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高考仿真模拟卷(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.如图为玻尔理论的氢原子能级图，当一群处于激发态n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光中有两种频率的光能使某种金属产生光电效应，以下说法中正确的是(　　)
A．这群氢原子向低能级跃迁时能发出四种频率的光
B．这种金属的逸出功一定小于10.2
eV
C．用波长最短的光照射该金属时光电子的最大初动能一定大于3.4
eV
D．由n＝3能级跃迁到n＝2能级时产生的光一定能够使该金属产生光电效应
15．一倾角为θ的斜面体固定在水平面上，其斜面部分光滑，现将两个质量均为m的物块A和B叠放在一起，给A、B整体一初速度使其共同沿斜面向上运动，如图所示，已知A的上表面水平，则在向上运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物块B对A的摩擦力方向水平向右
B．物块A对B的作用力做正功
C．A对B的摩擦力大小为mgsin
θcos
θ
D．由于B减速运动，则B的机械能减少
16.甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)，两球的
v－t
图象如图所示，落地前，经过时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2，则下落判断正确的是(　　)
A．甲球质量大于乙球
B.＝
C．释放瞬间甲球的加速度较大
D．t0时间内，两球下落的高度相等
17．据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”——沃尔夫(Wolf)1061c.沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星的沃尔夫1061c运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行．已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是　(　　)
A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度
B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关
C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于
D．若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c的半径
18．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　　)
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为eq
\f(mv,72)
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq
\f(v,72g)
19．如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1
m/s，到B点时速度vB＝
m/s，则(　　)
A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3
m/s
B．微粒在整个运动过程中的最终速度为
m/s
C．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为
m/s
20．如图所示，半径为R的半球形容器固定在可以绕竖直旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转．有两个质量均为m的小物块落入容器内，经过一段时间后，两小物块者都随容器一起转动且相对容器内壁静止，两物块和球心O点的连线相互垂直，且A物块和球心O点的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为
B．若A物块受到的摩擦力恰好为零，B物块受到的摩擦力的大小为
C．若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为
D．若B物块受到的摩擦力恰好为零，A物块受到的摩擦力的大小为
21．如图所示，间距为d的两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.质量为m的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ，位于导轨间金属棒ab的电阻为R，重力加速度为g，金属棒ab以初速度v0沿导轨向右运动位移x速度减小为零．下列说法正确的是(　　)
A．ab中的感应电流方向由a到b
B．通过电阻R的电荷量为
C．金属棒产生的焦耳热为mv－μmgx
D．金属棒运动的时间为－
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)某同学用一弹簧测力计和一橡皮条做验证平行四边形定则的实验，装置如图所示．实验步骤如下：
①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O点；
②将三根细线Pa、Pb、Pc结于P点．a端系在橡皮条下端，c端暂时空置，b端挂一钩码，钩码静止后，记录钩码重力G的大小和方向；
③以O为圆心，以OP为半径，画一圆弧；
④用弹簧测力计钩住c端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P移到图中所示位置，记录该位置和弹簧测力计的示数；
⑤在白纸上作出各力的图示，验证平行四边形定则是否成立．
(1)第④步中还应记录的是________________________________________________；
(2)第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于________，方向________，则可验证平行四边形定则．
23．(10分)学习了“测电源电动势和内阻”后，某物理课外活动小组自制了西红柿电池组，设计了如图所示的实验电路，测定了电压表的内阻，并用多种方法测量电池组的电动势与内阻，请完成下面实验．
(1)用笔画线代替导线按照电路图将实物图连线．
(2)将单刀双掷开关S打向触头1，调节电阻箱，记录电阻箱的示数为R0，电流表的示数为I0和电压表的示数为U0，则电压表的内阻RV＝______．
(3)将单刀双掷开关S打向触头2，仅测多组电压表的示数U和电阻箱的示数R，然后运用数据作出－图象为一条倾斜的直线，得到直线的斜率为k，纵轴截距为b，则该电池组的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、b、RV表示)．
24.(12分)如图所示，虚线L右侧空间有水平向右电场强度E1＝2.5
N/C的匀强电场，左侧空间有一竖直向上电场强度E2＝1.25
N/C的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场B，在E1场区有四分之一的光滑绝缘圆轨道，半径为R＝0.2
m，圆心在虚线O点，过低端点Q的切线水平，现将一视为质点的带正电荷的粒子从轨道的最高点P由静止释放，粒子沿轨道向底部运动，已知粒子的质量为m＝1×10－4
kg，粒子所带电荷量q1＝＋3×10－4
C，取g＝10
m/s2.求：
(1)粒子沿轨道向下运动过程中对轨道的最大压力；
(2)若粒子运动到Q点瞬间仅使其电荷量变为q2＝＋8×10－4
C，要使粒子再次通过虚线位置落到圆轨道内，磁感应强度B大小应满足的条件．
25．(20分)如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4
m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝4.0
m/s
运动．滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上．一可视为质点的滑块A从h＝0.2
m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m＝2.0
kg，滑块A与B碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0
m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10
m/s2.
(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
(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．水的饱和汽压随温度的升高而增加
B．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
C．液晶具有光学的各向异性
D．荷叶上的露珠呈球形是表面张力的结果
E．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的分子无规则运动的反映
(2)(10分)如图所示，将长度L＝50
cm，粗细均匀导热性能良好的玻璃管竖直放置，上端开口；现用长为h＝4
cm
的一段水银柱封闭玻璃管内的气体，气柱的长度为l＝36
cm，已知环境温度为300
K，外界的大气压强p0＝76
cmHg，
①若向玻璃管内缓慢地注入水银，求水银柱的上端刚好与玻璃管的开口处平齐时水银柱的长度；
②若将玻璃管开口向下竖直放置，给管内气体加热，使水银柱的下端刚好与玻璃管的开口处平齐，求此时气柱的温度．
34．[物理——选修3?4](15分)
(1)一列沿x轴方向传播的简谐波，t＝0时刻的波形图如图所示，P点此时的振动方向沿y轴的正方向，经0.1
s第二次回到P点．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．波的传播方向沿x轴的负方向
B．该简谐波的波速大小为20
m/s
C．t＝0.125
s时，P点的振动方向沿y轴的负方向
D．t＝0.15
s时，P点的速度正在减小，加速度正在减小
E．t＝0.15
s时，P点的速度正在减小，加速度正在增大
(2)如图所示，圆柱形油桶中装满折射率n＝的某种透明液体，油桶的高度为H，半径为，桶的底部装有一块平面镜，在油桶底面中心正上方高度为d处有一点光源P，要使人从液体表面上方任意位置处都能够观察到此液体内点光源P发出的光，d应该满足什么条件？
高考仿真模拟卷(一)
14．解析：选B.由n＝3能级的激发态向低能级跃迁时，辐射三种光子能量分别为12.09
eV、10.2
eV、1.89
eV，结合题意，根据光电效应方程可知，这种金属的逸出功一定小于10.2
eV，A错误，B正确；用波长最短即光子能量为12.09
eV的光照射该金属时，最大初动能一定大于1.89
eV，C错误；由n＝3能级跃迁到n＝2能级产生的光子能量最小，根据题意可知不能产生光电效应，D错误．
15．解析：选C.对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，再隔离B分析可得，故B定会受到A给B水平向右的摩擦力，根据牛顿第三定律，则物块A受到B的摩擦力水平向左，故A错误；对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向上的加速度a1＝acos
θ＝gsin
θcos
θ，竖直方向上的加速度a2＝asin
θ＝gsin2
θ.隔离对B分析，A对B的摩擦力f＝ma1＝mgsin
θcos
θ，故C正确；先对整体分析，有沿向下加速度为gsin
θ.再对B分析，(把A对B的摩擦力和支持力看做一个力)，重力沿斜面的分力产生的加速度为gsin
θ，重力的另一个分力与把A对B的作用力平衡，所以B对A的合力垂直于斜面方向，不做功，所以B机械能不变，故B、D错误．
16．解析：选A.两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，＝，由图象知v1＞v2，因此m甲＞m乙；故A正确，B错误；释放瞬间v＝0，空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．
17．解析：选D.从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行，发射的速度应大于第三宇宙速度，故A错误；根据G＝mr知，T＝，与卫星的密度无关，故B错误；沃尔夫1061c和地球围绕的中心天体不同，不能根据开普勒第三定律求解轨道半径的三次方，可知公转半径的三次方之比不等于，故C错误；已知地球的质量，可以得知沃尔夫1061c的质量，根据G＝mr可以求出沃尔夫1061c的半径，故D正确．
18．解析：选D.弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝mv－·6mv2＝mv，选项C错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝eq
\f(v,72g)，选项D正确．
19．解析：选AB.AC之间电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可得：qEd＝mv－mv，2qEd＝mv－mv，解得vC＝3
m/s，A正确；过B做垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，均为vB＝
m/s，B正确、D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误．
20．解析：选AC.当A摩擦力恰好为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为60°，受力如图所示，设A物块做圆周运动的半径为r，
根据牛顿第二定律得：mgtan
60°＝mrω2，r＝Rsin
60°
此时B物块有沿斜面向上滑的趋势，摩擦力沿容器壁切线向下，受力如图所示．设B物块做圆周运动的半径为r′，
竖直方向上：Ncos
30°－fsin
30°－mg＝0
水平方向上：Nsin
30°＋fcos
30°＝mr′ω2
其中r′＝Rsin
30°，联立解得：f＝，故A正确，B错误；
当B摩擦力恰为零时，物块与圆心连线与竖直方向的夹角为30°，根据牛顿第二定律得：
mgtan
30°＝mr′ω2其中r′＝Rsin
30°，此时A滑块有沿斜面向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向上，
竖直方向上：Ncos
60°＋fsin
60°－mg＝0，
水平方向上：Nsin
60°－fcos
60°＝mrω2，
r＝Rsin
60°，联立解得：f＝，故C正确，D错误．
21．解析：选BC.根据右手定则可知ab中的感应电流方向由b到a，选项A错误；由q＝Δt，＝，＝，ΔΦ＝Bdx可得q＝，选项B正确；根据能量转化和守恒定律有2Q＝mv－μmgx，解得金属棒产生的焦耳热为Q＝mv－μmgx，选项C正确；对于金属棒，根据动量定理有－∑Bil·Δt－μmgt＝0－mv0，而∑i·Δt＝q，联立可得t＝－，选项D错误．
22．解析：(1)第④步中还应记录的是弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向，以便⑤中验证平行四边形定则．
(2)第⑤步中，钩码的重力、橡皮条的拉力和弹簧测力计的拉力三力平衡，则橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于重力G，方向与重力方向相反，即竖直向上．
答案：(1)弹簧测力计拉力(细线Pc)的方向　(2)G　竖直向上
23．解析：(2)单刀双掷开关接1时，测出电流为电压表及R电流之和，故＝，得：RV＝.
(3)由E＝U＋r，得＝＋＋·
则：k＝，b＝＋
得：E＝，r＝.
答案：(1)连线如图所示　(2)　(3)　
24．解析：(1)因粒子在电场E1中受电场力F1＝q1E1＝0.75×10－3
N＝mg，
则受重力及电场力的合力F＝mg，方向与L成θ角．
tan
θ＝＝，θ＝37°.
设粒子到达C点对轨道压力最大，设此时速度为vC，轨道对粒子支持力为N
由动能定理：mgRcos
θ－q1E1R(1－sin
θ)＝mv－0
由牛顿第二定律得：N－F＝eq
\f(mv,R)
解得：N＝mg＝2.25×10－3
N
由牛顿第三定律可知P对轨道最大压力为2.25×10－3
N.
(2)粒子到达轨道底时速度设为v
由动能定理得：mgR－q1E1R＝mv2－0
解得：v＝1
m/s
在电场E2中，因电场力F2＝q2E2＝10－3
N＝mg
故粒子在L左侧复合场中受B作用做匀速圆周运动，再次到L时速度大小仍为v，然后在E1中受力及状态如图
水平方向受力为q2E1加速运动，ax＝＝20
m/s2
运动位移为R时，需要时间为t
R＝vt＋axt2
即0.2＝1×t＋×20t2
解得：t＝－0.2
s(舍去)或t＝0.1
s
竖直方向受重力以g加速，t
s内下落位移h＝gt2＝0.05
m　
要使B落到圆轨道内，即：2r≤h＋R，r＝
解得B≥1
T.
答案：(1)2.25×10－3
N　(2)B≥1
T
25．解析：(1)设滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v＝4
m/s所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，有μmg＝ma，v＝vC＋at，x＝vCt＋at2
代入数据可得：x＝3
m，x＝3
m＜L，
滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝4.0
m/s.
(2)设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，有mAgh＝mAv，mAv0＝(mA＋mB)v1，(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v2＋mCvC，A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒：Ep＋(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v＋mCv，代入数据可解得：Ep＝2.0
J.
(3)在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为v′1，分离后A与B的速度为v′2，滑块C的速度为v′C，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝4
m/s，加速度大小为2
m/s2，有：v2－v′＝2(－a)L
解得：v′C＝4
m/s
以向右为正方向，A、B碰撞过程：mAvm＝(mA＋mB)v′1，
弹簧伸开过程：(mA＋mB)v′1＝mCv′C＋(mA＋mB)v′2，
Ep＋(mA＋mB)v′＝(mA＋mB)v′＋mCv′.
代入数据解得：vm＝
m/s≈8.1
m/s.
答案：(1)4.0
m/s　(2)2.0
J　(3)8.1
m/s
33．解析：(1)水的饱和汽压随温度的升高而增加，故A正确；一切宏观过程的热现象都具有方向性，故B错误；液晶具有光学的各向异性，故C正确；荷叶上的露珠呈球形是表面张力的结果，故D正确；布朗运动是通过悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，间接地反映了液体分子的无规则运动，故E错误．
(2)①对气体，由等温变化得：
(p0＋h)lS＝(p0＋x)(L－x)S
代入数据得：x＝20
cm.
②对气体，由理想气体状态方程得：
＝
代入数据得：T2＝345
K.
答案：(1)ACD　(2)①20
cm　②345
K
34．解析：(1)质点P向上振动，可以判断出此列波向右传播，A选项错误；由题意知，再过0.1
s，质点P由图示位置第二次回到P点，所以T＝0.1
s，波的传播速度为v＝＝20
m/s，故B选项正确；当t＝0.125
s，故P质点振动了1T，P正在向y轴负方向运动，故C选项正确；当t＝0.15
s时，P点振动了1.5T，P到达了与x轴对称的下方位置，正在向y轴负方向运动，速度正在减小，加速度正在增大，D错误，E正确．
(2)入射角i≤i0，i0为全反射临界角，有：sin
i0＝
而tan
i＝
且tan
i≤tan
i0
联立解得：d≥
又有：H>d
解得：H>d≥.
答案：(1)BCE　(2)H>d≥
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