如图13所示，绝热气缸封闭确定质量的抱负气体，被重量为G的绝热活塞分成体积相等的M、N上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动．设活塞的面积为S，两部分的气体的温度均为T0，M部分的气体压强为p0，现把M、N两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把M的温度加热到多大？
图13
答案 (1)ACE (2)(1＋)T0
解析 (1)气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，单位体积内的分子数越多，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多；分子的平均动能越大，则气体的平均速率越大，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，选项A正确；布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，它说明液体分子不停息地做无规章热运动，选项B错误；当分子间的引力和斥力平衡时，即r＝r0位置，分子势能最小，选项C正确；假如气体分子总数不变，而气体温度上升，气体的平均动能确定增大，但是假如气体的体积变大，则气体分子密度减小，因此压强不愿定增大，选项D错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项E正确．
(2)设加热后M的温度为T
倒置前后N部分的气体压强不变均为pN＝p0＋
对M部分倒置前后列方程＝
联立解得T＝(1＋)T0
14．[物理—选修3－4](15分)
(1)(6分)一简谐横波以4 m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t＝0时的波形如图14所示，则________．
图14
A．波的周期为1 s
B．x＝0处的质点在t＝0时向y轴负向运动
C．x＝0处的质点在t＝ s时速度为0
D．x＝0处的质点在t＝ s时向下振动
E．质点P此时向下振动
(2)(9分)一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，斜边AB＝a.棱镜材料的折射率为n＝.在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜(如图15所示)．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置(不考虑光线沿原路返回的状况)．
图15
答案 (1)ABD (2)见解析图 出射点在BC边上离B点的a位置
解析 (1)依据波形图得到波长为4 m，再依据波速与波长的关系公式v＝解得到波的周期T＝1 s，A选项正确；由于该波沿x轴正方向传播，依据“同侧法”推断x＝0处的质点在t＝0时向y轴负向运动，B选项正确；x＝0处的质点再过0.25 s，即再过T，可以将波形图向右平移λ，如图所示，知此时x＝0处的质点未达到负向最大位移处，故速度不为零，再由“同侧法”知此时x＝0处的质点向下振动，C选项错误，D选项正确；同理，由“同侧法”知此时P点正在向y轴正方向运动，故E选项错误．
(2)光路图如图所示
设折射光线与AB的交点为D，入射角为i，折射角为r，
由折射定律得＝n
解得r＝30°
由几何关系可知，在D点的入射角θ＝60°
设全反射的临界角为C，则sin C＝
解得C＝45°
因θ>C，光在D点全反射．
设光线的出射点为E，且DE⊥BC，过M作AD的垂线交于点F，由几何关系得：
BD＝a－2AF，BE＝BDsin 30°
解得BE＝a
即出射点在BC边上离B点a的位置．
15．[物理—选修3－5](15分)
(1)(6分)在下列关于近代物理学问的说法中，正确的是________．
A．玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象
B．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大
C．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
D．铀元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化
E．查德威克发觉了中子，其核反应方程为：Be＋He→C＋n
(2)(9分)如图16所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最终铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：
图16
①A的最终速度；
②铁块刚滑上B时铁块的速度．
答案 (1)ABE (2)①0.25 m/s ②2.75 m/s
解析 (1)卢瑟福的核式结构模型解释了α粒子的大角度偏转问题，但是无法解释氢原子光谱的不连续性，即线状谱，玻尔据此提出了氢原子能级结构，选项A正确．玻尔的氢原子能级结构把离氢原子核最近的轨道称为基态，能量值最小，离原子核越远的轨道，能量值越高，所以氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大，选项B正确．β射线为原子核内的一个中子衰变为一个质子和一个β粒子，β来自于原子核内部，选项C错误．从统计学上把半数原子核内部发生衰变的时间规定为半衰期，温度变化，不影响原子核内部，所以半衰期不变，选项D错误．查德威克用α粒子轰击铍核产生中子，选项E符合物理学史，选项E正确．
(2)①铁块和木块A、B作为一个系统，由系统总动量守恒得：
mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得vA＝0.25 m/s.
②设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s
由系统动量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA
可求得：u＝2.75 m/s.
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