高考物理 仿真模拟卷(4＋3＋2＋3)(一)

仿真模拟卷(4＋3＋2＋3)(一)本试卷分选择题和非选择题两部分．满分120分．选择题部分(共42分)一、选择题(本题共4小题．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．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法不符合历史事实的是 ()．A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：运动具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析本题考查物理学史实．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，他的观点是错误的；伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，假如没有力作用在运动的物体上，物体将以原来的速度永远运动下去；同时期的笛卡儿也得出了类似的结论；牛顿在伽利略和笛卡儿的基础上，提出了惯性定律，即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．本题应选A.答案A15．下述关于机械波的说法中，正确的是 ()．A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化B．发生干涉现象时，介质中振动加强的质点，振动的振幅最大，减弱点振幅可能为零C．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长D．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大解析多普勒效应是因为波源和接收者有相对运动，使接收频率发生变化引起的，波源本身频率不变，A错；干涉中，振动加强点振幅为A1＋A2，减弱点振幅为A1－A2，当两列波振幅相同时，减弱点振幅为0，B对；一个周期内，介质的质点所走过的路程为4A答案B16．如图1所示，矩形物体甲和丙在水平外力F的作用下静止在物体乙的斜面上，物体乙静止在水平地面上．现减小水平外力F，三物体仍然静止，则下列说法中正确的是()．图1A．物体甲对物体丙的支持力一定减小B．物体乙对物体甲的摩擦力一定减小C．地面对物体乙的摩擦力一定增大D．物体甲可能受5个力的作用解析三物体始终处于静止状态，则物体甲对物体丙的支持力不变，选项A错误；若物体乙对物体甲的摩擦力的方向沿斜面向上，减小水平外力F后，摩擦力要变大，选项B错误；以三物体整体为研究对象，地面对物体乙的摩擦力Ff＝F，选项C错误；若物体乙对物体甲没有摩擦力作用，则物体甲受5个力的作用，选项D正确．答案D17.一块半圆柱形玻璃砖放在空气中，如图2所示，一束白光从空气中沿着图示方向射向玻璃砖，经玻璃砖折射后在光屏P上形成彩色光带．下列说法正确的是()．图2A．红光穿越玻璃砖的时间比紫光穿越玻璃砖的时间长B．光带从左到右排列顺序为红→紫C．如果α逐渐减小时，则紫光最先消失D．无论α多大，各色光都能从玻璃砖中射出解析玻璃对紫光的折射率n紫大于对红光的折射率n红，射出玻璃砖后向远离法线方向偏折，紫光偏折程度最大，B错；由v＝eq\f(c,n)知v红>v紫，由t＝eq\f(s,v)知A项错；由sinC＝eq\f(1,n)知C项正确，D项错．答案C二、选择题(本题共3小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)18.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a－t图象如图3所示．下列v－t图象中，可能正确描述此物体运动的是()．图3解析解答本题的突破口是T～2T时间内的加速度跟0～eq\f(T,2)时间内的加速度大小相等，方向相反，从而排除选项A、B、C，本题选D.答案D19．如图4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V,440W”的热水器、“220V,220W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是 ()．图4A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin100πtVB．电压表示数为1100eq\r(2)VC．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D．1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J解析由题图乙知T＝0.02s，则ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，副线圈两端电压瞬时值的表达式为u＝220eq\r(2)sin100πtV，选项A正确；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U1＝1100V，选项B错误；热水器的电功率是抽油烟机电功率的2倍，而抽油烟机不是纯电阻，其发热功率小于电功率，选项C错误；1min内抽油烟机消耗的电能为E＝Pt＝220×60J＝1.32×104J，选项D正确．答案AD20．负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P仅在该点电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图5所示，则()．图5A．粒子P带负电B．a、b、c三点的电势高低关系是φa＝φc<φbC．粒子P由a到b电势能增加，由b到c电势能减小D．粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2∶1∶2解析由带电粒子P运动轨迹弯曲的方向，可知粒子带正电，选项A错误；a、c两点离点电荷Q的距离相等，从无穷远到负点电荷Q电势逐渐降低，故φa＝φc<φb，选项B正确；粒子由a到b电场力做负功，电势能增加，粒子由b到c电场力做正功，电势能减小，选项C正确；由F＝keq\f(qQ,r2)＝ma，且rb＝eq\r(2)ra＝eq\r(2)rc，则aa＝2ab＝ac，选项D正确．答案BCD非选择题部分(共78分)非选择题部分共5题，共78分．21．(10分)在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时：(1)下列说法中正确的是________(填选项)．A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车(2)如图6是某些同学根据实验数据画出的图象，下列说法中合理的是________(填选项)．图6A．形成图甲的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大B．形成图乙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小C．形成图丙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大D．形成图丁的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小解析(1)平衡摩擦力需达到mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，操作时不需在盘内放砝码，实验过程中木板倾角θ不得改变，则A错误，C正确；绳子拉力充当小车的合力，在摩擦力平衡的情况下，需要连接砝码盘和小车的细绳与长木板平行，则B正确；为了让纸带上打出更多的点，需要在释放小车前，靠近打点计时器，且应先通电后释放小车，则D正确．(2)当摩擦力平衡不足时，即mgsinθ<μmgcosθ，出现图丙和图丁，则D正确，C错误；当摩擦力平衡过大时，即mgsinθ>μmgcosθ，出现图甲和图乙，则A正确，B错误．答案(1)BCD(2)AD22．(10分)某同学要测定一电源的电动势E和内电阻r，实验器材有：一只DIS电流传感器(可视为理想电流表，测得的电流用I表示)，一只电阻箱(阻值用R表示)，一只开关和若干导线．该同学设计了如图7甲所示的电路进行实验和采集数据．图7(1)该同学设计实验的原理表达式是________(用r、I、R表示)；(2)该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到________(填“最大值”、“最小值”或“任意值”)，实验过程中，将电阻箱调至如图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为________Ω；(3)该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示eq\f(1,I)－R的图象，则由图象可求得，该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(结果均保留二位有效数字)．解析(1)由闭合电路欧姆定律知，电源的电动势E＝I(R＋r)．(2)在闭合开关之前，应先将电阻箱调到最大值．处于图乙位置时电阻箱的阻值为(2×10＋1)Ω＝21Ω.(3)由E＝I(R＋r)，得：eq\f(1,I)＝eq\f(R＋r,E)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r,E)，由图象可得：斜率k＝eq\f(1,E)＝eq\f(5.2－0.2,30)＝eq\f(1,6)，则E＝6.0V．纵坐标截距为eq\f(r,E)＝0.4，则电源的内阻r＝0.4E＝0.4×6.0Ω＝2.4Ω.答案(1)E＝I(R＋r)(2)最大值21(3)6.0(5.8～6.2均对)2.4(2.3～2.5均对)23．(16分)如图8所示，在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场，其宽度为d＝1m，磁感应强度B＝eq\f(\r(11),4)T．水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE，宽L＝1m，质量m＝0.25kg，QN、NF的长度都大于d，PQ边的电阻R1＝1Ω、MN边的电阻R2＝2Ω、EF边的电阻R3＝3Ω，其余电阻不计．t＝0时刻线框在距磁场左边界x＝3.2m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动，已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动，不计线框运动中的一切摩擦阻力．求：图8(1)线框所受的力F的大小．(2)线框PQ边与MN边之间的距离H.(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热．解析(1)设PQ边进磁场时的速度为v1，则Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，F＝BI1LI1＝eq\f(BLv1,r1)r1＝R1＋eq\f(R2R3,R2＋R3)＝2.2Ω，即v1＝eq\f(2B2L2x,mr1)＝8m/s，F＝eq\f(B2L2v1,r1)＝2.5N.(2)设MN边匀速进磁场时的速度为v2，则F＝BI2L＝eq\f(B2L2v2,r2)，r2＝R2＋eq\f(R1R3,R1＋R3)＝2.75Ω，即v2＝eq\f(Fr2,B2L2)＝10m/s.设线框速度从v1加速到v2时发生的位移为x1，则Fx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即x1＝eq\f(mv\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),2F)＝1.8m.所以H＝x1＋d＝2.8m.(3)线框产生的焦耳热Q＝3Fd＝3×2.5×1J＝7.5J.答案(1)2.5N(2)2.8m(3)7.5J24．(20分)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图9所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25.皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v＝4m/s，两轮轴心相距L＝5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量m＝1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0＝8m/s，AB间的距离s＝1m．工件可视为质点，g取10m/s2.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．图9(1)求弹簧的最大弹性势能；(2)求工件沿传送带上滑的时间；(3)若传送装置顺时针匀速转动的速度v可在v>4m/s的范围内调节，试推导工件滑动到C点时的速度vC随速度v变化的关系式．解析(1)弹簧的最大弹性势能为Ep＝mgssin37°＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得Ep＝38J(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1与传送带共速需要时间t1＝eq\f(v0－v,a1)＝0.5s工件滑行位移s1＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)＝3m<L因为μ<tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑mgsin37°－μmgcos37°＝ma2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则t2＝eq\f(v,a2)＝1s工件滑行位移大小s2＝eq\f(v2,2a2)＝2m＝L－s1，说明工作速度为零时，刚好运动到传送轨道的C点．故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为t＝t1＋t2＝1.5s(3)①当传送带速度在4m/s<v<8m/s的范围内时，工件先以加速度a1减速向上滑行s1′＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)当速度减到v后又以加速度a2减速向上滑行L－s1′＝eq\f(v2－v\o\al(2,C),2a2)工件滑动到C点时的速度vC随速度v变化的关系式为vC＝eq\r(\f(v2,2)－8)m/s②当传送带速度在v≥8m/s的范围内时，工件将沿传送带以加速度a2减速滑行到C点有：veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,0)＝－2a2L工件滑行到C点时的速度vC随速度v变化的关系式为vC＝2eq\r(6)m/s答案(1)38J(2)1.5s(3)4m/s<v<8m/s时，vC＝eq\r(\f(v2,2)－8)m/s和v≥8m/s时vC＝2eq\r(6)m/s25．(22分)如图10所示，是一种电子扩束装置的原理示意图．直角坐标系原点O处有一电子发射器，朝xOy平面内x≥0区域任意方向发射电子，电子的速率均为v0，已知电子的电荷量为e、质量为m.在0≤x≤d的区域内分布着沿x轴负方向的匀强电场，场强大小E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2ed)，在x>d区域内分布着足够大且垂直于xOy平面向外的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(4mv0,ed).ab为一块很大的平面感光板，在磁场内平行于y轴放置，电子打到板上时会在板上形成一条亮线．不计电子的重力和电子之间的相互作用．图10(1)求电子进入磁场时速度的大小；(2)当感光板ab沿x轴方向移到某一位置时，恰好没有电子打到板上，求感光板到y轴的距离x1；(3)保持(2)中感光板位置不动，若使所有电子