课标物理高考模拟试题精编(六)

课标全国卷数学高考模拟试题精编六【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分150分．考试时间120分钟．请将第Ⅰ卷的答案填入答题栏内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答.一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．)1．集合P ＝{y |y ＝ln x ，x ∈[e －1，e]}，集合M ＝{a }，若P ∪M ＝P ，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)2．若复数z ＝m (m －1)＋(m －1)i 是纯虚数，其中m 是实数，则1z ＝( ) A ．i B ．－i C ．2i D ．－2i3．变量U 与V 相对应的一组样本数据为(1,1.4)，(2,2.2)，(3,3)，(4,3.8)，由上述样本数据得到U 与V 的线性回归分析，R 2表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，则R 2＝( ) A.35 B.45 C ．1 D ．3 4.若一个底面是等腰直角三角形(C 为直角顶点)的三棱柱的正视图如图所示，则该三棱柱的体积等于( )A.13 B ．1 C.33 D. 35．已知a (a ≠0)是实数，则函数f (x )＝a cos ax 的图象可能是( )6．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题 ① ⎭⎬⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ② ⎭⎬⎫α⊥βm ∥α⇒m ⊥β ③ ⎭⎬⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎬⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α 其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③ D ．②④ 7.某班有24名男生和26名女生，数据a 1，a 2，…，a 50是该班50名学生在一次数学学业水平模拟考试中的成绩(成绩不为0)，如图所示的程序用来同时统计全班成绩的平均数：A ，男生平均分：M ，女生平均分：－W .为了便于区别性别，输入时，男生的成绩用正数，女生的成绩用其成绩的相反数，那么在图中空白的判断框和处理框中，应分别填入下列四个选项中的( ) A ．T ＞0？，A ＝M ＋W 50 B ．T ＜0？，A ＝M ＋W50 C ．T ＜0？，A ＝M －W 50 D ．T ＞0？，A ＝M －W508．实数x ，y 满足⎩⎨⎧2x －y ≥0y ≥xy ≥－x ＋b，则z ＝2x ＋y 的最小值为3，则实数b 的值为( )A.49 B ．－49 C.94 D ．－949．(理) 已知a ＝∫π20(sin 2x 2－12)d x ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋12ax 9展开式中，关于x 的一次项的系数为( ) A ．－6316 B .6316 C ．－638 D .638(文)若α是第四象限角，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝－512，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝( ) A .15 B ．－15 C .513 D ．－51310．(理)如果(3＋2x)11＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 11)2－(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2的值是( ) A ．－1 B ．0 C ．3 D ．1(文)当0＜x ＜3时，则下列大小关系正确的是( ) A ．x 3＜3x ＜log 3x B ．33＜x x ＜log 3xC ．log x 3＜x 3＜3xD ．log x3＜3x ＜x 311．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( )A ．a 100＝－1，S 100＝5B ．a 100＝－3，S 100＝5C ．a 100＝－3，S 100＝2D ．a 100＝－1，S 100＝212．过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左焦点F(－c,0)(c ＞0)，作倾斜角为π6的直线FE 交该双曲线右支于点P ，若OE →＝12(OF →＋OP →)，且OE →·EF→＝0，则双曲线的离心率为( ) A .105 B .3＋1 C .102 D . 2 答题栏二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填写在题中的横线上)13．(理)观察以下等式：C 15＋C 55＝23－2，C 19＋C 59＋C 99＝27＋23C 113＋C 513＋C 913＋C 1313＝211－25 C 117＋C 517＋C 917＋C 1317＋C 1717＝215＋27由此推测：C 12013＋C 52013＋…＋C 20132013＝________.(文)某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验．根据收集到的数据(如下表)，由最小二乘法求得回归直线方程y ∧＝0.67x ＋54.9.表中有一个数据模糊不清，请你推断出该数据的值为________．14．(理)随机变量ξ～N(10,100)，若P(ξ＞11)＝a ，则P(9＜ξ≤11)＝________. (文)甲、乙两名同学在5次数学测验中的成绩统计如茎叶图所示，则甲、乙两人5次数学测验的平均成绩依次为________．15．a ＝(0,1)，b ＝(1,0)且(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值为________．16．(理)已知函数f (x )＝e x －a e －x ，若f ′(x )≥23恒成立，则实数a 的取值范围是________． (文)函数y ＝1x 2＋1在x ＝1处的切线方程是________． 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程及演算步骤)17．(本题满分12分)在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边为a 、b 、c ，且满足cos 2A －cos 2B ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋A(1)求角B 的值；(2)若b ＝3且b ≤a ，求a －12c 的取值范围．18.(理)(本小题满分12分)已知长方体的长、宽、高分别为3、3、4，从长方体的12条棱中任取两条．设ξ为随机变量，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝3. (1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列及数学期望E (ξ)．(文)(本小题满分12分)气象部门提供了某地区今年六月份(30天)的日最高气温的统计表如下：显示，六月份的日最高气温不高于32 ℃的频率为0.9. (1)若把频率看作概率，求Y ，Z 的值；(2)把日最高气温高于32 ℃称为本地区的“高温天气”，根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此推测是否有95%的把握认为本地区的“高温天气”与西瓜“旺销”有关？说明理由.附：K 2＝n (a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )19．(在几何体ABCDE 中，AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ⊥AD ，且AE ⊥平面ABD ，平面BCD ⊥平面ABD .(1)当AB ∥平面CDE 时，求AE 的长；(2)当AE ＝2＋2时，求二面角A －EC －D 的大小．(文)(本小题满分12分)如图，在几何体ABCDE 中，AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，AE ⊥平面ABD ，M 为线段BD 的中点，MC ∥AE ，且AE ＝MC ＝ 2. (1)求证：平面BDC ⊥平面CDE ；(2)若N 为线段DE 的中点，求证：平面AMN ∥平面BEC .20．(本小题满分12分)已知平面内与两定点A (2,0)，B (－2,0)连线的斜率之积等于－14的点P 的轨迹为曲线C 1，椭圆C 2以坐标原点为中心，焦点在y 轴上，离心率为55.(1)求C1的方程；(2)若曲线C1与C2交于M、N、P、Q四点，当四边形MNPQ面积最大时，求椭圆C2的方程及此四边形的最大面积．21．(理)(本小题满分12分)设函数f(x)＝x2＋a ln(x＋1)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2.(1)求实数a的取值范围；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对任意的x∈(x1，＋∞)，都有f(x)＞m成立，求实数m的取值范围．(文)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(ax2＋x－1)e x，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)若a＝1，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＜0，求f(x)的单调区间；(3)若a＝－1，函数f(x)的图象与函数g(x)＝13x3＋12x2＋m的图象有3个不同的交点，求实数m的取值范围．请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22．(本小题满分10分)选修4－1：几何证明选讲如图，已知P A 与圆O 相切于点A ，直径BC ⊥OP ，连接AB 交PO 于点D . (1)求证：P A ＝PD ； (2)求证：AC ·AP ＝AD ·OC .23．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程如图，在极坐标系中，圆C 的圆心坐标为(1,0)，半径为1. (1)求圆C 的极坐标方程；(2)若以极点O 为原点，极轴所在直线为x 轴建立平面直角坐标系．已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos π6y ＝t sin π6(t 为参数)，试判断直线l 与圆C 的位置关系．24．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |，x ∈R . (1)当a ＝4时，求不等式f (x )≥6的解集； (2)若f (x )≥2a 对x ∈R 恒成立，求a 的取值范围． 课标全国卷高考模拟试题精编六1．A 集合P ＝{y |y ＝ln x ，x ∈[e －1，e]}＝{y |－1≤y ≤1}，因为P ∪M ＝P ，所以－1≤a ≤1，因此选A.2．A 依题意⎩⎨⎧m (m －1)＝0m －1≠0，得m ＝0，z ＝－i ，1z ＝－1i ＝i ，选A.3．C 依题意，注意到点(1,1.4)，(2,2.2)，(3,3)，(4,3.8)均位于直线y －1.4＝2.2－1.42－1(x －1)，即y ＝0.8x ＋0.6上，因此解释变量对于预报变量变化的贡献率R 2＝1，选C.4．B 由正视图知：该几何体的底面为等腰直角三角形，且斜边长为2，所以两直角边为2，三棱柱的高为1，所以该三棱柱的体积为V ＝12×2×2×1＝1. 5．C 对于A 、D ，注意到当x ＝0时，f (x )＝a cos 0＝a ≠0，因此结合选项知，选项A 、D 不正确；对于B ，注意到其最小正周期T ＝2πa ＝π，a ＝2，此时相应的最大值是2，这与所给的图象不相吻合，因此选项B 不正确．综上所述，选C. 6．C 对于②，直线m 与平面β可能平行或相交；对于④，直线m 可能也在平面α内．而①③都是正确的命题，故选C.7．D 依题意得，全班成绩的平均数应等于班级中所有的学生的成绩总和除以总人数，注意到当T ＞0时，输入的成绩表示的是某男生的成绩；当T ＜0时，输入的成绩表示的是某女生的成绩的相反数．因此结合题意得，选D.8．C画出约束条件⎩⎨⎧2x －y ≥0y ≥xy ≥－x ＋b的可行域，由可行域知：目标函数z ＝2x ＋y过点⎝ ⎛⎭⎪⎫b 3，2b 3时取最小值，此时3＝2×b 3＋2b 3，所以b ＝94.9．(理) A a ＝∫π20(sin 2x 2－12)d x ＝∫π20⎝ ⎛⎭⎪⎫1－cos x 2－12d x ＝∫π20⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos x 2d x ＝－12.此时二项式的展开式的通项为T r ＋1＝C r 9⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 9－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 9⎝ ⎛⎭⎪⎫－129－r ·(－1)r x 9－2r，令9－2r ＝1，r ＝4，所以关于x 的一次项的系数为C 49⎝ ⎛⎭⎪⎫－129－4·(－1)4＝－6316. (文)D 由题意知，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝－513，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝－513.10．(理)D 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝(3＋2)11，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 11＝(3－2)11，两式相加，得a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝(3＋2)11＋(3－2)112；两式相减，得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 11＝(3＋2)11－(3－2)112，所以(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 11)2－(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(3＋2)11－(3－2)1122－⎣⎢⎡⎦⎥⎤(3＋2)11＋(3－2)1122＝1.(文)C 不妨设x ＝2，则x 3＝8,3x ＝9，log 3x ＝log 32＜1，所以log x 3＜x 3＜3x，因此选C .11．A 依题意a n ＋2＝a n ＋1－a n ＝－a n －1，即a n ＋3＝－a n ，a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故数列{a n }是以6为周期的数列，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 4)＋(a 2＋a 5)＋(a 3＋a 6)＝0.注意到100＝6×16＋4，因此有a 100＝a 4＝－a 1＝－1，S 100＝16(a 1＋a 2＋…＋a 6)＋(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＝a 2＋a 3＝a 2＋(a 2－a 1)＝2×3－1＝5，故选A .12．B 由OE →＝12(OF →＋OP →)可知点E 是线段FP 的中点，由OE →·EF→＝0可知OE →⊥EF →，再结合∠PFO ＝30°，令|OE|＝m ，则有|PF ′|＝2m(F ′为双曲线的右焦点)，|OF|＝2m ，|FP|＝2|FE|＝23m ，再由双曲线的定义可知2a ＝|FP|－|PF ′|＝2(3－1)m,2c ＝2|OF|＝4m ，所以离心率e ＝2c 2a ＝4m2(3－1)m＝3＋1.13．(理)解析：观察等式的规律可得：C 14n ＋1＋C 54n ＋1＋……＋C 4n ＋14n ＋1＝24n －1＋(－1)n ·22n －1，所以当4n ＋1＝2013时，n ＝503，所以C 12013＋C 52013＋……＋C 20132013＝22011－21005. 答案：22011－21005(文)解析：设模糊不清部分的数据为m ，x ＝10＋20＋30＋40＋505＝30，由y ∧＝0.67x ＋54.9过(x ，y )得，y ＝0.67×30＋54.9＝75， ∴62＋m ＋75＋81＋895＝75，故m ＝68.答案：6814．(理)解析：由题意知，x ＝10是对称轴，P(9＜ξ≤11)＝2P(10＜ξ≤11)＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－P (ξ＞11)＝1－2a.答案：1－2a (文)解析：x 甲＝74＋72＋85＋88＋965＝83，x 乙＝77＋79＋81＋93＋905＝84. 答案：83 8415．解析：设c ＝(x ，y )，则a －c ＝(－x,1－y )，b －c ＝(1－x ，－y )，因为(a －c )·(b－c )＝0，所以x 2＋y 2－(x ＋y )＝0，又由不等式x 2＋y 22≥⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22得：x ＋y ＝x 2＋y 2≤2x 2＋y 22，解得0≤x 2＋y 2≤2，所以|c |的最大值为 2. 答案： 216．(理)解析：由题意可知，f ′(x )＝e x ＋a e －x ≥23恒成立，分离参数可得，a ≥(23－e x )e x 恒成立，令e x ＝t (t ＞0)，问题等价于a ≥(－t 2＋23t )max ＝3.所以a ∈[3，＋∞)．答案：[3，＋∞)(文)解析：当x ＝1时，y ＝12，y ′|x ＝1＝⎪⎪⎪－2x (x 2＋1)2x ＝1＝－12，所以函数在x ＝1处的切线方程为y ＝－12(x －1)＋12＝－12x ＋1.答案：y ＝－12x ＋117．解：(1)由已知cos 2A －cos 2B ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋A 得2sin 2B －2sin 2A ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫34cos 2A －14sin 2A ，化简得sin B ＝32，故B ＝π3或2π3.(2)由正弦定理a sin A ＝c sin C ＝b sin B ＝2，得a ＝2sin A ，c ＝2sin C ，故a －12c ＝2sin A －sin C ＝2sin A －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－A ＝32sin A －32cos A ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6因为b ≤a ，所以π3≤A ＜2π3，π6≤A －π6＜π2，所以a －12c ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，3.18．(理)解：(1)若两条棱相交，则交点必为长方体8个顶点中的一个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 23对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝2466＝411.(2)若两条棱平行则它们的距离为3,4,5,32， P (ξ＝4)＝4C 212＝466＝233，P (ξ＝5)＝4C 212＝466＝233，P (ξ＝32)＝2C 212＝266＝133P (ξ＝3)＝1－P (ξ＝4)－P (ξ＝5)－P (ξ＝32)－P (ξ＝0)＝1－466×2－266－2466＝3266＝1633所以随机变量ξ的分布列为：E (ξ)＝3×1633＋4(文)解：(1)由已知得：P (t ≤32)＝0.9， ∴P (t ＞32)＝1－P (t ≤32)＝0.1，∴Z ＝30×0.1＝3，Y ＝30－(6＋12＋3)＝9. (2)由题意得到如下2×2列联表：K 2＝n (ad (a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )＝30×(1×6－2×21)23×27×22×8≈2.727，∵2.727＜3.841，∴没有95%的把握认为本地区的“高温天气”与西瓜“旺销”有关．19．(理)解析：(1)设AE ＝a ，如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，E (0,0，a )，取BD 的中点T ，连接CT ，AT ， 则CT ⊥BD .又∵平面BCD ⊥平面ABD ， ∴CT ⊥平面ABD ， ∴CT ∥AE .∵AB ＝AD ＝CD ＝BC ＝2，AB ⊥AD ， ∴CD ⊥CB ， ∴CT ＝2， ∴C (1,1，2)，∴AB→＝(2,0,0)，DE →＝(0，－2，a )， DC→＝(1，－1，2)． 设平面CDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有－2y ＋az ＝0，x －y ＋2z ＝0， 取z ＝2，则y ＝a ，x ＝a －22， ∴n ＝(a －22，a,2)． ∵AB ∥平面CDE ， ∴AB →·n ＝0，∴a －22＝0， ∴a ＝22，即AE 的长为2 2. (2)连接AC ，当AE ＝2＋2时，由(1)易知平面CDE 的一个法向量n ＝(2－2，2＋2，2)， 又BD ⊥AT ，BD ⊥AE ，∴BD ⊥平面ACE .∴平面ACE 的一个法向量为BD →＝(－2,2,0)，∴cos 〈n ，BD →〉＝12，∴二面角A －EC －D 的大小为π3. (文)解：(1)∵AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，M 为线段BD 的中点， ∴AM ＝12BD ＝2，AM ⊥BD ，∵AE ＝MC ＝2，∴AE ＝MC ＝12BD ＝2， ∴BC ⊥CD ，BD ⊥CM .∵AE ⊥平面ABD ，MC ∥AE ，∴MC ⊥平面ABD ， ∴MC ⊥AM ，∴AM ⊥平面CBD . 又MC ∥AE ，AE ＝MC ＝2，∴四边形AMCE 为平行四边形，∴EC ∥AM ， ∴EC ⊥平面CBD ，∴BC ⊥EC ， ∵EC ∩CD ＝C ，∴BC ⊥平面CDE ， ∴平面BCD ⊥平面CDE .(2)∵M 为BD 的中点，N 为DE 的中点， ∴MN ∥BE .由(1)知EC ∥AM 且AM ∩MN ＝M ， 又BE ∩EC ＝E ， ∴平面AMN ∥平面BEC . 20．解析：(1)设P (x ，y )，则k P A ·k PB ＝－14， 即y x －2·y x ＋2＝－14，∴C 1的方程为x 24＋y 2＝1(x ≠±2)．(2)如图，设椭圆C 2的方程为y 2m 2＋x 2n 2＝1(m ＞n ＞0)，设N (x 1，y 1)，由对称性得四边形MNPQ 的面积S ＝4x 1y 1， ∵x 214＋y 21＝1，∴S ＝4×2×x 12×y 1≤8×x 214＋y 212＝4. 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x 12＝y 1x 214＋y 21＝1时等号成立，解得⎩⎨⎧x 1＝2y 1＝22.∴⎩⎪⎨⎪⎧12m 2＋2n 2＝1e ＝1－n 2m 2＝55，解得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝3n 2＝125，∴椭圆C 2的方程为y 23＋x 2125＝1，四边形MNPQ 的最大面积为4.21．(理)解：(1)由f (x )＝x 2＋a ln(x ＋1)可得 f ′(x )＝2x ＋ax ＋1＝2x 2＋2x ＋a x ＋1(x ＞－1)．令g (x )＝2x 2＋2x ＋a (x ＞－1)，则其对称轴为x ＝－12，故由题意可知x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个均大于－1的不相等的实数根，其充要条件为⎩⎨⎧Δ＝4－8a ＞0g (－1)＝a ＞0，解得0＜a ＜12.(2)由(1)可知f ′(x )＝2x 2＋2x ＋a x ＋1＝2(x －x 1)(x －x 2)x ＋1，其中－1＜x 1＜x 2，故①当x ∈(－1，x 1)时，f ′(x )＞0，即f (x )在区间(－1，x 1)上单调递增； ②当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，即f (x )在区间(x 1，x 2)上单调递减；③当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，即f (x )在区间(x 2，＋∞)上单调递增． (3)由(2)可知f (x )在区间(x 1，＋∞)上的最小值为f (x 2)．又由于g (0)＝a ＞0，因此－12＜x 2＜0.又由g (x 2)＝2x 22＋2x 2＋a ＝0可得a ＝－(2x 22＋2x 2)，从而f (x 2)＝x 22＋a ln(x 2＋1)＝x 22－(2x 22＋2x 2)ln(x 2＋1)．设h (x )＝x 2－(2x 2＋2x )ln(x ＋1)，其中－12＜x ＜0， 则h ′(x )＝2x －2(2x ＋1)ln(x ＋1)－2x ＝－2(2x ＋1)ln(x ＋1)．由－12＜x ＜0知2x ＋1＞0，ln(x ＋1)＜0，故h ′(x )＞0，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上单调递增．所以，f (x 2)＝h (x 2)＞h (－12)＝1－2ln 24.所以，实数m 的取值范围为m ≤1－2ln 24.(事实上，当a →12时，x 2→－12，此时f (x 2)→1－2ln 24.即“m ≤1－2ln 24”是其充要条件．)(文)解：(1)a ＝1时，f (x )＝(x 2＋x －1)e x ，所以f ′(x )＝(2x ＋1)e x ＋(x 2＋x －1)e x ＝(x 2＋3x )e x ， 所以曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为k ＝f ′(1)＝4e. 又因为f (1)＝e ，所以所求切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即4e x －y －3e ＝0. (2)f ′(x )＝(2ax ＋1)e x ＋(ax 2＋x －1)e x ＝[ax 2＋(2a ＋1)x ]e x ， ①若－12＜a ＜0，当x ＜0或x ＞－2a ＋1a 时，f ′(x )＜0； 当0＜x ＜－2a ＋1a 时，f ′(x )＞0.所以f (x )的单调递减区间为(－∞，0]，⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2a ＋1a ，＋∞； 单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2a ＋1a .②若a ＝－12，则f ′(x )＝－12x 2e x≤0，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)． ③若a ＜－12，当x ＜－2a ＋1a 或x ＞0时，f ′(x )＜0； 当－2a ＋1a ＜x ＜0时，f ′(x )＞0.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－2a ＋1a ，[0，＋∞)； 单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2a ＋1a ，0. (3)由(2)知，f (x )＝(－x 2＋x －1)e x 在(－∞，－1]上单调递减，在[－1,0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．所以f (x )在x ＝－1处取得极小值f (－1)＝－3e ，在x ＝0处取得极大值f (0)＝－1. 由g (x )＝13x 3＋12x 2＋m ，得g ′(x )＝x 2＋x .当x ＜－1或x ＞0时，g ′(x )＞0；当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－∞，－1]上单调递增，在[－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．故g (x )在x ＝－1处取得极大值g (－1)＝16＋m ，在x ＝0处取得极小值g (0)＝m . 因为函数f (x )与函数g (x )的图象有3个不同的交点， 所以⎩⎨⎧f (－1)＜g (－1)f (0)＞g (0)，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e ＜16＋m －1＞m.所以－3e －16＜m ＜－1.22．解：(1)∵P A 与圆O 相切于点A ， ∴∠P AB ＝∠ACB ， ∵BC 是圆O 的直径，∴∠BAC ＝90°， ∴∠ACB ＝90°－∠B ，∵OB ⊥OP ，∴∠BDO ＝90°－∠B ， 又∠BDO ＝∠PDA ，∴∠P AD ＝∠PDA ＝90°－∠B ， ∴P A ＝PD .(2)连接OA ，由(1)得，∠P AD ＝∠PDA ＝∠ACO ， 又∠OAC ＝∠OCA ， ∴△P AD ∽△OCA ，∴P A OC ＝ADAC ，∴AC ·AP ＝AD ·OC . 23．解：(1)如图，设M (ρ，θ)为圆C 上除点O ，B 外的任意一点，连接OM ，BM ，在Rt △OBM 中，|OM |＝|OB |cos ∠BOM ， 所以ρ＝2cos θ.可以验证点O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，B (2,0)也满足ρ＝2cos θ， 故ρ＝2cos θ为所求圆的极坐标方程． (2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋t cos π6y ＝t sin π6(t 为参数)，得直线l 的普通方程为y ＝33(x ＋1)，即直线l 的普通方程为x －3y ＋1＝0.由ρ＝2cos θ，得圆C 的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1. 因为圆心C 到直线l 的距离d ＝|1×1－3×0＋1|2＝1，所以直线l 与圆C 相切．24．解：(1)依题意得|x －1|＋|x －4|≥6等价于⎩⎨⎧ x ＜1－2x ＋5≥6或⎩⎨⎧1≤x ≤43≥6或⎩⎨⎧x ＞42x －5≥6， 解得x ≤－12或x ≥112.故不等式f (x )≥6的解集为{x |x ≤－12或x ≥112}． (2)因为f (x )＝|x －1|＋|x －a |≥|(x －1)－(x －a )|＝|a －1|， 所以f (x )min ＝|a －1|.由题意得|a －1|≥2a ，解得a ≤13，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，13.。

高考模拟试题精编(七)【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．1.竖直细杆上套有一个1 kg 的小圆环，圆环左侧系住一劲度系数k ＝500 N/m 的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ＝37°，圆环始终静止，则以下分析错误的是( )A ．当弹簧伸长量x ＝2.5 cm 时，圆环与竖直杆的摩擦力为零B ．当弹簧伸长量x ＝0.5 cm 时，圆环与竖直杆的弹力F ＝1.5 NC ．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小D ．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的摩擦力变小2．用一内阻为10 Ω的交流发电机为一阻值为100 Ω的电饭煲供电，发电机的输出电压为u ＝200cos(100πt ＋π)V ，则( )A ．线圈转动的周期为0.02 sB ．此发电机电动势的最大值为200 VC ．电饭煲消耗的功率为0.2 kWD ．将此发电机接在变压比为1∶2的理想变压器上，副线圈输出电压的频率为原线圈电压的2倍3．一架飞机由静止开始滑行起飞，在时间t 内滑行距离x 后达到起飞速度．已知飞机在起飞过程中牵引力随速度的增大而减小，运动阻力随速度的增大而增大．则飞机的起飞速度可能是( )A.x t B ．2x tC ．大于2x tD ．在x t 到2x t 之间 4.在如图所示的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向左移动，下列说法正确的是( )A ．电流表读数变小，电压表读数变小B ．小灯泡变亮C ．电容器C 上的电荷量增大D ．电源的输出功率变大5．在外力F 作用下，A 、B 两物块开始沿竖直墙面的一侧加速下滑，A 、B 两物块始终相对静止，且质量分别为m A 和m B ，墙壁与B 之间的动摩擦因数为μ，则以下分析正确的是( )A ．墙壁对B 的弹力一定为FB ．加速下滑阶段，系统的加速度为a ＝g ＋μF m A ＋m BC ．若力F 逐渐增大，A 所受的合外力先逐渐减小后不变D ．若力F 逐渐增大，B 所受的合外力先逐渐减小后逐渐增大，然后突变为零6．在如图所示的空间存在两个等量的异种电荷，在其形成的电场中有四个点A 、B 、C 、D ，构成一正方形，AC 的连线与两点电荷连线重合，其中心恰为电荷连线的中点O .则下列说法中正确的是( )A ．A 点的电场强度等于C 点的电场强度B ．B 、D 两点的电场强度相同但电势不同C ．一电子由B 点沿B →A →D 路径移至D 点，电势能先增大后减小D ．一质子由C 点沿C →O →A 路径移至A 点，电势能先增大后减小7．已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G .有关同步卫星，下列表述正确的是( )A ．卫星距地面的高度为 3GMT 24π2B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C ．卫星运行时受到的向心力大小为G Mm R 2D ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度8．如图甲所示，一木块放在水平地面上，在力F ＝2 N 作用下向右运动，水平地面MN 段光滑，NO 段粗糙，木块从M 点运动到O 点的v －t 图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，则( )A ．t ＝6 s 时，拉力F 的功率为8 WB ．此木块的质量为4 kgC ．拉力在MO 段做功的平均功率为193W D ．木块在NO 段克服摩擦力做功的平均功率为193 W9.如图所示，光滑圆环可绕竖直轴O1O2旋转，在圆环上套一个小球，实验时发现，增大圆环转速，小球在圆环上的位置升高，但无论圆环转速多大，小球都不能上升到与圆心O等高的N点．现让小球带上正电荷，下列措施可以让小球上升到N 点的是()A．在空间加上水平向左的匀强磁场B．在空间加上竖直向上的匀强电场C．在空间加上方向由圆心O向外的磁场D．在圆心O点上方某点放一个带负电的点电荷10.如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场，设左、右区域磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线．一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直，导轨电阻不计．若金属棒ab在外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x 处，下列说法中正确的是()A．当金属棒通过磁场边界时，通过电阻R的电流反向B．当金属棒通过磁场边界时，金属棒受到的安培力反向C．金属棒在题设的运动过程中，通过电阻R的电荷量等于零D．金属棒在题设的运动过程中，回路中产生的热量等于Fx答题栏第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题：本题共5小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(5分)某同学要利用身边的粗细两种弹簧制作弹簧秤，为此首先各取一根弹簧进行了探究弹力和弹簧伸长量关系的实验，根据测得的数据绘出如图所示的图象，从图象上看：(1)该同学得出的图象上端弯成曲线，原因是____________________________；(2)较细的甲弹簧的劲度系数k A＝________N/m，较粗的乙弹簧的劲度系数k B＝________N/m；(3)若用甲、乙两根弹簧分别制作精确程度较高的弹簧秤，则这两个弹簧秤的量程分别不能超过______N和______N.12.(10分)小明同学为了用半偏法测量一个电压表的内阻(量程为3 V，内阻约为3 kΩ)，设计了如图甲所示的电路．(1)半偏法测电压表的内阻是一种________(填“精确测量”、“近似测量”或“粗略测量”)的方法，用半偏法测量电压表的内阻必须具备的条件是电压表的内阻与滑动变阻器的总阻值满足________．(2)实验时先闭合S1和S2，调节R，使电压表指针偏转到满刻度，再断开S2，保持R不变，调节R′，使电压表指针半偏，读出此时R′的阻值为3 005.4 Ω，则电压表V的内阻测量值R V＝________Ω，该测量值________实际值(填“大于”、“小于”或“等于”)．(3)小军同学也设计了一个电路，如图乙所示，测量电压表的内阻R V，所用电源内阻不计，实验步骤如下：①先断开开关S1、S2，将电阻箱1的电阻调至最大；②闭合S1，调节电阻箱1，同时观察电压表指针，当指针处于满偏刻度时，读取电阻箱1的阻值为1 500 Ω；③保持电阻箱1的电阻不变，闭合S2，只调节电阻箱2，同时观察电压表指针，当指针处于半偏刻度时，读取电阻箱2的阻值为1 000 Ω，则此电压表的内阻的测量值为R V＝________Ω.13.(13分)2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一舰载机的质量为m ＝2.5×104kg，速度为v0＝42 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板以上以a0＝0.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里？(2)为了舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机．图示为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F＝1.2×105 N，减速的加速度a1＝20 m/s2，此时阻拦索夹角θ＝106°，空气阻力和甲板阻力保持不变．求此时阻拦索承受的张力大小？(已知：sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 14.(14分)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．过圆心O的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C 点之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零)．已知A 、B 间的距离为2R ，重力加速度为g .在上述运动过程中，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力． 15.(18分)如图所示，在xOy 平面坐标系中，直线MN 与y 轴成30°角，M 点的坐标为(0，a )，在y 轴与直线MN 之间的区域内，存在垂直xOy 平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．电子束以相同速度从y 轴上0≥y ≥－23a 的区间垂直于y 轴和磁场射入磁场．已知从O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN 相切，忽略电子间的相互作用．(1)求电子的比荷；(2)若在xOy 坐标系的第Ⅰ象限加上沿y 轴正方向大小为E ＝B v 0的匀强电场，在x 0＝43a 处垂直于x 轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围． 附加题：本题共3小题，每小题15分．分别考查3－3、3－4、3－5模块．请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分．1．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________．A ．一定量气体吸收热量，其内能一定增大B ．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大D．功转变为热的实际宏观过程是不可逆的(2)(5分)如图所示，两条曲线分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定曲线M表示________(填“晶体”或“非晶体”)，T0表示晶体的________，曲线M的bc段表示________过程，此过程中，物体________(填“吸收”或“放出”)热量，内能________(填“增加”、“减小”或“不变”)．(3)(5分)一质量为M的气缸中，用质量为m、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气．气缸竖直放置时，空气柱长度为L0(如图甲所示)，若将气缸按图乙所示悬挂，求静止时气柱长度为多少．(已知大气压强为p0，且气体温度保持不变)2．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图中的实线所示，t＝0.02 s时刻的波形如图中虚线所示，则下列说法正确的是________．A．如果波向右传播，波速一定为1 m/sB．如果波向右传播，波速可能为5 m/sC．如果波向左传播，最小波速为3 m/sD．如果波向左传播，波速一定是3 m/s的整数倍(2)(5分)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹，如果增大S1与S2的间距，则会观察到相邻条纹间距________(填“变大”、“不变”或“变小”)的干涉图样，如果将绿光换为红光，则可以观察到相邻条纹间距________(填“变大”、“不变”或“变小”)的干涉图样．(3)(5分)如图所示，容器中盛有水，PM为水面，从A点发出一束白光，射到水面上的O点后，折射光(发生了色散)照到器壁上a、b之间，如果AP＝OM＝ 3 m，PO＝Mb＝1 m，ab＝(3－1) m，则从A点发出的白光射到PM上的入射点O向右移动多少时开始有色光消失？移动多少时器壁上的色光全部消失？3．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．A．采用物理和化学方法可以有效改变放射性元素的半衰期B．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能C．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子D．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性(2)(5分)在β衰变中常伴有一种被称为“中微子”的粒子放出，但中微子的性质十分特别，在实验中很难探测.1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的11H的核反应，间接地证实了中微子的存在，中微子与水中的11H发生核反应，产生中子(10n)和正电子(0＋1e)，即：中微子＋11 H→10n＋0＋1e，由此可以判定，中微子的质量数为________、电荷数为________；上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，可以转变为两个能量相同的光子(γ)，即0＋1e＋0－1e→2γ，已知正电子和电子的质量都是9.1×10－31kg，反应中产生的每个光子的能量约为________J．(c＝3.0×108 m/s)(3)(5分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端紧靠着一个静止在光滑水平面上的质量为m 的物体B ，弹簧处于原长状态，现有一质量为2m 的物体A 从高h 处由静止开始沿光滑的曲面滑下，与B 发生正碰后粘合在一起将弹簧压缩，弹簧压缩到最短后又将A 、B 一起弹出，求A 、B 一起沿曲面上升能达到的最大高度．高考模拟试题精编(七)1．D kx cos 37°＝mg 时，圆环与竖直杆的摩擦力为零，此时x ＝2.5 cm ，A 对，弹簧伸长量x ＝0.5 cm 时，圆环与竖直杆的弹力F ＝kx sin 37°＝1.5 N ，B 对；保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，F ＝kx sin θ随之变小，C 对；保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，弹簧弹力的竖直分量增大，但初始状态摩擦力的方向未知，故不能断定其摩擦力的变化情况，D 错．2．AC 根据ω＝2πT 得T ＝2πω，A 项正确；由题中的条件可知发电机的输出电压最大值为200 V ，由于发电机有内阻，因此发电机电动势的最大值大于200 V ，B项错；电饭煲消耗的功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 221R ＝0.2 kW ，C 项正确；理想变压器可以改变输出电压，不能改变输出电压的频率，D 项错．3．D 飞机做初速度为零的匀加速运动时末速度为2x t ，由于飞机所受牵引力随速度的增大而减小，运动阻力随速度的增大而增大，因此其加速度随速度的增大而减小，故起飞速度小于2x t ；飞机一直在加速，故末速度一定大于平均速度x t ，D 选项正确．4．C 闭合开关S ，滑动变阻器的滑片P 向左移动，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电源输出电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电流表读数变小，电压表读数变大，小灯泡变暗，选项A 、B 错误；由于电容器两端电压增大，由C ＝Q U 可知，电容器C 上的电荷量增大，选项C 正确；由于电源的内阻和外电阻的关系未知，因此输出功率的变化不能确定，选项D 错误．5．AD 选取A 、B 组成的系统为研究对象，对其进行受力分析，在水平方向上由力的平衡条件可知，墙壁对B 的弹力一定为F ；在竖直方向上由牛顿第二定律有(m A ＋m B )g －μF ＝(m A ＋m B )a ；系统加速度a ＝g －μFm A ＋m B ，力F 逐渐增大，系统做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐变大的减速运动，最终静止，合外力突变为零；选项A 、D 正确．6．A 由电场的叠加原理，A 点的电场强度和C 点的电场强度相同，选项A 正确；B 、D 两点的电场强度及电势均相同，选项B 错；一电子由B 点沿B →A →D 路径移至D 点，电势能先减小后增大，选项C 错；一质子由C 点沿C →O →A 路径移至A 点，电场力对其一直做负功，电势能一直增大，选项D 错．7．BD 天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F 引＝F 向＝m v 2r ＝4π2mr T 2.当卫星在地表运行时，F 引＝GMm R 2＝mg (此时R 为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h ，则F 引＝GMm(R ＋h )2＝F 向＝ma向<mg ，所以C 错误、D 正确．由GMm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h得，v ＝GMR ＋h< GMR ，B 正确．由GMm (R ＋h )2＝4π2m (R ＋h )T 2，得R ＋h ＝3GMT 24π2，即h ＝3GMT 24π2－R ，A 错． 8．ABC 从图象可知，6 s 时木块的速度为4 m/s ，拉力的功率P ＝F v ＝2×4 W ＝8 W ，选项A 对；在MN 段，由图象可知加速度为0.5 m/s 2，由牛顿第二定律得：m ＝4 kg ，选项B 正确；由图象可知，M 、O 相距19 m ，则拉力做功W ＝Fs ＝38 J ，P ＝W t ＝193 W ，选项C 对；由图象可得N 、O 相距14 m ，木块在NO 段所受摩擦力f ＝1 N ，则克服摩擦力做的功为：W ′＝fs ′＝14 J ，P ′＝3.5 W ，选项D 错． 9．BD 若加水平向左的匀强磁场，小球转到不同方位受到的洛伦兹力方向不都是向上或有向上的分量，A 错；当加上竖直向上的匀强电场时，小球总受到竖直向上的恒定电场力，当电场力与重力平衡时，小球可到达N 点，B 正确；当磁场方向由圆心O 向外时，由左手定则可判断出小球受到的洛伦兹力有向下的分量，C 错；在圆心O 点上方某点放一个带负电的点电荷，库仑力的方向斜向上，有竖直向上的分量，D 正确．10．AC 金属棒的运动方向不变，磁场方向反向，则电流方向相反，选项A 正确；电流方向反向，磁场也反向时，安培力的方向不变，选项B 错误；由q ＝ΔΦR 总，因初、末状态磁通量相等，所以通过电阻R 的电荷量等于零，选项C 正确；由于金属棒匀速运动，所以动能不变，即外力做功全部转化为电热，所以Q ＝2Fx ，选项D 错误．11．解析：(1)图象上端弯成曲线，说明弹力与弹簧的伸长量不再成正比，故可以判断出已经超过弹簧的弹性限度；(2)根据胡克定律F ＝kx 可得：k A ＝F Ax A＝46×10－2N/m ＝66.7 N/m ，k B ＝F Bx B ＝84×10－2N/m ＝200 N/m ；(3)因为不能超过弹簧的弹性限度，故这两个弹簧秤的量程分别不能超过4 N 和8 N.答案：(1)超过了弹簧的弹性限度(1分) (2)66.7(1分) 200(1分) (3)4(1分) 8(1分)12．解析：(1)用半偏法测电压表的内阻时把电阻箱与电压表串联后对电路的影响忽略了，故要求电压表的内阻要远远大于滑动变阻器的最大阻值，正因为如此，测出的电压表的内阻有可以预知的系统误差，所以是一种近似测量的方法； (2)电阻箱与电压表串联后，电压表所在这条支路的电阻变大，则电路的总电阻变大，电流变小，电压表与电阻箱和滑动变阻器并联部分的电压变大，所以电阻箱实际分出的电压偏大，故电压表内阻的测量值就稍大于真实值；(3)闭合S 1时，电阻箱1与电压表串联，此时电压表指针满偏，有R V R 1＝U V1U R 1，即R V 1 500 Ω＝3 VE －3 V，当开关S 1和S 2都闭合后，电阻箱2与电压表并联后再与电阻箱1串联，此时电压表指针半偏，则有R V R 2R V ＋R 2R 1＝12U V1U R 1′，即1 000 Ω×R V R V ＋1000 Ω1 500 Ω＝ 1.5 VE －1.5 V ，联立解得：R V ＝3 000 Ω.答案：(1)近似测量(2分) R V ≫R (2分) (2)3 005.4(2分) 大于(2分) (3)3 000(2分) 13．解：(1)设甲板的长度至少为x0，则由运动学公式得－v20＝－2a0x0故x0＝v20/2a0(3分)代入数据可得x0＝1 102.5 m(2分)(2)舰载机受力分析如图所示，其中F T为阻拦索的张力，f为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得2F T cos 53°＋f－F＝ma1(3分)舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时f＝ma0(2分)联立可得F T＝5×105 N(3分)14．解：(1)设小球过C点时的速度为v C，小球从A到C的过程中由动能定理得qE·3R－mg·2R＝12m v2C(2分)由平抛运动可得R＝12gt2和2R＝vCt(2分)联立可得E＝mgq(1分)(2)小球运动到圆轨道D点时的速度最大，设为v，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE(2R＋R sin α)－mgR(1－cos α)＝12m v2(3分)由数学知识可得，当α＝45°时动能最大且最大值为v＝(2＋22)gR(2分)(3)由于小球在D点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰好沿半径方向，此时受到轨道的支持力最大所以F－qE sin α－mg cos α＝m v2R(3分)代入数据得F＝(2＋32)mg(1分)由牛顿第三定律得，小球对轨道的最大压力F′＝(2＋32)mg 15．解：(1)从O 点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有：r ＋rcos 60°＝a ①(2分) 解得：r ＝a3②(1分)电子在磁场中运动时，洛伦兹力等于向心力，即eB v 0＝m v 20r ③(2分) 由②③解得电子比荷e m ＝3v 0Ba ④(1分)(2)由电子的轨道半径可判断，从O 点射入磁场的电子由(0，23a )的位置进入匀强电场，电子进入电场后做类平抛运动，有2r ＝12eE m t 2⑤(2分) x ＝v 0t ⑥(1分)联立②④⑤⑥，将E ＝B v 0代入解得：x ＝23a ⑦(1分)设该电子穿过x 轴时速度与x 轴正方向成θ角，则v y ＝eEm t ⑧(1分) tan θ＝v yv 0⑨(1分)解得：tan θ＝2⑩(1分)设该电子打在荧光屏上的Q 点，Q 点离x 轴的距离为L ，则 L ＝(x 0－x )tan θ＝4a3⑪(1分)即电子打在荧光屏上离x 轴的最远距离为L ＝43a (2分)而从⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23a 位置进入磁场的电子恰好由O 点过y 轴，不受电场力，沿x 轴正方向做直线运动，打在荧光屏与x 轴相交的点上，所以荧光屏上在y 坐标分别为0、－43a 的范围内出现一条长亮线(2分)附加题1．(1)解析：根据热力学第一定律可知，选项A 、B 错误；分子间的距离增大时，如果是在r >r 0范围内，F 引>F 斥，分子力表现为引力，分子力做负功，分子势能增大，如果是在r <r 0范围内，F 引<F 斥，分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故选项C 错误；自然界中一切与热现象有关的过程都是不可逆的，选项D 正确． 答案：D(5分)(2)解析：由图象可知曲线M 表示晶体，bc 段表示晶体熔化过程，晶体在熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，分子势能增大，故内能增加． 答案：晶体 熔点 熔化 吸收 增加(每空1分)(3)解：对缸内理想气体，气缸竖直放置时，p 1S ＝p 0S ＋mg ， 即p 1＝p 0＋mgS ，V 1＝L 0S ①(1分)气缸悬挂时，对缸体，Mg ＋p 2S ＝p 0S ，即p 2＝p 0－MgS ，V 2＝LS ②(1分) 由玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S L 0S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0－Mg S LS ③(2分)解得气柱长度为L ＝(p 0S ＋mg )L 0p 0S －Mg(1分)2．(1)解析：波向右传播时，Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋n T (n ＝0、1、2…)，即T ＝4Δt 4n ＋1＝0.08 s 4n ＋1(n＝0、1、2…)，此时波速v ＝λT ＝(4n ＋1)m/s(n ＝0、1、2…)，当n ＝0时，v 1＝1 m/s ，当n ＝1时，v 2＝5 m/s ，故选项A 错、B 对；波向左传播时，Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋n T (n ＝0、1、2…)，即T ＝4Δt 4n ＋3＝0.08 s 4n ＋3(n ＝0、1、2…)，此时波速v ＝λT ＝(4n ＋3)m/s(n ＝0、1、2…)，当n ＝0时，v 1＝3 m/s ，选项C 对、D 错． 答案：BC(5分)(2)解析：根据双缝干涉的条纹间距公式Δx ＝ld λ，增大S 1与S 2的间距就是增大d ，所以条纹间距变小；红光的波长比绿光的波长长，所以将绿光换为红光，条纹间距增大．答案：变小(2分) 变大(3分)(3)解：设白光在水中的入射角为r ，色光Ob 的折射角为i 1，色光Oa 的折射角为i 2，则sin r ＝OP AO ＝12，r ＝30°；sin i 1＝OM Ob ＝32，i 1＝60°；sin i 2＝OM Oa ＝36＝22，i 2＝45°(1分)故水对白光中的各种色光的折射率最大为n 1＝sin i 1sin r ＝3，最小为n 2＝sin i 2sin r ＝2(2分)由sin C ＝1n 可得，各种色光发生全反射的最小临界角满足sin C 1＝1n 1＝33，由几何关系可知，sin C 1＝PO 1AO 1＝1＋x 1(3)2＋(1＋x 1)2＝33， 解得：x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62－1m(1分)同理sin C 2＝PO 2AO 2＝1＋x 2(3)2＋(1＋x 2)2＝22，解得：x 2＝3－1(m)(1分) 即从A 点发出的白光射到PM 上的入射点O 向右移动⎝ ⎛⎭⎪⎫62－1m 时开始有色光消失，移动()3－1m 时器壁上的色光全部消失．3．(1)解析：采用物理和化学方法都不能改变放射性元素的半衰期，选项A 错误；比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出核能，选项B 错误；由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，选项C 正确；德布罗意提出了物质波的概念，选项D 正确． 答案：CD(5分)(2)解析：由质量数守恒和电荷数守恒可得中微子的质量数和电荷数都是0，由爱因斯坦质能方程可得每个光子的能量约为mc 2＝9.1×10－31×(3.0×108)2 J ＝8.19×10－14 J.答案：0(1分) 0(1分) 8.19×10－14(3分)(3)解：物体A 从光滑曲面下滑到水平面上的过程中，由机械能守恒定律有：2mgh ＝12×2m v 21，可得v 1＝2gh (1分)物体A 与物体B 碰撞的瞬间，由动量守恒定律有：2m v 1＝3m v 2，可得v 2＝23v 1＝232gh (2分)A 、B 一起压缩弹簧到最短，动能全部转化为弹性势能，弹簧将A 、B 弹出又把弹性势能全部转化为动能(1分)A 、B 一起沿曲面上升的过程由机械能守恒定律有： 12×3m v 22＝3mgh ′，可得h ′＝v 222g ＝49h (1分)。

2024-2025年新课标全国卷专题分类汇总专题5：万有引力与航天1.(2024课标Ⅱ卷·19题·6分· 中)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( )A ．从P 到M所用的时间等于T 04B ．从Q 到N 阶段，机械能渐渐变大C ．从P 到Q 阶段，速率渐渐变小D ．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功1．(2024年新课标全国卷III)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星根据这些规律运动的缘由D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发觉了万有引力定律2．(2024年新课标全国卷II)由于卫星的放射场不在赤道上，同步卫星放射后须要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s ，某次放射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为 A ．西偏北方向，1.9×103m/s B ．东偏南方向，1.9×103m/s C ．西偏北方向，2.7×103m/s D ．东偏南方向，2.7×103m/s 3．(2024年新课标全国卷)假设地球是一半径为R 、质量分布匀称的球体。

一矿井深度为d 。

已知质量分布匀称的球壳对壳内物体的引力为零。

矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 A ．1－ B ．1＋ C ．D ．4．(2024年新课标全国卷II)假设地球可视为质量匀称分布的球体。

2014年高三物理模拟试题（六）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13．如图，用理想变压器给电灯L 供电，如果只增加原线圈匝数，其它条件不变，则（ ）A ．电灯L 亮度减小B ．电流表示数增大C ．电压表示数增加D ．变压器输入功率不变14．长为L 的细绳，一端系一质量为m 的小球,另一端固定于某点，当绳竖直时小球静止，现给小球一水平初速度v 0，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且刚好过最高点，则下列说法中正确的是（ ）A. 小球过最高点时速度为零B. 小球过最高点时绳对小球的拉力为mLv 20C. 小球过最高点时绳对小球的拉力为零D. 小球过最高点时速度大小为gL 2沿AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图．不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）A ．a 粒子带正电B ．b 粒子带负电C ．a 粒子速度较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较短二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

17．如图所示，水平地面上的物体A ，在斜向上的拉力F 的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是（ ） A. 物体A 受到三个力的作用 B. 物体A 受到四个力的作用C. 物体A 受到的滑动摩擦力大小为F cos θD. 物体A 对水平地面的压力大小为Fsinθ18．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，若将该交流电压加在阻值R＝1Ω的电阻两端．由图可知（）A．该交流电的频率为25HzB．通过电阻的电流为102AC．用交流电压表测得电阻两端的电压是10VD．电阻消耗的功率是10W19．如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动时（）A．电压表的读数增大B．R1消耗的功率增大C．电容器C的电容增大D．电容器C所带电量减少20．如图所示是某物体做直线运动的速度图象，下列有关物体运动情况判断正确的是（）A．前2s加速度为5m/s2B．4s末物体回到出发点C．6s末物体距出发点最远D．8s末物体回到出发点21．2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号交会对接。

实验题对“电学知识”的考查1．(2019·湖北宜昌联考)如图a所示为某电流天平的示意图，质量为m的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd 边重合，且指针指在0刻线的位置，此时标尺读数为0.当MN中有电流通过且平衡时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图b所示．此时标尺读数为________cm.a b利用上述装置可以测量悬挂的轻弹簧的劲度系数，已知B＝0.547T，MN中通有电流I＝1.00 A，MN的长度l＝0.250 m，ab边的长度d＝0.200 m．则轻弹簧的劲度系数k＝________N/m. 解析：由图示游标卡尺可知，此时游标卡尺读数为：10 mm＋47×0.02 mm＝10.94 mm＝1.094 cm；线框所受安培力：F＝BId，线框静止，处于平衡状态，由平衡条件得：kx＝BId，其中：x ＝1.094 cm，代入数据解得：k＝10 N/m.答案：1.094 102．(2019·河北邯郸期末)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器．请回答下列问题：甲乙(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡________挡(选填“×1”“×100”)；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为________Ω.(2)图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图．其中，电流表满偏电流为0.5 mA、内阻为10 Ω；电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω；变阻器R0的阻值范围为0～5 000 Ω.①该欧姆表的两只表笔中，________是红表笔．(选填“A”或“B”)；②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω进行刻度的．当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后R0接入电路的电阻将变________(填“大”或“小”)．解析：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针偏角很小，说明倍率选择较小，则为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选用欧姆挡“×100”挡；待测电阻为30×100 Ω＝3 000 Ω；(2)①该欧姆表的两只表笔中，红表笔内部接电源的负极，则A是红表笔；②电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω时，调零电阻：R0＝EI g－r g－r＝⎝⎛⎭⎪⎫1.50.5×10－3－10－1Ω＝2 989 Ω；电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时，调零电阻：R′0＝EI g－r g－r′＝⎝⎛⎭⎪⎫1.450.5×10－3－10－4Ω＝2 886 Ω，则调零后R0接入电路的电阻将变小．答案：(1)×100 3 000 (2)①A②小3．(2019·安徽六安模拟)某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻R x的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量．以下是备用器材：A．多用电表B．电压表V1：量程6 V，内阻约8 kΩC．电压表V2：量程15 V，内阻约10 kΩD．电流表A1：量程10 mA，内阻约6 ΩE．电流表A2：量程0.6 A，内阻约0.5 ΩF．电源：电动势E＝6 VG．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω，最大电流为2 AH．滑动变阻器R2：最大阻值50 Ω，最大电流为0.1 AI．导线、开关若干(1)如图甲所示为多用电表表盘，若用×100 Ω挡测量电阻，则读数为________Ω.(2)请在图乙所示的线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图(选用的实验器材需注明符号)．乙(3)探究小组的同学合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是________，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表________挡检查，在断电后用多用电表________挡检测． 解析：(1)多用电表用×100 Ω挡测量电阻，则读数为9×100 Ω＝900 Ω；(2)电源电动势E ＝6 V ，则电压表选择V 1，电路中可能出现的最大电流I ＝U R x ＝6900 A≈6.7 mA，则电流表选择A 1，且R V1R x ＜R x R A1，则电流表采用内接法；两滑动变阻器阻值均远小于R x 的阻值，电路采用分压式接法，故滑动变阻器选择阻值较小的R 1，电路图如图所示；(3)电路故障可能是待测电阻、电流表或与它们相邻的导线发生断路，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表电压挡检查，在断电后用多用电表欧姆挡检测．答案：(1)900 (2)图见解析 (3)待测电阻、电流表或与它们相邻的导线发生断路 电压 欧姆4．为研究某一蓄电池组，某兴趣小组将一块旧的电池组充满电，准备利用下列器材测量电池组的电动势和内电阻．A ．待测电池组，电动势约为4 V ，内阻约几欧姆B ．直流电压表V 1、V 2(量程均可满足要求，均可视为理想电表)C ．定值电阻R 0(未知)D ．滑动变阻器R ，最大阻值为R p (已知)E ．导线和开关(1)现利用以上器材，设计一个电路如图所示，完成对待测电池组的电动势和内阻的测量．(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R 0，方法是先把滑动变阻器R 调到最大阻值R p ，再闭合开关，电压表V 1和V 2的读数分别为U 10、U 20，则R 0＝________(用U 10、U 20、R p 表示)．(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1­U 2图象(横轴为U 2)，图线斜率的绝对值为k ，与横轴的截距值为a ，则电池组的电动势E ＝________，内阻r ＝________(用k 、a 、R 0表示)．解析：(2)当滑动变阻器接入阻值最大时，此时电路中电流为：I ＝U 10R p ，根据欧姆定律得：R 0＝U 20I ＝U 20R p U 10. (3)根据闭合电路欧姆定律可知：U 1＝E －U 2R 0(r ＋R 0)，根据题意可知：k ＝r ＋R 0R 0，0＝E －a R 0(R 0＋r )，联立解得：E ＝ka ，r ＝R 0(k －1) .答案：(2)U 20R p U 10(3)ka R 0(k －1) 5．(2019·闽粤赣三省十校联考)用以下器材测量待测电阻R x 的阻值．A ．待测电阻R x ：阻值约为200 ΩB ．电源E ：电动势约为3.0 V ，内阻可忽略不计C ．电流表A 1：量程为0～10 mA ，内电阻r 1＝20 Ω；D ．电流表A 2：量程为0～20 mA ，内电阻约为r 2≈8 Ω；E ．定值电阻R 0：阻值R 0＝80 Ω；F ．滑动变阻器R 1：最大阻值为10 Ω；G ．滑动变阻器R 2：最大阻值为200 Ω；H ．单刀单掷开关S ，导线若干．(1)为了测量电阻R x ，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是________．(填“甲”“乙”或“丙”)甲 乙丙(2)滑动变阻器应该选________；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P 应置于________端(填“a ”或“b ”)；(3)若某次测量中电流表A 1的示数为I 1，电流表A 2的示数为I 2.则R x 的表达式为：R x ＝________.解析：(1)所给的三个电路图中，乙图可确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值，故乙图正确．(2)因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则易用小阻值的变阻器，故应选R 1.闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P 应置于b 端．(3)由并联电路特点：R x (I 2－I 1)＝(R 0＋r 1)I 1得：R x ＝I 1(R 0＋r 1)I 2－I 1. 答案：(1)乙 (2)R 1 b (3)I 1(R 0＋r 1)I 2－I 16．(2019·山东烟台联考)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室备有如下器材：A ．待测电池组(由两节干电池组成，每节电池电动势约为1.5 V 、内阻为几欧姆)B ．直流电压表V 1、V 2(量程均为3 V ，内阻均约为3 kΩ)C ．定值电阻R 0(阻值未知)D ．滑动变阻器R (最大阻值为R m )E ．开关，导线若干某同学设计了如图甲所示的电路，他利用该电路先测出定值电阻R 0的阻值，再测量待测电池组的电动势和内阻．步骤如下：甲(1)先把滑动变阻器R 调到最大阻值R m ，再闭合开关S ，读出电压表V 1和V 2的示数分别为U 10、U 20，则可求出定值电阻R 0的阻值为R 0＝________(用U 10、U 20和R m 表示)．(2)移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1U 2的关系图象如图乙所示．图中直线的斜率为k ，直线与横轴的截距为U 0，则待测电池组的总电动势E ＝________，总内阻r ＝________(均用k 、U 0、R 0表示)．乙解析：(1)由图甲所示电路图可知，定值电阻阻值：R 0＝U 0I 0＝U 20－U 10U 10Rm＝(U 20－U 10)R m U 10； (2)由图甲所示电路图可知，电源电动势：E ＝U 2＋Ir ＝U 2＋U 2－U 1R 0r ， 整理得：U 1＝R 0＋r r U 2－ER 0r， 由图示U 1U 2图线可知：R 0＋r r U 0－ER 0r ＝0， k ＝R 0＋r r解得电源电动势：E ＝kU 0k －1，电源内阻：r ＝R 0k －1. 答案：(1)(U 20－U 10)R m U 10 (2)kU 0k －1 R 0k －17．(2019·湖南长沙模拟)某同学利用有一定内阻的毫安表(量程0～3 mA)测定一节干电池的电动势E 和内阻r .使用的器材还包括两个电阻箱R 和R 0，两个定值电阻R 1＝15.0 Ω和R 2＝4.5 Ω，开关两个，导线若干．实验原理图如图甲所示．甲乙丙(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请用笔画线代替导线完成余下电路的连接．(2)请完成下列主要实验步骤：①调节电阻箱R 到最大值，闭合开关S 1和S 2，调节电阻箱R 使毫安表的示数大约为2 mA ； ②调节电阻箱R 0，直至在反复断开、闭合开关S 2时，毫安表的指针始终停在某一示数处，读得此时电阻箱R 0的电阻为3.0 Ω，则毫安表的内阻R A ＝________Ω；③保持开关S 1和S 2闭合，且保持电阻箱R 0的阻值不变，不断调节电阻箱R ，读出其阻值R 和对应的毫安表的示数I ； ④根据实验数据描点，绘出的1IR 图象如图丙所示，则该电池的电动势E ＝______V ，内阻r ＝______Ω.解析：(1)实物连线如图所示．(2)②断开、闭合开关S 2时，使毫安表的指针始终停在某一示数处，说明通过R 1、R 2的电流I 1相等，通过毫安表、R 0的电流I 2相等，R 1与毫安表两端的电压相等，R 0与R 2两端的电压相等，即I 1R 1＝I 2R A ，I 1R 2＝I 2R 0，得R A ＝R 0R 1R 2＝3.0×15.04.5 Ω＝10.0 Ω； ④根据闭合电路欧姆定律有E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫IR A R 1＋I ⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋r ＋R 1R A R 1＋R A ＋R 2R 0R 2＋R 0，整理得1I ＝53E R ＋53E (r ＋7.8)，结合图象的斜率、截距得53E ＝464－14405，53E(r ＋7.8)＝14，解得E ＝1.5 V ，r ＝4.8 Ω.答案：(1)图见解析(2)②10.0 ④1.5 4.88．(2019·山东日照联考)电阻温度计是根据导体电阻随温度而变化的规律来测量温度的温度计．铂电阻温度计是最精确的温度计，因为铂的化学惰性，成为－272.5 ℃至961.78 ℃范围内的首选材料，其电阻与温度成一次函数关系．某实验小组利用如图甲所示的电路探究铂金属的温度特性．所用器材有：铂金丝R pt；电源；电流表；滑动变阻器R1；电阻箱R2；单刀开关S1，单刀双掷开关S2.甲乙丙实验步骤如下：①按电路图甲，连好实物图乙；②将R pt，置于冰水混合物中，开关S2与1接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电流表的读数为I0；③保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，开关S2与2接通，调节R2，使电流表的读数仍为I0；④断开S2，记下此时R2的读数100.0 Ω；⑤再将R pt置于标准大气压下沸水中，重复上述过程，此时R2的读数为138.5 Ω.回答下列问题：(1)在图乙中，将实物连线补充完整；(2)闭合S1前，图乙中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端；(3)在的坐标纸上作出R pt t图线；(4)当测得R2的阻值为247.09 Ω时，R pt处在______℃的环境中(保留到个位数)；(5)实验后，小明用螺旋测微器测得铂金丝的直径如图丙所示，则铂金丝的直径为________mm.解析：(1)按电路图连接实物图如图；(2)为了保护用电器，闭合开关前应将滑动变阻器的最大电阻接入电路中，即合S1前图乙中R1的滑片应移动到a端；(3)将R pt置于冰水(0 ℃)混合物中，R pt的电阻为100 Ω，将R pt置于标准大气压下沸水(100 ℃)中，R pt的电阻为138.5 Ω，其电阻与温度成一次函数关系，所以R pt t图线如图；11(4)由图象可得，电阻与温度间的关系为：R pt ＝100＋138.5－100100t ＝100＋0.385t当测得R 2的阻值为247.09 Ω即R pt 的电阻为247.09 Ω，代入解得： t ＝382.05 ℃≈382 ℃；(5)螺旋测微器的读数：0．5 mm ＋20.6×0.01 mm＝0.706 mm.答案：(1)图见解析 (2)a (3)图见解析 (4)382 (5)0.706。

2022-2023学年全国高考专题物理高考模拟考试总分：65 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）1. 一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④，到达状态e 对此气体，错误的是（）A.过程②中气体对外界做正功B.状态c 、d 的内能相等C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态d 的压强比状态b 的压强小2. 如图所示，通过一动滑轮提升质量m =1kg 的物体，竖直向上拉绳子，使物体由静止开始以5m/s 2的加速度上升，不计动滑轮及绳子的质量和一切摩擦，则拉力F 在1s 末的瞬时功率为（取g =10m/s 2）（ ）A.75WB.25WC.12.5WD.37.5Wa e c dd b m =1kg 5m/s 2F 1s g =10m/s 275W 25W12.5W37.5W3. 质点A 做简谐运动，其振动图像和t =1.6s 时刻的波的图像如图所示，则下列说法正确的是（）A.质点A 向上运动，波向左传播B.质点A 向下运动，波向右传播C.质点A 向下运动，波向左传播D.质点A 向上运动，波向右传播4. 已知氢原子的能级公式为：E n =E 1n 2，其中E 1=−13.6eV ．现让一束单色光照射一群处于基态的氢原子，受照射后的氢原子能自发地发出3种不同频率的光，则该照射单色光的光子能量为（ ）A.13.6eVB.12.75eVC.12.09eVD.10.2eV 二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）5. 如图，两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN 、PQ ，间距为L ，两导轨构成的平面与水平面成θ角．金属棒ab 、cd 用绝缘轻绳连接，其电阻均为R ，质量分别为m 和2m ．沿斜面向上的外力F 作用在cd 上使两棒静止，整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，重力加速度大小为g ．将轻绳烧断后，保持F 不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好．则（ ）A.轻绳烧断瞬间，cd 的加速度大小a =12gsinθB.轻绳烧断后，cd 做匀加速运动C.轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比v ab ∶v cd =1∶2D.棒ab 的最大速度v abm =4mgRsinθ3B 2L 26. 2021年4月24日是中国发射的第一颗人造地球卫星“东方红一号”的51周年纪念日．目前“东方红一A t =1.6s AAAA =E n E 1n 2=−13.6eV E 1313.6eV12.75eV12.09eV10.2eV MN PQ L θab cd R m 2m F cd B g Fcd a =gsin θ12cd∶=1∶2v ab v cd ab =v abm 4mgR sin θL3B 22202142451号”依然在太空翱翔，其运行轨道为绕地球的椭圆，远地点A 距地球表面的高度为2129km ，近地点B 距地球表面的高度为429km ，如图所示．已知地球可看成半径为6371km 的均质球体，地球24h 同步卫星距地面的高度约为36000km ，则下列说法正确的是（ ）A.“东方红一号”经过A 、B 两点时的速度大小之比为0.2B.“东方红一号”经过A 、B 两点时的速度大小之比为0.8C.“东方红一号”绕地球运动的周期约为110min D.“东方红一号”绕地球运动的周期约为85min7. 如图所示，在水平虚线MN 上方存在竖直向下的匀强电场．一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从电场中的P 点以相同的初动能射出，初速度方向水平向右．不计粒子重力，下列判断正确的是（ ）A.11H 和21H 在电场中运动的时间相同B.11H 和21H 从MN 上的同一位置离开电场C.11H 和21H 到达MN 时速度方向相同D.11H 和21H 到达MN 时速度大小相同8.如图所示，长为L 的轻杆两端各固定一个可视为质点的小球A 、B ，质量分别为2m 和m ，开始时轻杆与竖直墙壁间的夹角为θ=30∘，从静止释放后，小球A 沿墙壁向下运动，B 沿水平面向右运动．不计一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（）A.直到A 球落地，B 球的速度一直增加B.当A 球落地时，A 球的速度为√√3gL C.当A 球落地时，B 球的速度为√√3gL 202142451A 2129km B 429km 6371km 24h 36000kmA B 0.2A B 0.8110min85min MN H 11H 21PH 11H 21H 11H 21MN H 11H 21MNH 11H 21MN L A B 2m m θ=30∘A B A BA AgL 3–√−−−−−√A BgL 3–√−−−−−√∘D.当轻杆与墙壁间夹角为45∘时，两球速度大小相等卷II（非选择题）三、解答题（本题共计 3 小题，每题 5 分，共计15分）9. 如图所示，在质量为M的长方形小车的水平表面上放置质量为m2的物块A，A用轻质细绳通过轻质滑轮与质量为m1的物块B相连接，各接触面均光滑，绳与接触面平行．欲使它们一起相对静止地向右运动，则水平推力F应为多大？10. 在科学研究中，常常通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子的运动控制，图甲所示的xOy平面为竖直平面，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图像如图乙所示，y轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向，在坐标原点O有一粒子P，其质量为m、电荷量为+q，在t=τ2时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动，已知E0=mgq，重力加速度为g．（1）求P做直线运动的最大速度v；（2）求B0应满足的关系；（3）在t0(0<t0<τ2)时刻释放P，求P速度为零时的坐标．（答案中保留B0）11. 如图甲所示，在倾角为37∘的粗糙斜面的底端，一质量m=1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中0ab段为曲线，bc段为直线，在t1=0.1s时滑块已上滑s=0.2m的距离，g取10m/s2．求：A B gL3√√45∘M m2A Am1BFxOy E B ty E B O P m+q t=τ2P=E0mgq gP vB0(0<<)t0t0τ2P P B037∘m=1kgt=00ab bc=0.1st1s=0.2m g10m/s2（1）滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度大小及滑块与斜面间动摩擦因数μ的大小；（2）t 2=0.3s 和t 3=0.4s 时滑块的速度v 1、v 2的大小；（3）锁定时弹簧具有的弹性势能E p ．四、 实验探究题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）12. 在“用双缝干涉测光的波长”实验中，双缝间距d =0.5mm ，双缝到光屏间距离L =0.5m ，用某种单色光照射双缝得到干涉图像如图甲所示，分划板在图中A 、B 位置时游标卡尺读数如图乙所示，则图中A 位置的游标卡尺读数为________mm ，单色光的波长为________m （结果保留两位有效数字），若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示，通过装置中的“拨杆”的拨动________（填“能”或“不能”）把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上．13. 某实验小组为了测量一节干电池的电动势和内阻，从实验室选择了如下的实验器材：电动势约为1.5V 的待测干电池、电流表A 1（量程为200μA ，内阻r 1=500Ω）、电流表A 2（量程为0.6A ，内阻r 2约为0.3Ω）、电阻箱R （0∼9999.9Ω）、定值电阻R 0=1.0Ω、滑动变阻器（0∼10Ω）、开关以及导线若干．回答下列问题：（1）将电流表A 1改装成量程为2V 的电压表，应与电阻箱________（填“串联”或“并联”），且电阻箱的阻值应调为________Ω．（2）如果电源的内阻较小，为了较精确地完成测量，请利用以上的实验器材设计电路，并将设计的电路画在图甲的虚线框内．（3）连接好电路，闭合开关，通过调节读出多组两电表A 1、A 2的示数，并分别记为I 1、I 2，然后建立图乙的坐标系，将记录的数据点描绘在坐标系中，根据得到的图线求出电源的电动势E =________V ，内阻r =________Ω．（结果保留两位有效数字）bc μ=0.3s t 2=0.4s t 3v 1v 2E p d =0.5mm L =0.5m A B A mm m 1.5V A 1200A =500Ωr 1A 20.6A r 20.3ΩR 0∼9999.9Ω=1.0ΩR 00∼10ΩA 12VΩA 1A 2I 1I 2E =V r =Ω参考答案与试题解析2022-2023学年全国高考专题物理高考模拟一、选择题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）1.【答案】C【考点】气体状态变化的图象问题【解析】考察热力学第一定律，气体状态方程【解答】解：A．过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故A正确；B．状态c、d的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只能跟温度有关，可知，状态c、d的内能相等，故B正确；C．过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律ΔU=W+Q知气体向外界放出了热量，故C错误；D．连接bO和dO，根据数学知识可知，状态d的VT值，根据气态方程PVT=C知状态d的压强比状态b的压强小，故D正确．故选C．2.【答案】A【考点】瞬时功率加速度与力、质量的关系式【解析】此题暂无解析【解答】解：由牛顿第二定律得2F−mg=ma，得F=7.5N，1s末物体的速度为v1=at=5m/s，力F作用点的速度v2=2v1=10m/s，则拉力F在1s末的瞬时功率为P=Fv2=75W，故A正确．故选A．3.【答案】D【考点】简谐运动的振动图象横波的图象【解析】【解答】解：由振动图像可知t=1.6s时，质点A向上振动，根据“同侧法”，可确定波向右传播．故选D．4.【答案】C【考点】氢原子的能级公式和跃迁光子【解析】当处于基态的氢原子吸收某一能量的光子后，跃迁到更高能级，处于高能级的氢原子，向低能级跃迁时，多余的能量以光的形式放出，这就是氢原子发光的过程，本题中根据放出3种频率的光可以求出此时氢原子所处能级，然后利用能级差球被吸收光子能量即可．【解答】解：根据氢原子能自发的发出3种不同频率的光，可得：n(n−1)2=3，解得：n=3，此时氢原子处于第3能级，有：E3=E132=−1.51eV能级差为：△E=E3−E1=−1.51−(−13.6)=12.09eV，故ABD错误，C正确．故选C．二、多选题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）5.【答案】A,D【考点】单杆切割磁感线闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A ．细绳烧断前，对两金属棒组成的整体，有F =(m +2m)gsinθ=3mgsinθ，轻绳烧断瞬间，对cd 有：F −2mgsinθ=2ma ，解得a =12gsinθ，故A 正确；B ．随着速度的变化，电动势不断变化，电流不断变化，安培力不断变化，加速度不断变化，所以cd 棒不可能做匀加速运动，故B 错误；C ．两金属棒组成的系统合力为0，动量守恒，所以有：0=mv ab −2mv cd ，得v ab ∶v cd =2∶1，故C 错误；D ．回路总电动势E =BLv ab +BLv cd =I ⋅2R ，因为v ab =2v cd ，得I =3BLv ab 4R ，棒ab 速度最大时，所受安培力与重力沿斜面的分力相等，即BIL =mgsinθ，联立解得v ab =4mgRsinθ3B 2L 2，故D 正确．故选AD ．6.【答案】B,C【考点】随地、绕地问题【解析】根据开普勒第二定律判断运行速度之比；根据开普勒第三定律判断运行周期.【解答】解：AB ．“东方红一号”卫星远地点A 距地心距离为8500km ，近地点B 距离地心距离为6800km ，根据开普勒第二定律可知，速度与距离成反比，则经过A 、B 两点的速度之比为0.8，故A 错误，B 正确；CD ．“东方红一号”卫星的椭圆轨道的半长轴与地球静止轨道卫星的轨道半径之比约为15.6，根据开普勒第三定律可知，r 3T 2=k ，则“东方红一号”卫星的周期约为110min ，故C 正确，D 错误．故选择：BC ．7.【答案】B,C【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转【解析】此题暂无解析【解答】解：11H 和21H 电荷量相同，因此在电场中受到的电场力相同，但是质量不同，而沿着电场方向的位移相同，因此在电场中运动的时间不同，选项A 错误；设P 点距MN 的高度为h ，运动时间为t ，竖直方向有h =12.qEm t 2，设初速度为v 0，水平位移x =v 0t ，联立可得x =√2mhv 20qE ，由于初动能相同，故x 也相同，选项B 正确；竖直分速度v y =qEm t ，同样可得v y v 0=√2qEhmv 20，初动能相同，到达MN 时速度方向相同，选项C 正确；电场力做功相同，11H 和21H 到达MN 时动能大小相同，但是由于质量不同，故速度大小不同，选项D 错误．故选BC ．8.【答案】B,D【考点】连接体的机械能守恒问题杆端速度分解模型【解析】将球的运动分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，抓住沿杆子方向速度相等得出A 、B 的速度关系，结合系统机械能守恒求出此时A 、B 的速度．【解答】解：A 球开始下落时，B 球的速度为0，A 球落地瞬间B 球的速度也为0，所以B 球的速度先增大后减小，故A 错误，C 错误；A 球落地时，B 球的速度为0，下落过程对系统用机械能守恒，2mgcos30∘L =12⋅2mv 2，解得，A 球的速度为√√3gL ，故B 正确；下落过程中，A 、B两球的速度如图所示：由于杆是不可伸长的，所以两球速度沿着杆方向的分速度是相同的，v A cosθ=v B sinθ，当杆与竖直墙面夹45∘时，两球速度大小相等，故D 正确．故选BD ．三、解答题（本题共计 3 小题，每题 5 分，共计15分）9.【答案】水平推力F应为(M+m1+m2)m1m2g．【考点】整体法与隔离法在平衡问题中的应用轻绳连接体【解析】此题暂无解析【解答】解：对小车、物块A、物块B整体分析得：F=(M+m1+m2)a，对物块B分析得，绳子拉力F T=m1g,对物块A分析得：F T=m2a，解得：F=(M+m1+m2)m1m2g．10.【答案】（1）P做直线运动的最大速度v=gt2；（2）B0应满足的关系为B0=(2n−1)πmqt（n=1，2，3，…）；（3）P速度为零时的坐标为 (2mg[k(τ−2t0)+t0]qB0，0)或(2kmg(τ−2t0)qB0，0)（k=1，2，3，…）．【考点】带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动【解析】【解答】解：（1）τ2∼τ，P只受重力作用，沿y轴负方向做匀加速直线运动，τ∼2τ空间存在电、磁场，P一定做曲线运动，粒子直线运动的最大速度v=gt，t=τ2，解得v=gτ2．（2）由于E0=mgq，所以粒子所受电场力F=qE0=mg，电场力与重力平衡，只有当t =2τ时，P 结束在复合场中的圆周运动，并开始沿y 轴正方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如下图所示：设P 在磁场中做圆周运动的周期为T ，则(n −12)T =τ(n =1，2，3…）匀速圆周运动qvB =m v 2r ，T =2πrv ，解得B 0=(2n −1)πmqτ(n =1，2，3…）．（3）如下图所示：在t 0时刻释放P ，P 在重力作用下加速时间为τ−t 0，v 1=g (τ−t 0)，在复合场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径r 1=mv 1qB 0，解得r 1=mg (τ−t 0)qB 0，又经τ−t 0时间P 减速为0后，向下加速时间t 0，速度达到v 2=gt 0时，P 再次进入复合场，做圆周运动的半径r 2=mv 2qB 0，解得r 2=mgt 0qB 0，综上分析，P 速度为0时纵坐标y =0，相应的横坐标为x =2[kr 1−(k −1)r 2]，或x =2k(r 1−r 2) （k =1，2，3…）解得x =2mg[k (τ−2t 0)+t 0]qB 0，或x =2kmg (τ−2t 0)qB 0（k =1，2，3…）．11.【答案】（1）加速度大小为10m/s 2，动摩擦因数μ的大小为0.5；（2）t 2=0.3s 和t 3=0.4s 时滑块的速度v 1、v 2的大小分别为0，0.2m/s ；（3）锁定时弹簧具有的弹性势能E p 为4J ．【考点】含弹簧类机械能守恒问题用牛顿运动定律分析斜面体模型加速度与力、质量的关系式匀变速直线运动的速度与时间的关系【解析】（1）根据速度-时间图线求出匀减速直线运动的加速度，通过牛顿第二定律求出滑块加速度和地面之间的动摩擦因数．（2）利用运动学公式求出0.3s时的速度，在下滑过程中求出下滑加速度，利用运动学公式求出0.4s的速度．（3）在0−0.1s内运用能量守恒定律，求出弹性势能．【解答】解：（1）在bc段做匀减速运动，加速度：a=ΔvΔt=2−10.2−0.1m/s 2=10m/s2，根据牛顿第二定律，mgsin37∘+μmgcos37∘=ma，动摩擦因数：μ=a−gsin37∘gcos37∘=10−10×0.610×0.8=0.5．（2）t2=0.3s时的速度为：v1=v0−at=(1−10×0.1)m/s=0，在t2之后开始下滑，根据牛顿第二定律得：mgsin37∘−μmgcos37∘=ma′，解得a ′=2m/s2，从t2到t3做初速度为零的加速运动，速度为：v3=a′t′=2×0.1m/s=0.2m/s．（3）从0到t1时间内，由能量守恒定律可得：E p=mgssin37∘+μmgscos37∘+12mv2b，解得E p=4J．四、实验探究题（本题共计 2 小题，每题 5 分，共计10分）12.【答案】11.1,6.4×10−7,能【考点】用双缝干涉实验测光的波长【解析】游标卡尺的读数、“用双缝干涉测光的波长”实验中波长的求解．【解答】解：A 位置游标卡尺的主尺读数为11mm ，游标读数为0.1×1mm =0.1mm ，所以最终读数为11.1mm ；B 位置游标卡尺的主尺读数为15mm ，游标读数为0.1×6mm =0.6mm ，所以最终读数为15.6mm ；相邻两亮条纹的间距Δx =x B −x A 7=0.64mm ，根据双缝干涉条纹的间距公式Δx =Ld λ得，λ=dL Δx ，代入数据得λ=6.4×10−7m ；拨动拨杆的作用是为了使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，丙图已有清晰的干涉图样，所以不用调节，丙图所示出现的问题是分刻板中心刻度线与干涉条纹不在同一方向上，应调节测量头使干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上，故调节拨杆不能把干涉条纹调成与分划板中心刻线在同一方向上．13.【答案】（1）串联,9500（2）如解答图所示．（3）1.5,0.80【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】（1）明确电流表的改装，通过欧姆定律解题．（2）明确实验原理，确定连接方式．（3）由欧姆定律解题．【解答】解：（1）把电流表A 1改装成量程为2V 的电压表需要串联一个阻值为R =UI K −r g =(2200×10−6−500)Ω=9500Ω，则电阻箱的阻值应调为9500Ω．（2）如图所示．（3）由闭合电路的欧姆定律U =E −I 2(r +R 0)可知，图线与纵轴交点对应的电流150μA ，则电源的电动势为E =I 1(r 1+R )=1.5V ，有r +R 0=1.8Ω，则r =(1.8−1.0)Ω=0.80Ω．。

最新2022年高考物理模拟试题6套（含答案及解析）最新2022年高考物理模拟试题6套2022年高考物理全真模拟试题（十九）总分：110分，时间：60分钟注意事项：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。

第I卷二、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，有选错的得0分。

14.下列说法中正确的是（）A.在光电效应实验中，入射光频率大于极限频率才能产生光电子B.汤姆孙发现电子后猜想原子内的正电荷集中在很小的核内C.平均结合能越大，原子核越不稳定D.大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性15.在如图所示的电路中，理想变压器原线圈匝数n1=600匝，副线圈的匝数n2=120匝，当原线圈接入u=180in50πt(V)的正弦式交变电流时，下列判断正确的是（）A.正弦式交变电流的频率为50HzB.副线圈两端电压为36VC.当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡消耗的电功率一定增大D.当滑动变阻器滑片向a端滑动时，滑动变阻器消耗的总电功率一定增大最新2022年高考物理模拟试题6套（含答案及解析）第（1）页16.如图所示，水平地面上一物体以5m/的初速度向右滑行，若物体与地面间的动摩擦因数为0.25，取g=10m/2，则物体在3内的位移大小为（）A.0.5mB.2.5mC.3.75mD.5m17.如图所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.橡皮泥下落的时间为0.3B.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/C.橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D.整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J18.如图所示，质量分别为m和3m的两个小球a和b用一长为2L的轻杆连接，杆可绕中点O在竖直平面内无摩擦转动。

2022-2023学年全国高考专题物理高考模拟考试总分：98 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 7 小题 ，每题 4 分 ，共计28分 ）1. 某同学借鉴伽利略研究自由落体运动“冲淡重力”的方法，探究单摆周期与重力加速度的关系．让摆球在光滑斜面上运动，实验中应仅改变（ ）A.斜面的倾角B.摆球的质量C.摆球的振幅D.摆线的长度2. 如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有、、三点．其中、两点位置关于避雷针对称．下列说法中正确的是（）A.、两点的场强相同B.点场强大于点场强C.某负电荷从点移动到点，电场力做负功D.某正电荷在点的电势能小于点的电势能3. 物体在斜面上由静止开始做匀加速直线运动，加速度为，末到达斜面底部，物体运动的前内的位移与最后内的位移之比为（ ）A B C A B A B C B C B C B 0.5m/s 25s 2s 2sA.B.C.D.4. 年月 日，我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星（如图所示），开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代．下列关于火箭在竖直方向加速上升阶段的说法，正确的是（）A.火箭只受到重力和空气阻力的作用B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等C.火箭处于失重状态D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面由静止下落5. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为，质量为边长为的正方形导体框斜向上垂直进入磁场，当刚进入磁场时速度为，方向与磁场变化成，若导体框的总电阻为，则（ ）A.导体进入磁场过程中，导体框中电流的方向为B.刚进入磁场时导体框中感应电流大小为C.刚进入磁场时导体框所受安培力为D.刚进入磁场时、两端的电压为6. 如图，是波源，振动频率为，产生的简谐横波向右传播，波速为，波在传播过程中4:253:161:51:42017115B m a MNPQ MP v 45∘R MNPQMP Bav2–√R MP v2–√B 2a 2R MP M P 3Bav4S 100Hz 40m/s Q Q经过、两点，已知、的平衡位置之间相距，下列判断正确的是（ ）A.点比点晚半个周期开始振动B.当点的位移最大时，点的位移最小C.点的运动方向与点的运动方向可能相同D.当点通过平衡位置时，点也通过平衡位置7. 某交变电压的瞬时电压表达式为．下列说法正确的是（ ）A.用交流电压表测该交变电压，其示数为B.该交变电压的周期为C.将该交变电压加在“”的灯泡两端时，灯泡的实际功率为D.当时，该交变电压的瞬时值为二、 多选题 （本题共计 3 小题 ，每题 6 分 ，共计18分 ） 8. 入射光照到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，下列说法正确的是（ ）A.逸出的光电子的最大初动能减少B.逸出的光电子的最大初动能不变C.单位时间里从金属表面逸出的光电子数目减少D.不发生光电效应9. 如图所示，某小球用一根带兜的轻绳悬在空中，靠在光滑墙壁静止，球的重量为，轻绳对球的拉力大小为，墙壁对球的支持力大小为，则（ ）A.若增加悬绳的长度，则、都减小B.若增加悬绳的长度，则、都增大C.若增大球的半径，则减小、增大D.若增大球的半径，则增大、增大P Q P Q 0.6m Q P Q P Q P Q P u =220sin 100πt(V)2–√220V 2–√0.01s220V 100W 100W t =s 1200220V G F 1F 2F 1F 2F 1F 2F 1F 2F 1F 210. 如图所示，匀强磁场的上下边界水平，宽度为，方向垂直纸面向里，质量为、边长为的正方形导线框始终沿竖直方向穿过该磁场，己知边进入磁场时的速度为，边离开磁场时的速度也为，重力加速度的大小为，下列说法正确的是（ ）A.线框进入和离开磁场时产生的感应电流方向相反B.线框进入和离开磁场时受到的安培力方向相反C.从边进入磁场到边离开磁场的过程中，安培力所做的功为D.从边进入磁场到边离开磁场的过程中，线框可能先做加速运动后做减速运动卷II （非选择题）三、 解答题 （本题共计 3 小题 ，每题 12 分 ，共计36分 ）11. 根据表中水晶的折射率，求光从水晶进入空气时的临界角。

2022届高考物理新课标全真模拟信息卷（一）答案与解析一．双向细目表二．答案与解析14.【答案】A【详解】A ．汤姆孙首先发现了电子，选项A 正确；B ．饱和光电流大小，取决于单位时间内通过导线横截面的电荷量，只要入射光的强度和频率不变，单位时间内逸出的光电子数就不变，饱和电流就不变，选项B 错误；C ．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，光子把一部分动量转移给电子，光子的动量减小，能量减小，频率减小，故光子散射后的波长变长，选项C 错误；D ．比结合能越大，原子核越稳定，选项D 错误。

故选A 。

15.【答案】 C【解析】 若两点电荷都带正电，则两点荷在B 点产生的场强方向分别沿着AB 和CB 方向，由平行四边形定则可知，B 点的场强不可能垂直于BC 边向下，选项A 错误；若A 点的点电荷带负电，则A 电荷在B 点的场强方向沿着BA 方向，C 点的点电荷带正电，则C 电荷在B 点的场强方向沿着CB 方向，由平行四边形定则可知，B 点的场强不可能垂直于BC 边向下，选项B 错误；分析可知A 点电荷带正电，C 点电荷带负电，如图所示，则cos 30°＝E C E A 。

设AC ＝L ，则AB ＝3L ，BC ＝2L ，E A ＝k q A （3L ）2，E C＝k q C4L 2 解得q A q C ＝32，选项C 正确，D 错误。

16.【答案】D【解析】“天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，发射的最小速度为第二宇宙速度11.2km/s ，A 项错误；“天问一号”探测器在火星附近时应朝速度方向喷气，才能获得阻力实现制动减速，B 项错误；卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由22Mm v G m R R=，可得v故 :1:v v =火地C 项错误；在行星表面附近，由2Mm G mg R =和212h gt =，可得t =，故:t t =火地D 项正确。

高考物理模拟试题精编(一)(考试用时：60分钟试卷满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30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．)14．物体从斜面(斜面足够长)底端以某一初速度开始向上做匀减速直线运动，经t秒到达位移的中点，则物体从斜面底端到最高点时共用时间为()A．2t B.2tC．(3－2)t D．(2＋2)t15．一质量为M、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑，若在挂钩上再吊一质量为m的物体，让它们沿细杆下滑，如图所示，则球形物体()A．仍匀速下滑B．沿细杆加速下滑C．受到细杆的摩擦力不变D．受到细杆的弹力不变16．如图甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上．t＝0时，一物块(可视为质点)从底端a以初速度v0沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c.若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，则下列物理量中不能求出的是()A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度L17．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是()A ．若电压表读数为36 V ，则输入电压的峰值为108 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增加到原来的4倍C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若只将输入电压增加到原来的3倍，则输出功率增加到原来的9倍 18．如图所示，一个大小可忽略，质量为m 的模型飞机，在距水平地面高为h 的水平面内以速率v 绕圆心O 做半径为R 的匀速圆周运动，O ′为圆心O 在水平地面上的投影点．某时刻该飞机上有一小螺丝掉离飞机，不计空气对小螺丝的作用力，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )A ．飞机处于平衡状态B ．空气对飞机的作用力大小为m v 2R C ．小螺丝第一次落地点与O ′点的距离为 2h v 2g ＋R 2D ．小螺丝第一次落地点与O ′点的距离为2h v 2g二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．)19．如图所示，实线为三个电荷量相同的带正电的点电荷Q 1、Q 2、Q 3的电场线分布，虚线为某试探电荷从a 点运动到b 点的轨迹，则下列说法正确的是( )A ．b 点的电场强度比a 点的电场强度大B ．该试探电荷从a 点到b 点的过程中电场力一直做负功C ．该试探电荷从a 点到b 点的过程中电势能先增加后减少D ．该试探电荷从a 点到b 点的过程中动能先增加后减少20．在如图所示电路中，蓄电池的电动势E0＝4 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R ＝4 Ω，电容为1 pF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．P 点的电势为2 VB ．上极板所带的电荷量为3.2×10－12 CC ．若在P 点与下极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将增加D ．若将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动21．如图所示，边长为2L 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一个边长为L 、粗细均匀的正方形导线框abcd ，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R .在导线框从图示位置开始以恒定速度v 沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )A ．导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流B ．导线框中有感应电流的时间为22LvC ．导线框的对角线bd 有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为B 2L 2v4RD ．导线框的对角线bd 有一半进入磁场时，导线框a 、c 两点间的电压为2BL v4选 择 题 答 题 栏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．22．(6分)某同学利用做自由落体运动的小球来验证机械能守恒定律．在某次实验中，该同学得到小球自由下落的部分频闪照片如图所示，图中所标数据均为小球下落的实际距离．若已知当地的重力加速度大小为g ＝9.80 m/s 2，小球的质量为m ＝1.00 kg ，频闪仪每隔0.05 s 闪光一次．(1)在t 2到t 5时间内，小球重力势能的减少量ΔE p ＝________J ，动能的增加量为ΔE k ＝________J ；(结果保留三位有效数字)(2)该同学通过多次实验发现，无论在哪段时间内，小球重力势能的减少量ΔE p 总是大于其动能的增加量ΔE k ，造成这种现象的主要原因是________________________________．23．(9分)某兴趣小组用图甲所示的电路测定某电源的电动势和内阻，除待测电源、开关、导线外，另有内阻为R V ＝3 000 Ω的电压表一只(量程略大于电源的电动势)，电阻箱一个．(1)实验中调整电阻箱达到实验要求时，电阻箱的各个旋钮的位置如图乙所示，电阻箱的读数是________Ω.(2)为了减小测量误差，多次改变电阻箱的电阻R ，读出电压表的示数U ，得到如下表的数据．请在图丙坐标纸上画出1U 与R 的关系图线.) (4)该小组同学测量电源内阻误差的主要原因可能是________．A．导线的电阻B．电压表读数的误差C．电压表的内阻D．电阻箱的精确度24．(14分)在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球．(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E＝mgq的匀强电场(未画出)．若小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．25．(18分)如图所示，质量为m3＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑．质量为m2＝3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放，两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体(g＝10 m/s2)．求：(1)物体1从释放到物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)物体1、2最终停在何处．请考生在第33、34两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．(15分)【物理——选修3－3】(1)(5分)下列说法正确的是________．(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．相同条件下，温度越高，布朗运动越明显，颗粒越小，布朗运动也越明显B．荷叶上的露珠成球形是液体表面张力作用的结果C．不断改进技术可以使热机吸收的热量全部转化为机械能D．具有各向同性的物质都是非晶体E．水的饱和汽压随温度的升高而增大(2)(10分)如图所示，横截面积为10 cm2的汽缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把汽缸内的气体分为A、B两部分，A部分气柱的长度为30 cm，B部分气柱的长度是A部分气柱长度的一半，汽缸和活塞b是绝热的．与活塞b相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m.初始状态A、B两部分气体的温度均为27 ℃，活塞a刚好与汽缸口平齐．若在活塞a上放上一个2 kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止．然后对B部分气体进行缓慢加热，使活塞a上升到再次与汽缸口平齐，则此时B部分气体的温度为多少？(已知外界大气压强为p0＝1×105Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2)34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)如图所示，ABGD为某棱镜的横截面，其中∠B＝∠G＝90°，∠D＝75°.某同学想测量该棱镜的折射率，他用激光笔从BG边上的P点射入一束激光，激光从Q点射出时与AD边的夹角为45°，已知QE⊥BG，∠PQE＝15°，则该棱镜的折射率为________，若改变入射激光的方向，使激光在AD边恰好发生全反射，其反射光直接射到GD边后________(填“能”或“不能”)从GD边射出．(2)(10分)如图甲所示，在某介质中波源A、B相距d＝20 m，t＝0时二者同时开始上下振动，A只振动了半个周期，B连续振动，两波源的振动图象如图乙所示．两振动所形成的波沿AB连线相向传播，波速均为v＝1.0 m/s，求：①两振动所形成波的波长λA、λB；②在t＝0到t＝16 s时间内从A发出的半个波在前进的过程中所遇到B发出波的波峰个数．高考物理模拟试题精编(二)(考试用时：60分钟试卷满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30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．)14．氢原子的能级图如图所示，大量氢原子处于n＝2能级，一束紫外线的光子能量为3.6 eV，另一束可见光的光子能量为2.55 eV，则下列说法正确的是()A．氢原子吸收该紫外线光子能量后跃迁至n＝4能级，并放出热量B．氢原子吸收该可见光光子能量后可发出8种频率的光子C．氢原子吸收该可见光光子能量后释放光子的最大能量为0.66 eVD．氢原子吸收该可见光光子能量后核外电子轨道半径将增加15．如图所示，在固定的斜面上，A、B两物体通过跨过光滑的定滑轮的细线相连，物体A静止在斜面上．已知斜面倾角为30°，A、B两物体质量分别为2m和m，现在B物体下加挂另一物体C(图中未画出)，物体A仍静止在斜面上，则加挂物体C后()A．斜面对物体A的弹力增大B．细线对物体A的拉力不变C．斜面对物体A的摩擦力保持不变D．斜面对物体A的作用力增大16．图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上，间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上，当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙．已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为i，ab受到的安培力大小为F A，R两端的电压为U R，R的电功率为P，则下图中大致正确的是()17．如图所示，A球从光滑斜面顶端静止开始下滑，同时B球从斜面底部以初速度v0冲上斜面．当两球同时运动到同一水平面时，速度大小相同均为v，且方向平行，此过程两小球运动的路程分别为s A、s B，则()A．A球到达底部的速度大小为v0B．A球到达底部前，B球已从顶端飞出C．v0∶v＝3∶1D．s A∶s B＝1∶118．卫星发射进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整．如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地圆轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道．图中O点为地心，A点是近地圆轨道和椭圆轨道的交点，离地心的高度近似为地球的半径R，远地点B离地面高度为6R.设卫星在近地圆轨道运动的周期为T，下列对卫星在椭圆轨道上运动的分析，其中正确的是()A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速B．卫星通过A点时的速度是通过B点时速度的6倍C．卫星通过A点时的加速度是通过B点时加速度的6倍D．卫星从A点经4T的时间刚好能到达B点二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．)19．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，交流发电机的输出电压的有效值U1、输电线的总电阻r、用户所用的电器(均为纯电阻)、降压变压器匝数均不变．若增大升压变压器原、副线圈的匝数比，则下列判断正确的是()A．升压变压器原线圈中的电流减小B．输电线上损失的功率增大C．输电线上的总电压增大D．用户所用电器的总电流减小20．如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板，滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示，整个过程中因摩擦损失的机械能为小滑块初动能的14，图中v0、t1为已知量，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是()A ．木板的长度一定为v 0t 12B ．滑块与木板间的动摩擦因数为v 04gt 1C ．滑块与木板共速时速度大小为34v 0D ．滑块质量是木板质量的2倍21．如图甲所示，用一根导线做成一个半径为r 的圆环，其单位长度的电阻为r 0，将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化，如图乙所示，则( )A ．在t ＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流B ．在0～π2时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变C ．在π2～π时间内通过圆环横截面的电荷量为B 0r 2r 0D ．圆环在一个周期内的发热量为B 20r3r 0选 择 题 答 题 栏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．22．(6分)电流表G 的满偏电流I g ＝100 mA ，内阻R g 未知，某同学欲将其改装为量程较大的电流表，并用改装好的电流表测量一未知电阻R x 的阻值．(1)如图甲所示，该同学首先将一阻值为R＝20 Ω的电阻并联在电流表G的两端进行电流表改装，然后通以I＝0.3 A的电流，发现电流表G的指针正好指在50 mA刻度处，由此可得到电流表G的内阻为R g＝________ Ω，改装后的电流表量程为________ A.(2)该同学将改装后的电流表接入如图乙所示的电路测量未知电阻R x的阻值，已知电源的电动势E＝4.5 V，闭合开关K后，电压表的读数为3.60 V，而改装后的电流表的读数如图丙所示，则R x＝________ Ω.(3)由此测得的未知电阻R x的阻值与其真实值相比______(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)．23．(9分)利用气垫导轨验证动能定理，实验装置示意图如图所示：实验主要步骤如下：①在水平桌面上放置气垫导轨，将它调至水平；②用游标卡尺测量遮光条的宽度d；③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离L；④将滑块移至光电门1左侧某处，待托盘静止不动时，释放滑块，从固定在滑块上的拉力传感器读出细线拉力的大小F，从数字计时器读出遮光条通过光电门1的时间Δt1，通过光电门2的时间Δt2；⑤用天平称出滑块、遮光条和拉力传感器的总质量M.回答下列问题：(1)以滑块(包含遮光条和拉力传感器)为研究对象，在实验误差允许的范围内，若满足关系式_________________________________________________(用测量量的字母表示)，则可认为验证了动能定理．(2)关于本实验，某同学提出如下观点，其中正确的是________．A．理论上，遮光条的宽度越窄，遮光条通过光电门的平均速度越接近瞬时速度B．牵引滑块的细绳应与导轨平行C．需要考虑托盘和砝码受到的空气阻力对实验结果产生的影响D．托盘和砝码的总质量m必须远小于滑块、遮光条和拉力传感器的总质量M(3)不计空气阻力，已知重力加速度g和实验测得的物理量，根据“mg－F＝ma”，可以计算托盘和砝码的总质量m.若不考虑遮光条宽度的影响，计算出托盘和砝码的总质量为m1；若考虑遮光条宽度的影响，计算出托盘和砝码的总质量为m2，则m1________m2(选填“大于”、“等于”、“小于”)．24．(14分)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、M′N′的间距为d，电阻不计，两导轨所在平面与水平面成θ角，导轨下端连接一阻值为R的电阻．两导轨之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场．一长度为d、电阻为R的导体棒CD在两导轨上端由静止释放，经时间t后恰好以速率v开始做匀速直线运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g.求：(1)导体棒的质量m；(2)0～t时间内导体棒的位移大小s.25．(18分)如图所示，在以O1点为圆心、r＝0.20 m为半径的圆形区域内，存在着方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B＝1.0×10－3T的匀强磁场(图中未画出)．圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点．粒子源中，有带正电的粒子(比荷为qm＝1.0×1010 C/kg)，不断地由静止进入电压U＝800 V的加速电场，经加速后，沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域，粒子重力不计．(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径、速度偏离原来方向的夹角的正切值；(2)以过坐标原点O并垂直于纸面的直线为轴，将该圆形磁场逆时针缓慢旋转90°，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子到A点的最远距离．请考生在第33、34两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．(15分)【物理——选修3－3】(1)(5分)下列说法正确的是________．(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．第二类永动机不可能制成，是因为它违背了能量守恒定律B．某个物体的总能量减少，必然有其他物体的总能量增加C．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造D．能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E．物体从单一热库吸收的热量可全部用于做功(2)(10分)如图所示，内壁光滑的汽缸固定在水平地面上，A、B两绝热活塞(不计厚度)将汽缸内的理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度分别为2l和l，汽缸的横截面积为S，两部分气体的初始温度均为T0，压强均为大气压强p0.①现用水平向右的推力缓慢推动活塞A 使其向右移动，整个过程中两部分气体的温度均保持不变，若活塞A 向右移动的距离为l ，试计算此过程中活塞B 向右移动的距离；②若用水平向右的推力F 保持活塞A 的位置不变，对Ⅱ部分气体进行加热，当两部分气体的体积相等时，F ＝13p 0S ，试计算此时Ⅱ部分气体的温度．34．(15分)【物理——选修3－4】(1)(5分)一简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图(a)所示，x ＝0.40 m 处的质点P 的振动图线如图(b)所示，已知该波的波长大于0.40 m ，则下列说法正确的是______．(填正确答案标号．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．质点P 在t ＝0时刻沿y 轴负方向运动B ．该列波的波长一定为1.2 mC ．该波传播的速度一定为0.4 m/sD ．从t ＝0.6 s 到t ＝1.5 s ，质点P 通过的路程为4 cmE ．质点P 做简谐运动的表达式为y ＝2sin(109πt ＋π3)cm(2)(10分)如图所示，某种透明材料制成的直角三棱镜ABC ，折射率n ＝3，∠A ＝π6，在与BC 边相距为d 的位置，放置一平行于BC边的竖直光屏．现有一细光束射到棱镜AB 面上的P 点，入射光线与AB 面垂线CP 的夹角为i ，PB 的长度也为d .试求：①当i ＝π3且光束从BC 面出射时，光屏上的亮斑与P 点间的竖直距离；②当光束不从BC 面出射时，i 的正弦值应满足的条件．高考物理模拟试题精编(三)(考试用时：60分钟试卷满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30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．)14．氢原子的能级图如图所示，有一群处于n＝4能级的氢原子，若氢原子从n＝4能级向n＝2能级跃迁时所辐射出的光正好使某种金属A发生光电效应，则下列说法中错误的是()A．这群氢原子辐射出的光中共有4种频率的光能使金属A发生光电效应B．如果辐射进来一个能量为2.6 eV的光子，可以使一个氢原子从n＝2能级向n＝4能级跃迁C．如果辐射进来一个能量大于1.32 eV的光子，可以使处于n＝4能级的一个氢原子发生电离D．用氢原子从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光照射金属A，所产生的光电子的最大初动能为10.2 eV15．如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A．电容器的电容增加B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C．A、B两板间的电场强度增大D．P点电势升高16．2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，航天员开始为期30天的太空驻留生活．已知地球表面的重力加速度g，地球半径R，神舟十一号飞船对接后随天宫二号做匀速圆周运动的周期T及引力常量G，下列说法中正确的是() A．要完成对接，应先让神舟十一号飞船和天宫二号处于同一轨道上，然后点火加速B．若对接前飞船在较低轨道上做匀速圆周运动，对接后飞船速度和运行周期都增大C．由题给条件可求出神舟十一号飞船的质量D．由题给条件可求出神舟十一号飞船对接后距离地面的高度h17．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图甲所示，若把某个量变为原来的2倍，其产生的电动势的变化规律如图乙所示，则变化的这个量是( )A ．线圈的匝数B ．线圈的面积C ．线圈的边长D ．线圈转动的角速度18．如图所示，在xOy 平面内有一半径为r 的圆形磁场区域，其内分布着磁感应强度为B 方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域边界上放有圆形的感光胶片，粒子打在其上会感光．在磁区边界与x 轴交点A 处有一放射源，发出质量为m 、电荷量为q 的粒子沿垂直磁场方向进入磁场，其方向分布在由AB 和AC 所夹角度内，B 和C 为磁区边界与y 轴的两个交点．经过足够长的时间，结果光斑全部落在第Ⅱ象限的感光胶片上．则这些粒子中速度最大的是( )A ．v ＝2Bqr2mB ．v ＝Bqrm C ．v ＝2BqrmD ．v ＝(2＋2)Bqrm二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．)19．如图所示的电路中，电源电动势为2 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝1.5 Ω，电阻R 2＝2 Ω，电阻R 3＝3 Ω，滑动变阻器R 4接入电路的阻值为2 Ω，电容器的电容C ＝1.0 μF ，电阻R 3与电容器间的导线记为d ，单刀双掷开关S 与触点1连接，下列说法正确的是( )A ．如果仅将R 4的滑片向上滑动，R 1消耗的功率减少B ．如果仅将R 4的滑片向上滑动，电源的输出功率增加C ．如果仅将R 4的滑片向上滑动，电容器两极板间的电势差减小D ．若仅将开关S 由触点1拨向触点2，流过导线d 的横截面的电荷量为1.75×10－6C 20．某小型发电站的发电功率是20 kW ，发电机的输出电压为380 V ，输电电压为5 000 V ，输电线路总电阻是6 Ω，用户端的降压变压器原、副线圈的匝数比为22∶1，则下列说法正确的是( )A ．用户端得到的电压约为226 VB ．输电线路的升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶22C ．若发电站的发电功率提高到40 kW ，则用户端获得的电压会加倍D ．采用380 V 低压输电和采用5 000 V 高压输电，输电线路损耗的功率之比约173∶1 21．如图，有理想边界的正方形匀强磁场区域abcd 边长为L ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B .一群质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，在纸面内从b 点沿各个方向以大小为2qBLm 的速率射入磁场，不考虑粒子间的相互作用，下列判断正确的是( )A ．从a 点射出的粒子在磁场中运动的时间最短B ．从d 点射出的粒子在磁场中运动的时间最长C ．从cd 边射出的粒子与c 的最小距离为(3－1)LD ．从cd 边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为πm 6qB选 择 题 答 题 栏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．22．(6分)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧按如图甲所示连接起来进行探究．。

2022-2023学年全国高考专题物理高考模拟考试总分：97 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 6 小题 ，每题 4 分 ，共计24分 ）1. 如图所示，将一个质量为的石块（可视为质点）从离地面高度为的点以初速度水平抛出，途径离地面高度为的点并落到水平地面上，不计空气阻力，重力加速度为，选择地面为参考平面，则石块经过点时的（ ）A.水平分速度大于B.动能为C.重力势能为D.机械能为2. 如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个质量相等的小球．两小球均保持静止．当突然剪断细绳时，上面小球与下面小球的加速度分别为（ ）A.，B.，C.，D.，m H O v 0h P g P v 0mv 1220mv +mg(H −h)1220mv +mgH 1220A B =g a A =ga B =2g a A =ga B =2g a A =0a B =0a A =ga B3. 如图所示，、两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间在空中点相遇，若仍然同时将两球水平抛出，只是抛出的速度均增大一倍，则两球从抛出到相遇所需时间、相遇点的描述中正确的是（ ）A.，点与点重合B.，点与点重合C.，点在点正上方D.，点在点正下方4. 太阳系中几乎所有天体都自转，自转导致星球上的物体在不同纬度所受的重力的大小存在差异，若有一个这样的星球，半径为，绕过两极且与赤道平面垂直的轴自转，该星球的同步卫星离星球表面的高度为，则物体在该星球赤道处所受重力是在两极处所受重力的（ ）A.B.C.D.5. 将一个正点电荷从静电场中的点移动到点，静电力做正功，则下列说法正确的是（ ）A.点的电势高于点的电势B.点的电势低于点的电势C.点的场强一定大于点的场强D.点的场强一定小于点的场强6. 如图，两物块、置于水平地面上，其质量分别为、，两者之间用水平轻绳连接．两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为，现对施加一水平向右的拉力，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（ ）A B t P t ′P ′=t t ′P ′P =t ′t 2P ′P =t ′t 2P ′P =t ′t 2P ′P R 2R 2627788934a b a b a b a b a b P Q m 2m μg Q FA.B.C.D.二、 多选题 （本题共计 3 小题 ，每题 6 分 ，共计18分 ）7. 如图甲所示，轻杆的一端固定一小球（视为质点），另一端套在光滑的水平轴上，轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小；轴处有力传感器，可以测量小球通过最高点时轴受到杆的作用力，若竖直向下为力的正方向，小球在最低点时给不同的初速度，得到图象如图乙所示，取＝，则（ ）A.轴到球心间的距离为B.小球的质量为C.小球恰好通过最高点时的速度大小为D.小球在最低点的初速度大小为时通过最高点时杆不受球的作用力8. 如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球和分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，、保持静止，不计重力，则（ ）A.的带电量比的大B.带负电荷，带正电荷C.静止时受到的合力比的大D.移动过程中匀强电场对做负功9. 如图所示，某区域的电场线左右对称分布，、为区域内的两点．下列说法正确的是（ ）F −2μmgF +μmg 13F −μmg 13F 13O O v O O F F −v 2g 10m/s 2O 0.5m3kg5m/sm/s M N M N M N M N M N M A B AA.点的电场强度一定大于点的电场强度B.点的电势一定高于点的电势C.将电子从点移动到点，电场力做正功D.正电荷在点的电势能小于其在点的电势能卷II （非选择题）三、 解答题 （本题共计 3 小题 ，每题 11 分 ，共计33分 ）10. 如图所示，在足够高的光滑的水平台面上静置一质量为、长为的长木板，可视为质点、质量为的小物块放在长木板上表面的左端，一定滑轮固定在平台右侧边缘，长木板右端离定滑轮距离足够远，绕过定滑轮的细线一端系在小物块上，连接小物块的细线保持水平，小物块与长木板间的动摩擦因数为，重力加速度取，用大小为的拉力向下拉细线，使小物块向右做加速运动，求：（1）小物块滑离长木板时，长木板运动的距离；（2）当小物块运动到长木板正中间时，小物块速度的大小与长木板速度大小之比． 11. 如图所示，粗糙绝缘的水平面与半径为的光滑绝缘圆弧相切于点，其中半径竖直，半径水平．在整个空间内存在方向水平向右的匀强电场．现将一质量为、电荷量为的带正电小物块（视为质点）从水平面上到点距离的点由静止释放，物块恰好能运动到圆弧最高点处．物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度的大小为．求：（1）该过程中电场力对物块做的功．（2）匀强电场的电场强度大小．12. 如图甲所示，长为、间距为的两金属板、水平放置，为两板的中心线，一个带电粒子以速度从点水平射入，沿直线从点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从点以速度射出，求：A B A B A B A B M =1kg l =1m m =0.5kg 0.2g 10m s 2F =2.5N R 14B OB OC m q B s =R 2A C μg W E L d A B ab v 0a b b v 0T（1）若粒子从点射入金属板，粒子在内离开中心线的距离为多大？（2）粒子从点射入金属板的时刻应满足什么条件？（3）交变电压的周期应满足什么条件？四、 实验探究题 （本题共计 2 小题 ，每题 11 分 ，共计22分 ）13. 某实验小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图甲所示的实验装置．（1）实验中，为了可以将细线对小车的拉力看成是小车所受的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项必须且正确的操作是________．A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调砝码盘和砝码的总质量的大小，使小车在砝码盘和砝码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B.将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砝码盘和砝码，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C.将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及砝码盘和砝码，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运动（2）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带．纸带上这些点的间距如图乙中标示，其中每相邻两点间还有个计时点未画出．根据测量结果计算；打点时纸带的速度大小为________；纸带运动的加速度大小为________．（结果保留三位有效数字）（3）平衡好摩擦力后，将个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度，根据小车的加速度与砝码盘中砝码总重力的实验数据作出的图线如图丙所示，此图线不通过原点的主要原因是________．14. 如图甲所示装置，可以进行以下实验：如果用此装置做“研究合外力做功和物体动能变化关系”这个实验，由此可求得如图乙纸带上由点到点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式（已知小车质量，托盘及砝码的质量，且远大于，交变电流周期为，已经平衡好摩擦力，用题中符号填空）________；该小车动能改变量的表达式________；由于实验中存在系统误差，所以________（选填“小于”“等于”或“大于”）．t =0a T 4a T A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 4C m/s m/s 25a F a −F O D M m M m T W =Δ=E k W ΔE k。

高考模拟试题精编(二)【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．1．在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史实的是( )A ．牛顿根据理想斜面实验首先提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础B ．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究C ．伽利略将理想斜面实验的结论合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动D ．法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的2．在电场中存在A 、B 、C 三点，如果A 、B 、C 三点刚好构成等腰直角三角形，且A 、B 、C 三点的电场强度方向相同，则下列关于该电场的说法正确的是( )A ．一定是匀强电场B ．可能是一个点电荷形成的C ．可能是两个同种点电荷形成的D ．可能是两个异种点电荷形成的3.甲、乙两辆车(均视为质点)沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v－t图象，t＝0时刻，甲车在乙车前方36 m处．则关于两车相遇的次数，下列判断正确的是()A．0次B．1次C．2次D．条件不足，无法判断4．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则()A．升降机停止前在向上运动B．0～t2时间小球处于失重状态，t2～t4时间小球处于超重状态C．t1时刻小球的加速度大小小于t3时刻小球的加速度大小D．t2时刻小球的速度与t4时刻小球的速度相同5.在如图所示的电路中，R1、R3、R4均为定值电阻，R2是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关S后，当R2的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为ΔI、ΔU，下列结论正确的是()A．电流表示数变大B．电压表示数变大C.ΔUΔI<r D.ΔUΔI>r6.如图所示，设想轨道A为“天宫一号”运行的圆轨道，轨道B为“神舟九号”变轨前的椭圆轨道，如果它们的轨道平面相同，且A、B轨道相交于P、Q两点，如图所示，则下列关于“神舟九号”和“天宫一号”的物理量说法正确的是()A．可能具有相同的运动周期B．一定具有相同的机械能C．在轨道上的P点或Q点时具有相同的速度D．在轨道上的P点或Q点时一定具有相同的加速度7．两只完全相同的灯泡A1和A2分别与相同的电感线圈串联，组成如图所示的甲、乙两个相同的部分电路．现在甲电路两端加恒定电压U，A1灯发光；而在乙电路两端加最大电压为2U的正弦交变电压，A2灯也发光．比较两灯的明暗程度()A．因为乙电路电压最大值较大，A2灯亮度大于A1灯的亮度B．因电压的有效值相等，故A2灯亮度等于A1灯的亮度C．因接交流时线圈的直流电阻较大，故A2灯亮度小于A1灯的亮度D．因电感线圈有通直流阻交流的特性，故A2灯亮度小于A1灯的亮度8.如图所示，光滑杆ABC固定放置在水平面上，∠ABC＝α.且细线相连的两只轻环P、Q分别套在AB、BC上．若用一个沿BC方向的力拉轻环Q，使轻环P、Q间的细线被拉直且两环都处于静止时，该拉力的大小为F，则这时()A．细线和杆对环P的合力的方向竖直向上B．细线对环P的拉力大小为F sin αC．细线和杆对环Q的合力方向竖直向上D．杆对轻环Q的弹力大小为F cot α9.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，B球放在倾角为α的固定光滑斜面上，A球在装有水的容器底部．现用手控制住B球，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A球的质量为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，图示状态水的深度为h，A球的体积为V，开始时整个系统处于静止状态．释放B球后，B球沿斜面下滑至速度最大时A球恰好离开水面一半．下列说法正确的是()A．B球的质量为m－12ρ水V sin αB．从释放B球到A球刚离开水面一半的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒C．在A球再次落到容器底前，A、B两小球和水组成的系统机械能守恒D．根据上述条件可以求出B球获得的最大速度10．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨PP′、QQ′相距L倾斜放置，与水平面的夹角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离为d，板间有一质量为m，电荷量为q的带电微粒，质量为M，电阻与定值电阻相等的金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好，现将金属棒ab由静止释放，当金属棒的速度达到稳定时释放板间带电微粒，要使带电微粒保持静止，必须满足的条件有()A．带电微粒一定带负电B．金属棒ab下滑的稳定速度必须是2mgR sin θB2L2C．带电微粒的比荷必须等于BLdMR sin θD．带电微粒的比荷必须等于BLd2MR sin θ答题栏第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题：本题共5小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(6分)用下列3幅图中的装置均可探究“动能定理”，在每个实验中都需要计算末状态的速度v，但它们的计算思想各不相同．图甲中要计算小车运动的最大速度，其计算公式：______________，式中各符号意义：____________________.图乙中计算物块在O点的速度，其计算公式：________，式中各符号意义：________.图丙中计算物块在B点的速度，其计算公式：________，式中各符号意义：______________________________________________________________.12.(9分)研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率．步骤如下：(1)用游标卡尺测量其直径如图甲所示，则其直径为________mm.(2)用多用电表的电阻“×10”挡粗测其电阻，指针如图乙所示，读数为________Ω.(3)用伏安法测定该圆柱体在不同长度时的电阻，除被测圆柱体外，还有如下供选择的实验器材：电流表A1(量程0～4 mA，内阻约50 Ω)电流表A2(量程0～10 mA，内阻约30 Ω)电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻约25 kΩ)直流电源E(电动势4 V，内阻不计)滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)开关S、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在如图所示的虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．(4)根据伏安法测出的圆柱体的电阻和长度的对应值，作出R－L图象，则这种材料的电阻率为______(用图象的斜率k、圆柱体的直径d表示)．13.(12分)如图所示，足够长的金属导轨ABC和FED，二者相互平行且相距为L，其中AB、FE是光滑弧形导轨，BC、ED是水平放置的粗糙直导轨，在矩形区域BCDE 内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，金属棒MN质量为m、电阻为r，它与水平导轨间的动摩擦因数为μ，导轨上A与F、C与D之间分别接有电阻R1、R2，且R1＝R2＝r，其余电阻忽略不计．现将金属棒MN从弧形导轨上离水平部分高为h处由静止释放，最后棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止．(金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失，金属棒MN始终与两导轨垂直，重力加速度为g)，求：(1)金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；(2)整个过程中电阻R1产生的焦耳热．14.(15分)如图所示，用同种材料制成的倾角为37°的斜面和长水平面，斜面长11.25 m且固定，一小物块从斜面顶端以初速度v0沿斜面下滑，如果v0＝3.6 m/s，则经过3.0 s后小物块停在斜面上，不考虑小物块到达斜面底端时因碰撞损失的能量，求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数μ为多少；(2)若小物块的初速度为6 m/s，小物块从开始运动到最终停下的时间t为多少．15.(18分)如图所示，两块足够大的平行金属板a、b竖直放置，板间有场强为E＝103V/m 的匀强电场，两板间的距离为d＝0.2 m，现有一质量为m＝0.1 g带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0＝2 m/s竖直向上射入板间，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc 区域的宽度也为d，所加匀强电场的场强大小为E，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度B＝500 T，方向垂直纸面向里(g取10 m/s2)．求：(1)微粒所带电荷量q；(2)微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离L；(3)微粒在ab、bc区域中运动的总时间t.附加题：本题共3题，每题15分．分别考查3－3、3－4、3－5模块．请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分．1．[物理——选修3－3](15分)(1)(6分)下列说法中正确的是________(填入正确选项前的字母．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A．对于一定质量的密闭气体，体积不变、温度升高时，分子的热运动变剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．达到热平衡的系统内部各处都具有相同的温度C．当分子间的距离r＝r0时，斥力等于引力，表现出合力为零，故分子势能为零D．浸润与不浸润均是分子力作用的表现E．液体的表面层分子分布比液体内部密集，分子间的作用力体现为相互吸引(2)(9分)导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，活塞的质量为m＝1 kg，气缸内部的横截面积为S＝5 cm2.用滴管将水缓慢滴注在活塞上，最终水层的高度为h＝0.5 m，若此时活塞离气缸底部距离为H＝0.8 m，如图所示．ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度为g＝10 m/s2，则①图示状态气缸内气体的压强为多少？②假设之后环境温度由27℃上升到50℃，活塞将上升的距离是多少？2．[物理——选修3－4](15分)(1)(6分)如图所示是某时刻一列横波上A、B两质点的振动图象，该波由A传向B，两质点沿波的传播方向上的距离为6.0 m，则经过0.7 s，质点A通过的路程为________m；如果该波的波长大于 4.0 m而小于 6.0 m，则这列波的波速为________m/s.(2)(9分)如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP＝OQ＝R，一束复色光沿MN射入玻璃体，在PQ面上的入射点为N，经玻璃体折射后，有两束单色光e、f分别从OP面上的A点和B点射出，已知NA平行于x轴，OA＝R2，OM＝3R.①求e光在该玻璃体中的折射率；②假如某同学测量得到OB＝a，NB＝b，结合已知数据能否求出f光在玻璃体中的折射率？若能，求出表达式；若不能，请写出还需要测量的物理量．3．[物理——选修3－5](15分)(1)(6分)太阳内部有多种热核反应，其中的一个反应方程是：21H＋31H→42He＋X，若已知21H的质量为m1，31H的质量为m2，42He的质量为m3，X的质量为m4，则其中X是________(填“质子”、“中子”或“电子”)；这个反应释放的核能的表达式为________．(2)(9分)如图所示，光滑水平地面上停放着甲、乙两辆平板车，一根轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮的质量和摩擦)，绳的一端与甲车相连，另一端被甲车上的人拉在手中，已知甲车质量为30 kg、乙车和人的质量均为50 kg，两车间的距离为40 m．现在人用力拉绳，两车开始相向运动，人与甲车保持相对静止，当乙车的速度为6 m/s时，停止拉绳，此时两车相距14 m．求：①甲车速度和甲、乙两车的路程；②停止拉绳后，当两车将要相撞时，人至少以多大速度从甲车跳到乙车才能使两车不发生碰撞．高考模拟试题精编(二)1．BC首先提出惯性概念的不是牛顿，A项错；库仑利用库仑扭秤把微小的力“放大”，最终发现了库仑定律，B项正确；伽利略通过合理外推，证明了自由落体运动是匀变速直线运动，C项正确；发现电流的磁效应的是奥斯特，D项错．2．D点电荷的电场是辐向的，故B错误；根据电场强度的叠加原理，同种点电荷产生的电场，在点电荷连线的中点处，电场强度等于零，中点两边的电场强度方向相反，中垂线上电场强度的方向与点电荷的连线垂直，故C错误；异种点电荷产生的电场，在连线上方向都指向负电荷，中垂线上电场强度的矢量和与连线平行且指向负电荷，故该电场可能是匀强电场，也可能是异种点电荷形成的电场，所以A错误、D正确．3．A由图可知，两车速度相等时，甲车的位移x1＝36 m，乙车的位移x2＝54 m，甲、乙两车的位移差为x＝x2－x1＝18 m<36 m，此时两车不可能相遇，之后乙车的速度小于甲车，两车不会相遇，故选项A正确．4．AB t＝0时刻，弹力与重力大小相等，之后弹力减小，说明小球向上运动，则升降机停止前在向上运动，A项正确；0～t1～t2时间内，弹力都小于重力，则小球处于失重状态，t 2～t 4时间内，弹力都大于重力，则小球处于超重状态，B 项正确；t 1时刻，弹力为零，小球只受重力，加速度大小等于重力加速度大小，t 3时刻，小球处于最低点，弹力等于2mg ，则小球受到的合外力等于mg ，故加速度大小等于重力加速度大小，但方向竖直向上，C 项错误；t 2和t 4时刻弹力都等于mg ，小球处于平衡位置，故速度大小相等，但速度是矢量，方向不同，D 项错误．5．AC 当滑动变阻器R 2的滑片向右滑动时，R 2变小，并联电阻变小，回路总电阻变小，干路电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，所以电压表示数变小，R 1与R 2组成的并联电阻减小，所以R 1两端的电压变小，I 1变小，同理I 3变小，则I 2增大，A 对、B 错；设回路总电流为I 总，由分析可知ΔI >ΔI 总，电压表测的是路端电压，电压表减小ΔU ，则电源内阻的电压增大ΔU ，由此可得r ＝ΔU ΔI 总，结合上式得ΔU ΔI <r ，C 对、D 错．6．AD 根据开普勒第三定律，如果“神舟九号”沿椭圆轨道运动的半长轴等于“天宫一号”圆轨道的半径，则它们的运行周期相等，A 正确；宇宙飞船的机械能是动能和引力势能的总和，与飞船的质量有关，故机械能不一定相等，B 错误；速度是矢量，因此在轨道上的P 点或Q 点即使速度大小相等，方向也不相同，C 错误；由牛顿第二定律可知，它们在P 点或Q 点时的加速度一定相同，D 正确．7．D 考虑亮度时应该使用交变电流的有效值，电感线圈的直流电阻与接交流还是直流电源无关，电感线圈的通直流阻交流是指接交流电源时有感抗要分压，故选项D 正确．8．BD如图所示，由题意可知，轻环P 、Q 的质量可以不计，则环P 受到细线的拉力和杆的支持力两个力的作用，故拉力和支持力平衡，合力一定为零，且细线一定与杆AB 垂直，环Q 受到细线的拉力、杆的支持力和水平拉力F 三个力的作用，故细线与杆对其的合力应该与水平拉力F 等大反向，A 、C 错误；设细线的拉力为F T ，杆对Q 的支持力为F N ，则以环Q 为研究对象，有F T sin α＝F ，F T cos α＝F N ，解得：F T ＝Fsin α，F N ＝F cot α，故B 、D 正确．9．A B 球沿斜面下滑至速度最大时，A 、B 两小球的加速度为零，此时水对A 球的浮力大小为F 浮＝12ρ水gV ，有m B g sin α＝mg －12ρ水gV ，解得m B ＝m －12ρ水Vsin α，A 正确；释放B 球后A 球在水中运动过程中与水之间有阻力，有机械能转化为内能，故A 、B 两小球组成的系统机械能不守恒，A 、B 两小球和水组成的系统机械能也不守恒，故B 、C 错；由上述条件不能求出B 球获得的最大速度，D 错误． 10．AC 根据右手定则可判断出M 板电势高于N 板，重力方向竖直向下，故带电微粒一定带负电，A 正确；由金属棒下滑达到稳定速度时受力平衡有B 2L 2v2R ＝Mg sin θ，由带电微粒受力平衡有q ·12BL v d ＝mg ，解得v ＝2MgR sin θB 2L 2，q m ＝BLdMR sin θ，选项C 正确．11．解析：图甲中的速度是通过纸带获取的，橡皮筋恢复原长后，小车做匀速直线运动，速度最大，纸带上相邻两打点间的长度就是小车T 时间内运动的距离；图乙是利用平抛运动规律测量速度的，根据x ＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得v ＝xg2h ；图丙中利用光电门测得的速度为平均速度，当Δt →0时，平均速度就是该点的瞬时速度．答案：v ＝xT (1分) x 表示纸带上相邻两打点间的最大长度、T 表示打点的周期(1分) v ＝xg2h (1分) x 表示平抛运动的水平位移、h 表示平抛运动下落的高度(1分) v ＝dΔt (1分) d 表示遮光片的宽度、Δt 表示遮光片通过光电门的时间(1分) 12．解析：(1)游标卡尺主尺读数为0，游标尺的读数为0.05 mm ×5＝0.25 mm ；(2)多用电表的读数为22×10 Ω＝220 Ω；(3)被测电阻在220 Ω左右，而电源电压为4 V ，因此电压表选V 1，电流表选A 2，应采用分压式电路，选阻值较小的滑动变阻器R 1，电压表内阻比待测电阻大得多，电流表采用外接法；(4)由R ＝ρLS 得：k ＝ρπ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22，则ρ＝k πd 24.答案：(1)0.25(2分) (2)220(2分) (3)如图所示(2分) (4)k πd 24(3分)13．解：(1)设金属棒刚到达水平轨道时速度为v ，且此时合外力最大，加速度最大．由牛顿第二定律，得BLI ＋μmg ＝ma (2分) 由欧姆定律，得I ＝2E3r (1分)由法拉第电磁感应定律，得E ＝BL v (1分) 由动能定理，得mgh ＝12m v 2(1分)联立①②③④，解得a ＝μg ＋2B 2L 22gh3mr (2分)(2)设金属棒MN 中的电流强度为I ，通过电阻R 1、R 2的电流强度分别为I 1、I 2，则I 1＝I 2＝I2，由公式Q ＝I 2Rt ，得Q MN ＝4Q R 1(1分) 设整个过程中回路产生的焦耳热为Q ，Q ＝Q MN ＋2Q R 1(1分) 由能量的转化和守恒定律，得mgh ＝μmgs ＋Q (2分) Q R 1＝16mg (h －μs )(1分)14．解：(1)小物块沿斜面匀减速下滑 a 1＝Δv t ＝3.63.0 m/s 2＝1.2 m/s 2(2分)根据牛顿第二定律：F f －mg sin 37°＝ma 1(2分) F N ＝mg cos 37°(1分) F f ＝μF N (1分)联立以上各式，可得μ＝g sin 37°＋a 1g cos 37°＝0.9(1分)(2)当v 0＝6 m/s 时，小物块若保持匀减速下滑，最大滑行距离x ＝v 202a 1＝622×1.2m＝15 m>11.25 m ，所以小物块将滑到水平面上．(2分) 设小物块滑到斜面底端时的速度为v 1v 1＝v 20－2a 1s ＝62－2×1.2×11.25 m/s ＝3 m/s(1分)在斜面上，t 1＝v 1－v 0－a 1＝3－6－1.2 s ＝2.5 s(1分)在水平面上，f ＝μF N ′＝μmg ＝ma 2 a 2＝μg ＝9 m/s 2(2分)t 2＝0－v 1－a 2＝0－3－9s ＝0.33 s(1分)总时间t ＝t 1＋t 2＝2.83 s(1分)15．解：(1)微粒在电场中受水平向右的电场力和竖直向下的重力，其运动分解为水平方向和竖直方向的匀变速运动，水平方向的加速度a ＝qEm (2分) 又v 0g ＝v 0a (2分)得q ＝mg E ＝0.1×10－3×10103C ＝1.0×10－6C(1分) (2)微粒进入bc 区域中，由于电场力与重力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， q v 0B ＝m v 20r (1分)得r ＝m v 0qB ＝0.1×10－3×21.0×10－6×500 m ＝0.4 m(2分)得圆周半径r ＝2d ，(1分)微粒刚进入bc 区域时所受洛伦兹力方向向上，逆时针偏转，轨迹如图所示．设圆心角为θ，由几何关系得： sin θ＝d r ＝12(1分)即θ＝30°(1分)微粒穿出bc 区域的位置到a 板下边缘的竖直距离L ＝d ＋r (1－cos 30°)＝0.2 m ＋0.4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32 m ≈0.254 m(2分)(3)微粒在ab 区域的运动时间为 t 1＝2dv 0＝0.2 s(2分)微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ＝2πmqB 则在磁场中的运动时间为t 2＝θ2πT ＝πm6qB ≈0.105 s(2分) 在ab 、bc 区域中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝0.305 s(1分) 附加题1．(1)解析：根据气体压强的微观解释可知，影响气体压强的因素有两个，一是分子的平均动能，二是单位体积内分子数的多少，故A 正确；达到热平衡的系统内部分子热运动的平均动能相等，故各处的温度相同，B 正确；如果取分子间距离无穷远处的分子势能为零，则分子由无穷远向r ＝r 0处移动的过程中，分子间的合力一直为引力，故分子力做正功，分子势能一直减少，r ＝r 0时分子势能为负值，C 项错误；浸润与不浸润都是液体与固体接触时表面张力的结果，故都是分子力的表现，D 正确；液体的表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的作用力表现为引力，E 错误． 答案：ABD(6分)(2)解：①对活塞进行受力分析，如图所示： pS ＝mg ＋(p 0＋p 水)S ①(2分) p 水＝ρgh ②(2分) 由①②可得p ＝p 0＋ρgh ＋mgS ＝⎝⎛⎭⎪⎫1.0×105＋1.0×103×10×0.5＋1.0×105×10－4Pa＝1.25×105Pa(1分)②由于之后水的高度不变，故气缸内气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律有 V 1V 2＝T 1T 2，即HS(H ＋Δh )S ＝273＋t 1273＋t 2(2分) 解得：Δh ＝t 2－t 1273＋t 1H ＝50－27300×0.8 m ＝6.1×10－2 m(2分)2．(1)解析：①由振动图象可知，质点振动周期T ＝0.4 s ，振幅A ＝0.05 m ，质点A 通过的路程为s ＝tT ×4A ＝0.35 m ；取t ＝0时刻分析，质点A 经平衡位置向上振动，质点B 处于波谷，设波长为λ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ＝Δx (n ＝0、1、2、3…)，所以该波波长为λ＝4Δx 4n ＋1＝24 m4n ＋1(n ＝0、1、2、3…)，因为4.0 m<λ<6.0 m ，所以只能取n ＝1，λ＝24 m 4×1＋1＝4.8 m ，v ＝λT ＝12 m/s.答案：0.35(2分) 12(4分)(2)解：①如图，在PQ 面上的折射角为θ1 sin θ1＝OA ON ＝12，θ1＝30°(1分) 由几何关系可得θ2＝60°(1分) 折射率n ＝sin θ2sin θ1＝3(2分)②能；如图所示，根据几何关系和折射定律有n ′＝sin ∠BONsin ∠ONB(2分)由正弦定理，BN sin ∠BON ＝OBsin ∠ONB(2分)故n′＝BNOB＝ba(1分)3．(1)解析：根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为1，电荷数为0，所以X是中子；核反应中的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4，根据爱因斯坦质能方程可得ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2.答案：中子(2分)(m1＋m2－m3－m4)c2(4分)(2)解：①设甲、乙两车和人的质量分别为m甲、m乙和m人，停止拉绳时甲、乙两车的速度分别为v甲和v乙，甲、乙两车的路程分别为s甲和s乙，由动量守恒定律得(m甲＋m人)v甲＝m乙v乙(1分)考虑到两车和人组成的系统在任意时刻动量守恒，所以有(m甲＋m人)s甲＝m乙s乙(1分)根据题意s甲＋s乙＝40 m－14 m＝26 m代入数据解得：v甲＝3.75 m/s，s甲＝10 m，s乙＝16 m(2分)②设人跳离甲车时人的速度为v人，人离开甲车前后由动量守恒定律得(m甲＋m人)v甲＝m甲v甲′＋m人v人(2分)人跳到乙车时：m人v人－m乙v乙＝(m人＋m乙)v乙′(2分)v甲′＝v乙′，代入数据解得：v人＝6 m/s(1分)所以，当人跳离甲车的速度大于或等于6 m/s时，两车才不会相撞．。

天津市2024届高考模拟预测物理高频考点试题（六）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。

(共8题)第(1)题踢毽子是我国传统的民间体育运动。

如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。

毽子在空中运动过程中（ ）A．刚离开脚时，加速度最大B．动量变化率先变小后变大C．上升的时间等于下降的时间D．重力的冲量上升过程大于下降过程第(2)题如图所示为某款磁吸式车载手机支架，手机支架本身具有磁性，在手机背面贴上贴片后，手机放在支架上后便会被牢牢吸住，两者始终保持相对静止，给司机带来很大方便。

若手机面向司机按如图所示角度放置，汽车在水平路面上（ ）A．静止时，手机受到三个力的作用B．沿直线加速前进时，支架对手机的力的方向竖直向上C．沿直线匀减速前进时，手机受到的合力不断减小D．沿直线匀速前进时，摩擦力对手机做正功，支持力对手机做负功第(3)题运动员以图示的姿势静止于水平地面上，则运动员（ ）A．一定受到摩擦力B．对地面的压力就是重力C．受到的支持力和重力是一对平衡力D．受到的支持力是由于脚掌形变产生的第(4)题当今时代，无线通信技术已经融入了我们生活的方方面面。

星闪技术作为中国原生的新一代近距离无线连接技术，与传统的蓝牙无线连接技术相比，具有传输快、覆盖广、延迟低等诸多优点。

现甲乙两位同学利用手机星闪连接技术配对成功，实时通信。

时，甲以的初速度、的加速度，乙以的初速度、的加速度并排（相距较近）从百米赛道起点处加速起跑，甲加速到最大速度，乙加速到最大速度后均能以各自最大速度跑至终点。

已知星闪技术能实现连接的最大距离为，则甲乙能实现通信的时间为（）A．B．C．D．第(5)题如图（a）是一种防止宇宙射线危害宇航员的装置，在航天器内建立半径分别为R和的同心圆柱，圆柱之间加上沿轴向方向的磁场，其横截面如图（b）所示。

宇宙射线中含有大量的质子，质子沿各个方向运动的速率均为，质子的电荷量为e、质量为m。