1、高考模拟测试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 原子核的核反应类型通常分为四种，反应过程中都遵守质量数、电荷数守恒规律。以下核反应方程式，书写正确且属于人工转变的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】用快速粒子（天然射线或人工加速粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核的人工转变。【详解】A原子核自发的放出粒子称为衰变，此式属于衰变，选项A错误；B一个重原子的原子核分裂为两个或更多较轻原子核并在分裂时两到三个中子释放巨大能量的过程，此反应属于裂变反应，选项B错误；C用He
2、核轰击Be核属于人工转变，选项C正确；D此反应属于氢核聚变，选项D错误。故选C。2. 无论是远海岛礁建设，还是超大型疏浚及填海造陆工程，都离不开钢铁巨轮重型绞吸船。我国自主研制的自航绞吸挖泥船“天鲲号”性能达到世界先进水平，其远程输送能力达15000米，居世界第一。若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为kW，排泥量为1. 6m3/s，排泥管的横截面积为0. 8m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（）A. NB. NC. ND. N【答案】B【解析】【详解】由于功率大小而每秒钟排出体积代入数据，整理得B正确，ACD错误。故选B。3. 一列波长大于的横波沿着轴正方向传播，处在和的两质点、的振
3、动图像如图所示。由此可知（）A. 该波的波长为B. 该波的波速为C. 末点的振动速度小于点的振动速度D. 末两质点振动方向相同【答案】A【解析】【详解】AB波从P向Q传播，PQ间的距离为，n=0、1、2、3由题知波长大于2m，则n只能取0，可得波长为，则波速为故A正确，B错误；C末P点处于平衡位置，速度最大，Q点处于波谷位置，速度最小，所以1s末P点的速度大于Q点的速度，故C错误；D末，P点向上振动，Q点向下振动，两质点振动方向相反，故D错误。故选A。4. 如图所示，水平放置密闭绝热气缸，被绝热隔板K分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体
4、a和b。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，此时a、b的体积分别为Va、Vb，温度分别为Ta、Tb，则下列正确的是（）A. Va=Vb，Ta=TbB. VaVb，Ta=TbC. VaVb，TaTbD. Va=Vb，TaTb【答案】C【解析】【详解】当电热丝对气体a加热时，气体a的温度升高，压强增大，由于K与气缸壁的接触是光滑的，绝热隔板K将向b气体移动依题意，a、b可视作相同的理想气体，一方面据热力学第一定律，a对b做功，又无热交换，故b内能增加，b气体温度升高，另一方面，a气体压强等于b气体压强，但a气体体积大于b气体体积，则a的内能大于b的内能，亦即故ABD错误，C
5、正确。故选C。5. 太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。2019年10月28日发生了天王星冲日现象，即天王星、地球、太阳三者处于同一直线，此时是观察天王星的最佳时间。已知地球到太阳距离为1个天文单位，天王星到太阳距离为19.2个天文单位，则下列说法正确的是（）A. 此时太阳位于地球和天王星之间的某一点B. 2020年10月28日还会出现一次天王星冲日现象C. 天王星绕太阳公转的周期约为84年D. 地球绕太阳公转的加速度约为天王星绕太阳公转的20倍【答案】C【解析】【详解】A天王星、地球都绕太阳做圆周运动，即太阳为中心天体，所以太阳不可能位于地球和天王星之间，故A错误；BC天
6、王星、地球绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律可知得即天王星绕太阳公转的周期约为84年，如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有解得再出现一次天王星冲日现象并不在2020年10月28日，故B错误，C正确；D由公式得地球绕太阳公转的加速度约为天王星绕太阳公转的369倍，故D错误。故选C6. 如图所示，有一束单色光（频率为）入射到极限频率为的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧C极板P点时速度刚好为零。已知电容器的电容为C，带电量为Q，BC极板间距为d，普朗克常量为h，电子电量的绝对值为e，不
7、计电子的重力。以下判断正确的是A. 入射光的频率v= B. 入射光的频率v= C. 现将C板向右平移到P点,电子运动到P点返回D. 现将C板向右平移到P点, 增大入射光的强度，具有最大初动能的某出射电子可以运动到P点返回【答案】AC【解析】【详解】AB以最大初动能入射至电容器的电子经板间的电场到达右侧板速度刚好为零，说明电场力做负功，电场强度方向向右，右侧极板所带电荷为负电荷，依据动能定理，则有：-eU=0-Ek0其中由电容器电压与电荷量的关系可知由最大初动能与单色光入射频率的关系，可知：Ek0=hv-hv0代入化简可得：；故A正确，B错误；C现将C板向右平移到P点，因电容器带电量Q一定，根据
8、， ， 可得可知电容器板间场强不变，则P点和B板的电势差不变，则电子仍运动到P点返回，选项C正确；D增加入射光的强度，光电子的最大初动能不变，则具有最大初动能的电子仍运动到P点后返回，选项D错误；故选AC.7. 如图，三角形ABC为某种透明均匀介质制成的直角三棱镜的横截面，A30，BC边长为d，一束包含a、b两种单色光的细光束平行与AC边照射到AB边的某点，经三棱镜折射后分成a、b两束单色光，a单色光经面AC反射后垂直于BC边中点射出。光在真空中传播速度为c。下列结论不正确的是（）A. 在该介质中。单色光a的传播速度比单色光b的传播速度大B. 单色光a在介质中发生全反射的临界角为C，且C. 若
9、用单色光a、b分别通过同一双缝干涉装置。单色光a的条纹间距比单色光b的小D. 单色光a在三棱镜中的传播时间为【答案】A【解析】【详解】A根据图象的偏折程度可知，a光的折射率大于b光的折射率，根据可知，在该介质中。单色光a的传播速度比单色光b的传播速度小，故A错误，符合题意；B根据几何知识可知所以故B正确，不符合题意；C因为，所以，再根据，可得单色光a的条纹间距比单色光b的小， 故C正确，不符合题意；D单色光a在三棱镜中的传播路程为所以传播时间故D正确，不符合题意。故选A。【点睛】先根据偏折程度得到折射率的关系，再结合几何知识计算出a的折射率，结合，以及几何知识得到结论。8. 如图为普通使用的“
10、慢中子”核反应堆的示意图，铀棒是核燃料，一种典型的铀核裂变方程+3，用重水做慢化剂可使快中子减速，假设中子与重水中的氘核（）每次碰撞是弹性正碰，而且认为碰撞前氘核是静止的，氘核的质量是中子的两倍，则下列说法不正确的是（）A. 钡核的比结合能比铀核的大B. 若碰撞前中子的动能为E，经过一次弹性碰撞中子动能变成E0C. 镉棒插入深一些可增大链式反应的速度D. 水泥防护层可用来屏蔽裂变产物放出的射线【答案】C【解析】【详解】A该核反应的过程中释放大量的能量，结合爱因斯坦质能方程可知，钡核的比结合能比铀核的比结合能大，故A正确，不符合题意；B取碰撞前中子的速度方向为正方向，根据动量守恒有依据能量守恒有
11、解得故中子动能为故B正确，不符合题意；C要使裂变反应更激烈一些，应使控制棒插入浅一些，让它少吸收一些中子，链式反应的速度就会快一些，故C错误，符合题意；D水泥防护层作用是屏蔽裂变产物的射线，故D正确，不符合题意。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场.实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( ）A.
12、 A 点和B点的电势相同B. C点和D点的电场强度相同C. 正电荷从A点移至B点，静电力做正功D. 负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大【答案】CD【解析】【详解】AA点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，故A不符合题意；B根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，故B不符合题意；C从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，故C符合题意；DC点和D点在同一个等势面上，在等势面上移动电荷时，电场力不做功，电势能不变，故D符合题意。故选CD。10. 一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小
13、球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是（ ）A. 上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B. 下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功C. 小球与地面碰撞过程中，地面对小球做功为零，但冲量不为零D. 从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功【答案】CD【解析】【详解】A小球上升的过程中受到重力和空气的阻力，根据动量定理可知，小球上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力与重力的冲量的矢量和，故A错误；B小球下落的过程中受到重力和空气的阻力，所以下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力与阻力的合力做的功，故B错误；C
14、小球与地面碰撞过程后，小球的速度与碰撞前速度的方向相反，速度的变化不等于0，由动量定理可知，地面对小球的冲量不为零，由于地面对小球的作用力的位移为零，故做功为零，故C正确；D从释放到反弹至速度为零过程中，只有重力和空气的阻力做功，小球的动能的变化为0，所以小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，故D正确。故选CD。11. 如图所示，斜面倾角为，P为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合外力F、合外力的冲量I与时间t的关系图像可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【
15、详解】A物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，则，位移时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误。BC物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，加速度等大反向，则合力大小相等，方向相反，故B正确，C错误；D根据冲量的计算公式可得I=F合t=mat，前半段和后半段的时间相等，匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，合外力的冲量方向相反，整个过程中合外力冲量为零，故D错误。故选B。12. 如图甲所示的电路中，螺线管匝数为n，横截面积为S，螺线管电阻为r，外接电阻R1=3
16、r，。闭合开关K，在一段时间内，穿过螺线管磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A. 0-时间内，螺线管中产生感应电流的大小I=B. 时间内，电阻R1两端的电压U=C. 时间内，通过电阻R2的电荷量q2=D. T时间内，整个回路中产生的焦耳热Q=【答案】ABD【解析】【详解】A根据法拉第电磁感应定律根据图象知斜率斜率大小恒定不变，电动势大小不变。0时间内电动势不变，电流不变 联立以上四式得故A正确；B在内图象斜率大小保持不变，方向相反，所以电流大小为电阻R1两端的电压故B正确；C时间内图象斜率大小保持不变，通过电阻R2的电荷量故C错误；DT时间内，整个回路中产生的焦
17、耳热故D正确。故选ABD。三、非选择题13. 某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了两个光电门，气垫导轨左端装一个弹射装置，滑块可被弹射装置向右弹出，质量为m1的滑块甲和质量为m2的滑块乙上装有宽度相同的挡光片。开始时，滑块甲靠在已被锁定的弹射装置处，滑块乙静置于两个光电门之间，滑块甲弹出后通过光电门1再与滑块乙发生碰撞，碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2。(1)如图乙所示是用游标卡尺测量遮光条宽度的情况，由此可知遮光条宽度d=_cm。(2)下列选项中不属于本实验要求的是_（请填写选项前对应字母）A气垫导轨应调节水平B滑块甲的质量一定要等于滑块乙的质量C滑块甲的质量应大
18、于滑块乙的质量(3)某次实验时，该同学记录下滑块甲通过光电门1的时间为t1，滑块乙通过光电门2的时间为t2，滑块甲通过光电门2的时间为t3。如果等式_（用对应物理量的符号表示）成立，则可说明碰撞过程中系统动量守恒。【答案】 (1). 0.360 (2). B (3). 【解析】【详解】(1)1游标卡尺的主尺示数为3mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标示数为120.05mm=0.60mm最终示数为3.60mm=0.360cm(2)2若滑块甲的质量等于滑块乙的质量，不能保证两滑块碰撞后均能向右运动，故B项不属于实验的要求。(3)3滑块通过光电门的速度根据动量守恒定律有代入可得关
19、系式即为14. 温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：A直流电源，电动势E=6V，内阻不计；B毫安表A1，量程为600mA，内阻约为0.5；C毫安表A2，量程为10mA，内阻RA=100；D定值电阻R0=400；E滑动变阻器R=5；F被测热敏电阻Rt，开关、导线若干。(1)实验要求能够在05V范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路_。(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2，则计算热敏电阻阻值的表达式为R
20、t=_（用题给的物理量符号表示）。(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而_（填“增大”“减小”或“不变”）。(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30，则由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为_，此时该金属热敏电阻的温度为_。【答案】 (1). (2). (3). 增大 (4). 17.5 (5). 55【解析】【详解】(1)1题目中没有电压表，可用已知
21、内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图： (2)2由电流可知(3)3根据可得则该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率 变大，可知Rt变大。(4)45通过R1的电流则通过R2和Rt的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时Rt两端电压为2V，则R2两端电压为7V，则根据Rt-t图像可知解得t=5515. 汽车行驶在连续长下坡路段，由于持续刹车，容易使刹车片过热而失效，从而引发事故。为此，在连续长下坡路段右侧的适当位置，会设置紧急避险车道（如图所示），以使失控车辆能够驶离主车道，安全减速直至停止。一辆质量为M=2m的货车上载有一
22、个未绑定、质量为m的货物，发生故障时失去动力与刹车阻力，司机驾车冲上一个倾角为=37的避险车道。已知货车在避险车道底部时速度v0=30m/s，货车在避险车道受到地面的阻力为车与货物总重的0.8倍，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。(1)假设货物与货车车厢没有发生相对滑动，求货车冲上避险车道后的加速度大小；(2)在第(1)问的前提下，要使货车安全减速直至停止，紧急避险车道至少要多长？(3)如果货物与车厢底板间的动摩擦因数=0.75，货物与驾驶室相距L=4m，请通过计算判断货物是否会相对车厢滑动，是否会撞上驾驶室。【答案】(1)14m/s2；(2)32.1m；(3)会【解析
23、】【详解】(1)以货物与货车整体为研究对象，根据牛顿第二定律得解得a=14m/s2(2)货车安全减速直至停止的过程，有解得s=32.1m即紧急避险车道至少要32.1m长。(3)设货物相对车厢向前发生相对滑动，两者受力如图由牛顿第二定律，对货物有对货车有又因为M=2m解得a1=12m/s2a2=15m/s2因a2a1，所以货物会相对车厢滑动，且货车的速度先减为零。设刹车后货物和车厢停下运动的位移分别为s1和s2。由解得s1=37.5ms2=30m得s1-s2=7.5mL则货物会撞到驾驶室。16. 如图a所示是常见的饮水机的压水器，他可以简化为图b所示的模型，上面气囊的体积为V1=0.5L，挤压时
24、可以把气囊中的气体全部挤入下方横截面积为S=0.05m2的水桶中，随下方气体压强增大，桶中的液体会从细管中流出，已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积及桶口连接处的体积，已知外部大气压为P0=105Pa，水的密度为=103kg/m3，重力加速度为g=10m/s2，某次使用过程时，桶内气体体积为V2=12.5L，挤压气囊一下后，桶内的水恰好上升到出水口处，认为每次挤压都能使气囊中的气体全部挤入桶中，则桶中液面离出水口多高？至少挤压多少次才能从桶内流出体积为V3=2.5L的水？【答案】0.4m；7次【解析】【详解】压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶中气体体积认为不
25、变，由玻意耳定律可知：又代入数据可知设挤压n次后，水桶内水流出，气体压强为，体积为，由玻意耳定律可知：解得代入数据得故至少挤压7次。17. 如图直角坐标系xOy中，第象限内存在场强为E，沿x轴负方向的匀强电场，第、象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q0）的带电粒子，从P（l，l）处由静止开始运动，第1次通过x轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标；（3）通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。【答案】（1）；（2）；（3）以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点，证明见解析。【解析】【详解】（1）设粒
26、子经第象限的电场加速后，到达y轴时的速度为，根据动能定理由左手定则可以判断，粒子向y方向偏转，如图所示：由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为由牛顿第二定律得： 由得：（2）粒子第2次经过x轴时，速度沿+y方向，位置坐标为粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间，第3次经过y轴时，轨迹如图由得（3）粒子第2 次离开电场时，根据动能定理有：解得，=45粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径R2，根据半径公式可得：第三次进入电场是从坐标原点O处沿与x轴正向45角斜向上方向。由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为l时，纵坐标的值为2l，可知本次不会经过P点。粒子将从y=4l处第3次离开电场， 第3次通过磁
27、场后从y=2l处与+x方向成45角斜向上第4次过电场，不会经过P点。 以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点。18. 如图，质量m=1kg的物体以的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径的竖直光滑半圆环物体与水平面间有摩擦（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？（2）设出发点到N点的距离为，物体从M点飞出后，落到水平面时落点到N点的距离为，作出随变化的关系如图求物体与水平面间的动摩擦因数（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半圆轨道，求出发点到N点的距离x的取值范围【答案】（1）落到水平面时落点到N点的距离的最小值为；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）物体能从M点飞出,则有：解得M点飞出后，做平抛运动，则： 由以上式子得： （2）物体从出发点到M点过程用动能定理： 之后，做平抛运动： 由以上式子得： 由图知，即：（3）要使物体不会在M到N点的中间离开半圆轨道，那么物体能达到的最大高度或物体能过M点；物体能达到的最大高度时，对物体由动能定理得：解得：物体恰好从M点飞出，则有：由（1）知，解得：综上可得：或