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2011年高考物理模拟试题(二)本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分120分，考试时间90分钟第卷(选择题共40分)一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分1为了研究超重与失重现象，某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动并观察体重秤示数的变化情况下表记录了几个特定时刻体重秤的示数(表内时间不表示先后顺序)时间t0t1t2t3体重秤示数(kg)45.050.040.045.0若已知t0时刻电梯静止，则()At1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化Bt1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反Ct1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向不一定相反Dt3时刻电梯可能向上运动答案BCD解析因已知t0时刻电梯静止，则人的重力为450N，超重与失重现象是指体重计的示数比人的重力大或小，而人的质量并没有变化，所受重力并没有变化；若体重计的示数比人的重力大，则合力向上，加速度方向向上，则超重，反之则失重，与运动方向无关，所以正确的选项为BCD.2据报道，2009年4月29日，美国亚利桑娜州一天文观测机构发现一颗与太阳系其他行星逆向运行的小行星，代号为2009HC82.该小行星绕太阳一周的时间为T年，直径23千米，而地球与太阳之间的距离为R0.如果该行星与地球一样，绕太阳运动可近似看做匀速圆周运动，则小行星绕太阳运动的半径约为()AR0BR0CR0 DR0答案A解析小行星和地球绕太阳做圆周运动，都是由万有引力提供向心力，有m22R，可知小行星绕太阳运行轨道半径为RR0R0，A正确3如图所示，在闭合的铁芯上绕着两个线圈，两线圈的匝数比n1n212.a、b两端接Uab220sin100tV的交流电；c、d两端接一个可变电阻R.下列说法正确的是()Ac、d两端电压的有效值为440VB通过电阻R的电流的频率为100HzC减小电阻R的阻值，a、b两端输入电流增大D在0s内d点的电势高于c点的电势答案CD解析根据Uab220sin100tV可知，该交流电的频率为50Hz，a、b两端电压的有效值为110V，所以c、d两端电压的有效值应该为220V.由于变压器不能改变交流电的频率，所以通过电阻R的电流的频率也为50Hz。根据n1I1n2I2，减小电阻R的阻值，副线圈中的电流增大，可知a、b两端输入电流也增大在0s内，a、b两端输入电流增大(由a流入，由b流出)，再根据楞次定律和两个线圈的绕行方向，可以判断出d点的电势高于c点的电势4一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量m115kg的重物，重物静止于地面上有一质量m210kg的猴子，从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示不计滑轮摩擦，取g10m/s2，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为()A25m/s2 B5m/s2C10m/s2 D15m/s2答案B解析根据题意可知，轻绳中的最大拉力为Fm1g，根据牛顿第二定律有Fm2gm2amax，解得猴子向上爬的最大加速度为5m/s2.5如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A斜劈对小球的弹力不做功B斜劈与小球组成的系统机械能守恒C斜劈的机械能守恒D小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增大量答案BD解析不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，故选BD.6示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况电子经电压U1加速后进入偏转电场下列关于所加竖直偏转电压U2、水平偏转电压U3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是()A如果只在U2上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图a所示B如果只在U3上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图b所示C如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图c所示D如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图d所示答案ABD解析如果只在U2上加上甲图所示的电压，电子只在竖直方向上偏转，A图正确；如果只在U3上加上乙图所示的电压，电子只在水平方向上偏转，B图正确；如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，电子在竖直方向和水平方向同时偏转，其在T内在竖直方向完成一个周期，在2T内在竖直方向完成两个周期，故在荧光屏上形成两个完整的正弦波形，D图正确本题正确选项ABD.7某研究性学习小组对颈椎病人设计了一个牵引装置：如图，一根绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内如果要增大手指所受的拉力，可采取的办法是()A只增加绳的长度 B只增加重物的重量C只将手指向下移动 D只将手指向上移动答案BC解析由力的平行四边形定则可知，夹角不变时，分力增大，合力增大，增加重物的重量就是增大分力，故B对；在分力不变时增大夹角合力减小，将手指向上移动时增大了夹角，故C正确，D错误；增加绳的长度对合力没有影响，故A错误8如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电的粒子以速度vA向右经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是()A此电场一定是负电荷形成的电场BA点的电势一定低于B点的电势C粒子在A点的速度一定小于在B点的速度D粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能答案BD解析由速度反向可知，粒子受到的电场力应该向左，所以A到B，电场力做负功，电势能应该增加，D正确由运动的对称性，可知C是错误的由于粒子带正电，说明电场强度方向向左，所以B点的电势更高，B正确9如图所示，某游乐场有一水上转台，可在水平面内匀速转动，沿半径方向面对面手拉手坐着甲、乙两个小孩，假设两小孩的质量相等，他们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两小孩刚好还未发生滑动时，某一时刻两小孩突然松手，则两小孩的运动情况是()A两小孩均沿切线方向滑出后落入水中B两小孩均沿半径方向滑出后落入水中C两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动而落入水中D甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，乙发生滑动最终落入水中答案D解析在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力提供的，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力因为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度相同，设此时手上的拉力为FT，则对甲：FfmFTm2R甲对乙：FTFfmm2R乙，当松手时，FT0，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故乙做离心运动，然后落入水中甲所受的静摩擦力变小，直至与它所需要的向心力相等，故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项D正确10如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O、O迅速顺时针转过45，则()AP点处的电势不变B带电油滴仍将保持静止状态C带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加答案AC解析由于P点仍处于板的中间，故电势不变，A正确；设原来两极板间距为d，两极板的电势差为U，带电油滴处于静止状态，则mgq，当电容器两极板绕O、O顺时针转过45后，两极板间距变小为d，由于电容器始终与电源相连，两极板的电势差仍为U，故此时的电场力为原来的倍，方向与水平方向成45指向右上方带电油滴的合力方向恰好水平向右，故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中电场力做正功，油滴的电势能不断减少，B、D选项错，C选项正确第卷(非选择题)(必做64分选做16分，共80分)必做部分二、本大题共5小题，共64分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，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(14分).一小球在桌面上做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球运动过程中在每次曝光时的位置，并将小球的位置编号，得到的照片如图所示由于底片保管不当，其中位置4处被污损若已知摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1s，则利用照片可求出：小球运动的加速度约为_m/s2.位置4对应的速度为_m/s，能求出4的具体位置吗？_.求解方法是：_(不要求计算，但要说明过程).某同学在利用DIS实验的电压、电流传感器描绘小灯泡的伏安特性曲线，并同时测定小灯泡功率的实验中，采用了图甲所示电路实验中得到了如下一组U和I的数据：编号12345U/V00.200.601.001.40I/A00.0200.0600.1000.140编号6789U/V1.802.202.603.00I/A0.1700.1900.2000.205(1)图甲中E矩形框内应该接_，F矩形框内应该接_(填“电压传感器”、“电流传感器”或“小灯泡”)(2)在图乙上画出IU图线(3)从图线上可以看出，当功率增大时，灯丝电阻值的变化情况是_答案.3.0102(2.81023.1102)9102能利用(x6x4)(x4x2)4aT2可以求出x4的具体位置(其他方法合理均可).(1)电压传感器小灯泡(2)如图所示(3)先不变后增大解析.从图中读出5、6之间的距离为37.5cm24.0cm13.5cm,3、2之间的距离为6.0cm1.5cm4.5cm，利用逐差法有x56x323aT2，求出a3.0102m/s2；位置4对应的速度为v4102m/s9102m/s；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x6x4)(x4x2)4aT2求解.(1)描绘小灯泡伏安特性曲线的电路中滑动变阻器应采用分压式接法，用电流表外接法测电流和电压，因此E处接电压传感器、F处接小灯泡、G处接电流传感器(2)将每组I、U数据在图中描点，然后光滑连线，开始一段为直线，后一段为曲线(3)由图线可知开始电阻不变，后来斜率变小，电阻增大12(12分)如图所示，静止在水平面的纸带上放一质量为m的小金属块(可视为质点)，金属块离纸带右端距离为L，金属块与纸带间的动摩擦因数为，现用力向左将纸带从金属块下水平抽出，设纸带加速过程极短，可以认为纸带在抽动过程中一直做匀速运动，求：(1)金属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向；(2)要将纸带从金属块下水平抽出，纸带的速度v应满足的条件答案(1)mg方向水平向左(2)v解析(1)金属块受到的摩擦力的大小Fmg，方向水平向左(2)依题意构建金属块的物理情景，画出运动过程图，由牛顿第二定律，金属块的加速度ag设金属块刚滑到纸带右端时速度正好与纸带速度相等，大小为v由vat，得t金属块位移s1at2纸带位移s2vt由空间关系得s2s1L将、代入得s1g将、代入得vtLvLv22gLv要将纸带从金属块下水平抽出，则有v13(12分)如图甲所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下导轨和金属杆的电阻可忽略用与导轨平行且向上的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆ab沿导轨向上运动，最终将做匀速运动当改变拉力F的大小时，相对应的匀速运动速度v也会改变，v和F的关系如图乙所示(1)金属杆ab在匀速运动之前做什么运动？(2)若m0.25kg，L0.5m，R0.5，取重力加速度g10m/s2，试求磁感应强度B的大小及角的正弦值sin.答案(1)变速运动(2)1T0.8解析(1)变速运动(或变加速运动、加速度减小的加速运动、加速运动)(2)感应电动势EBLv感应电流Iab杆所受的安培力F安BILFmgsinma当a0时，速度v达最大，保持不变，杆做匀速运动vF结合vF图象知：斜率k，横轴上截距cmgsin2代入数据解得B1T，sin0.814(13分)如图所示，两个相同质量m0.2kg的小球用长L0.22mm的细绳连接，放在倾角为30的光滑斜面上，初始时刻，细绳拉直，且绳与斜面底边平行在绳的中点作用一个垂直于绳沿斜面向上的恒力F2.2N，在F的作用下两小球向上运动，小球沿F方向的位移随时间变化的关系式为skt2(k为恒量)经过一段时间两小球第一次碰撞，又经过一段时间再一次发生碰撞由于两小球之间有粘性，每一次碰撞后，小球垂直于F方向的速度将损失0.3m/s，当力F作用了2s时，两小球发生最后一次碰撞，且不再分开，取g10m/s2，求：(1)最后一次碰撞后，小球的加速度；(2)最后一次碰撞后瞬间，小球的速度；(3)整个碰撞过程中，系统损失的机械能；(4)两小球相碰的总次数答案(1)0.5m/s2(2)1m/s(3)0.242J(4)4次解析(1)对两小球整体由牛顿第二定律有a0.5m/s2(2)小球沿F方向的位移随时间变化的关系式为：skt2，所以沿F方向做匀加速运动vtat0.52m/s1m/s(3)根据功能关系得机械能损失EF2mgsin30s2mvF2mgsin30at22mv0.242J(4)假设在拉力作用的前2s内两球未发生碰撞，在2s时，小球沿F方向的分速度为vx，垂直F方向的分速度为vy，根据动能定理，有F2mgssin302mv2mv2mvvxatsat2联立解得：vy1.1m/s因每次碰撞后小球垂直于F方向的速度将损失0.3m/s所以n3.674(次)15(13分)如图所示，在xOy平面内，y轴左侧有一个方向竖直向下，水平宽度为l102m，电场强度E1.0104N/C的匀强电场在y轴右侧有一个圆心位于x轴上，半径r0.01m的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B0.01T，坐标为x00.04m处有一垂直于x轴的面积足够大的竖直荧光屏PQ.今有一束带正电的粒子从电场左侧沿x方向射入电场，穿过电场时恰好通过坐标原点，速度大小v2106m/s，方向与x轴成30斜向下若粒子的质量m1.01020kg，电荷量q1.01010C，粒子的重力不计试求：(1)粒子射入电场时位置的纵坐标和初速度大小；(2)粒子在圆形磁场中运动的最长时间；(3)若圆形磁场可沿x轴移动，圆心O在x轴上的移动范围为0.01，)，由于磁场位置的不同，导致该粒子打在荧光屏上的位置也不同，试求粒子打在荧光屏上的范围答案(1)0.5102m106m/s(2)1.05108s(3)2.31102,1.15102解析(1)如图所示，根据题意，粒子沿AB方向进入电场后做类平抛运动，在O点将v沿x、y方向分解得v0vcos30106m/s将v方向反向延长，交AB于C点，根据类平抛运动特点知：CB102mOBCBtan300.5102m所以粒子射入电场时位置的纵坐标为y0.5102m(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由于洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm解得：其轨道半径为R2102m2r根据题意分析可知，粒子从坐标原点直接进入圆形匀强磁场时在圆形匀强磁场中运动的时间最长，此时其轨迹对应的圆心角为60，由于粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T所以粒子在圆形匀强磁场中运动的最长时间为tmaxT1.05108s(3)若圆心O在x0.01m时，由几何关系和对称关系可知此时出射位置为D点，轨迹如图所示，所以粒子打在荧光屏最高位置的纵坐标为：y1(x02r)tan301.15102m随着磁场向右移动，荧光屏光点位置逐渐下移，当v方向与磁场圆形区域相切后，粒子将打在荧光屏的最低位置其最低位置的纵坐标为：y2x0tan302.31102m故粒子打在荧光屏上的纵坐标的范围为2.31102,1.15102选做部分三、本大题包括三小题，任选其中两道作答，每题8分，共16分。16(8分)物理33(1)外力对气体做功100J，气体向外放热20J，在这个过程中气体的内能_(填“增加”或“减少”)，其改变量是_J.(2)晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于_A破坏空间点阵结构，增加分子动能，不改变体积B破坏空间点阵结构，增加分子势能，改变体积C重新排列空间点阵结构，增加分子势能，同时增加分子动能和改变体积D重新排列空间点阵结构，但不增加分子势能和动能，也不改变体积(3)如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于气缸底部的高度为h，可沿气缸无摩擦地滑动，活塞下面悬挂一个质量为m的砂盆，现取一盒质量也为m的砂子缓慢地倒入砂盆中，砂子倒完时，活塞下降了，如果再取一盒相同质量的砂子，又缓慢地倒入砂盆中，外界大气的压强和温度始终保持不变，活塞的质量可忽略不计，求此次砂子倒完时，活塞到气缸底部的高度h.答案(1)增加80(2)B(3)h解析(1)增加80(2)晶体熔化过程中保持温度不变，所以分子的平均动能不变，所以选项AC都不对；晶体分子是有序排列的空间点阵结构，熔化成液体后分子排列是无序的，故选项D不对；晶体熔化的过程是破坏空间点阵结构的过程，空间点阵结构被破坏以后，分子排列无序，故体积改变，分子势能增加，选项B正确(3)设缸内气体初状态的压强为p1，体积为V1，倒完第一盒砂后压强为p2，体积为V2，倒完第二盒砂后压强为p3，体积为V3，因为气缸导热，外界温度保持不变，由气体压强、温度和体积的关系C可得缸内气体p1V1p2V2p3V3又由力的平衡可得p1Smgp0S，p2S2mgp0S，p3S3mgp0S而缸内气体的体积为V1hS，V2S，V3hS联立解得：hh17(8分)物理34(1)两种单色光由水中射向空气时发生全反射的临界角分别为1、2，已知12.用n1、n2分别表示水对两单色光的折射率，v1、v2分别表示两单色光在水中的传播速度，则n1_n2，v1_v2(填“”、“”或“”)(2)如图所示，a、b两点相距24m，一列简谐波沿a、b所在的直线传播，t0时，a点处于波峰，b点处于波谷；t0.5s时，a点处于波谷，b点处于波峰下列判断正确的是_A波一定是由a向b传播的B周期可能是0.4sC波长可能是16mD波速一定是48m/s(3)光线以60入射角从空气射入玻璃中，折射光线与反射光线恰好垂直(真空中的光速c3108m/s)画出折射光线图；求出玻璃的折射率和光在玻璃中的传播速度；求出当入射角变为45时，折射角的正弦值答案(1)(2)C(3)略1.7108m/s解析(1)(2)由题述条件可知24m(n0,1,2，)，则波长可能是16m.同理可知，T0.5s(n0,1,2，)，则周期不可能为0.4s，波速及波的传播方向均不能确定(3)图略由题意知入射角60，反射角60，折射角906030，n由n，解得：vm/s1.7108m/s由n得：sinr，解得：sinr18(8分)物理35(1)已知氢原子基态的能量是E1，一群处于n4能级的氢原子自发跃迁，能释放6种光子，则其中频率最小的光子的能量为_(2)下列说法正确的是_A用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C核反应方程BeHeCx中的x为质子D.C的半衰期为5730年，若测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的1/8，则此遗骸距今约有21480年(3)一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为.求：另一块爆炸后瞬时的速度大小；爆炸后系统增加的机械能答案(1)(2)B(3)3v2mv2解析(1)从量子数n4能级自发跃迁，频率最小的光子即能量最小的光子是由n4能级跃迁到n3能级放出的光子根据En，得：E4，E3，由能级跃迁公式得：EE4E3.(2)有些不可见光子如红外线的频率比可见光小，故产生的光电子的初动能小，或者不产生光电效应，A项错误；根据质量数和电荷数守恒知，x为中子，C项错；C含量只有活体中的1/8，说明经过了三个半衰期，故此遗骸距今约有5730317190(年)，D项错误(3)爆炸后一块弹片沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与原方向相反，设另一块爆炸后瞬时速度大小为v1，则爆炸过程中动量守恒，有mvvv1解得：v13v爆炸过程中重力势能没有改变，爆炸前系统总动能Ekmv2爆炸后系统总动能Ekv2(3v2)2.5mv2系统增加的机械能E2mv2
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