高考物理模拟试题（五）参考答案与提示

1.C 提示：根据质量数守恒和電荷数守恒得X为2He，选项A、B错误。根据爱因斯坦质能方程ΔE=（2m1—m2—mx）c2得X的质量为2m1—m2—A/2，选项C正确。两氘核间的库仑力是斥力，不利于核聚变反应的进行，选项D错误。

2.B 提示：放电前手指靠近门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，在其靠近手的一端感应出正电荷，在其另一端感应出负电荷，稳定时处于静电平衡状态，内部场强为零，两端电势相等，选项A、C、D错误。门把手与手之间可以看成一个电容器，当两者之间的距离减小时，根据公式C=d·E=/，c=a可知，U不变，d减小，故C变大，E变大，Q变大，选项B正确。

3.C 提示：空间站绕地球做匀速圆周运动的过程中，空间站内所有物体处于完全失重状态，当圆管绕轴转动时，外管壁给人的支持力提供向心力，故人将会挤压外管壁，此时人并非处于完全失重状态，选项A、B错误。人靠在外管壁上随圆管一起做圆周运动，则G Mn = mg，mg =m（2/π）R2，解得T=2元R，选项C正确，D错误。

4.D 提示：因为粒子的电性不能确定，所以磁场的方向也无法确定，选项A错误。粒子的运动轨迹如图1所示，根据几何关系可知，四边形OACc为菱形，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，选项B错误。粒子在磁场中运动的周期T=2πm，当粒子从a点射入时，运动时间最短，轨迹为半圆，最短时间tm=1/2=π，选项C 错误，D正确。

5.C 提示：人匀速上升，动能不变，根据功能关系可知，合外力做的总功为0，选项C正确。人（含设备）悬停在空中，对人（含设备）进行受力分析，则Mg=F，以Δt时间内的水柱为研究对象，根据动量定理得F'Δt=v2Sρ*Δt，即F'=v2Sp*，F'=F，解得v= M，选项B错误。同理，人（含设备）向上加速运动，则F-Mg=Ma，F'=v2Spk， F'=F，解得v=，选项D错误。因为不知道人的初始状态，所以装置向下喷水时，人既可能向上运动，也可能向下运动，选项A错误。

6.CD 提示：货车停放在水平路面上，四个油桶静止在货车车厢中，则四个油桶受到的合力全为0，选项A错误。把A、B、D三个油桶看成一个整体，在竖直方向上，根据平衡条件得2N=3mg，则车厢对油桶B的支持力大小是油桶B所受重力的倍，选项B错误。对油桶D进行受力分析，如图2所示，根据平衡条件得2Fcos θ=mg，根据几何关系得θ=30°，解得F=3/3mg，则油桶A对D的支持力与油桶B对D的支持力大小相等，且都小于油桶D的重力，若抽去薄板，则油桶B向右移动，稳定后0变大，根据F可知，F变大，选项C、D正确。

7.AC 提示：根据动能定理可知，0～x1段物体做匀加速直线运动，则F合=F电=qE，在坐标x2处物体的动能最大，物体的加速度为0，则F弹=F电，即k（x2—x1）=qE，解得k=，选项A正确。从坐标x1处到x4处，在坐标x2处有F=F电，所以x1～x2段有F合=F电—F舜，F变大，F合变小，x2～x4段有F合=F弹—F电，F变大，F合变大，即物块所受合外力先减小后增大，选项B错误。从坐标x1处到x3处，电场力做功全部转化为弹簧的弹性势能，即ΔE，=qE（x3一x1），选项C正确。从坐标x1处到x2处，弹簧的弹性势能增加，动能增加，电场力做正功，电势能减小，则弹簧弹性势能增加量和动能的增加量之和等于电势能的减少量，选项D错误。

8.BD 提示：设M点投影在水平面上为B点，轨道II与水平面相交处为C点，轨道II与水平面之间的夹角为0，物块下滑过程中的运动情景如图3所示。物块从轨道II上的M点由静止释放至到达A点停止，根据动能定理得mgh-μmgcos θ·μmgsAc=0，又sin θ，则mgh-μmg（sc+sin θSAC）=0，所以mgh=μmgsAB。同理，物块从轨道I上的M点由静止释放，h相等，μ一样，则物块仍停在A点，选项A错误。若物块从A点以大小为2/gh的初速度向左运动并滑上轨道I，假设物块能够到达M点，根据动能定理得-mgh-μmgsB=1/2mou-1/2mu8，结合v。=2/gh，mgh=umgsan，解得vM=0，即物块刚好滑到M点速度减为0，选项B正确。若物块从A点以大小为3/gh的初速度向左运动，假设物块沿两倾斜轨道可到达同一高度的N和N'点，其中沿轨道II到达N'点时的速度为0，根据功能关系得W重+W=E，因为初动能相同，重力做功相同，轨道I对物块的摩擦力做的功比轨道II的小，所以物块到达轨道I上N点时的速度不可能为0，即物块在轨道I上速度减为0时的位置距地面的高度较大，选项C错误，D正确。

9.（1）AC （2）2.13（3）未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力1.0

提示：（1）因为通过力传感器可以直接读出细线的拉力大小F，所以不再需要满足砂桶和砂的总质量远小于滑块的质量。（2）相邻两计数点之间的时间间隔t=5T=0.1s，滑块的加速度大小。（3）根据F—a图像可知，当F=2N时，a=0，说明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。设未平衡掉的摩擦力为f余，则F一f余=ma，即F=ma+f余，因此F-a图像的斜率表示滑块的质量，则滑块的质量m=5-2kg=1kg。

10.（1）0.48（2）C（3） kgc（4）大于

提示：（1）电流表的分度值为0.02 A，其读数为0.48A。（2）根据闭合电路欧姆定律得E=I（R+r），其中R=R。+kN，且N= mg，即E=I（kmg+R。+r），根据题图中图像为线性关系，变形得1/1=5m+Ro+r，即选择1I为纵坐标，则需横坐标为m。（3）根据/7m图像，结合闭合电路欧姆定律表达式可知，图像斜率a-b=，则待测电池的电动势表达式E=kC。（4）若电流表的内阻RA不可忽略，则/7=/m+R.+r+R，即b=Ro+r+RA，解得ra=kgbc-R-RA，而 E=kgbc—R，故该电池内阻的测量值大于测真实值。

11.（1）狗狗由A点运动到B点的过程中，根据动能定理得mgH—w，=1/2mo2，在B点时，根据牛顿第二定律得3mg—mg=m0，解得v=/2gK，W，=mgR。（2）根据平抛运动规律得h—h1=1/2gt2，d=vt，解得h1=16R。

12.（1）导体棒M到达b、e处前已做匀速直线运动，根据法拉第电磁感应定律得E=BLv，根据闭合电路欧姆定律得I=ER+R，根据平衡条件得mgsinθ=BIL，解得2mgRsin θB2L2。（2）若固定导体棒N，导体棒M通过b、e处后瞬间闭合开关S，导体棒M、N构成闭合回路，最终导体棒M静止，根据法拉第电磁感应定律得E=BI.A ，根据闭合电路欧姆定律得I=R+2R，对导体棒 M应用动量定理得—BILΔt=0—mu，解得Δx=6㎡gR2sin θ。（3）若不固定导体棒N，导体棒M通过b、e处后瞬间闭合开关S，由导体棒M、N组成的系统动量守恒，最终它们共速，则mv=3mv，根据能量守恒定律得1/2mo2=1/2x3mox+Q，导体棒N中产生的焦耳热Q=R+2RQ，解得Q=8m3g2R2sin20。

13.（1）ACE 提示：液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，太空中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果，选项A正确。温度是分子热运动平均动能的标志，质量和温度都相同的氮气和氧气，单个分子的平均动能相等，但氮气分子个数较多，故氮气的内能较大，选项B错误。利用气体的质量、密度、摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子间的平均距离，选项C正确。当分子势能随分子间距离的增大而减小时，分子力表现为斥力，选项D错误。一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能变大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，选项E正确。

（2）（i）选水瓶内的空气为研究对象，根据查理定律得0=2/7，解得p=1.12x 105Pa。（ii）设水瓶的容积为V，打开瓶盖后水瓶内及放出的空气的总体积为V'，根据玻意耳定律得pV=poV'，又有m V'-V ，解得 m。

14.（1）2/3不能1.25提示：根據波形图得m/s=4m/s，vz=13.25-10.25m/s=4m/s，根据v= A2得Tw=xπ=2/4s=0.5 s，Tz=X2=3/48=0.75s，解得。波发生干涉的条件是两列波的频率相等，而甲、乙两列波的频率不同，所以不能发生干涉现象。根据波的平移法则可知，甲波的波峰到达x=7.5m7.5-2.5处所需的时间Δt1.25s，乙波的波峰到达x=7.5处所需的时间s=1.25s，因此经过1.25s甲、乙两列波的波峰同时到达x=7.5m处，根据波的叠加原理可知，此时该质点第一次到达正向最大位移处。

（2）（i）作出光路图如图4所示，根据几何关系得πR2，sin C= r，根据全反射规律得sinC=1/2，解得n=/3。（ii）恰好发生全反射的光线在透明液体中的光路最长，根据几何关系得x=/r2+R2，根据折射定律得n=/2，解得射出的光线在透明液体中传播的最长时间t=π/=3/2R。

（责任编辑张巧）