高考物理模拟试题(一)参考答案与提示

1.A

2.C 提示：开始时橡皮绳处于原长h,橡皮绳的弹性势能最小,圆环的重力势能最大。圆环开始时做匀加速运动。当橡皮绳再次达到原长之后将会对圆环产生一个阻碍圆环下滑的拉力,此时圆环克服拉力做功,圆环的机械能不守恒,故选项A错误。整个过程中橡皮绳的弹性势能先不变后增大,故选项B错误。当橡皮绳的拉力达到某一值时,才会使圆环的加速度为零,速度达到最大值,故选项D错误。圆环和橡皮绳组成的系统在整个过程中只有圆环的重力和橡皮绳的弹力做功,机械能守恒,圆环的重力势能减少量等于橡皮绳弹性势能的增加量,故选项C正确。

3.C 提示：月球在远地点时的线速度最小,故选项A错误。由于地球的自转,月球运动到近地点时,地球上同一位置的人不一定都能看到月食,故选项B错误。近地点变远,远地点不变,则长半轴变大,根据开普勒定律知周期变大,选项C正确。卫星在同一轨道上(不论是圆形轨道还是椭圆形轨道)机械能守恒,选项D错误。

4.A 提示：根据等量异种点电荷电场线分布的对称性可知,e、f两点的电场强度大小相等,方向相同,选项A正确。a、b两点的电场强度大小相等,方向不同,选项B错误。将一正电荷沿正方形的a b边从a点移动到b点,因为在直线a b上各点的电势不同,所以电势能要发生变化,即静电力要做功,选项C错误。题图中圆面是一个等势面,O、g两点的电势相等,因此将一正电荷由a点分别移到圆心O和圆周上g点电势能的变化量相等,选项D错误。

5.C 提示：理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比,原线圈的电压不变,则副线圈的电压也不变,所以U2也不变,选项A错误。当开关S断开之后,并联电路的总电阻变大,副线圈的电阻也就变大,由于副线圈的电压不变,所以副线圈的总电流减小,即I2变小。原、副线圈的匝数比是固定的,根据可知,原线圈的电流I1也要减小,选项C正确,D错误。因为副线圈的总电流减小,R1两端的电压减小,并联电路两端的电压就会增大,所以通过电阻R3的电流I3增大,选项B错误。

6.D 提示：由题意可知,小球运动的等效最低点在b、c中间,因此当小球运动到d点时速度为0,不能继续向上运动,选项A错误。小球在等效最低点时的速度最大,所受洛伦兹力最大,选项B错误。小球从a点运动到b点的过程中,重力做正功,静电力也做正功,所以重力势能与电势能均减小,选项C错误。小球从b点运动到c点的过程中,静电力做负功,电势能增大,合外力先做正功再做负功,动能先增大后减小,选项D正确。

7.B D

8.B D 提示：根据机械能守恒定律得物体B刚到达水平地面上时的速度v0=,根据动量守恒定律得物体A与B碰撞后的速度v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能选项A错误,B正确。当弹簧再次恢复原长时,物体A与B将分开,物体B以速度v沿曲面上滑,根据机械能守恒定律得,物体B能上滑的最大高度为,选项D正确。

9.(1)B C(2)B C

10.(1)B D (2)A (3)0.81 (4)小灯泡的电阻随温度的升高而增大 提示：(1)使用多用电表的欧姆挡时,测量前应进行机械调零,即在电路断路的情况下,调整“指针定位螺丝”,使指针指到电流挡的零刻度；测量电阻时,每次换挡后必须要进行欧姆调零,即将两支表笔短接,调整“欧姆调零旋钮”,使指针指在“0Ω”刻度线,而不需要重新进行机械调零,选项A错误,B正确。使用欧姆挡测电阻时,应该与外部电源断开,选项C错误。测量电阻时,若指针偏转很小(靠近“∞”刻度线),表明所选择的挡位太小,导致示数偏大,所以应换倍率大一些的挡位进行测量,选项D正确。(2)测绘小灯泡的伏安特性曲线需要从零开始调节,故A电路图满足要求。(3)根据题图知3V处的电流为0.27A,则小灯泡的额定功率P=U I=0.81W。此时的电阻与用多用电表测出的阻值相差较大,是因为小灯泡的电阻随温度的升高而增大。

11.(1)设小球与小物块Q碰撞前的速度为v0,小球在下摆的过程中机械能守恒,则mgR(1-cos60°)=解得小球与小物块Q发生弹性碰撞,二者质量相等,故二者交换速度。小物块Q在平板车P上滑动的过程中,由小物块Q与平板车P组成的系统动量守恒,则m v0=m v1+M v2,其中,M=4m,解得(2)对由小物块Q与平板车P组成的系统应用能量守恒定律得,解得(3)小物块Q脱离平板车P后做平抛运动,由得小物块Q落地时二者间的水平距离

12.(1)由题意可知,金属杆在下滑到P2Q2处时的速度最大(为vmax),此时回路中产生的感应电动势最大,且Emax=Blvmax,此时回路中通过的感应电流最大,则(2)金属杆沿斜导轨下滑的距离在金属杆沿斜导轨下滑的过程中,穿过回路的磁通量的变化量ΔΦ=B L xcosθ,回路中产生的平均感应电动势回路中通过的平均感应电流=又有,解得q=1.6C。(3)撤去拉力后,电阻R上产生的热量由功能关系可知,金属杆克服安培力做的功W安=Q总。对金属杆应用动能定理得-μm g s-W安=0-解得s=

13.(1)B C D (2)①缓慢压装过程中甲瓶内气体体积增大,单位体积内的分子数减少,温度不变,分子的平均动能不变,单位时间内撞击到器壁单位面积上的分子数减少,压强变小。②设甲瓶内最多有体积为ΔV的液体进入乙瓶,乙瓶中灌装进液体前,气体压强p乙=1a t m,体积V乙=4L。乙瓶中灌装进液体后,气体体积变为V乙'=4L-ΔV,此时乙瓶中气体压强与甲瓶内气体压强均为p,由玻意耳定律得p乙V乙=p V乙'。甲瓶中气体初始状态下的压强p甲=6a t m,体积V甲=1L,压装结束后压强为p,体积V甲'=1L+ΔV,由玻意耳定律得p甲V甲=p V甲'。联立以上各式解得ΔV=2L。1

4.(1)B 提示：先正确作出经0.2s形成的波形图如图1所示,波的传播其表象为波形的平移(相对于原位置波形变了,但对波的整体来说是形状不变向前推移),所以把t=0.2s时的波形沿传播方向平移半个波长就是再经0.2s后的波形,选项B正确。

图1

(2)①因为紫光的折射率大,偏折程度也大,所以屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是紫色。②如图2所示,B为出射光线和O E连线的交点。很明显越是外侧的光入射角越大,达到一定程度就会发生全反射。紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点F到亮区中心E的距离r就是所求的最大半径。设紫光的临界角为C,由全反射知识得,所以由几何关系得

图2

1.D 提示：“合力与分力”采用的是等效替代的方法,“质点”“点电荷”采用的是理想化模型的方法,“电场强度”采用的是比值定义法,“总电阻”采用的是等效替代的方法,“加速度”“电场强度”“电容”都采用的是比值定义法。

2.C 提示：受力分析如图1所示,N是颈椎的支持力,F是肌肉的拉力。在水平方向上有Nsin45°=Fsin 53°,在竖直方向上有Ncos45°=mg+Fcos53°,解得又有N'=mg,所以

图1

3.B

4.D 提示：从x=x1点到x=-x1点,电势先降低后升高,因为沿着电场线方向电势逐渐降低,所以x轴上x=x1和x=-x1两点的电场强度方向相反,选项A错误。x=x1和x=-x1两点的电势相等,静电力做功为0,根据动能定理知粒子在运动过程中,经过x=x1和x=-x1两点时的速度大小一定相同,但速度方向有可能相反,选项B错误。根据φ-x图像的斜率等于场强的大小可知,x=x1和x=-x1两点的电场强度大小相等,粒子所受的静电力大小相等,则加速度大小相等,选项C错误。若粒子在x=-x1点由静止释放,则粒子先做加速度逐渐减小的加速运动,到达O点时所受的静电力为零,加速度为零,之后粒子做加速度逐渐增大的减速运动,因此粒子到达O点时的速度最大,选项D正确。

5.A B 提示：设子弹的质量为m0,初速度为v0,木块的质量为m,则在子弹打入木块的过程中,由子弹与木块组成的系统动量守恒,即m0v0=(m+m0)v,解得v=在此过程中产生的内能等于系统损失的动能,即木块获得的动能E木=两式相除得所以选项A、B正确。

6.A C 提示：天然放射性现象说明原子核内部具有复杂的结构,选项A正确。α粒子散射实验说明原子具有核式结构,选项B错误。根据电荷数守恒和质量数守恒可知,β衰变放出一个电子,新核的电荷数增加1,即原子序数增加,选项C正确。氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量,故从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长,选项D错误。

7.A B 提示：在0～1s时间内,外力F随时间t变化的图像可表示为F=2+2t,线框从静止开始向右做匀加速直线运动,设加速度为a,线框边长为L,根据牛顿第二定律得F-B I L=m a,又有,E=Blv,v=a t,解得对比F=2+2t,可得a=2m/s2,B2L2=2(略单位)。t=1s时线框完全进入磁场区域,线框的速度v=a t=2m/s,线框边长1m,由B2L2=2得B=T,选项B正确。在1s～2s时间内线框完全处于磁场中,线框中的磁通量不变,不产生感应电流,不受安培力作用,受到的外力F=2N,线框做匀加速直线运动,加速度a=2m/s2,t=2s时线框开始穿出磁场,此时线框的速度v1=v+aΔt=4m/s,所以磁场宽度4m,选项A正确。线框在进入磁场和穿出磁场的过程中,线框的磁通量的变化量相等,通过线框的电荷量相等,所以线框在穿过磁场的过程中,通过线框的电荷量q=2IΔt=选项C错误。根据题述条件不能计算出在线框穿过磁场的过程中产生的热量,选项D错误。

8.A D 提示：当t=0.01s时,u=0,此时穿过该线圈的磁通量最大,穿过线圈的磁通量的变化率为零,选项A正确。原线圈接的是题图甲所示的正弦式交变电流,其最大电压为36V,周期为0.02s,故ω=100 π,u=36sin100 πtV,选项B错误。Rt处温度升高时,原、副线圈的电压比不变,但是电压表V2测量的并不是副线圈的端电压,而是Rt两端的电压,Rt处温度升高时,阻值减小,副线圈中电流增大,则电阻R两端的电压增大,电压表V2的示数减小,电压表V1、V2的示数之比变大,选项C错误。Rt处温度升高时,电流表的示数变大,变压器的输出电压不变,则变压器的输出功率增大,又有输入功率等于输出功率,所以变压器的输入功率增大,选项D正确。

9.(1)0.70 (2)0.205.0 提示：(1)vF,从题图中得出E、G两点间的长度为2.80cm,且T=0.02s,解得vF=0.70m/s。

(2)v-t图像与纵轴的交点为t=0时刻对应的速度,则v0=0.20m/s,a=

10.(1)③R④大于 (2)⑤9.050

提示：(1)③保持R2的滑片不动,调节R1的阻值,使电压表示数达满偏刻度的,此时电阻箱R1两端分得的电压为满偏刻度的,由电路的连接方式知电压表的内阻RV=。④因为电阻箱R1的接入将导致电压表所在支路的电压变大,所以电压表内阻的测量值大于真实值。(2)在测量电源的电动势和内阻的实验中,由题图乙所示电路图可知,将R2的滑片滑至最左端不再移动,同时调节电阻箱R1的阻值为0,将开关接向2,电压表的读数为3V,即保护电阻两端的电压为3V,由U-R1图像可知,电源的电动势为9.0V,所以电源的内阻为2R0=50Ω。

11.(1)物块M从斜面顶端A滑到O点的过程中,由动能定理得mgh-μm gcosθ·,解得从物块M到达O点至弹簧被压缩到最短的过程中,只有弹簧弹力做功,由动能定理得W弹=0-弹力做多少负功,弹性势能就增加多少,所以弹簧被压缩到最短时的弹性势能是10J。(2)设物块M第一次被弹回,上升的最大高度为H,由动能定理得解得H=0.5m。(3)物块M最终将停止在水平滑道上,对物块M运动的全过程应用动能定理得mgh-μm gcosθ·x=0,解得物块M在斜面上向下滑动过程中的总路程x=m。

12.(1)带电粒子在磁场Ⅰ中运动的半径带电粒子在磁场Ⅰ中运动半个圆周,回到y轴的坐标所需的时间带电粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动,根据牛顿第二定律得带电粒子的加速度竖直位移y=水平位移x=v0t2,解得因此带电粒子第一次回到x轴时的位置坐标为,所需的时间t总=(2)根据(1)中分析和运动的对称性可画出粒子在电场Ⅲ中的运动轨迹。带电粒子在磁场Ⅳ中的运动半径是在磁场Ⅰ中运动半径的2倍,同样根据运动的对称性可画出粒子回到O点的运动轨迹。如图2所示。(3)带电粒子在磁场Ⅰ中运动的时间正好为1个周期,故,带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间t2'=4t2=带电粒子在磁场Ⅳ中运动的时间为半个周期,故因此带电粒子从O点飞出后到再次回到O点所需的时间t总'=

图2

13.(1)B D E (2)①在打开阀门S前,两边水槽中的水温均为T0=273K。设玻璃泡B中气体的压强为p1,体积为VB,玻璃泡C中气体的压强为pC,依题意得p1=pC+Δp,式中Δp=60mmH g。打开阀门S后,两边水槽中的水温仍为T0,设玻璃泡B中气体的压强为pB,依题意得pB=pC。玻璃泡A和B中气体的体积V2=VA+VB,根据玻意耳定律得p1VB=pBV2。联立以上各式解得pC=②当右边水槽中的水温加热到T'时,U形管左右两边的水银柱高度差为Δp,玻璃泡C中气体的压强pC'=pB+Δp,玻璃泡C中的气体体积不变,根据查理定律得,解得T'=364K。

14.(1)B 提示：根据为入射角,θ2为折射角,可知玻璃对a光的折射率较大,故选项A错误。根据全反射临界角公式sinC=,可知在此玻璃中a光的全反射临界角较小,选项B正确。由n=得v=,可知在此玻璃中a光的传播速度较小,选项C错误。根据光的频率越大,折射率越大,对应光的波长越短,可知a光的波长较短；再根据双缝干涉条纹间距Δx=,可知a光的干涉条纹间距比b光的窄,选项D错误。

(2)由波形图知λ=2m,A=2cm。(i)当波向右传播时,点B的起振方向竖直向下,包括P点在内的各质点的起振方向均为竖直向下。①波速10m/s,由v=得T=0.2s。②从t=0时刻起到P点第一次到达波峰时止,经历的时间而t=0时刻O点的振动方向竖直向上(沿y轴正方向),故经Δt2时间,O点振动到波谷,即(ii)当波速v=20m/s时,经历0.525s时间,波沿x轴方向传播的距离x=vt=,即实线波形变为虚线波形经历了,故波沿x轴负方向传播。