普通高等学校招生全国统一考试仿真卷 物理（二）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精绝密★启用前此卷只装订不密封班级姓名此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号理科综合能力测试·物理（二)本试卷共32页，38题(含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。★祝考试顺利★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.用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。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、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写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.5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35。5Ca55Zn65第Ⅰ卷一、选择题：本大题共13小题,每小题6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.二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求.第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．下列叙述正确的是A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态C．利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器D．探究加速度与质量、合外力关系实验采用的是等效替代的方法【解析】“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；蹦极运动员上升过程中只受重力作用，处于完全失重状态，故B正确；霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C错误；探究加速度与质量、合外力关系实验中有三个变量，采用的是控制变量法，故D错误。【答案】B15．一摩托车在t＝0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a.t图像如图所示,根据已知的信息，可知A．摩托车的最大动能B．摩托车在30s末的速度大小C．在0~30s的时间内牵引力对摩托车做的功D．10s末摩托车开始反向运动【解析】0～10s内摩托车做匀加速直线运动，10～30s内摩托车做减速运动，所以10s末速度最大，动能最大，根据v＝at可求出最大速度，但由于摩托车的质量未知,所以不能求最大动能，故A错误。根据a。t图像与时间轴所围的面积表示速度变化，可求出30s内速度的变化量，由于初速度为0，所以可求摩托车在30s末的速度大小,故B正确。10～30s内牵引力是变力，由于不能求出位移,也不知道摩托车的质量,所以不能根据动能定理求出牵引力对摩托车做的功，故C错误。根据“面积”表示速度变化量，可知，30s内速度变化量为零,所以摩托车一直沿同一方向运动,故D错误.【答案】B16．如图所示,10匝矩形线框，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴OO′以角速度为100rad/s匀速转动,线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连,副线圈接有两只灯泡L1和L2。已知变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01AA．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin100tVB．灯泡L1的额定功率为2WC．若开关S闭合,灯泡L1将更亮D．若开关S闭合，电流表示数将增大【解析】变压器输入电压的最大值为:Um＝NBSω＝10×0.4×0。5×100V＝200V，由于从垂直中性面的位置开始计时，所以线框中感应电动势的瞬时值为:u＝Umcosωt＝200cos100t（V），故A项错；变压器输入电压的有效值为：U1＝eq\f（Um,\r(2))＝eq\f（200,\r(2))V＝100eq\r（2）V，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0。01A，由eq\f（I1，I2）＝eq\f（n2，n1）可得I2＝0.1A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，P＝U1I1＝100eq\r(2）×0。01W＝eq\r(2）W，故B项错;若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变,故C项错；若开关S闭合,输出电压不变,输出端电阻减小,则输出电流增加,输入电流也增加，故D项正确。【答案】D17．在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端系着带正电的小球,轻绳与水平面平行，OB与电场线平行.若小球从A点由静止释放后，沿水平面摆动到B点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是A．小球的动能先变小后变大B．小球的切向加速度一直变大C．小球受到的拉力先变大后变小D．小球受到的电场力做功的功率先增大后减小【解析】小球从A点摆动到B点的过程中，只有电场力做功且一直做正功,根据动能定理知小球的动能Ek一直增大，选项A错误；小球从A点摆动到B点的过程中轻绳与OB的夹角设为θ，则小球的切向加速度a1＝eq\f(qEsinθ，m),随着θ的减小而减小，选项B错误;根据牛顿第二定律和向心力公式有F－qEcosθ＝meq\f（v2，L)，得小球受到的拉力大小F＝qEcosθ＋eq\f(2,L)·Ek，cosθ、Ek均随着θ的减小而增大，可见F一直增大，选项C错误；在A点时小球的速率为零,电场力做功的瞬时功率为零，过B点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功的功率先增大后减小，选项D正确。【答案】D18．如图所示，在边长为L的正方形ABCD阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q<0)的带电粒子以大小为v0的速度沿纸面垂直AB边射入正方形，若粒子从AB边上任意点垂直射入，都只能从C点射出磁场，不计粒子的重力影响。下列说法正确的是A．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外B．此匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(2mv0,qL）C．此匀强磁场区域的面积为eq\f(πL2,4）D．此匀强磁场区域的面积为eq\f（π－2L2，2）【解析】若保证所有的粒子均从C点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，A错误；由A点射入磁场的粒子从C点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R＝L，则由qBv0＝meq\f（v02，R），可解得B＝eq\f（mv0,qL）,B错误；由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为S＝2×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πL2－\f（1，2）L2)）＝eq\f（π－2L2,2），C错误，D正确。【答案】D19．在地球大气层外有大量的太空垃圾.在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张,使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而逐渐降低轨道。大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害。以下关于太空垃圾正确的说法是A．大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致轨道降低B．太空垃圾在与大气摩擦过程中机械能不断减小,进而导致轨道降低C．太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，由于与大气的摩擦，速度不断减小D．太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中,向心加速度不断增大而周期不断减小【解析】原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾所受万有引力恰好提供向心力，但在大气包围中会与大气摩擦使机械能不断减小，使所受万有引力大于所需向心力,进而做向心运动，导致轨道降低，故A项错，B项正确；太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中,根据v＝eq\r（\f（GM,r））得速度增大，故C项错;由万有引力提供向心力及万有引力公式可知，太空垃圾在轨道缓慢降低的过程中，向心加速度不断增大而周期不断减小，故D项正确。【答案】BD20．如图所示装置中,质量均为m的小球A、B系在等长度的轻绳OA、OB下端，并都以转速n绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳OA与OB夹角为α，质量为2m的物块C静止不动;若将C换成质量为3m的物块D，要保证在系统稳定时，A、B仍在同一水平面内做圆周运动，同时D静止不动，则A、B的质量和两球做圆周运动的转速A．减少A、B的质量，增大转速nB．保持A、B的质量不变，增大转速nC．增大A、B的质量，减小转速nD．增大A、B的质量，增大转速n【解析】根据A、B两小球竖直方向的受力平衡,OA、OB两绳的竖直分力都始终等于小球的重力,而OA、OB两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大（或减小）而增大(或减小)。易得，OA、OB两绳的合力一定等于A、B两球的总重力。因此，当质量为2m的物块C换成质量为3m的D时，若要系统平衡，A、B两小球的质量均须调整为1.5m，而转速的大小不影响平衡,故选项C、【答案】CD21．如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长导轨，左端串联电阻R,金属杆ab垂直导轨放置,杆和导轨的电阻不计，且杆与导轨间无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中.现对金属杆ab施加一个与杆垂直的水平向右的恒力F,使杆从静止开始运动.在运动过程中，杆的速度大小为v，杆所受安培力为F安,R中的电流为I，R上消耗的总能量为E总,则下列关于v、F安、I、E总随时间变化的图像可能正确的是【解析】由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流,受到随速度增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，选项A正确。金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f（E，R）＝eq\f（BLv,R）,感应电流与速度v成正比，感应电流随时间变化的图线与选项A所示v。t图线类似，选项C错误.杆所受安培力F安＝BIL＝eq\f（B2L2v，R），F安随时间变化的图线与速度v随时间变化的图线类似，选项B错误。由功能关系，开始时水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后,水平方向的恒力F做的功等于R上消耗的能量；因此R上消耗的总能量E总随时间变化的图像可能是D。【答案】AD第II卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答.(一）必考题(共129分）22．(6分）某物理兴趣小组利用电子秤探究小球在竖直面内的圆周运动，他们到物理实验室取来电子秤、铁架台、长度为L的轻质细线和小球等。（1）将铁架台放在电子秤上，其读数为M;撤去铁架台将小球放在电子秤上，其读数为m.(2)组装好实验装置如图所示.保持细线自然伸长,将小球拉起使细线处于水平位置,此时电子秤读数为______（填写“M＋m”“M”“大于M＋m"或“处于M和M＋m之间”）。(3)从释放小球至小球向下运动到最低点过程,电子秤读数________.（填“逐渐增大”“逐渐减小”或“保持不变”)(4）忽略空气阻力，当小球运动到最低点时，细线的拉力为________；电子秤的读数为________.(已知重力加速度为g)【解析】(2）将小球拉起使细线处于水平位置时，电子秤读数为铁架台的质量M。（3）(4）小球向下运动到最低点的过程，由机械能守恒定律有mgL＝eq\f（1，2)mv2，当小球运动到最低点时，设细线中拉力为F，对小球，由牛顿第二定律有F－mg＝meq\f(v2,L)，联立解得F＝3mg；对铁架台受力分析，设电子秤对铁架台的支持力为FN，由平衡条件得FN＝Mg＋F，电子秤的读数为eq\f(FN，g）＝M＋3m.【答案】(2）M（3）逐渐增大(4)3mgM＋323．(9分）根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示电路可以测定电池的电动势和内阻。图中R0是定值电阻,通过改变R的阻值，测出R0两端的对应电压U，对所得的实验数据进行处理,就可以实现测量目的。根据实验数据在eq\f（1，U)。(R＋r)坐标系中描出坐标点，如图丙所示,已知R0＝150Ω.试完成下列问题。(1)请根据原理图将图乙中的实物图连接好。（2）在图丙中画出eq\f(1,U）.(R＋r）关系图线.(3)图线的斜率是________V－1·Ω－1，由此可得电池电动势E＝________V.【解析】（1)所连实物图如图(a)所示。（2）所画的图像如图（b）所示。（3)根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋eq\f（U，R0）（r＋R），即：eq\f(1，U）＝eq\f（1,R0E)(R＋r）＋eq\f(1,E)，由图(b）可知斜率k＝eq\f(1,R0E)＝0.0045，则E＝1.48V。【答案】（1）如解析图(a）所示（2)如解析图（b）所示(3)0.0045(0。0043～0。0047均对)1．48(1.46～1.50均对）24．(14分)质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态.一质量也为m的物块甲从钢板正上方高为h的A处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点B；若物块乙质量为2m，仍从A处自由落下，则物块乙与钢板一起向下运动到B点时，还具有向下的速度，已知重力加速度为g（1)物块甲和钢板一起运动到最低点B过程中弹簧弹性势能的增加量；（2)物块乙和钢板一起运动到B点时速度vB的大小。【解析】（1）设物块甲落在钢板上时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1，2)mv02解得v0＝eq\r（2gh）设物块甲与钢板碰撞后的速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1解得v1＝eq\f(\r（2gh），2）根据题意可得到达最低点B时弹簧的弹性势能增加量为ΔEp＝2mgx0＋eq\f(1,2)×2mv12＝mgeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(1,2）h)）。（2）设物块乙落在钢板上时的速度为v0′，根据机械能守恒定律有2mgh＝eq\f（1，2)×2mv0′2，解得v0′＝eq\r(2gh）设物块乙与钢板碰撞后的速度为v2,根据动量守恒定律有2mv0′＝3mv2解得v2＝eq\f(2\r(2gh),3)根据能量守恒定律可得ΔEp＝3mgx0＋eq\f(1,2)×3mv22－eq\f(1,2）×3mvB2联立各式解得vB＝eq\r（\f（2,3）gx0＋\f(5,9)gh)。【答案】(1）mgeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x0＋\f(1,2）h））（2）eq\r（\f（2，3)gx0＋\f（5，9）gh）25．(18分）如图甲所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。让质量为m，电荷量为q(q〉0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射.不计粒子重力，重力加速度为g。（1)若该粒子沿y轴负的A（a,0)点,求粒子速度v0的大小；（2）若该粒子以速度v沿y轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t＝eq\f(5πm,6qB)恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标；（3)如图乙所示，在此空间再加入沿y轴负方向、大小为E的匀强电场，让该粒子改为从O点静止释放,研究表明:粒子在xOy平面内将做周期性运动，其周期T＝eq\f(2πm,qB），且在任一时刻，粒子速度的水平分量vx与其所在位置的y轴坐标绝对值的关系为vx＝eq\f（qB，m）y。若在粒子释放的同时，另有一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出,二者经过时间t＝eq\f(3πm，qB）恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标。【解析】（1)由题意可知，粒子做匀速圆周运动的半径为r1,有：r1＝eq\f(a，2)洛伦兹力提供向心力,有：qv0B＝meq\f(v02,r1）解得：v0＝eq\f(qBa,2m）.(2）洛伦兹力提供向心力，又有:qvB＝meq\f(v2，r2)解得：r2＝eq\f（mv,qB）粒子做匀速圆周运动的周期为T，有:T＝eq\f(2πm,qB)则相遇时间为：t＝eq\f(5πm，6qB)＝eq\f(5，12)T在这段时间内粒子转动的圆心角为θ，有:θ＝eq\f(5,12）×360°＝150°如图所示,相遇点的纵坐标绝对值为:r2sin30°＝eq\f（mv,2qB)小球抛出点的纵坐标为：y＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5πm,6qB）))2－eq\f(mv,2qB）。（3)相遇时间t′＝eq\f(3πm,qB)＝eq\f(3，2）T，由对称性可知相遇点在第二个周期运动的最低点设粒子运动到最低点时，离x轴的距离为ym,水平速度为vx由动能定理，有：qEym＝eq\f(1,2)mvx2联立解得：ym＝eq\f(2mE,qB2)故小球抛出点的纵坐标为：y＝eq\f（1，2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3πm，qB)))2－eq\f（2mE，qB2）。【答案】(1)eq\f(qBa,2m)（2）eq\f（1，2)geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(5πm，6qB))）2－eq\f(mv,2qB）(3）eq\f(1，2)geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3πm,qB))）2－eq\f（2mE，qB2)（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33．［物理-—选修3–3](15分）（1)(5分)如图所示是分子间引力或斥力大小随分子间距离变化的图像，由此可知________。A．ab表示引力图线B．cd表示引力图线C．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子力一定为零D．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定最小E．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时,分子势能一定为零(2)（10分）如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在固定导热汽缸内,活塞可沿汽缸无摩擦地滑动，活塞横截面积为S＝0。01m2、质量为m＝10kg，活塞距离汽缸底部的距离为h0＝10cm，外界大气压强p0＝1。0×105Pa,环境温度为t0＝27℃，g＝10m/s(ⅰ)当环境温度缓慢升高至57℃时，试比较此过程中气体吸收的热量Q与物体内能变化量ΔU(ⅱ）当环境温度升高至57℃时，为使活塞距离汽缸底部的距离仍为10cm【解析】（1）在F。r图像中，随r增加，斥力变化快,所以ab为引力图线，A对，B错；两图线交点e为分子所受的引力和斥力大小相等，即分子间相互作用的受力平衡位置,分子力为0，分子势能最小，但不一定为0，故C、D对，E错。(2)(ⅰ)由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q由于气体膨胀对外做功,故W＜0因此Q＞ΔU。(ⅱ）活塞距离汽缸底部的距离仍为10cm，由查理定律得eq\f（p0，T0）＝eq\f（p,T），即eq\f（p0，273＋27K)＝eq\f(p，273＋57K）解得p＝1。1×105Pa对活塞,由牛顿第二定律得a＝eq\f(pS－p0S，m）解得a＝10m/s2。【答案】(1)ACD(2）(ⅰ）Q＞ΔU(ⅱ)10m/s234．[物理—-选修3–4］（15分）（1)(5分）如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，若已知这列波周期为1s，则下列判断中正确的是_______