高考物理模擬試題(一)參考答案與提示

1.A

2.C 提示：開始時橡皮繩處于原長h,橡皮繩的彈性勢能最小,圓環的重力勢能最大。圓環開始時做勻加速運動。當橡皮繩再次達到原長之后將會對圓環產生一個阻礙圓環下滑的拉力,此時圓環克服拉力做功,圓環的機械能不守恒,故選項A錯誤。整個過程中橡皮繩的彈性勢能先不變后增大,故選項B錯誤。當橡皮繩的拉力達到某一值時,才會使圓環的加速度為零,速度達到最大值,故選項D錯誤。圓環和橡皮繩組成的系統在整個過程中只有圓環的重力和橡皮繩的彈力做功,機械能守恒,圓環的重力勢能減少量等于橡皮繩彈性勢能的增加量,故選項C正確。

3.C 提示：月球在遠地點時的線速度最小,故選項A錯誤。由于地球的自轉,月球運動到近地點時,地球上同一位置的人不一定都能看到月食,故選項B錯誤。近地點變遠,遠地點不變,則長半軸變大,根據開普勒定律知周期變大,選項C正確。衛星在同一軌道上(不論是圓形軌道還是橢圓形軌道)機械能守恒,選項D錯誤。

4.A 提示：根據等量異種點電荷電場線分布的對稱性可知,e、f兩點的電場強度大小相等,方向相同,選項A正確。a、b兩點的電場強度大小相等,方向不同,選項B錯誤。將一正電荷沿正方形的a b邊從a點移動到b點,因為在直線a b上各點的電勢不同,所以電勢能要發生變化,即靜電力要做功,選項C錯誤。題圖中圓面是一個等勢面,O、g兩點的電勢相等,因此將一正電荷由a點分別移到圓心O和圓周上g點電勢能的變化量相等,選項D錯誤。

5.C 提示：理想變壓器原、副線圈的電壓與匝數成正比,原線圈的電壓不變,則副線圈的電壓也不變,所以U2也不變,選項A錯誤。當開關S斷開之后,并聯電路的總電阻變大,副線圈的電阻也就變大,由于副線圈的電壓不變,所以副線圈的總電流減小,即I2變小。原、副線圈的匝數比是固定的,根據可知,原線圈的電流I1也要減小,選項C正確,D錯誤。因為副線圈的總電流減小,R1兩端的電壓減小,并聯電路兩端的電壓就會增大,所以通過電阻R3的電流I3增大,選項B錯誤。

6.D 提示：由題意可知,小球運動的等效最低點在b、c中間,因此當小球運動到d點時速度為0,不能繼續向上運動,選項A錯誤。小球在等效最低點時的速度最大,所受洛倫茲力最大,選項B錯誤。小球從a點運動到b點的過程中,重力做正功,靜電力也做正功,所以重力勢能與電勢能均減小,選項C錯誤。小球從b點運動到c點的過程中,靜電力做負功,電勢能增大,合外力先做正功再做負功,動能先增大后減小,選項D正確。

7.B D

8.B D 提示：根據機械能守恒定律得物體B剛到達水平地面上時的速度v0=,根據動量守恒定律得物體A與B碰撞后的速度v=v0,所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能選項A錯誤,B正確。當彈簧再次恢復原長時,物體A與B將分開,物體B以速度v沿曲面上滑,根據機械能守恒定律得,物體B能上滑的最大高度為,選項D正確。

9.(1)B C(2)B C

10.(1)B D (2)A (3)0.81 (4)小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大 提示：(1)使用多用電表的歐姆擋時,測量前應進行機械調零,即在電路斷路的情況下,調整“指針定位螺絲”,使指針指到電流擋的零刻度；測量電阻時,每次換擋后必須要進行歐姆調零,即將兩支表筆短接,調整“歐姆調零旋鈕”,使指針指在“0Ω”刻度線,而不需要重新進行機械調零,選項A錯誤,B正確。使用歐姆擋測電阻時,應該與外部電源斷開,選項C錯誤。測量電阻時,若指針偏轉很小(靠近“∞”刻度線),表明所選擇的擋位太小,導致示數偏大,所以應換倍率大一些的擋位進行測量,選項D正確。(2)測繪小燈泡的伏安特性曲線需要從零開始調節,故A電路圖滿足要求。(3)根據題圖知3V處的電流為0.27A,則小燈泡的額定功率P=U I=0.81W。此時的電阻與用多用電表測出的阻值相差較大,是因為小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大。

11.(1)設小球與小物塊Q碰撞前的速度為v0,小球在下擺的過程中機械能守恒,則mgR(1-cos60°)=解得小球與小物塊Q發生彈性碰撞,二者質量相等,故二者交換速度。小物塊Q在平板車P上滑動的過程中,由小物塊Q與平板車P組成的系統動量守恒,則m v0=m v1+M v2,其中,M=4m,解得(2)對由小物塊Q與平板車P組成的系統應用能量守恒定律得,解得(3)小物塊Q脫離平板車P后做平拋運動,由得小物塊Q落地時二者間的水平距離

12.(1)由題意可知,金屬桿在下滑到P2Q2處時的速度最大(為vmax),此時回路中產生的感應電動勢最大,且Emax=Blvmax,此時回路中通過的感應電流最大,則(2)金屬桿沿斜導軌下滑的距離在金屬桿沿斜導軌下滑的過程中,穿過回路的磁通量的變化量ΔΦ=B L xcosθ,回路中產生的平均感應電動勢回路中通過的平均感應電流=又有,解得q=1.6C。(3)撤去拉力后,電阻R上產生的熱量由功能關系可知,金屬桿克服安培力做的功W安=Q總。對金屬桿應用動能定理得-μm g s-W安=0-解得s=

13.(1)B C D (2)①緩慢壓裝過程中甲瓶內氣體體積增大,單位體積內的分子數減少,溫度不變,分子的平均動能不變,單位時間內撞擊到器壁單位面積上的分子數減少,壓強變小。②設甲瓶內最多有體積為ΔV的液體進入乙瓶,乙瓶中灌裝進液體前,氣體壓強p乙=1a t m,體積V乙=4L。乙瓶中灌裝進液體后,氣體體積變為V乙'=4L-ΔV,此時乙瓶中氣體壓強與甲瓶內氣體壓強均為p,由玻意耳定律得p乙V乙=p V乙'。甲瓶中氣體初始狀態下的壓強p甲=6a t m,體積V甲=1L,壓裝結束后壓強為p,體積V甲'=1L+ΔV,由玻意耳定律得p甲V甲=p V甲'。聯立以上各式解得ΔV=2L。1

4.(1)B 提示：先正確作出經0.2s形成的波形圖如圖1所示,波的傳播其表象為波形的平移(相對于原位置波形變了,但對波的整體來說是形狀不變向前推移),所以把t=0.2s時的波形沿傳播方向平移半個波長就是再經0.2s后的波形,選項B正確。

圖1

(2)①因為紫光的折射率大,偏折程度也大,所以屏幕S上形成的圓形亮區的最外側是紫色。②如圖2所示,B為出射光線和O E連線的交點。很明顯越是外側的光入射角越大,達到一定程度就會發生全反射。紫光剛要發生全反射時的臨界光線射在屏幕S上的點F到亮區中心E的距離r就是所求的最大半徑。設紫光的臨界角為C,由全反射知識得,所以由幾何關系得

圖2

1.D 提示：“合力與分力”采用的是等效替代的方法,“質點”“點電荷”采用的是理想化模型的方法,“電場強度”采用的是比值定義法,“總電阻”采用的是等效替代的方法,“加速度”“電場強度”“電容”都采用的是比值定義法。

2.C 提示：受力分析如圖1所示,N是頸椎的支持力,F是肌肉的拉力。在水平方向上有Nsin45°=Fsin 53°,在豎直方向上有Ncos45°=mg+Fcos53°,解得又有N'=mg,所以

圖1

3.B

4.D 提示：從x=x1點到x=-x1點,電勢先降低后升高,因為沿著電場線方向電勢逐漸降低,所以x軸上x=x1和x=-x1兩點的電場強度方向相反,選項A錯誤。x=x1和x=-x1兩點的電勢相等,靜電力做功為0,根據動能定理知粒子在運動過程中,經過x=x1和x=-x1兩點時的速度大小一定相同,但速度方向有可能相反,選項B錯誤。根據φ-x圖像的斜率等于場強的大小可知,x=x1和x=-x1兩點的電場強度大小相等,粒子所受的靜電力大小相等,則加速度大小相等,選項C錯誤。若粒子在x=-x1點由靜止釋放,則粒子先做加速度逐漸減小的加速運動,到達O點時所受的靜電力為零,加速度為零,之后粒子做加速度逐漸增大的減速運動,因此粒子到達O點時的速度最大,選項D正確。

5.A B 提示：設子彈的質量為m0,初速度為v0,木塊的質量為m,則在子彈打入木塊的過程中,由子彈與木塊組成的系統動量守恒,即m0v0=(m+m0)v,解得v=在此過程中產生的內能等于系統損失的動能,即木塊獲得的動能E木=兩式相除得所以選項A、B正確。

6.A C 提示：天然放射性現象說明原子核內部具有復雜的結構,選項A正確。α粒子散射實驗說明原子具有核式結構,選項B錯誤。根據電荷數守恒和質量數守恒可知,β衰變放出一個電子,新核的電荷數增加1,即原子序數增加,選項C正確。氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的能量小于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的能量,故從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長,選項D錯誤。

7.A B 提示：在0～1s時間內,外力F隨時間t變化的圖像可表示為F=2+2t,線框從靜止開始向右做勻加速直線運動,設加速度為a,線框邊長為L,根據牛頓第二定律得F-B I L=m a,又有,E=Blv,v=a t,解得對比F=2+2t,可得a=2m/s2,B2L2=2(略單位)。t=1s時線框完全進入磁場區域,線框的速度v=a t=2m/s,線框邊長1m,由B2L2=2得B=T,選項B正確。在1s～2s時間內線框完全處于磁場中,線框中的磁通量不變,不產生感應電流,不受安培力作用,受到的外力F=2N,線框做勻加速直線運動,加速度a=2m/s2,t=2s時線框開始穿出磁場,此時線框的速度v1=v+aΔt=4m/s,所以磁場寬度4m,選項A正確。線框在進入磁場和穿出磁場的過程中,線框的磁通量的變化量相等,通過線框的電荷量相等,所以線框在穿過磁場的過程中,通過線框的電荷量q=2IΔt=選項C錯誤。根據題述條件不能計算出在線框穿過磁場的過程中產生的熱量,選項D錯誤。

8.A D 提示：當t=0.01s時,u=0,此時穿過該線圈的磁通量最大,穿過線圈的磁通量的變化率為零,選項A正確。原線圈接的是題圖甲所示的正弦式交變電流,其最大電壓為36V,周期為0.02s,故ω=100 π,u=36sin100 πtV,選項B錯誤。Rt處溫度升高時,原、副線圈的電壓比不變,但是電壓表V2測量的并不是副線圈的端電壓,而是Rt兩端的電壓,Rt處溫度升高時,阻值減小,副線圈中電流增大,則電阻R兩端的電壓增大,電壓表V2的示數減小,電壓表V1、V2的示數之比變大,選項C錯誤。Rt處溫度升高時,電流表的示數變大,變壓器的輸出電壓不變,則變壓器的輸出功率增大,又有輸入功率等于輸出功率,所以變壓器的輸入功率增大,選項D正確。

9.(1)0.70 (2)0.205.0 提示：(1)vF,從題圖中得出E、G兩點間的長度為2.80cm,且T=0.02s,解得vF=0.70m/s。

(2)v-t圖像與縱軸的交點為t=0時刻對應的速度,則v0=0.20m/s,a=

10.(1)③R④大于 (2)⑤9.050

提示：(1)③保持R2的滑片不動,調節R1的阻值,使電壓表示數達滿偏刻度的,此時電阻箱R1兩端分得的電壓為滿偏刻度的,由電路的連接方式知電壓表的內阻RV=。④因為電阻箱R1的接入將導致電壓表所在支路的電壓變大,所以電壓表內阻的測量值大于真實值。(2)在測量電源的電動勢和內阻的實驗中,由題圖乙所示電路圖可知,將R2的滑片滑至最左端不再移動,同時調節電阻箱R1的阻值為0,將開關接向2,電壓表的讀數為3V,即保護電阻兩端的電壓為3V,由U-R1圖像可知,電源的電動勢為9.0V,所以電源的內阻為2R0=50Ω。

11.(1)物塊M從斜面頂端A滑到O點的過程中,由動能定理得mgh-μm gcosθ·,解得從物塊M到達O點至彈簧被壓縮到最短的過程中,只有彈簧彈力做功,由動能定理得W彈=0-彈力做多少負功,彈性勢能就增加多少,所以彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能是10J。(2)設物塊M第一次被彈回,上升的最大高度為H,由動能定理得解得H=0.5m。(3)物塊M最終將停止在水平滑道上,對物塊M運動的全過程應用動能定理得mgh-μm gcosθ·x=0,解得物塊M在斜面上向下滑動過程中的總路程x=m。

12.(1)帶電粒子在磁場Ⅰ中運動的半徑帶電粒子在磁場Ⅰ中運動半個圓周,回到y軸的坐標所需的時間帶電粒子在電場Ⅱ中做類平拋運動,根據牛頓第二定律得帶電粒子的加速度豎直位移y=水平位移x=v0t2,解得因此帶電粒子第一次回到x軸時的位置坐標為,所需的時間t總=(2)根據(1)中分析和運動的對稱性可畫出粒子在電場Ⅲ中的運動軌跡。帶電粒子在磁場Ⅳ中的運動半徑是在磁場Ⅰ中運動半徑的2倍,同樣根據運動的對稱性可畫出粒子回到O點的運動軌跡。如圖2所示。(3)帶電粒子在磁場Ⅰ中運動的時間正好為1個周期,故,帶電粒子在Ⅱ、Ⅲ兩個電場中運動的時間t2'=4t2=帶電粒子在磁場Ⅳ中運動的時間為半個周期,故因此帶電粒子從O點飛出后到再次回到O點所需的時間t總'=

圖2

13.(1)B D E (2)①在打開閥門S前,兩邊水槽中的水溫均為T0=273K。設玻璃泡B中氣體的壓強為p1,體積為VB,玻璃泡C中氣體的壓強為pC,依題意得p1=pC+Δp,式中Δp=60mmH g。打開閥門S后,兩邊水槽中的水溫仍為T0,設玻璃泡B中氣體的壓強為pB,依題意得pB=pC。玻璃泡A和B中氣體的體積V2=VA+VB,根據玻意耳定律得p1VB=pBV2。聯立以上各式解得pC=②當右邊水槽中的水溫加熱到T'時,U形管左右兩邊的水銀柱高度差為Δp,玻璃泡C中氣體的壓強pC'=pB+Δp,玻璃泡C中的氣體體積不變,根據查理定律得,解得T'=364K。

14.(1)B 提示：根據為入射角,θ2為折射角,可知玻璃對a光的折射率較大,故選項A錯誤。根據全反射臨界角公式sinC=,可知在此玻璃中a光的全反射臨界角較小,選項B正確。由n=得v=,可知在此玻璃中a光的傳播速度較小,選項C錯誤。根據光的頻率越大,折射率越大,對應光的波長越短,可知a光的波長較短；再根據雙縫干涉條紋間距Δx=,可知a光的干涉條紋間距比b光的窄,選項D錯誤。

(2)由波形圖知λ=2m,A=2cm。(i)當波向右傳播時,點B的起振方向豎直向下,包括P點在內的各質點的起振方向均為豎直向下。①波速10m/s,由v=得T=0.2s。②從t=0時刻起到P點第一次到達波峰時止,經歷的時間而t=0時刻O點的振動方向豎直向上(沿y軸正方向),故經Δt2時間,O點振動到波谷,即(ii)當波速v=20m/s時,經歷0.525s時間,波沿x軸方向傳播的距離x=vt=,即實線波形變為虛線波形經歷了,故波沿x軸負方向傳播。