高考物理考前提分仿真卷 物理（四）(解析版A3版)

此卷只装订不密封班级此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号物理（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。二、选择题：本题共8小题，每小题6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，有选错或不答的得0分。14．用频率为ν的紫外线分别照射甲、乙两块金属，均可发生光电效应，此时金属甲的遏止电压为U，金属乙的遏止电压为eq\f(3,2)U。若金属甲的截止频率ν甲＝eq\f(2,3)ν，金属乙的截止频率为ν乙，则ν甲∶ν乙为()A．2∶3B．3∶4C．4∶3D．3∶2【答案】C【解析】设金属甲的逸出功为W甲，逸出的光电子的最大初动能为Ek甲，金属乙的逸出功为W乙，逸出的光电子的最大初动能为Ek乙，由爱因斯坦光电效应方程，对金属甲，Ek甲＝hν－W甲，而Ek甲＝eU，W甲＝hν甲，ν甲＝eq\f(2,3)ν；对金属乙，Ek乙＝hν－W乙，而Ek乙＝eq\f(3,2)eU，W乙＝hν乙，联立解得ν甲∶ν乙＝4∶3，C正确。15．两个质量均为m的A、B小球用轻杆连接，A球与固定在斜面上的光滑竖直挡板接触，B球放在倾角为θ的斜面上，A、B均静止，B球没有滑动趋势，则A球对挡板的压力大小为(重力加速度为g)()A．mgtanθB．eq\f(2mg,tanθ)C．eq\f(mg,tanθ)D．2mgtanθ【答案】D【解析】根据题述，B球没有滑动趋势，说明B球不受摩擦力作用。竖直挡板光滑，A球不受摩擦力作用。把A、B看成整体进行受力分析，设挡板对A球的支持力为F，由平衡条件可得tanθ＝eq\f(F,2mg)，解得F＝2mgtanθ，由牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小为2mgtanθ，D正确。16．如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点，其中a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成60°角，粒子只受电场力的作用。下列说法中正确的是()A．点电荷Q带正电B．a点的电势低于b点电势C．从a到b，系统的电势能减小D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【答案】C【解析】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受库仑引力作用，因粒子带正电，所以点电荷带负电，故A错误；由图可知，点电荷Q位于Ea方向延长线与Eb方向延长线的交点处，且b点与a点相比，b点离负点电荷较近，b点处电势较低，所以B错误；由E＝qφ可知正点电荷在电势低处，电势能较小，所以正点电荷在a处时，系统具有的电势能较大，因此C正确；根据点电荷电场线的分布，b点处电场线分布较密，电场强度较大，粒子加速度较大，所以D错误。17．电流随时间变化的规律如图所示，每个周期的前半个周期电流随时间按照正弦形式的规律变化，后半个周期的电流为0，已知电流的最大值为I。则在0〜T过程中的平均电流()A．I0B．eq\f(1,2)I0C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】根据eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，联立解得SKIPIF1<0，则在0〜T过程中，ΔΦ=2BS，电流的最大值SKIPIF1<0，联立解得SKIPIF1<0，在0〜T过程中的平均电流为SKIPIF1<0，所以D正确。18．如图甲所示，一儿童站在平板小车中间，与小车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然走向小车一端，此过程儿童和小车的速度－时间关系如图乙所示，不计地面的摩擦。以下说法正确的是()A．儿童的质量小于小车的质量B．儿童走向小车左端C．儿童和小车的总动能减少D．小车对儿童的冲量方向水平向右【答案】B【解析】由图乙可知，小车的加速度大小大于儿童的加速度大小，由于在运动过程中，小车与儿童间的相互作用力大小相等，即合力大小相等，由牛顿第二定律可知，小车的质量小于儿童的质量，故A错误；由于儿童走动后，儿童和小车的速度方向相同，由动量守恒可知，儿童和小车都向右运动，只是儿童的速度比小车的小，则儿童相对小车向左运动，故B正确；由于儿童走动，儿童和小车的总动能增加，故C错误；由于儿童向右做减速运动，则小车对儿童的摩擦力向左，小车对儿童的支持力竖直向上，所以合力斜向左上方，合力的冲量方向斜向左上方，故D错误。19．2020年12月8日，中、尼两国共同宣布珠峰最新高程为8848.86米。若在海拔H处的珠峰上和地面上分别以v1、v2水平抛出一物体，均恰好不落回地面，并测得海拔H处的重力加速度为地面上重力加速度的k倍，地球可视为半径为R、质量均匀的球体，则下列各式正确的是()A．SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】BC【解析】在地面上万有引力等于重力，则有SKIPIF1<0，海拔H处有SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，故B正确，A错误；由题意可知SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，故C正确，D错误。20．如图甲所示，一质量m＝1kg的木块被水平向左的力F压在竖直墙上，木块初始位置离地面的高度H＝4m，木块与墙面间的动摩擦因数μ＝0.2，力F与木块距离地面距离h间的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则()A．木块下滑过程一直做加速运动B．木块下滑过程克服摩擦阻力所做的功为10JC．木块下滑到地面前瞬间的速度大小为8m/sD．木块下滑过程用时为1s【答案】AC【解析】木块下滑过程重力一直大于摩擦力，所以木块下滑过程一直做加速运动，A正确；木块下滑过程克服摩擦阻力所做的功SKIPIF1<0J，B错误；木块下滑过程摩擦力的大小与下滑位移成线性关系，则有SKIPIF1<0，得v＝8m/s，C正确；木块下滑过程速度增加得越来越慢，则eq\f(1,2)vt<h，得t<1s，D错误。21．如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0。将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。则下列说法正确的是()A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为顺时针方向B．t＝t0时刻圆环中的电流为0C．t＝eq\f(3,2)t0时刻圆环受到的安培力大小为SKIPIF1<0D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为SKIPIF1<0【答案】AD【解析】0～t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A正确；根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)S，t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不0，B错误；上式中S＝eq\f(1,2)πr2，SKIPIF1<0，据欧姆定律有I＝eq\f(E,R)，据电阻定律有SKIPIF1<0，t＝eq\f(3,2)t0时刻圆环受到的安培力SKIPIF1<0，力方向垂直于MN向左，故C错误；在0～t0时间内，通过圆环的电荷量SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0‧eq\f(1,2)πr2，联立解得SKIPIF1<0，故D正确。三、非选择题：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．(一)必考题：共47分。22．(5分)某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，图中A、B为两个光电门。(1)该同学首先利用20分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________cm。(2)让小球从光电门A上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A、B的挡光时间tA、tB，已知当地的重力加速度为g，用刻度尺测量出光电门A、B间的距离h，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒。(用题目中涉及的物理量符号来表示)(3)该同学的实验操作均正确，经过多次测量发现，(2)中需要验证的两个数值总是存在一定的误差，产生这种误差的主要原因是_________________________________________________________。【答案】(1)0.885(2)ghSKIPIF1<0(3)小球下落过程中受到空气阻力的影响【解析】(1)根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为0.885cm。(2)小球从A到B，重力势能减少了mgh，动能增加了SKIPIF1<0，因此，要验证机械能是否守恒，只需比较gh与SKIPIF1<0是否相等即可。(3)小球下落过程中，受到空气阻力的作用，造成机械能损失，所以gh与eq\f(1,2)(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A))总是存在一定的误差。23．(10分)某同学准备测量一节干电池电动势和内电阻，他从实验室里借来如下实验器材：A．电流表A1（量程为0.6A，内阻约为0.5Ω）B．电流表A2（量程为2mA，内阻为100Ω）C．电压表V（量程为6V，内阻约为10kΩ）D．滑动变阻器R1（最大电阻值为10Ω）E．电阻箱R2（最大电阻值为999.9Ω）F．开关、导线若干G．待测干电池(l)该同学发现电压表的量程太大，准备用电流表和电阻箱改装为一量程为2.0V的电压表，则其应该选择的电流表是________(填“A1”或“A2”)，电阻箱的接入电路的电阻值应该为______Ω；(2)请你帮助该同学在图甲中补充完整实验电路图；(3)实验过程中，该同学多次调节滑动接入电路的电阻值，得到两电流表A1的示数I1和电流表A2的示数I2如下表所示。请你根据表中的数据帮助该同学在图乙的坐标系中描点并连线。根据图线可知，该干电流的电动势E＝_____V，内阻r＝_____Ω。（结果保留两位小数）I1/A0.100.200.300.400.50I2/mA1.371.281.211.141.05【答案】(l)A2900(2)见解析图(3)描点连线见解析图1.450.82【解析】(l)要用已知精确内阻的电流表改装电压表，所以选A2，电流表与电阻箱串联后改装为电压表，则有U＝I2m(r2＋R)，解得R＝900Ω。(2)如图所示。(3)由闭合电流的欧姆定律可得E＝I2(r2＋R)＋I1r，则有SKIPIF1<0，由图可知SKIPIF1<0A，SKIPIF1<0，解得E＝1.45V，内阻r＝0.82Ω。24．(12分)一架喷气式飞机质量m＝5000kg，沿直线跑道由静止开始做匀加速运动，经过时间t1＝20s达到速度v＝60m/s后起飞，已知飞机所受平均阻力为重力的0.02倍。(1)求飞机在跑道上运动时的加速度大小a1和发生的位移大小x1；(2)求飞机起飞时的牵引力大小F；(3)跑道上有一个航线临界点（如图所示），超过临界点就必须起飞，如果放弃起飞飞机将可能冲出跑道，已知跑道长度L=1600m，飞机减速的最大加速度大小a2=2m/s2，求临界点距跑道起点的距离x0。【解析】(1)由运动学关系得SKIPIF1<0SKIPIF1<0。(2)已知阻力SKIPIF1<0匀加速阶段SKIPIF1<0得SKIPIF1<0。(3)假如飞机加速至临界点，则飞机以最大加速度a2减速能刚到达跑道的末端.设此过程中飞机的最大速度为SKIPIF1<0，由运动学关系知，加速过程中SKIPIF1<0减速过程中SKIPIF1<0得SKIPIF1<0。25．(20分)如图，在区域I（0≤x≤L）和区域II（L≤x≤2L）内分别存在沿y轴负方向的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度SKIPIF1<0。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点以初速度v0射入区域I，其速度方向沿x轴正向，已知a在离开区域II时，速度方向沿x轴正方向。另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是eq\f(4,3)v0。不计重力和两粒子之间的相互作用力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)a、b两粒子离开区域II时的y坐标之差。【解析】(1)带电粒子a区域I电场内做类平抛运动，运动的时间SKIPIF1<0竖直方向加速度SKIPIF1<0竖直方向位移yI1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(2,3)L速度vI1＝at1＝eq\f(4,3)v0则粒子a进入区域II时的速度与y轴负方向的夹角θ1＝37°，速度v1＝eq\f(5,3)v0运动轨迹如图甲所示，由几何知识知在匀强磁场区域II的运动半径r1＝eq\f(5,4)L由qvB＝meq\f(v2,r)得SKIPIF1<0。(2)带电粒子b区域I电场内做类平抛运动的时间SKIPIF1<0竖直方向位移yI2＝eq\f(1,2)at22＝eq\f(3,8)L速度vI2＝at2＝v0则θ2＝53°，速度v2＝v1＝eq\f(5,3)v0运动轨迹如图乙所示，在匀强磁场区域II的运动半径r2＝SKIPIF1<0＝eq\f(5,4)L＝r1由几何知识可知：yII1＝eq\f(1,2)L，yII2＝SKIPIF1<0所以a、b两粒子离开区域II时的y坐标之差Δy＝(yI1＋yII1)－(yI2＋yII2)＝SKIPIF1<0。(二)选考题：共15分。请考生从2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．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)关于热力学定律，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．不可能通过有限的过程把一个物体冷却到绝对零度B．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小C．热量不可能由低温物体传递给高温物体D．物体从外界吸收热量，但其内能可能减小E．第二类永动机违背能量守恒定律，不可能制成【答案】ABD【解析】热力学零度不可能达到，A正确；在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，这是用熵的概念表示的热力学第二定律，B正确；热量可以由低温物体传递给高温物体，但要引起其他变化，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，则物体的内能可能减少，D正确；第二类永动机并不违背能量守恒定律，而是违背热力学第二定律，因此不可能制成，E错误。(2)(10分)如图为测量粉末状矿物密度的装置，其中A、B、C是一个玻璃容器，D是玻璃管，上端与大气相通，B、D间用软管连接，内部灌有水银。测量时操作步骤如下：①打开阀门K，使管AB及罩C与大气相通，上下移动D使AB管中水银面在1的位置；②关闭K，缓慢上提D，使水银面到达2位置，记下两管中水银面的高度差h1＝12.5cm；③打开K，使水银面重新回到1位置，将m＝400g的某种矿物放入C中，关闭K；④缓慢上提D，使水银面重新达到2位置，此时两管中水银面的高度差h2＝37.5cm。已知罩C和管AB中2位置以上部分的总体积为V0＝1000cm3，不考虑环境温度及大气压强的变化，求该矿物的密度。(已知大气压强p0＝75cmHg)【解析】设水银面在1位置时气体体积为V1水银面在2位置时气体压强p1＝p0＋ρ水银gh1步骤①②气体为等温变化，由玻意耳定律得p0V1＝p1V0水银面重新达到2位置时气体压强p2＝p0＋ρ水银gh2步骤③④气体也为等温变化，设矿物的体积为V，由玻意耳定律得p0(V1－V)＝p2(V0－V)矿物的密度ρ＝eq\f(m,V)联立解得：ρ＝0.6×103kg/m3。34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)以下物理学知识的相关叙述中，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．用透明的标准样