1、高考物理押题卷一选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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）1. 如图所示为氢原子能级示意图下列有关氢原子跃迁的说法正确的是（ ）A. 大量处于激发态的氢原子，跃迁时能辐射出4种频率的光B. 氢原子从能级向能级跃迁时，辐射出的光子能量为C. 用能量为光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态D. 用能级跃迁到能级辐射出的光照射逸出功为的金属铂能发生光电效应【答案】D【解析】【详解】A.大量处于激发态的氢原子，跃迁时可以选2条高低轨道进行跃迁，所以发出种光，A错误B
2、.氢原子从能级向能级跃迁时，辐射出的光子能量为，B错误C.光子照射发生跃迁，光子能量必须等于两能级能量差，故基态的氢原子跃迁到激发态所需光子能量，C错误D.能级跃迁到能级辐射出的光子能量故可以发生光电效应，D正确2. 如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈与一可变电阻串联后，接在一正弦交流电源上；副线圈电路中固定电阻的阻值为，当负载电阻的阻值为10时，理想交流电流表的示数为I现将负载电阻的阻值变为20，调节使理想交流电流表的示数仍为I，此时理想交流电压表的示数为200V则原来变压器原线圈两端电压的有效值为A. 1100VB. 2100VC. 220VD. 210V【答案】A【解析
3、】【详解】将负载电阻R2的电阻变为20R0时，R2两端电压是R0两端电压的20倍，电压表测R2两端的电压，所以因为变化前后变压器的输入电流不变，所以变化前后副线圈中的电流也不变，变化前后R0两端电压相等变化前负载电阻R2的电阻为10R0，则变化前R2两端的电压变化前副线圈两端电压理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，据，可得原来变压器原线圈两端电压的有效值故A项正确，BCD错误故选A.点睛：在解决理想变压器问题时，需要掌握两个公式，电压规律公式和电流规律公式，还需要知道原线圈的输入功率取决于副线圈消耗的功率，理想变压器不改变交流电的频率3. 某行星外围有一圈厚度为d的发光带（发光的物质），简化
4、为如图1所示模型，R为该行星除发光带以外的半径；现不知发光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，科学家做了精确地观测发现发光带绕行星中心的运行速度与到行星中心的距离r的关系如图2所示（图中所标v0为已知），则下列说法正确的是（）A. 发光带是该行星的组成部分B. 该行星的质量M=C. 行星表面的重力加速度g=D. 该行星的平均密度为=【答案】B【解析】【详解】A若光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有v=r，v与r应成正比，与图不符，因此该光带不是该行星的组成部分，故A错误；B光带是环绕该行星的卫星群，由万有引力提供向心力，则有得该行星的质量为由图知，r=R时，则有
5、故B正确；C当r=R时有得行星表面的重力加速度故C错误；D该行星的平均密度故D错误。故选B。4. 如图所示，质量均为m=3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为=0.5，g=10m/s2。则物块A、B分离时，所加外力F的大小，物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间t分别为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A. F=30N，B. F=12N，C. F=1
6、5N，D F=21N，t=0.3s【答案】D【解析】【详解】物块A、B静止时，对A、B整体，设此时弹簧的形变量是，应用平衡条件可得：解得：=0.3m物块A、B分离时，对物块B，根据牛顿第二定律可知： 解得：=32N+0.530N=21N物块A、B静止时，对物块A、B：根据平衡条件可知：物块A、B分离时，对物块A，设此时弹簧形变量是，根据牛顿第二定律可知：解得：m物块A、B在时间过程中的位移为：解得：=0.3s故ABC错误，D正确。故选D。5. 甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的xt图象如图所示下列判断正确的是（）A. 甲乙两车从同一地点出发B. 由图象可知，甲车在0
7、20s内的运动轨迹是折线C. 由图象可知，甲车在1020s内做匀速直线运动D. 在015s内，乙车的平均速度大于甲车的平均速度【答案】A【解析】【详解】A. 由图象可知，甲乙最初位置的位移均为0，所以甲乙两车从同一地点出发，故A项正确；B.xt图中，图象的斜率表示速度，由图象可知，甲车在010s做匀速直线运动，10s以后处于静止状态，运动轨迹不是折线，故B项错误；C. 由图象可知，甲车在1020s内位移不变，甲车处于静止状态，故C项错误；D. 由图可知，在015s内，甲车和乙车的位移都为10m甲车的平均速度：，乙车的平均速度：；所以在015s内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D项错误6.
8、 某种热敏电阻在环境温度升高时，电阻会迅速减小。将这种热敏电阻P接入如图所示电路，开关闭合。若环境温度升高，下列判断正确的是（）A. 电路的总电阻变大B. 流过P的电流变小C. 灯泡A变亮D. 灯泡B功率不变【答案】C【解析】【详解】A环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，则总电阻减小；故A错误；BCD由闭合电路欧姆定律I=可知，干路电流增大，故A灯变亮；A两端的电压变大；同时由U=EIr可知路端电压减小，则可知并联部分电压减小，B灯两端电压减小，由P=可知B灯功率减小；因总电流增大，而流过B的电流减小，故流过P的电流变大，故BD错误，C正确。故选C。7. 如图所示，一光滑绝缘斜面固定在水平桌面
9、上，斜面倾角=30，斜面底端固定一挡板P，一轻质绝缘弹簧下端固定在挡板上，在空间存在沿斜面向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q（q0）的物块从A点由静止开始下滑，加速度大小为g（g为重力加速度），下滑L到达B点与弹簧接触，又下滑x后到达最低点C。整个运动过程中物块所带电量保持不变，不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，则带电物块在由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A. 该匀强电场的电场强度为B. 带电物块的机械能减少了C. 带电物块的电势能增加了D. 弹簧的弹性势能增加了【答案】AD【解析】【详解】A在下滑过程中根据牛顿第二定律可得解得故A正确；B在整个下滑过程中 滑块重力做功为则
10、克服电场力和弹力做功为则滑块的机械能减少了，故B错误；CD电场力做功故电势能增加；克服弹簧弹力做功为，弹性势能增加，故C错误，D正确；故选AD。8. 如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动已知力F和AB间夹角为，A、B间距离为d，重力加速度为g.则()A. 力F大小的取值范围只能在0B. 电场强度E的最小值为C 小球从A运动到B电场力可能不做功D. 若电场强度E=时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2【答案】BCD【解析】分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小
11、球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图，可知F无最大值，选项A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小则得：qE=mgsin，所以电场强度的最小值为 ，选项B正确若电场强度 ，即qE=mgtan时，电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，选项C正确；也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为 W=qEsin2d=qsin2d=2mgdsin2选项D正确；故选BCD.点睛：解决本题的关键是对小球进行正确的受力分析，灵活运用图解法分析极值情况，并根据力图要知道电场力大小一定时，方向可能有两种情况，不能漏解二非选
12、择题（共62分。第22-23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。）9. 某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态。若你是小组成员，要完成该实验，则：（1）你认为还需要的实验器材有_。（2）实验时为了保证滑块受到合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件是_，实验时首先要做的步骤是_。（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M，往沙桶中装入适
13、量的细沙，用天平称出此时沙和沙桶的总质量m，让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v1与v2（v1v2）。则本实验最终要验证的数学表达式为_。【答案】 (1). 刻度尺、天平 (2). 沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量 (3). 平衡摩擦力 (4). 【解析】【详解】(1)1本实验需要用到天平测量小车和砂桶的质量，需要刻度尺测量纸带长度。(2)2沙和沙桶加速下滑，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，对沙和沙桶有对滑块，有解得由此可知当时，有，即要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量。 3 滑块下
14、滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一端垫高。(3)4合外力做的总功为动能增加量为则需要验证的数学表达式为10. 某同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值。实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电流表A（量程为0.6A，内阻不计），电阻箱R（），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。(1)先测电阻R1的阻值。请将小明同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r1和对应的电流表示数I，_，读出此时电阻箱的示数r2。则电阻R1的表达式为_；(
15、2)小明同学已经测得电阻，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势_V，电阻_。【答案】 (1). 将S2切换到b，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I (2). (3). 1.5 (4). 1.0【解析】【详解】(1)12由题意可知，要想测出R1的示数，应根据电流表及电阻箱的示数进行分析，由题意可知，若控制电流不变，则电路中的电阻不变，根据串联电路的规律可得出电阻R1的表达式；故第二步应为将S2切换到b，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I；因电路中电流I相
16、同，两次测量时电路电阻相等，则(2)34根据闭合电路欧姆定律得解得根据图线斜率得电源电动势E=1.5V由纵轴截距得11. 如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一小段圆弧面相连接倾斜部分为光滑圆槽；轨道一水平部分左端长为L的一部分是光滑的，其余部分是粗糙的，现有质量为 m、长为 L的均匀细铁链，在外力作用下静止在如图所示的位置，铁链下端距水平槽的高度为h。现撤去外力使铁链开始运动，最后铁链全部运动到水平轨道粗糙部分已知重力加速度为g，斜面的倾角为，铁链与水平轨道粗糙部分的动摩擦因数为，不计铁链经过圆弧处时的能量损失。求：（1）铁链的最大速率；（2）从释放到铁链达到最大速率的过程中
17、，后半部分铁链对前部分铁链所做的功；（3）最后铁链的左端离木板倾斜部分底端的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】(1)铁链在倾斜轨道上下滑时，由机械能守恒定律可得解得(2)当铁链刚到水平面时速率最大，以前半部分为研究对象，根据动能定理，可得解得(3)设最后铁链的左端离木板倾斜部分底端的距离为s，从铁链开始运动到最后静止的整个过程，由动能定理得解得12. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m，导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN。中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度
18、大小均为B=0.5T。在区域中，将质量m1=0.1kg、电阻的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域中将质量m2=0.4kg、电阻的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大？(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，ab上产生的热量Q=1.3J，此过程中cd运动的时间t为多少？【答案】(1)由a流向b；(2)5m/s；(3)1.38s【解析】【详解】(1)由右手定则可判断出cd中的
19、电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。(2)开始放置时ab刚好不下滑，对ab由平衡条件，最大静摩擦力为设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律设电路中感应电流为I，由闭合电路欧姆定律设ab所受安培力为F安，有此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有代入数据解得v=5m/s(3)设cd棒运动过程中沿轨道向下滑动的距离为x，运动的时间为t，在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有又解得x=3.8m从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中对cd由动量定理由法拉第电磁感应定律：由闭合电路欧姆应定律：解得t=1.38s另解：所以解得t=1.38s13.
20、 如图所示，在气缸右侧封闭一定质量的理想气体，压强与大气压强相同把气缸和活塞固定，使气缸内气体升高到一定的温度，气体吸收的热量为Q1，在这一过程中，气体经历了_过程，（选填“等温”“等压”或“等容”）如果让活塞可以自由滑动（活塞与气缸间无摩擦、不漏气），也使气缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，则Q1_Q2（选填“大于”“等于”或“小于”）【答案】 (1). 等容 (2). 小于【解析】【详解】1缸和活塞固定时，气体体积不变，故做等容变化；2对一定量的气体内能由温度决定，两种情况下气体温度变化情况相同，气体内能变化量相等，即；第一种情况，气缸与活塞都固定不动，气体体积不变，气体不做功
21、，W1=0；第二种情况，活塞自由移动，气体体积增大，气体对外做功，W20，由热力学第一定律可知【点睛】气体体积不变，气体不做功，气体体积变大时气体对外做功；对一定量的理想气体内能由温度决定，温度变化量相同，物体内能变化相同；应用热力学第一定律即可解题14. 如图所示，一个体积为V的导热气缸竖直放置，一可自由移动的活塞将气缸分隔为A、B两部分，A、B两部分的空气体积之比为1：2，气缸上部通过单向阀门K（气体只能进入汽缸，不能流出气缸）与打气筒相连开始时气缸内A部分空气的压强为p0现用打气筒向容器内打气，已知打气筒每次能打入压强为P0、体积为0.05V的空气，当打气n次活塞稳定后，气缸A、B两部分
22、的空气体积之比为5：1，活塞因自重对下方气体产生的附加压强为0.1p0，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与气缸间的摩擦求：当打气n次活塞稳定后，B部分空气的压强；打气筒向容器内打气次数n【答案】4.4p065次【解析】【详解】对气缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2，由玻意耳定律有：p1V1p2V2，可知：p1Vp2V，初状态时对活塞为：p1Sp0S+0.1p0S，联立解得：p24.4p0把上部分气体和打进n次气体做为整体，此时上部分气缸中压强为p，末状态时对活塞有：p2SpS+0.1p0S，由玻意耳定律有：p0V+np00.05VpV，联立解得：n65次15. 下列说法
23、中正确的是_。A. 声波从空气中传入水中时频率不变，波长变长B. 做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，加速度也相同C. 双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻条纹间距将变大D. 电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度方向均垂直E. 电磁波可以电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失【答案】ABD【解析】【详解】A声波由空气进入水中，波速变大，频率不变，由波速公式vf得知，声波的波长变大，选项A正确；B依据简谐运动的特征F=kx，那么离开平衡位置的位移相同时，加速度也必定相同，选项B正确；C根据x=得，屏与双缝间距减小，条纹间距减小，选项C
24、错误；D电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，选项D正确；E当发射电路的电磁振荡停止了，只是不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会立即消失，还要继续传播一段时间，选项E错误。故选ABD。16. 某半圆柱形玻璃砖截面半径为R，0点为圆心，AB为直径，DO与AB垂直，左侧为一足够大的光屏.如图所示；相互平行的同种单色光a和b以与竖直方向成45角入射到玻璃砖上，光线a在0点恰好发生全反射.光在真空中传播速度为c，求：(1)单色光b从射入玻璃砖到第一次折射射出玻璃砖所用的时间；(2)单色光b打在光屏上的位置到A点的距离.【答案】（1） （2） 【解析】(1)光线a在AB界面恰好发生全反射，入射角等于临界角C，由图知C =45由折射定律解得玻璃砖的折射率光线b从D点入射，折射后到达E点，再次折射后与光屏交于M点由折射定律：解得=30由几何关系得单色光b在玻璃砖中传播速度单色光b在玻璃砖中传播时间(2)由几何关系得AM=AE=R-OE=R-DEsain30=
