最新高考物理模拟试题精编及答案解析(四)

最新高考物理模拟试题精编及答案解析(四)

(考试用时：60分钟试卷满分：110分)

第Ⅰ卷(选择题共48分)

一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)

14．如图所示，一群电荷量相同但质量不同的粒子(重力

忽略不计)从小孔S1无初速度地进入匀强加速电场，经电场

加速后从小孔S2射出，并经C处进入匀强磁场，已知S1、

S2、C与磁场边界圆的圆心O共线，下列关于打在磁场边界

E、D点的粒子的说法正确的是()

A．打在E点的粒子比荷比打在D点的粒子的小

B．打在E点的粒子动量比打在D点的粒子的大

C．打在E点的粒子动量比打在D点的粒子的小

D．打在E点的粒子速度比打在D点的粒子的小

15．一个可视为质点的物体由静止开始做直线运动，其加速

度a随时间t变化的关系为如图所示的正弦曲线．则该物体运动

的速度v随时间t变化的图象是()

16．如图所示，质量为m＝1.0×10－3kg、带电荷量为q

＝＋1.0×10－5C的小球(可视为质点)置于光滑绝缘水平面上

的A点，当空间存在斜向上的匀强电场时，该小球从静止开

始沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度v B＝15 m/s，此时小球的位移为x AB＝15 m，取重力加速度g＝10 m/s2，在上述运动中电场方向与水平方向的夹角θ和匀强电场的电场强度E可能为()

A．θ＝0°，E＝1 000 V/m

B．θ＝90°，E＝1 000 V/m

C．θ＝60°，E＝1 500 V/m

D．θ＝30°，E＝500 3 V/m

17．如图甲所示，质量为M＝3 kg的长木板A置于光滑水平面上，质量为m＝2 kg的木块B(可视为质点)静止在长木板A的左端，现对B施加一个水平向右的外力F，结果A、B的加速度随时间变化的图象如图乙所示，t＝6 s时A、B刚好分离，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()

A．A、B间的动摩擦因数为0.2

B．t＝4 s时A的速度为8 m/s

C．A的长度为4 m

D．t＝4 s后外力的大小为8 N

18．如图所示，可视为质点的小球与两非弹性细线AB、AC连

接后分别系于L形杆的B点和竖直轴OO′的C点，L形杆的另一

端垂直固定于竖直轴OO′上，B、C两点间的水平距离和竖直距

离相等，AC长l＝1 m，当整个装置绕竖直轴OO′以角速度ω1

匀速转动时，细线AB水平伸直且张力为零，细线AC与OO′间夹角为37°.若增大装置转动的角速度，发现当装置以角速度ω2匀速转动时，细线AB又出现伸直且张力为零的现象，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则()

A．ω1＝5 2

2rad/s，ω2＝

5 6

3rad/s

B．ω1＝5 2

2rad/s，ω2＝15 rad/s

C ．ω1＝2303 rad/s ，ω2＝5 63

rad/s D ．ω1＝2303

rad/s ，ω2＝ 15 rad/s 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．)

19．如图所示，a 为静止在地球赤道上的一个物体，b 为绕地球

做匀速圆周运动的近地卫星，c 为地球的同步卫星，其轨道半径为

r ，设地球半径为R ，下列说法正确的是( )

A ．b 与c 的周期之比为

r R B ．b 与c 的周期之比为R r R r C ．a 与c 的线速度大小之比为R r

D ．a 与c 的线速度大小之比为 R

r

20．如图，A 、B 、C 、D 是正四面体的四个顶点．现在A 固定

一电荷量为＋q 的点电荷，在B 固定一电荷量为－q 的点电荷，

取无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )

A ．棱A

B 中点的电势为零

B ．棱AB 中点的场强为零

C ．C 、

D 两点的电势相等

D ．C 、D 两点的场强相同

21．如图甲所示，一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面的D 处，上端连接一质量为2 kg 的滑块(可视为质点)，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行且原长为AD .现将滑块从A 处由静止释放，滑块第一次返回并到达最高点的过程中，其加速度a 随弹簧被压缩的长度x 的变化规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，则下列说法正确的是( )

A．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2

B．弹簧的劲度系数为100 N/m

C．滑块第一次运动到最低点时弹簧的弹性势能为12 J

D．滑块释放后第一次返回并运动到最高点的过程中因摩擦产生的热量为0.64 J

选择题答题栏

)

本卷包括必考题和选考题两部分．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．

22．(6分)在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图甲中斜槽PQ与水平槽QR平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验．先不放被碰小球，使入射小球从斜槽上的A点由静止滚下，重复实验若干次；然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘B处(槽口)，再使入射小球从斜槽上的A点由静止滚下，再重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口B的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，测得两小球直径相等，入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，且m1＝2m2.则：

(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为______ m.

(2)入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，其目的是________．

A．为了使入射小球每次都能水平飞出槽口

B．为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口

C．为了使入射小球在空中飞行的时间不变

D．为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞

(3)下列有关本实验的说法中正确的是________．

A．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是M、P

B．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是P、M

C．未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球的落点分别是N、M

D．在误差允许的范围内若测得|ON|＝2|MP|，则表明碰撞过程中两小球组成的系统满足动量守恒定律

23．(9分)某同学利用有一定内阻的毫安表(量程0～3 mA)测定一节干电池的电动势E和内阻r.使用的器材还包括两个电阻箱R和R0，两个定值电阻R1＝15.0 Ω和R2＝4.5 Ω，开关两个，导线若干．实验原理图如图甲所示．

(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请用笔画线代替导线完成余下电路的连接．

(2)请完成下列主要实验步骤：

①调节电阻箱R到最大值，闭合开关S1和S2，调节电阻箱R使毫安表的示数大约为2 mA；

②调节电阻箱R0，直至在反复断开、闭合开关S2时，毫安表的指针始终停在某一示数处，读得此时电阻箱R0的电阻为 3.0 Ω，则毫安表的内阻R A＝________ Ω；

③保持开关S1和S2闭合，且保持电阻箱R0的阻值不变，不断调节电阻箱R，读出其阻值R和对应的毫安表的示数I；

④根据实验数据描点，绘出的1

I－R图象如图丙所示，则该电池的电动势E

＝________ V，内阻r＝________ Ω.

24．(14分)如图所示，电路中电源电动势为E，内阻不计，

其他各电阻阻值R1＝R3＝3R，R2＝R.水平放置的平行金属板

A、B间的距离为d，板长为L.在A板的左下端且非常靠近极

板A的位置，有一质量为m、电荷量为－q的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间．(重力加速度用g表示)，求：

(1)若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E1的值；

(2)若使液滴恰能打在B板的中点，电动势E2的值．

25．(18分)如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定．车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车右端和沙坑左边缘平齐．当同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动．该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小．已知秋千绳子长度L＝4.5 m，该同学和秋千板的总质量m＝50 kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200 kg，重力加速度g＝10 m/s2.试求：

(1)该同学摆到最低点时的速率；

(2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功；

(3)该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度s＝3.6 m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H＝5.75 m.

请考生在第33、34两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

33．(15分)【物理——选修3－3】

(1)(5分)下列说法正确的是________．(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．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化成机械能

B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，它们的分子势能先减小后增加

C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力

E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强一定减小

(2)(10分)某同学用注射器、透明吸管、水银柱制作了一个简易温度

计．如图所示，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2 cm2，常压下、气温

为0 ℃时水银柱(长度可忽略)刚好位于吸管底部，此时注射器内封闭气

体的体积为20 cm3.

①当气温为27 ℃时水银柱距吸管底部的距离为多大？(结果保留三位有效数字)

②用此温度计测量压强为0.9个大气压的山顶的温度为37 ℃，则山顶的实际温度为多少？

34．(15分)【物理——选修3－4】

(1)(5分)波源O产生的简谐横波沿x轴正方向传播，P是x P＝0.5 m处的质点、Q是x Q＝1.1 m处的质点，在t＝0时振动传播到P点，形成图中的实线；在t＝0.3 s时振动传播到Q点，形成图中的虚线，则________．(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．该波的周期等于0.3 s

B．该波的波速等于2 m/s

C．波源开始振动的方向沿y轴负方向

D．在t＝0.7 s时Q点速度等于零

E．P点和Q点的振动方向始终相反

(2)(10分)光导纤维由内芯和外套两层组成，内芯的折射率

比外套的大，光在内芯部分传输，并在内芯与外套的界面上不

断发生全反射，已知内芯的折射率是n1，外套的折射率是n2，如图所示，入射光从空气中经光导纤维的中心以一定角度射入．

①要使光在光导纤维中发生全反射，则光从空气中射入时与轴线的夹角有最大值还是最小值？并求出相应夹角的大小．

②若光导纤维的总长度为l，光在其中传播时正好发生全反射，则光在光导纤维中传播比在等距离真空中传播时间延迟了多少？(光在真空中传播速度为c)

答案解析

14．解析：选C.根据Uq ＝12m v 2，又因为Bq v ＝m v 2R ，解得q m ＝2U B 2R 2，v ＝ 2Uq

m ，由题意并结合题图可知打在E 点的粒子的轨迹半径比打在D 点的粒子的轨迹半径小，所以打在E 点的粒子比荷比打在D 点的粒子比荷大，相应打在

E 点的粒子质量小、速度大，故A 、D 错误；由于R ＝m v Bq ，粒子的电荷量均相

同，则粒子运动轨迹的半径越小，粒子的动量越小，故B 错误，C 正确．

15．解析：选C.由a －t 图象可知，0～t 1时间内物体做加速度逐渐增大的加速运动，t 1～t 2时间内物体做加速度逐渐减小的加速运动，t 2～t 3时间内物体做加速度逐渐增大的减速运动．

16．解析：选D.从A 点到B 点的过程，由动能定理qEx AB cos θ＝12m v 2B

－0得E ＝m v 2B 2qx AB cos θ＝750cos θ

V/m.当θ＝0°，E ＝750 V/m 时小球恰能按题中要求运动到B 点，A 错误；当θ＝90°，则电场力无水平分量，小球不能产生水平加速度，且小球的初速度为零，小球不可能运动到B 点，B 错误；当θ＝60°，E ＝1 500 V/m ，但此时Eq sin θ＞mg ，小球不能按题中要求运动到B 点，故C 错误；当θ＝30°，E ＝500 3 V/m 时，代入数据可知qE sin θ＜mg ，即电场力的竖直分量小于重力，小球不会离开地面，故D 正确．

17．解析：选C.由题图乙知，t ＝4 s 时A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，此时A 的加速度a A ＝2 m/s 2，分析A 的受力知μmg ＝Ma A ，代入数值得μ＝0.3，A 错；因a －t 图象与t 轴所围面积表示速度变化量的大小，所以t ＝4 s

时A 的速度v ＝12a A Δt 1＝4 m/s ，B 错；4 s ～6 s 内，A 的位移为x A ＝v Δt 2＋12

a A (Δt 2)2＝12 m ，B 的位移为x B ＝v Δt 2＋12

a B (Δt 2)2＝16 m ，所以A 的长度为L ＝x B －x A ＝4 m ，C 对；由牛顿第二定律及题图乙知F －μmg ＝ma B ，代入数值得，t ＝4 s

后外力F ＝14 N ，D 错．

18．解析：选A.当细线AB 水平伸直且张力为零时，细线AC 对小球的拉

力和小球的重力的合力提供小球的向心力．由牛顿第二定律知mg tan 37°＝mω21

l sin 37°，得ω1＝5 22

rad/s ，C 、D 错误；因B 点与C 点的水平和竖直距离相等，当装置以角速度ω2匀速转动时，细线AB 又伸直且张力为零，所以细线AB 必竖直，由几何关系得，此时细线AC 与OO ′间的夹角为53°，同理细线AC 对小球的拉力和小球的重力的合力提供小球的向心力，mg tan 53°＝mω22l sin 53°

，即ω2＝5 63

rad/s ，A 正确，B 错误． 19．解析：选BC.b 、c 均为地球的卫星，则向心力的来源相同，均由万有

引力提供向心力，有G Mm r 2＝m 4π2T

2r ，整理得T ＝2π r 3GM ，则b 、c 的周期之比为 R 3r 3＝R r R r ，A 错误，B 正确；由于a 、c 具有相同的角速度，则由v

＝ωr ，可知a 、c 的线速度之比为R r ，C 正确，D 错误．

20．解析：选ACD.结合等量异种点电荷的电场线的分布情况可知，过棱AB 的中点且与AB 垂直的线为等势线、垂直的面为等势面，且电势为零，中点处的电场强度方向由A 指向B ，选项A 正确，B 错误；由以上分析可知C 、D 两点的电势也为零，则选项C 正确；由对称性可知C 、D 两点的电场强度大小相等，方向相同，选项D 正确．

21．解析：选BD.重力沿斜面向下的分力G 1＝mg sin θ＝12 N ，斜面对滑块的支持力N ＝mg cos θ＝16 N ．滑块刚释放时，加速度大小为a 0＝5 m/s 2，根据

牛顿第二定律有G 1－f ＝ma 0，得f ＝2 N ，μ＝f N ＝0.125，选项A 错误；当x 1＝

0.1 m 时a 1＝0，即此时有G 1－f －kx 1＝ma 1，得k ＝100 N/m ，选项B 正确；经分析可知，当a 2＝－5 m/s 2时，滑块第一次运动到最低点，摩擦力方向沿斜面向上，然后摩擦力反向，滑块的加速度为a 3＝－3 m/s 2，此时有G 1＋f －kx 2＝

ma3，得x2＝0.2 m，根据能量守恒定律，滑块第一次运动到最低点时弹簧弹性势能E p＝G1x2－fx2＝2 J，选项C错误；当a3＝3 m/s2时，滑块第一次返回并运动到最高点，此时有G1＋f－kx3＝ma3，得x3＝0.08 m，滑块释放后第一次返回并运动到最高点的过程中因摩擦产生的热量Q＝f(2x2－x3)＝0.64 J，选项D正确．

22．解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，小球的直径为12.5 mm＋0.395 mm ＝12.895 mm＝1.289 5×10－2 m.

(2)入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，其目的是使入射小球每次都以相同的动量到达槽口，选项B正确．

(3)放了被碰小球后，入射小球由于受到被碰小球的作用力，入射小球动量减小，落点位置为距离O点较近的M点；被碰小球动量增大，落点位置为距离O点较远的N点；未放被碰小球时，入射小球的落点位置为P点，选项B正确，

AC错误．根据题述，m1＝2m2，碰撞过程中小球m2增加动量Δp2＝m2|ON|

t，t

为小球从飞出槽口到落到白纸上的时间，小球m1减少动量Δp1＝

m1|OP|－m1|OM|

t＝2m2|MP|

t，在误差允许范围内，若测得|ON|＝2|MP|，则Δp2

＝Δp1，表明两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒定律，选项D正确．答案：(1)1.289 5×10－2(2分)(2)B(2分)

(3)BD(2分)

23．解析：(2)②断开、闭合开关S2时，使毫安表的指针始终停在某一示数处，说明通过R1、R2的电流I1相等，通过毫安表、R0的电流I2相等，R1、毫安表两端的电压相等，R0、R2两端的电压相等，即I1R1＝I2R A，I1R2＝I2R0，得R A

＝R0R1

R2＝

3.0×15.0

4.5Ω＝10.0 Ω；④根据闭合电路欧姆定律有E＝(

IR A

R1＋I)(R＋r

＋

R1R A

R1＋R A

＋

R2R0

R2＋R0

)，整理得

1

I＝

5

3E R＋

5

3E(r＋7.8 Ω)，结合图象得，

5

3E＝

464－14

405

V－1，5

3E(r＋7.8 Ω)＝14 A

－1，解得E＝1.5 V，r＝4.8 Ω.

答案：(1)实物连线如图所示(2分) (2)②10.0(3分) ④1.5(2分) 4.8(2分)

24．解析：(1)由闭合电路欧姆定律，

得I ＝E R 1＋R 2＝E 14R

(2分) A 、B 板间电压U BA ＝IR 2＝E 14

(1分) 由平衡条件得mg ＝qU BA d ＝q E 14d

(2分) 联立解得E 1＝4mgd q (2分)

(2)液滴恰好打在B 板正中央，由平抛运动规律有

水平方向，L 2

＝v 0t (1分) 竖直方向，y ＝d ＝12

at 2(1分) 由牛顿第二定律，有qU BA ′d －mg ＝ma (2分)

由第(1)问，有U BA ′＝14

E 2(1分) 联立解得E 2＝4md q (8d v 2

0L 2＋g )(2分) 答案：(1)4mgd q (2)4md q (8d v 20L 2＋g ) 25．解析：(1)对整个系统摆到最低点的过程

水平方向动量守恒：0＝m v 1＋M v 2(2分)

机械能守恒：

mgL (1－cos θ)＝12m v 21＋12M v 22

(2分)

代入数据，联立解得该同学摆到最低点的速率为v 1＝6 m/s(1分)

(2)对同学摆到最低点的过程，由动能定理，有

W r ＋W G ＝12

m v 21(2分) 又W G ＝mgL (1－cos θ)(2分)

代入数据，解得绳子对该同学和秋千板做的功为

W r ＝－225 J(1分)

(3)同学离开秋千板后做平抛运动，有

H －L ＝12

gt 2(1分) x ＝v 1t (1分)

代入数据，解得x ＝3 m(1分)

同学离开秋千板之前的过程，整个系统

水平方向动量守恒：0＝m v 1x ＋M v 2x (1分)

由于运动时间相同，故有：0＝mx 1＋Mx 2(1分)

且x 1－x 2＝L sin 60°(1分)

联立解得x 2＝－0.779 m(1分)

故同学的落点与沙坑左边界距离

d ＝x ＋x 2－s 2

＝0.421 m(1分) 答案：(1)6 m/s (2)－225 J (3)0.421 m

33．解析：(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化成机械能，故A 错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增加，故B 正确；热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子平均动能的标志，所以热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故C 正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间的作用表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D

正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小、可能不变，故E错误．

(2)①设常压下、温度为27 ℃时，水银柱距吸管底部的距离为L

根据盖－吕萨克定律有V0

T0＝

V1

T1(3分)

即20 cm3

273 K＝

20 cm3＋0.2 cm2×L

300 K(1分)

解得L＝9.89 cm(1分)

②当在山顶时，由查理定律有

p0

T′

＝

p2

T2(3分)

即

p0

(273＋37) K

＝

0.9p0

273 K＋t2

(1分)

解得t2＝6 ℃(1分)

答案：(1)BCD(2)①9.89 cm②6 ℃

34．解析：(1)振动从P点传到Q点，传播距离为0.6 m，时间为0.3 s，则

波速为v＝1.1－0.5

0.3m/s＝2 m/s，由题图知波长为λ＝0.4 m，则周期为T＝

λ

v＝

0.2 s，A选项错误，B选项正确；波沿x轴正向传播，振动传到P点时，由波形图可知，P点沿y轴负方向振动，则所有质点开始振动的方向均沿y轴负方向，故波源开始振动的方向沿y轴负方向，C选项正确；从t＝0.3 s到t＝0.7 s，时间为0.4 s＝2T，质点Q仍然在平衡位置，速度最大，D选项错误；P点和Q点相距半波长的三倍，振动方向始终相反，E选项正确．

(2)①设光在空气与内芯界面的入射角为α，在光导纤维内芯中折射角为β，在内芯与外套的界面处的入射角为θ，如图1所示

光射入光导纤维时，有n 1＝sin αsin β

，β＋θ＝90°，当θmin ＝C 时，βmax ＝90°－C ，则α有最大值(2分)

sin αmax ＝n 1sin βmax (1分)

sin C ＝n 2n 1

(1分) 解得αmax ＝arcsin n 21－n 22(1分)

②如图2所示，光在光导纤维中发生全反射前后传播的路程为

s 1＝l 1sin C ，s 2＝l 2sin C ，…，s n ＝l n sin C

s ＝s 1＋s 2＋…＋s n ＝l 1＋l 2＋…＋l n sin C ＝l sin C

(1分)

光在光导纤维内芯中传播速度v ＝c n 1

(1分) 光在光导纤维内芯中传播比在真空中传播延迟时间为

Δt ＝s v －l c (1分)

解得Δt ＝l c (n 21n 2

－1)(2分) 答案：(1)BCE (2)①最大值 arcsin

n 21－n 22 ②l c (n 21n 2

－1)