高考物理全真模拟试题18

高考物理全真模拟试题（十八）满分110分，时间60分钟第卷(选择题共48分)选择题：本题共8小题，每题6分在每题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目规定，第58题有多项符合题目规定所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球正好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同窗对此现象给出了下列分析与判断，其中也许对的的是()A升降机正在匀加速上升B升降机正在匀减速上升C升降机正在加速下降，且加速度越来越大D升降机正在减速下降，且加速度越来越大2随着社会发展，人类对能源的需求日益增长，节能变得更加重要甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k(0k1)倍在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U的电压输电，若不考虑其她因素的影响，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的_倍()A.B. C5k D25k3如图所示，水平面上固定有一种斜面从斜面顶端向右平抛一小球当时速度为v0时，小球正好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这个小球，如下哪个图象能对的表达平抛的飞行时间t随v变化的函数关系()4某控制电路如图，重要由电源(电动势为E、内阻为r)与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个批示灯，当电位器的触片滑向a端时，下列有关红、绿两灯亮度变化的状况说法对的的是()AL1、L2两个批示灯都变亮BL1、L2两个批示灯都变暗CL1变亮，L2变暗DL1变暗，L2变亮5“嫦娥之父”欧阳自远透露：国内筹划于登陆火星如果某志愿者登上火星后将一小球从高为h的地方由静止释放，不计空气阻力，测得通过时间t小球落在火星表面，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星自转，则下列说法对的的是()A火星的第一宇宙速度为 B火星的质量为C火星的平均密度为 D环绕火星表面运营的卫星的周期为t6如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑的水平面上，现同步对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同步由静止开始运动在后来的运动过程中，有关A、B两物体与弹簧构成的系统，下列说法对的的是(整个过程中弹簧弹力不超过其弹性限度)()A由于F1、F2所做的总功为零，因此系统的机械能始终不变B当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小C当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零7 在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势随坐标x变化的图线如图所示(0、0、x1、x2、x3、x4均已知)既有一质量为m、电荷量为q的带负电小球(不计重力)从O点以某一未知初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法对的的是()A在0x1间的电场强度沿x轴正方向、大小为E1B在x1x2间与在x2x3间电场强度相似C只要v00，该带电小球就能运动到x4处D只要v0 ，该带电小球就能运动到x4处8如图所示，空间中有一范畴足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向水平且垂直于纸面向里一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点假设圆环在回到出发点此前已经开始做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中对的的是()A圆环在t时刚好达到最高点B圆环在运动过程中的最大加速度为amaxgC圆环从出发到回到出发点过程中损失的机械能为mD圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到出发点过程中损失的机械能第卷(非选择题共62分)非选择题：涉及必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都必须做答第1314题为选考题，考生根据规定做答L/m0.0510.0990.1490.2010.250F/N1.011.992.984.015.009.(6分)某课外活动小组用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”的实验图中A为小车，质量为m1，连接在小车背面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮C的足够长的木板上，物块P的质量为m2，D为弹簧测力计，实验时变化P的质量，读出相应的弹簧测力计示数F，不计绳子与滑轮间的摩擦(1)下列有关实验的操作环节和实验措施的说法中对的的是_A长木板和A、C间的绳子都必须保持水平B电火花计时器应用工作电压为46 V的低压交流电源，实验时应先接通电源后释放小车C长木板的左端应合适垫高，以平衡摩擦力D实验中P的质量m2不必远不不小于小车A的质量m1，拉力直接由弹簧测力计测得，且始终为1/2 m2g(2)按照对的的措施调节好实验装置后，某同窗变化P的质量做了五次实验，并读出相应的弹簧测力计示数F和每次实验中打出的纸带上第1个点到第10个点的距离L，记录在下表中已知电火花计时器所接交流电源的频率为f.根据该同窗的实验，请在图乙中作出L随F变化的图象，如果LF图线是一条_，则阐明小车的加速度与小车受到的合外力成正比，图线的斜率的体现式k_.10(9分)某实验小组用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势(约2 V)和内阻，考虑蓄电池的内阻很小，电路中使用了一种保护电阻R0，除蓄电池、滑动变阻器R、开关、导线外，实验室中可供选用的器材尚有：电压表V1读数U1(V)1.881.921.941.982.00电压表V2读数U2(V)1.721.251.000.600.34A电流表(量程3 A，内阻约0.1 )B电压表(量程3 V，内阻3 k)C电压表(量程1.8 V，内阻1.8 k)D定值电阻(阻值1 ，额定功率5 W)E定值电阻(阻值5 ，额定功率10 W)(1)实验时，电压表应当选用_，保护电阻应当选用_(填器材前字母序号)(2)在实验室进行仪器检查时发现电流表已经损坏不能用了，则下列实验改善方案中理论上可行的有_A在缺少电流表的状况下，把滑动变阻器更换成电阻箱，来测蓄电池的电动势和内阻B按照实验电路图，在缺少电流表的状况下只依托滑动变阻器调节，从而测出蓄电池的电动势和内阻C在缺少电流表的状况下，去掉滑动变阻器，只依托更换保护电阻，测出两组数据，列式并联立求解蓄电池的电动势和内阻D在缺少电流表的状况下，用未使用的电压表与保护电阻并联，调节滑动变阻器测出多组数据，作图象求出蓄电池的电动势和内阻(3)该实验小组通过讨论后，按照改善的电路图乙进行实验，调节滑动变阻器测得了5组两电压表的数据如下表.请在图丙中作出蓄电池的路端电压U1随保护电阻R0两端的电压U2变化的图象，并根据图象得出蓄电池的电动势E_V，内阻r_.11(14分)如图所示，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，已知ABh、BC3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽视，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，通过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙正好能滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表达求：(1)滑块甲的初速度v0的大小；(2)滑块乙最后静止的位置与C点的距离12(18分)如图甲所示，在MN下方存在竖直向上的匀强电场，在MN上方以MN为弦、半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向弦MN所对的圆心角为120.在t0时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入磁场，运动到圆心O点后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图甲所示粒子的重力不计，不考虑变化的磁场合产生的电场求：(1)磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0；(2)粒子从B点运动到A点的最短时间t；(3)满足(2)中条件所加的电场强度E的大小(二)选考题(共15分请考生从给出的2道题中任选一题做答如果多做，则按所做的第一题计分)13物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法对的的是_(填对的答案标号选对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但凡不违背能量守恒定律的实验设想，都是可以实现的B做功和热传递在变化内能的效果上是等效的，这表白要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现C保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E在水池中，一种气泡从池底浮起，此过程可觉得气泡的温度不变，气泡内气体为抱负气体，则外界对气泡做正功，同步气泡吸热(2)(10分)如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段是两段长度均为l125 cm的水银柱，BC段是长度为l210 cm的抱负气柱，玻璃管底部是长度为l312 cm的抱负气柱已知大气压强是75 cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变将玻璃管缓慢旋转180倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示试求旋转后A处的水银面沿玻璃管移动的距离答案部分1解析：选C.篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐增大，篮球受到倾斜天花板的弹力增大，其在竖直方向的分力增大，弹簧弹力不变，则篮球必然有竖直向下且增大的加速度，C对的2解析：选A.由于输电电流I，因此输电线上损失的电功率PI2RR，因此在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，若不考虑其她因素的影响，输电线上损耗的电功率与输电电压的平方成反比，因此改用5U的电压输电，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的，故A项对的3解析：选C.由于当时速度为v0时，小球正好落到斜面，故初速度不小于v0时，小球一定落在水平面上，即平抛的飞行时间等于t0不变，故A、B项错；当时速度不不小于v0时，小球一定落在斜面上，则有xv0t，hgt2，hxtan ，解得v0 t，故C项对的4解析：选B.当电位器的触片滑向a端时，电位器连入电路中的有效阻值增大，干路中的总阻值增大，干路中的电流减小，内压减小，路端电压增大，即R1两端的电压增大，通过R1的电流增大，通过L1的电流减小，L1两端的电压减小，L1灯变暗；路端电压增大，L1两端的电压减小，因此R2两端的电压增大，通过R2的电流增大，又由于通过L1的电流减小，因此通过L2的电流减小，故L2灯变暗，故B项对的5解析：选CD.由自由落体运动规律，hgt2，解得火星表面的重力加速度大小为g，火星的第一宇宙速度v1，A错误；由Gmg，解得火星的质量为M，B错误火星的平均密度为，C对的设环绕火星表面运营的卫星的周期为T，则Tt，D对的6解析：选BC.A、B物体分别在等大反向的水平恒力的作用下先向相反的方向做加速度逐渐减小的变加速直线运动，当弹簧弹力等于水平恒力时，加速度为零，两物体的速度最大，此后，弹簧弹力不小于水平恒力，两物体分别做加速度逐渐增大的变减速直线运动，直到弹簧伸长到最长，然后两物体分别反向运动，先做加速度逐渐减小的变加速运动，速度达到最大后又做加速度逐渐增大的变减速直线运动，到弹簧压缩最短在此过程中，系统的机械能先增长后减小，故A项错；当A、B两物体之间的距离减小时，水平恒力做负功，系统的机械能减小，故B项对的；当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大，故C项对的；当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度最大，故D错7.解析：选BD.根据电场强度与电势差的关系可作出该静电场的场强E随x变化的图线，如图所示，可知A错误，B对的；由于只有电场力对带电小球做功，因此动能与电势能之和保持不变，以x0处电势为零，则有mvqmv2，由于在xx3处电势最低，因此带电小球在该处的电势能最大，动能最小，速度最小，只要带电小球能通过这一点，就能运动到xx4处，因此有mvq0，解得v0 ，C错误，D对的8解析：选BC.圆环上升的加速度大小为a1g，下落的加速度大小为a2g，上升过程的平均加速度大小不小于下落过程的平均加速度大小，因此上升的时间不不小于下落的时间，A错误；圆环的最大加速度为amaxg，B对的；圆环在回到出发点前已经开始做匀速运动，其速度为v1，故圆环在运动过程中损失的机械能为Qmvmvm，C对的；圆环在上升过程中受到的平均摩擦力大小不小于下落回到出发点过程中受到的平均摩擦力的大小，因此圆环在上升过程中损失的机械能不小于下落回到出发点过程中损失的机械能，D错误9解析：(1)绳子必须与长木板保持平行，但要平衡摩擦力，故长木板左端需要合适垫高，A错误，C对的；电火花计时器须使用220 V交流电源，B错误；由于弹簧测力计可以直接读出绳子拉小车的拉力，故实验中不必满足m2远不不小于m1，但运动过程中P也有加速度，故弹簧测力计的示数不等于P的重力的一半，D错误(2)根据表中数据描点连线如图所示，可见LF图线是一条过原点的倾斜直线，由Lat2可知，由于每次选用的位移相应的时间t相似，则阐明小车的加速度与小车受到的合外力成正比，由牛顿第二定律有a，又t，得LF，故图线的斜率k.答案：(1)C(2分)(2)如图(2分)过原点的倾斜直线(1分)(1分)10解析：(1)蓄电池的电动势为2 V左右，故电压表选用B，当滑动变阻器接入电路的电阻为零，保护电阻用D时，电路中电流约为I2 A，不不小于电流表的量程，故保护电阻选用D.(2)如果电流表不能用，把滑动变阻器换成电阻箱，就可以用伏阻法测蓄电池的电动势和内阻，故A对的；根据闭合电路欧姆定律有EUr，如果只更换保护电阻测出两组数据，可以建立两个方程求出蓄电池的电动势和内阻，C对的；由于电压表的内阻远不小于保护电阻，故将量程为1.8 V的电压表与保护电阻并联，由I可得电路中的电流，故事实上是通过把剩余电压表与保护电阻并联，把电压表改装成电流表，D对的(3)根据闭合电路欧姆定律U1EI总rEr，再根据表中数据描点连线，纵轴截距即为蓄电池的电动势E2.03 V，内阻r0.09 .答案：(1)(B)(1分)D(1分)(2)ACD(2分)(3)如图所示(2分)2.03(1分)0.09(2分)11解析：(1)由于滑块甲、乙碰撞时无能量损失，根据能量守恒定律得mvmvmv(2分)甲、乙碰撞时根据动量守恒定律得mv0mv甲mv乙(2分)由以上两式解得v乙v0(2分)即滑块甲、乙碰撞的过程中速度互换，且每次碰撞都发生在B点由于滑块乙刚好滑到斜劈的最高点D处，则对滑块乙由B点到D点的过程，根据动能定理得mg3hmgh0mv(2分)解得v0(2分)(2)设滑块乙在B、C间运动的总路程为x，对滑块乙由B点开始运动到最后静止的过程，根据动能定理得mgx0(2分)解得x5h3h2h，故滑块乙最后停在C点左侧与C点距离为2h(2分)答案：(1)(2)2h(C点左侧)12解析：(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得qvB0m，解得B0(3分)由题图分析可知：粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点，然后做一种完整的圆周运动所用的时间为一种周期T0，则T0(1)(3分)(2)设一种周期内没有磁场的时间为t1，存在磁场的时间为t2，则t1，t2(1分)由于MON120，可求得MN与AB之间的距离为(1分)粒子从B点返回时，刚好进入磁场并做圆周运动，然后进入电场做匀减速运动，当返回后刚离开电场时粒子做圆周运动，此时一定存在磁场，为了满足题图甲的运动轨迹，粒子在电场中的最短时间为t1t2(3分)则粒子从B点运动到A点的最短时间为t2t22t1t2(45)(2分)(3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为a(1分)根据速度公式得2v(2分)解得E(2分)答案：(1)(1)(2)(45)(3)13解析：(1)由热力学第二定律可知，A错误；做功和热传递在变化内能的效果上是等效的，表白要使物体的内能发生变化，既可以通过做功来实现，也可以通过热传递来实现，B对的；保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，分子平均速率增大，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，C对的；温度越高，分子热运动的平均动能越大，分子的平均速率越大，这是记录规律，具体到个别分子，其速率的变化不拟定，因此仍也许有分子的运动速率非常小，D对的；随着气泡的上升，压强减小，由于温度不变，根据C可知，体积增大，气泡对外界做正功，根据UWQ可知，温度不变时，U不变，又W0，即气泡吸热，E错误(2)设玻璃管的横截面积为S，选BC段封闭气体为研究对象，初状态时，气体的体积为V1l2S压强为p175 cmHg25 cmHg100 cmHg(1分)末状态时，气体的体积为V2l2S压强为p275 cmHg25 cmHg50 cmHg(1分)根据p1V1p2V2(2分)可得l220 cm(1分)再选玻璃管底部的气体为研究对象，初状态时，气体的体积为V3l3S压强为p375 cmHg25 cmHg25 cmHg125 cmHg(1分)末状态时，气体的体积为V4l3S压强为p475 cmHg25 cmHg25 cmHg25 cmHg(1分)根据p3V3p4V4(1分)可得l360 cm(1分)A处的水银面沿玻璃管移动了l(l2l2)(l3l3)10 cm48 cm58 cm(1分)答案：(1)BCD(2)58 cm