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高考仿真模拟卷(十一)
(时间：70分钟；满分：110分)
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．
14．拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4
kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25
m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25
m，使球在离手时获得一个竖直向下4
m/s的初速度．若不计空气阻力及球的形变，g取10
m/s2，则每次拍球(　　)
A．手给球的冲量为1.6
kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0
kg·m/s
C．人对球做的功为3.2
J
D．人对球做的功为2.2
J
15.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角度ω转动，圆筒的半径r＝1.5
m．筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10
m/s2.则ω的最小值是(　　)
A．1
rad/s　　　　　　　
B.
rad/s
C.
rad/s
D．5
rad/s
16.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R.磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度
v，则这时AB两端的电压大小为(　　)
A．Bav
B.
C.
D.
17.如图为两条平行的光滑绝缘导轨，其中半圆导轨竖直，水平导轨与半圆导轨相切于C、E点，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．现将一导体棒垂直导轨放置，开始时位于图中的A点处，当导体棒中通有如图所示方向的电流时，导体棒由静止开始运动，并能到达与半圆导轨圆心等高的D点．已知导轨的间距为L＝0.5
m，磁场的磁感应强度大小B＝0.5
T，导体棒的质量为m＝0.05
kg、长度为L′＝0.5
m，导体棒中的电流大小为I＝2
A，AC＝OD＝1
m，重力加速度为g＝10
m/s2.下列说法中正确的是(　　)
A．导体棒在A点的加速度大小为8
m/s2
B．导体棒在D点的速度大小为5
m/s
C．导体棒在D点的向心加速度大小为10
m/s2
D．导体棒在D点时，一条半圆导轨对导体棒的作用力大小为0.75
N
18．如图所示，重为10
N的小球套在与水平面成37°角的硬杆上，现用一垂直于杆向上、大小为20
N的力F拉小球，使小球处于静止状态(已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)．则(　　)
A．小球不一定受摩擦力的作用
B．小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，大小为6
N
C．杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为4.8
N
D．杆对小球的弹力方向垂直于杆向上，大小为12
N
19．如图(a)所示，点电荷M、N固定于光滑绝缘水平桌面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点．一电荷量为＋q的小球自A点由静止释放，其运动的v－t图象如图(b)所示，运动到B、C点的时刻分别为tB、tC速度大小分别为vB、vC，且tB时刻图线切线斜率最大．则下列说法正确的是(　　)
A．A、B、C三点中，B点的电场强度最大
B．由A到C的过程中小球的电势能先减小后变大
C．由A到C的过程中，电势逐渐升高
D．B、C两点之间的电势差UBC＝eq
\f(m（v－v）,2q)
20．如图所示，虚线OL与y轴的夹角为60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一带正电荷的粒子从y轴上的M点沿平行于x轴的方向射入磁场，粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)．已知OP之间的距离与粒子在磁场中运动的轨道半径相同，不计粒子的重力．则下列说法正确的是(　　)
A．粒子离开磁场时的速度方向可能垂直虚线OL
B．粒子经过x轴时的速度方向可能垂直x轴
C．粒子离开磁场时的速度方向可能和虚线OL成30°夹角
D．粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成30°夹角
21．在空间竖直平面内，存在如图甲所示的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中区域Ⅱ内和区域Ⅲ内存在方向不同的匀强电场，一电荷量为q、质量为m的带正电小球(可视为质点)在0～15
s内竖直向上运动，其加速度随时间变化的图象(a－t图象)如图乙所示，若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10
m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．区域Ⅱ内电场的场强E＝，方向竖直向下
B．在0～5
s内小球的动能减小
C．在10～15
s内小球的机械能一直增加
D．t＝15
s时小球的机械能大于t＝5
s时小球的机械能
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共47分．
22.(5分)在“验证力的平行四边形定则”实验中．
(1)某次实验中两弹簧测力计的读数分别为F1＝1.92
N，F2＝3.84
N，如图甲所示，F1和F2的合力大小F合＝________N(保留三位有效数字)．现保持F2方向不变，减小F1和F2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，下列说法正确的是________．
A．F1一定减小
B．F1一定增大
C．F2一定减小
D．F2一定增大
(2)某同学想知道弹簧测力计中弹簧的劲度系数，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图乙所示，他根据图中信息得出了弹簧的劲度系数k＝________N/m(保留两位有效数字)．
乙
23．(10分)某物理研究小组尝试利用一个电流计准确地测量一节干电池的电动势和内阻．已知干电池的电动势约为1.5
V，内阻几欧姆，可利用的仪器有：
A．电流计G(量程Ig＝30
mA，内阻Rg未知)
B．电阻箱R(0～99.99
Ω)
C．定值电阻箱R0(R0＝30
Ω)
D．开关
E．导线若干
回答下列问题：
(1)该小组首先设计如图甲所示的电路图．闭合开关S，将电阻的阻值调到17.00
Ω时，电流计恰好满偏；将电阻的阻值调到42.00
Ω时，电流计指针指在如图乙所示位置，则电流计的示数为________mA.由以上数据可得到干电池电动势E＝________V.
(2)该小组发现图甲所示电路无法测量电源的内阻，原因是_________________．于是他们又设计一个电路测量干电池的内阻，如图丙所示．
(3)闭合开关S，改变电阻箱的阻值R，读出对应的电流计的读数I，然后在图丁的－坐标系中描出相应的点，并根据所描点的规律作出－的图线．
(4)结合两个实验电路图的数据，可求出电流计电阻Rg＝________Ω，干电池内阻r＝________Ω.
24．(12分)如图所示，物块A和B静置在粗糙的水平桌面上，A、B之间有一根长为L＝2
m的拉直的轻绳，轻绳能承受的最大拉力为30
N，A的质量为m1＝5
kg，B的质量为m2＝5
kg，A、B与水平桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2.A受到向左的恒力F0＝10
N的作用，B受到向右逐渐增大的水平力F的作用，从某时刻起A、B一起向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断，已知重力加速度为g＝10
m/s2.
(1)求轻绳刚被拉断时F的大小．
(2)若轻绳刚被拉断时，A、B的速度为8
m/s，此后保持F大小不变，当A停止运动时，A、B间的距离为多大？
25．(20分)如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾角与水平面的夹角为θ＝30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下(图中未画出)，两个磁场区互不叠加．将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物体c连接．已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g.
(1)求锁定a，释放b的最终速度vm；
(2)使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F＝1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度；
(3)若(2)中系统从由静止开始经时间t达到稳定状态，求过程中系统产生的焦耳热．
(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3?3](15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．一定质量的理想气体，在等温变化时，内能不变
B．把玻璃管的裂口在火焰上烧熔，它的尖端会变钝，这是玻璃表面分子间作用力表现为斥力使其表面扩张引起的
C．每个分子的内能等于它的势能和动能的总和
D．浸润与不浸润均是分子力作用的表现
E．分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离增大，分子势能减小
(2)(10分)如图所示，一横截面积为S＝500
cm2的汽缸固定在水平面上，在汽缸口附近的位置有一销钉．已知销钉与汽缸左端的距离为L＝24
cm，一厚度忽略不计的活塞初始时在距离汽缸左端L0＝16
cm处，密封了一定质量的理想气体．汽缸导热性良好，汽缸与活塞间的摩擦不计，外界大气压强恒为p0＝1.0×105
Pa，环境温度为T0＝300
K，现将环境温度缓慢地升高．求：
①当活塞刚到销钉处时，气体对外界做的功以及此时的环境温度；
②当环境温度升高到T2＝600
K时，汽缸内封闭气体的压强．
34．[物理——选修3?4](15分)
(1)(5分)如图所示，某均匀介质中有两列简谐横波A和B同时沿x轴正方向传播足够长的时间，在t＝0时刻两列波的波峰正好在x＝0处重合，则下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．t＝0时刻x＝0处质点的振动位移为20
cm
B．两列波的频率之比为fA∶fB＝5∶3
C．t＝0时刻一定存在振动位移为－30
cm的质点
D．t＝0时刻x轴正半轴上到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x＝7.5
m
E．t＝0时刻x轴正半轴上到原点最近的波谷重合处的横坐标为x＝7.5
m
(2)(10分)单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光线在过球心的平面内，入射角i＝45°，经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球表面折射后射出，已知真空中光速为c，入射光线与出射光线反向延长线之间的夹角α＝30°，如图所示(图上已画出入射光线和出射光线)．
①在图上画出光线在球内的路径和方向(简单说明画图步骤)；
②求透明球对该单色光的折射率和光在透明球中传播的时间．
高考仿真模拟卷(十一)
14．解析：选D.根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下4
m/s的初速度，根据动量定理，合外力给皮球的冲量为I＝mv＝0.4×4
kg·m/s＝1.6
kg·m/s，选项A错误；手给球的冲量与重力冲量之和等于合外力冲量，手给球的冲量小于1.6
kg·m/s，选项B错误；设人对球做的功为W，由动能定理，W＋mgh＝mv2，解得W＝2.2
J，选项D正确，C错误．
15．解析：选C.由于小物体在圆筒内随圆筒做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心(转动轴)的合力提供．在小物体转到最上面时最容易与圆筒脱离，根据牛顿第二定律，沿半径方向FN＋mgcos
60°＝mω2r，又沿筒壁方向mgsin
60°≤μFN，解得ω≥
rad/s，要使小物体与圆筒始终保持相对静止，则ω的最小值是
rad/s，选项C正确．
16．解析：选C.当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为
E＝B·2av＝2Ba·＝Bav；
金属环并联的电阻为R并＝·R＝R.
AB两端的电压是路端电压，大小为
U＝E＝Bav＝，
选项C正确．
17．解析：选D.导体棒在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL′＝0.5
N，导体棒开始运动时的加速度大小为a＝＝10
m/s2，A错误；导体棒从A点到D点的运动过程，安培力做功W安＝F安(AC＋OD)＝1
J，重力做功WG＝－mg·OC＝－0.5
J，由动能定理得W安＋WG＝mv2，解得导体棒运动到D点时的速度大小为v＝2
m/s，B错误；导体棒运动到D点时，向心加速度大小为a′＝＝20
m/s2，C错误；在D点时，由牛顿第二定律得F－F安＝m，解得半圆导轨对导体棒的作用力F＝1.5
N，一条半圆导轨对导体棒的作用力大小为0.75
N，D正确．
18.
解析：选B.对小球受力分析，把重力沿杆方向和垂直杆方向正交分解如图，由共点力平衡可知，Ff＝mgsin
37°＝10×0.6
N＝6
N，FN＝F－mgcos
37°＝20
N－8
N＝12
N、方向垂直于杆向下，小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，大小为6
N，杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为12
N，选项B正确，A、C、D错误．
19．解析：选AD.正电荷在B处速度图象的斜率最大，可知在B处电荷加速度最大，由电荷在光滑绝缘水平面上，水平方向只受电场力，由a＝可知B点场强E最大，选项A正确；电荷由A到C一直加速运动，动能一直增加，电势能一直减小，B选项错误；电荷由A到C一直加速运动，电场力一直做正功，电势能一直减小，由Ep＝qφ可知由A到C电势逐渐降低，C错误；由动能定理，qUBC＝mv－mv，可得B、C两点之间电势差UBC＝eq
\f(m（v－v）,2q)，D选项正确．
20．解析：选BD.如果粒子离开磁场时的速度方向垂直虚线OL，则圆心为O，粒子达到x轴上的距离OP＞r，故A错误；如果粒子经过x轴时的速度方向垂直x轴，则粒子经过OL时速度方向竖直向下，粒子运动轨迹如图1所示，此时轨迹几何关系可得OP＝r，故B正确；如果粒子离开磁场时的速度方向和虚线OL成30°夹角，则速度方向如图2所示，此时OP距离一定小于r，故C错误；粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成30°夹角，轨迹如图3所示，如果β＝30°，则粒子半径r＝CA有可能等于OP，故D正确．
21．解析：选BD.结合题述，根据题给的加速度随时间变化的图象(a－t图象)可知，在5～10
s内小球的加速度为8
m/s2，说明小球除受到重力作用外，还受到一个大小为mg的向上的电场力作用，由qE＝mg，解得E＝，由于小球带正电，所以电场方向竖直向上，A错误；在0～5
s内，小球的加速度为10
m/s2，说明小球做竖直上抛运动，小球的动能减小，B正确；在10～15
s内小球的加速度为12
m/s2，说明小球除受到重力作用外还受到一个大小为mg的竖直向下的电场力作用，电场力对小球做负功，小球的机械能减小，C错误；在5～10
s内电场力对小球做正功，小球的机械能增加，由于小球一直做减速运动，在5～10
s内小球的位移大于在10～15
s内的位移，区域Ⅱ内电场力对小球做的正功大于区域Ⅲ内电场力对小球做的负功，所以在t＝15
s时小球的机械能大于t＝5
s时小球的机械能，D正确．
22.
解析：(1)如图所示，由余弦定理可得：F合＝eq
\r(F＋F－2F1F2cos
60°)≈3.33
N；现保持F2方向不变，减小F1和F2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，如图所示，可知：F2逐渐减小，F1先减小后增大．
(2)在刻度尺上选取刻度，由胡克定律可知：
k＝×102
N/m≈60
N/m.
答案：(1)3.33(3.20～3.40均对)　C　(2)60(60±1均对)
23．解析：(1)由图乙所示表盘可知，其分度值为1
mA，示数为：20.0
mA；根据闭合电路欧姆定律可知：E＝I(r＋Rg＋R)，由题意可知：E＝30×10－3×(r＋Rg＋17.00)，
E＝20×10－3×(r＋Rg＋42.00)，
解得：E＝1.5
V；
(2)由闭合电路欧姆定律可以求出：r＋Rg，由于不知电流计内阻Rg，所以无法求出电源内阻r；
(4)由图丙所示电路图可知，电源电动势：
E＝U＋Ir＝I(Rg＋R0)＋r，
整理得：＝·＋＋，
由图丁所示－图象可知：
＋＝42，
k＝＝＝120，
解得：r＝3
Ω，Rg＝30
Ω.
答案：(1)20.0　1.5　(2)G表内阻未知　(4)30　3
24．解析：(1)设轻绳刚要被拉断时A、B的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对A有FT－F0－μm1g＝m1a
代入数据得a＝2
m/s2
对A、B整体有F－F0－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
代入数据得F＝50
N.
(2)设轻绳断之后，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2则
a1＝＝4
m/s2
a2＝＝8
m/s2
A停下来的时间为t＝＝2
s
A的位移为x1＝＝8
m
B的位移为x2＝vt＋a2t2＝32
m
A停止时，A、B间距离为x＝x2＋L－x1＝26
m.
答案：见解析
25．解析：(1)
当b和c组成的系统做匀速运动时，b、c有最大速度，且为最终速度，
根据平衡条件：mg＝BIL　①　
I＝　②　
E＝BLvm　③　
综上得：vm＝.　④　
(2)对a棒：F－mgsin
θ－BIL＝ma1　⑤　
代入F、θ得：mg－BIL＝ma1　
对于b和c系统：mg－BIL＝2ma2　⑥　
所以任意时刻a1∶a2＝2∶1，由于运动时间相同，所以最终a、b的速度之比
v1∶v2＝2∶1　⑦　
其中I＝　⑧　
当二者加速度为0时，a，b，c达到稳定状态，
综上得：a稳定速度：v1＝　⑨　
b、c稳定速度：v2＝.　⑩　
(3)设a棒沿着斜面移动的位移大小为x1，b、c棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且a1∶a2＝2∶1，则从静止开始至恰好稳定状态，a、b棒的位移大小之比：
x1∶x2＝2∶1　?
对于a、b、c系统，由功能关系得：
(F－mgsin
θ)x1＋mgx2＝mv＋(2m)v＋Q　?　
代入F、θ及⑨得：Q＝3mgx2－　?
[另解：a棒动能定理：
(F－mgsin
θ)x1－W安1＝mv－0
b、c动能定理：mgx2－W安1＝×2mv－0
Q＝W安1＋W安2
Q＝3mgx2－]
以a为研究对象：从静止开始至达到稳定状态
根据动量定理：(F－mgsin
θ)t－BILt＝mv1－0　　?　
It＝q　　?　
解得：q＝－　　?
因为E＝n(n＝1)　　?　
I＝　　?
综上得：q＝　　?　
其中ΔΦ＝BL(x1＋x2)　　?　
由???解得：x2＝　　
将⑨?式代入
即得：x2＝(mgt－)　　
将式代入?
解得：Q＝－.
答案：见解析
33．解析：(1)一定质量的理想气体在等温变化时，内能不改变，体积变化，与外界有热交换，A正确；玻璃管的裂口放在火焰上烧熔后，尖端变钝，是表面张力的作用，玻璃表面分子间作用力表现为引力使表面收缩，B错误；热力学是对大量分子统计的结果，对单个分子没有意义，C错误；浸润与不浸润均是分子力作用的表现，D正确；分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，E正确．
(2)①气体发生等压变化，气体对外界做的功
W＝Fx＝p0S(L－L0)＝400
J
气体的状态参量：T0＝300
K，V0＝L0S，V1＝LS
气体升温时发生等压变化，由盖－吕萨克定律有＝
代入数据解得T1＝450
K.
②气体的状态参量：p1＝p0＝1.0×105
Pa，
T1＝450
K，T2＝600
K
从活塞到销钉处时继续升温，气体发生等容变化，由查理定律有
＝
解得p2≈1.33×105
Pa.
答案：(1)ADE　(2)见解析
34．解析：(1)两列波叠加，t＝0时刻x＝0处质点的振动位移为两列波振幅之和，为40
cm，A错误；根据波形图，A波的波长为3
m，B波的波长为5
m，两列波在同一介质中传播，波速相同，由λ＝可知两列波的频率之比为fA∶fB＝λB∶λA＝5∶3，B正确；由于质点的振动位移等于同一时刻同一质点分别在两列波中振动位移的和，所以t＝0时刻一定存在振动位移为－30
cm的质点，C正确；两列波波长最简整数比为3∶5，3和5的最小公倍数是15，所以t＝0时刻x轴正半轴到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x＝5λA＝15
m，D错误；t＝0时刻x轴正半轴到原点最近的波谷重合处的横坐标为x＝7.5
m，E正确．
(2)
①连接圆心O与角α的顶点，交球面于C点，连接AC、CB，ACB即为光线的路径，如图所示．
②由几何关系及对称性有r＝＋(i－r)，解得r＝30°
由折射定律有n＝＝
AC＝BC＝2Rcos
r＝R
光在透明球中的传播路程L＝2R
传播速度v＝＝
传播时间t＝＝.
答案：(1)BCE　(2)见解析
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