【高考模拟】 湖北省宜昌市某校高考物理模拟试卷（十）答案与祥细解析

1、试卷第 =page 24 24页，总 =sectionpages 24 24页试卷第 =page 23 23页，总 =sectionpages 24 24页湖北省宜昌市某校高考物理模拟试卷（十）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1418题只有一个选项正确，第1921题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1. 如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为2m，A、B间绳长为20m质量为10kg的猴子抓住套在绳子上的滑环从A处滑到B处以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力

2、势能最小值约为（绳处于拉直状态）（ ） A.-1.2103JB.-7.5102JC.-6.0102JD.-2.0102J2. 为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，已知红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于n2激发态的氢原子提供的能量为（ ） A.10.20eVB.2.89eVC.2.55eVD.1.89eV3. 运动员在水上做飞行运动表演他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180后向下喷出，令自己悬停

3、在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g10m/s2，水的密度1.0103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（ ） A.2.7m/sB.5.4m/sC.7.6m/sD.10.8m/s4. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11:1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交变电流，A、V均为理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，R是定值电阻，L是灯泡，Rt是热敏电阻（电阻随温度升高而减小）。以下说法正确的是（ ） A.交变电流的频率为100HzB.电压表的示数为10VC.当温度升高时，灯泡L变亮D.当温度降低时，理想变压器输入

4、功率增大5. 如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为37足够长的固定斜面上，t0时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin370.6，cos370.8，g10m/s2，则下列说法正确的是（ ） A.长木板与斜面之间的动摩擦因数为10.35B.拉力F作用的时间为t2sC.拉力F的大小为13ND.物块与长木板之间的动摩擦因数2可能为0.886. 如图所示，一光滑绝缘足够长的斜面与两个等量同种正点电荷连线的中垂面重合，O为两点电荷连线的中

5、点A、B为斜面上的两点，且BOAO一个带电荷量为q、质量为m，可视为质点的小物块，从A点以初速度v0开始沿斜面下滑，到达B点速度恰好为零（斜面对电场无影响）以下说法正确的是（） A.小物块带正电，从A运动到B点，加速度先增大后减小B.小物块带负电，从A运动到B点，电势能先减小后增大C.小物块运动到O点时具有最大速度D.小物块能回到A点，且速度大小等于v07. 某天文爱好者通过测量环绕某行星做圆周运动的若干卫星的线速度v及轨道半径r，得到v2一r图像如图所示，图中a、r1、r2已知，b未知引力常量为G，则下列说法正确的是（ ） A.b=ar1r2B.行星的质量为ar1GC.OaAr1所图的面积和

6、ObBr2所围的面积相等D.软道半径为r2的卫星所受行星的引力小于轨道半径为r1的卫星所受行星的引力8. 如图所示，一磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大，纸面上M、N两点之间的距离为d，一质量为m的带电粒子（不计重力）以水平速度v0从M点垂直进入磁场后会经过N点，已知M、N两点连线与速度v0的方向成30角。以下说法正确的是（ ） A.粒子可能带负电B.粒子一定带正电，电荷量为mv0dBC.粒子从M点运动到N点的时间可能是d3v0D.粒子从M点运动到N点的时间可能是13d3v0三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选

7、考题，考生根据要求作答（一）必考题（ll题，共129分） 如图是“测定匀变速直线运动加速度”实验中得到的一条纸带，从O点开始每5个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是50Hz），依照打点的先后依次编为1、2、3、4、5、6，量得s11.22cm，s22.00cm，s32.78cm，s43.62cm，s54.40cm，s65.18cm （1）相邻两计数点间的时间间隔为T_s （2）打点计时器打计数点3时，小车的速度大小v3_m/s （3）计算小车的加速度大小为a_m/s2 在一次测量定值电阻Rx阻值(Rx5)的分组实验中，甲、乙两组分别进行了如下实验过程： （1）甲组可选器材如下：滑动变阻器R

8、A(0500,100mA)；滑动变阻器RB(05,2A)；电流表A(00.6A、内阻约2:03A、内阻约0.5)；电压表V(03V、内阻约1.5k:015V、内阻约7.5k)；电源E（电动势为3V）；开关S，导线若干。为便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，应选择_（选填“RA”或“RB”）；请根据以上实验器材，在图甲中将实物电路连接完整：按以上操作，测得Rx测_Rx真（填“”、“”或“”、“”、“”、“”、“”），若一束为黄光，一束为红光，则_是红光（填“p”或“q”）。 一列简谐横波的波源振动一个周期时波形如甲图所示，乙图为质点Q从该时刻计时的振动图像，P、Q分别是平衡位置为x10.5m

9、和x22m处的质点。 参考答案与试题解析 湖北省宜昌市某校高考物理模拟试卷（十）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1418题只有一个选项正确，第1921题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.【答案】B【考点】重力势能相似三角形法在动态平衡问题中的应用【解析】猴子下滑过程中，只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒，动能最大时重力势能最小；合力为零时速度最大，结合几何关系得到最低点位置，求解最小的重力势能【解答】解：设平衡时绳子与竖直方向的夹角为，此时猴子受重力和两个拉力而平衡，故：l左sin+l右sin=d，其中：l=l

10、左+l右，故sin=dl=1620=0.8，=53；A、B两点的竖直距离为2m，故l右cos-l左cos=2m，而l=l左+l右=20m，故l右cos=7m，故以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为：Ep=-mgl右cos=-10107J=-700J=-7102J，考虑绳子有微小的形变，故猴子实际最低点可能的重力势能为-7.5102J，故ACD错误，B正确故选：B2.【答案】C【考点】氢原子的能级公式和跃迁【解析】根据题意，氢原子在跃迁时辐射能量的最小能量要大于1.62eV，才能被红外测温仪捕捉。因此n2激发态的氢原子吸收最小能量跃迁到更高能级，再向低能级跃迁时，辐射能

11、量最小值大于1.62eV即可。【解答】由氢原子能级示意图可知，最少应给处于n2激发态的氢原子提供的能量，若使其跃迁到n4激发态，然后氢原子从n4激发态向低能级跃迁时，所辐射光子能量最小值为：Emin-0.85eV-(-1.51eV)0.66eV1.62eV，红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，因此最少应给处于n2激发态的氢原子提供的能量，跃迁到n4激发态满足条件，那么提供的能量为：EE4-E2-0.85eV-(-3.4eV)2.55eV，故C正确，ABD错误。3.【答案】C【考点】动量定理的理解【解析】选择m的水为研究对象，结合动量定理求出喷水时

12、水的速度，【解答】设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则：FMg设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量：mV2Svtt时间内质量为m的水获得的冲量：IFtmv联立可得：v=Mg2S=900210000.052=7.6m/s则C正确，ABD错误4.【答案】B【考点】交变电流的图象和三角函数表达式变压器的构造和原理【解析】根据图乙可知原线圈输入的交流电的频率。二极管具有单向导电性，根据电流热效应求解交流电的有效值，根据变压比得到电压表示数。温度变化，热敏电阻阻值变化，结合欧姆定律进行分析，分析输出功率的变化，得知输入功率的变化。【

13、解答】A、分析图乙可知，原线圈接入的正弦式交变电流的最大值为Um220V，周期：T0.02s，则频率：f=1T=50Hz，故A错误；B、二极管具有单向导电性，根据电流热效应求解输入电压的有效值，(Um2)21RT2=U121RT，解得：U1110V，根据变压比可知，副线圈输出电压：U2=n2n1U1=10V，则电压表示数为10V，故B正确；C、温度升高，热敏电阻Rt阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表示数增大，电阻R两端电压增大，副线圈输出电压不变，则灯泡两端电压减小，灯泡L变暗，故C错误；D、温度降低，热敏电阻Rt阻值增大，根据欧姆定律可知，电流表示数减小，副线圈输出功率减小，则理想变压器的输

14、入功率减小，故D错误。5.【答案】D【考点】v-t图像（匀变速直线运动）匀变速直线运动的概念非常规图像滑动摩擦力牛顿第二定律的概念x-t图像（匀变速直线运动）动摩擦因数【解析】由速度位移的关系式：v22ax与图形对比得到物体的最大速度、撤去F前的加速度大小、撤去F后的加速度大小、撤去F时发生的位移，再依据牛顿第二定律、速度公式依次求解即可。【解答】设物块的质量为m0.5kg，长木板的质量为M1kg；由速度位移的关系式：v22ax与图形对比得：物体的最大速度vm28(m/s)2，撤去F前的加速度大小a1=vm22x1=824m/s21m/s2，撤去F后的加速度大小a2=vm22x2=82(4.5

15、-4)m/s28m/s2。AC、撤去F前由牛顿第二定律得：F-(m+M)gsin37-1(m+M)gcos37(m+M)a1，撤去F后由牛顿第二定律得：(m+M)gsin37+1(m+M)gcos37(m+M)a2，联立解得：F13.5N，10.25，故AC错误；B、力F作用时物体做加速运动，由速度公式得：vma1t，解得：t22s，故B错误；D、以物块为研究对象，加速上升过程中根据牛顿第二定律可得2mgcos37-mgsin37ma1，解得20.875，物块与长木板之间的动摩擦因数2可能为0.88，故D正确。6.【答案】B,D【考点】带电粒子在重力场和电场中的运动【解析】根据电场线的分布可以

16、知道沿斜面方向的电场的特点，进而判断小物块沿斜面运动必然是先加速后减速，可以判断小物块的电性，以及小物块电势能的变化；当小物块受力平衡时速度最大；根据能量守恒定律可以判断返回到A点时的速度大小。【解答】解：A根据等量同种电荷的电场线的分布特点可知，O点的场强为零，电场线方向沿OA、OB方向，沿斜面方向电势先升高后降低，小物块以一初速度沿斜面下滑，到B点速度为零，整个过程中有重力和电场力做功，重力做正功，电场力做负功，所以小物块带负电，故A错误；B小物块带负电，沿斜面从A到O，电势升高，电势能减小，从O到B，电势降低，电势能增大，故小物块从A点运动到B点，电势能先减小后增大，故B正确；C当小物块

17、受力平衡时，速度最大，当小物块运动到O点时，所受电场力为零，合力为重力沿斜面向下的分力，其加速度不为零，还将继续加速下滑，故C错误；D小物块到B点时速度为零，此时所受沿斜面向上的电场力大于沿斜面向下的重力的分力，不能保持静止，所以，小物块将沿斜面向上运动，因为整个过程中只有重力和电场力做功，所以只有机械能和电势能之间的相互转化，根据能量守恒定律，当物块返回到A点时，重力和电场力做功为零，则小物块的动能不变，速度大小不变，故D正确故选BD7.【答案】B,C【考点】万有引力定律及其应用【解析】根据卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力得到线速度与半径的关系，由图即可知a、b的关系、行星的质量

18、；由表达式可知图像所围的面积含义，由于卫星质量未知，故引力大小无法比较【解答】A、若干卫星绕行星做匀速圆周运动，有：GMmr2=mv2r，即GMr=v2，对图中A、B两点，有：GMr1=aGMr2=b解得：b=r1r2a，故A错误；B、对图中A点有：GMr1=a，则：M=ar1G，故B正确；C、由A选项可知，所围的面积均为：Sar1br2GM，故C正确；D、卫星所受行星的引力F=GMmr2，卫星的质量未知，则引力大小未知，故D错误；8.【答案】B,C,D【考点】向心力带电粒子在匀强磁场中的运动规律【解析】由于从M点垂直进入磁场后会经过N点，结合左手定则可得知粒子的带电性；根据粒子的运动轨迹作出

19、图像，结合几何关系得出运动轨迹半径，再由qv0B=mv02R得出粒子电荷量；粒子从M点做匀速圆周运动，整个圆周运动的周期不发生变化，根据周期性可以得出粒子从M点运动N点的时间可能值。【解答】B、根据圆心与M点连线必垂直速度v0的方向，圆心在M、N两点连线的中垂线上，作图确定圆心O，已知M、N两点连线与速度v0的方向成30角，如图所示：由几何关系可得：MOA30，由几何关系可得粒子做圆周运动的半径：R=d2sin30=d，由qv0B=mv02R可得：q=mv0BR=mv0dB，故B正确（1）CD、粒子做圆周运动的周期：T=2Rv0=2dv0，由MON60=3，解得粒子第一次经过N点的运动时间为：

20、t1T32=T6=d3v0，第n次经过N点的时间为：tnt1+(n-1)T(16+n-1)2dv0，当n3时，t3=13d3v0，故CD正确（2）故选：BCD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（ll题，共129分）【答案】0.10.320.80【考点】利用打点计时器研究匀变速直线运动打点计时器系列实验中纸带的处理【解析】根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小【解答】由于从

21、O点开始每5个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是50Hz），所以相邻的计数点间有5个时间间隔，即T0.1s；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小；v3=s3+s42T=0.0278+0.03620.2m/s=0.32m/s根据匀变速直线运动的推论公式xaT2可以求出加速度的大小，得：s4-s13a1T2s5-s23a2T2s6-s33a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=13(a1+a2+a3)=(5.18+4.40+3.62-2.78-2-1.22)10-290.12m/s20.80m/s2【答案】

22、RB,Rx,R0,变小乙【考点】伏安法测电阻【解析】（1）滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节和测量，选择最大阻值较小的滑动变阻器。根据Rx与RARV关系判断电流表的接法，然后连接实物图。根据R=UI和测量值分析测量结果。（2）乙组是利用的等效替代的思想，在MN处先接Rx，闭合开关，调节滑动变阻器到电压表合适的示数，记下电压表表的读数，再换接R0，调节变阻箱至电压表读数和接R想时示数相等，此时变阻箱的读数即为Rx的阻值。（3）根据以上分析知哪一组测量更接近真实值。【解答】被测电阻约5，为了便于调节和测量，滑动变阻器采用分压接法，选择最大阻值较小的滑动变阻器，即RB；因为RxRARV，所以电流表外接，滑动变阻器采用分压接法，连接实物图，如图。利用电流表外接，由于