1、高考资源网（） 您身边的高考专家新高考模拟卷(二) (时间：90分钟分值：100分)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，只有一项符合题目要求1一个静止的钚核Pu自发衰变成一个铀核U和另一个原子核X.假设该反应没有射线产生，则下列说法正确的是()AX是氦(He)原子，又叫粒子B该反应质量增加C铀核与X的动量大小之比为12DX与铀核的动能之比为2354解析：选D.由原子核衰变时电荷数和质量数守恒可知，X是氦(He)原子核，又叫粒子，不是氦(He)原子，选项A错误；衰变过程有质量亏损，选项B错误；钚核衰变过程动量守恒，铀核与X的动量大小相等、方向相反，选项C错
2、误；根据动能与动量的关系Ek，可以得到X与铀核的动能之比为2354，选项D正确2下列有关热力学现象和规律的描述不正确的是()A布朗运动的无规则性反映了液体分子运动的无规则性B用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子间表现为斥力C一定质量的理想气体，在体积不变时，气体分子平均每秒与器壁碰撞次数随温度的降低而减少D一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，分子平均动能增大解析：选B.悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是因为液体分子与悬浮颗粒的碰撞，所以布朗运动的无规则性间接表明了液体分子的运动的无规则性，选项A正确；用打气筒给自行车打气，越打越费劲是因为自行车轮胎内气体的压强在逐渐增大，而不是气
3、体分子之间的斥力造成的，选项B错误；一定质量的理想气体，在体积不变时，由查理定律可知，温度降低，压强减小，气体分子平均每秒与器壁碰撞的次数减少，选项C正确；一定质量的理想气体经历等压膨胀时，气体的体积增大，由盖吕萨克定律可知，气体的温度升高，而温度是分子平均动能的标志，可知分子的平均动能增大，选项D正确3.如图，倾角为的传送带正以速度v0匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度v、所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能Ep的图象一定不正确的是()解析：选A.物块在传送带上运动的情况有三种，即一直匀加速或先匀加速与传送带同速后再以更小加速度
4、加速或先匀加速与传送带同速后再匀速，B、D选项对应于情况；由Pfv知C对应；重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故选A.4两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2 cm，沿x轴正方向传播；b波振幅为1 cm，沿x轴负方向传播，两列波传播的速度大小均为v2 m/s.则下列说法正确的是()A两列波的质点的起振方向均沿y轴正方向B两列波从相遇到分离所用的时间为4 sCt1 s时刻，质点P运动到M点Dt1.5 s时，质点Q离开平衡位置的位移为1 cm解析：选D.由“上坡下、下坡上”的判断原则可知，由于t0时刻质点P、Q起振且均处于上坡位置，所以两列波的质
5、点的起振方向均沿y轴负方向，选项A错误；两列波从相遇到分离所用的时间为t2 s，选项B错误；在波向前传播的过程中，质点传播的是振动的形式，质点本身并不会随波迁移，选项C错误；t1.5 s时，两列波刚好在x5 m处相遇，b波中x11 m处的波形刚好传播到x8 m处，所以此时Q质点刚好位于波峰处，因此质点Q离开平衡位置的位移为1 cm，选项D正确52019年4月10日，全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片黑洞是一种密度极大，引力极大的天体，以至于光都无法逃逸黑洞的大小由史瓦西半径公式R决定，其中引力常量G6.671011 Nm2/kg2，光速c3.0108 m/s，天体的质量为M.已知太阳的
6、质量约为21030 kg，假如它变成一个黑洞，则“太阳黑洞”的半径约为()A1 cmB1 mC3 kmD300 km解析：选C.根据题意知，引力常量G6.671011 Nm2/kg2，光速c3.0108 m/s，天体质量为M21030 kg，则由史瓦西半径公式R可得，太阳变成一个黑洞的半径R m2.96103 m，故C正确6.一金属球，原来不带电，现沿球直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比，则()AEa最大BEb最大CEc最大DEaEbEc解析：选C.处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故a
7、、b、c三点的场强都为零静电平衡在导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN在这一点形成的电场的场强等大、反向比较a、b、c三点感应电场的场强，实质上是比较带电体MN在这三点的场强由于c点离MN最近，故MN在c点的场强最大，感应电荷在c点场强也最大故选C.7.如图所示，一束光从空气中射向折射率为n的某种玻璃的表面，1表示入射角，则下列说法中错误的是()A当145时会发生全反射现象B无论入射角1是多大，折射角2都不会超过45C欲使折射角230，应以145的角度入射D当入射角1arctan时，反射光线和折射光线恰好互相垂直解析：选A.发生全
8、反射现象的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角，所以，选项A中，当光从空气中射向玻璃时不会发生全反射现象，选项A错误；由折射率n可知，当入射角最大为90时，折射角245，所以B正确；由折射率n可知，选项C、D均正确8如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点两球质量均为m.若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法不正确的是()A乙球在B点受到的冲量大小为mv3B抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能COA两点的水平距离与OB两
9、点的水平距离之比是31D由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是11解析：选D.由动量定理Ipy2mv3sin 60，A正确；显然甲球抛出初速度大，动能大，势能相同，B正确；乙球与地面弹性碰撞，由对称性知t甲t乙13，第一次落地水平位移比为sOAsOB31，C正确，D错误二、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某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直以下说法正确的是()AO点电势与Q点电势相等BM点场强大于O的场强C将一负电荷
10、由M点移到Q点，电荷的电势能增加D正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上解析：选BC.根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，M点的电场强度比O点的电场强度大，故B正确；M点的电势比Q点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确；正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误10如图所示，电源电动势为E、内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态
11、，G为灵敏电流计则下列说法正确的是()A若电阻R2短路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B在将滑动变阻器滑片 P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C在将滑动变阻器滑片 P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D在将S断开，电路稳定后，油滴向下运动，G中无电流通过解析：选BD.若电阻R2短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下运动，A错误；滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电容器两端电压减小，电容器放电，电场减弱，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，B正确；在滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压
12、增大，电路总电流减小，即通过R1的电流减小，所以R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以滑动变阻器两端电压增大，电容器处于充电状态，G中有从b到a的电流，因电容器两极板间的电压增大，则两极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C错误；将S断开，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，油滴向下运动，当电路稳定后，电路中无电流，D正确11(2019辽宁葫芦岛一模)如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场，t0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m1 k
13、g、电阻R2 ，则()A线框的加速度为2 m/s2B磁场宽度为6 mC匀强磁场的磁感应强度为 TD线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 C解析：选ACD.当t0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为：a m/s22 m/s2，故A正确；磁场的宽度等于线框在02 s内的位移，为：dat222 m4 m，故B错误；设线框的边长为L，则L等于线框在01 s内的位移，即为：Lat212 m1 m，当线框全部进入磁场的瞬间：F1F安ma，而F安BIL，式中，F14 N，t1 s，m1 kg，R2 ，联立得到：B T，故C正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为
14、：qIt C C，故D正确12如图所示，水平桌面上放着一对平行的金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关K，导轨上放着一根金属棒ab，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场已知两导轨间距为d，电源电动势为E，导轨电阻及电源内阻均不计，ab棒的电阻为R，质量为m，棒与导轨间摩擦不计闭合开关K，ab棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为h，金属棒落地点的水平位移为s.下面的结论中正确的是()A开始时ab棒离导轨右端的距离LB磁场力对ab棒所做的功WC磁场力对ab棒的冲量大小Ims Dab棒在导轨上运动时间t解析：选BC.闭合开关瞬间，导体棒ab中的电流I，ab棒受到的安培力FBId，导
15、体棒做加速运动，产生反电动势EBdv.随着v变大，E变大，电路中电流变小，F变小，F为变力，所以A、D项无法求出ab棒离开桌面后做平抛运动，水平方向svt，竖直方向：hgt2，解得：vs，由动能定理磁场力对ab棒所做的功为：Wmv2，故B正确；由动量定理可知，冲量Imvms，故C正确三、非选择题：本题共6小题，共60分13(6分)某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A、B是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得到钢球从A运动到B所用的时间t，用刻度尺测出A、B间的高度h.保持钢球
16、下落的位置不变，光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值(1)根据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出t图象，则图象应是图乙中的_(2)图线在纵轴上的截距表示_，要求出重力加速度，必须求出图线的_，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加速度为_解析：(1)由于钢球下落的位置不变，光电门B的位置不变，因此钢球到达B点的速度不变，设钢球到B点时的速度为vB，则钢球的运动可以看成是反方向的匀减速直线运动，有hvBtgt2，即vBgt，D正确；(2)由函数表达式可知，图线在纵轴上的截距表示钢球通过光电门B时的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则
17、由kg解得g2k.答案：(1)D(2)钢球通过光电门B时的速度斜率的绝对值2k14(8分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)，一个电阻和一表头串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端，现需要测量多用电表内直流电源的电动势，给定的仪器有：待测多用电表、量程为060 mA的电流表、电阻箱、导线若干实验时，将多用电表调至“1”挡，调好零点，电阻箱置于适当数值完成填空：(1)仪器连接如图甲所示(a和b是多用电表的两个表笔)，若多用电表和电流表均正常工作，则表笔a为_(填“红”或“黑”)色(2)若适当调节电阻箱后，多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙、丙、丁
18、所示，则多用电表的读数为_，电流表的读数为_mA，电阻箱的读数为_.(3)将图甲中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_mA(保留3位有效数字)(4)计算得到多用电表内电池的电动势为_V(保留3位有效数字)解析：(1)串联的电流表必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，多用电表在使用时必须使电流从红表笔流进，黑表笔流出，所以可以判断a表笔为黑表笔(2)多用电表用“1”挡，其读数为14.01 14.0 ；电流表的量程是60 mA，其最小分度值为1 mA，读数为53.0 mA；电阻箱的读数为(01000104160.1)4.6 .(3)多用电表的内阻即为欧姆表指针半偏时的电阻，由题图乙可
19、知R内15 ，故多用电表两表笔短接时，流过多用电表的电流I，其中E为直流电源的电动势，(2)中多用电表外电路的电阻为多用电表的读数R外14.0 ，此时干路电流I1.联立式代入数据可得I102 mA.(4)由(3)可得多用电表内电池的电动势EIR内I1(R内R外)1.54 V.答案：(1)黑(2)14.053.04.6(3)102(4)1.5415(8分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用一架质量m1 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F16 N，无人机上升过程中最大速度为 6 m/s.若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度
20、所用时间为3 s，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变g取10 m/s2.求：(1)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小；(2)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h30 m的高空所需的最短时间解析：(1)无人机以最大升力起飞时的加速度a2 m/s2.由牛顿第二定律FFfmgma得Ff4 N.(2)竖直向上加速阶段x1at，x19 m匀速阶段t23.5 stt1t26.5 s.答案：(1)4 N(2)6.5 s16(8分)篮球比赛是一种观赏性较高的体育比赛，比赛中篮球内气体的压强要控制在一定范围内，否则会影响篮球落地后的反弹性能在某次篮球比赛中，赛前在室温15 时检测到球内气体的压强为1.5
21、atm.(1)若篮球密封良好，比赛时球内气体的温度为30 ，试计算此时球内气体的压强；(2)若在篮球比赛过程中，球内气体温度始终为室温15 ，但篮球有些缓慢漏气，当球赛结束时，检测发现球内气体压强为1.4 atm，则在比赛过程中漏掉的气体是球内原有气体的百分之几？(计算结果均保留3位有效数字)解析：(1)由于篮球的体积不变，所以当温度升高时，篮球发生等容变化，设温度为30 时球内气体的压强为p，由查理定律可得解得p1.58 atm.(2)设篮球体积为V，气体发生等温膨胀后气体的体积为V，则由玻意耳定律可得15V1.4V解得VV所以漏出篮球的气体的体积为VVVV漏掉的气体占球内原有气体的百分比为
22、100%6.67%.答案：见解析17.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，有、三个区域，各边界均与y轴平行，、区域存在匀强电场，方向分别沿x和y方向，区域电场强度大小为E，区域有垂直xOy平面向里的磁场三个区域宽度均为L，一个氕核H和一个氘核H先后从坐标原点释放，已知H与左边界成60进入磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场，H的质量为m，电荷量为q，不计重力求：(1)H第一次离开区的坐标；(2)区域匀强磁场的磁感应强度大小；(3)H第一次离开磁场位置的坐标解析：(1)对氘核，在区中加速，由动能定理：qEL2mv进入区，粒子类平抛，Lvxt，vyat，tan ，yat2实际速度v将30代
23、入得：v2，y，因此 H第一次离开区的坐标为.(2)进入磁场后，H做圆周运动，运动轨迹如图甲所示，由几何关系知：Rsin 30RL又：qvB，解得：B2.(3)对于氕核，mm，qq，由(1)知：y，v2，30，R作出如图乙所示的轨迹图，根据几何关系有：y2Rsin 60出射点纵坐标为：yyy联立解得：yLH第一次离开磁场位置的坐标为.答案：见解析18.(16分)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M1 kg、长为L4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m2 kg的滑块(视为质点)以v06 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右
24、运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.(1)求小车与滑块的相对位移；(2)求小车与墙壁碰撞时的速度；(3)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，求半圆轨道的半径R的取值解析：(1)设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0(mM)v1代入数据解得v14 m/s设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒有mgL1mv(mM)v代入数据解得L13 m.(2)设与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理有mgs1Mv0代入数据解得s12 m.因L1L，s1s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，故小车与
25、墙壁碰撞时的速度为v14 m/s.(3)小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上继续向右做初速度v14 m/s，位移为L2LL11 m的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P.若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q，设滑至最高点的速度为v，临界条件为mgm根据动能定理有mgL2mg(2R)mv2mv联立并代入数据解得R0.24 m若滑块恰好滑至圆弧处，到达T点时速度减为零，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道根据动能定理有mgL2mgR0mv代入数据解得R0.6 m.综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，半圆轨道的半径必须满足R0.24 m或R0.6 m.答案：(1)3 m(2)4 m/s(3)R0.24 m或R0.6 m高考资源网版权所有，侵权必究！
