1、高考仿真模拟卷(十四) (时间：70分钟；满分：110分)第卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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14如图所示A、B两个运动物体的xt图象，下述说法正确的是()AA、B两个物体开始时相距100 m，同时同向运动BB物体做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2CA、B两个物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇DA物体在2 s到6 s之间做匀速直线运动15.匀强电场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆
2、，两圆的直径之比为 71，如图所示，那么碳14的衰变方程为()A.CeBB.CHeBeC.CHB D.CeN16.如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后()A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒17已知质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为EpG，其中G为引力常量，M为地球质量现从地面赤道某处发射一质量m0的卫星至离地球表面h高处的轨道上，使其绕地球做匀速圆周运动，则至少需对卫星做功(忽略地球自转影响，地球半径
3、设为R)()AGG BGGCG DGG18.如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R10 cm的圆柱形桶内有B104 T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出现有一粒子源发射比荷为21011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角45时，出射粒子速度v的大小是()A.106 m/s B2106 m/sC2108 m/s D4106 m/s19A、B两带电小球，电荷量分别为q、9q，质量分别为m1和m2，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上，
4、其中O点到A球的间距OA2L，AOB90，OAB60，C是AB连线上一点且在O点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k，则下列说法正确的是()AA、B间的库仑力FBA、B两球的质量之比为31CC点的电场强度为零D若仅互换A、B两球的带电荷量，则A、B两球位置将不再处于同一水平线上20如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t1 s时刻撤去恒力F.物体运动的vt图象如图b.重力加速度g10 m/ s2，则()A物体在3 s内的位移x3 mB恒力F与摩擦力f大小之比Ff 31C物体与地面的动摩擦因数为0.3D3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WFWf322
5、1如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨间距l0.9 m，与水平面夹角30，正方形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度B2 T，方向垂直于斜面向上甲、乙是两根质量相同、电阻均为R4.86 的金属杆，垂直于导轨放置甲置于磁场的上边界ab处，乙置于甲上方l处现将两金属杆由静止同时释放，并立即在甲上施加一个沿导轨方向的拉力F，甲始终以a5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，乙进入磁场时恰好做匀速运动，g10 m/s2.则()A甲穿过磁场过程中拉力F不变B每根金属杆的质量为0.2 kgC乙穿过磁场过程中安培力的功率是2 WD乙穿过磁场过程中，通过整个回路的电荷量为 C题号1415161718192021
6、答案第卷三、非选择题：共62分第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答第3334题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共47分22(5分)某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连(1)实验时要调整气垫导轨水平不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块_，则表示气垫导轨已调整至水平状态(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间实施下列措施能够达到实验调整目标的是_A调节P使轨道左端升高一些B调节Q使轨道右端降低一些C遮光
7、条的宽度应适当大一些D滑块的质量增大一些E气源的供气量增大一些(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，则系统机械能守恒成立的表达式是_23(10分)国标(GB/T)规定自来水在15 时电阻率应大于13 m.某同学利用图甲所示电路测量15 自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K，以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻
8、很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 k)，定值电阻R2(阻值2 k)，电阻箱R(最大阻值9 999 )，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺实验步骤如下：A用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F断开S，整理好器材(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙所示，则d_mm.(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为
9、：Rx_(用R1、R2、R表示)(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R关系图象自来水的电阻率_m(保留两位有效数字)(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将_(填“偏大”“不变”或“偏小”)24.(12分)某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线图abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L，如图所示(俯视)缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲已知小车总
10、质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为v0，小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：(1)小车缓冲过程中的最大加速度am的大小(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圈产生的焦耳热Q.25(20分)如图所示，一个质量为m2 kg的小物块(可看成质点)开始时静止在高度h0.2 m、长度L4 m、质量M1 kg的木板AB的最左端A处，C点为AB的中点木板上表面AC部分粗糙，CB部分光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数10.1.现对小物块施加一个水平向右的大小为F12 N的恒力，木板和小物块恰好能保持相对静止已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m
11、/s2.(1)求小物块与木板上表面AC部分间的动摩擦因数2.(2)如果对小物块施加一个水平向右的大小为F14 N的恒力，当小物块运动到达C点时，小物块和木板的速度大小各为多少？(3)在第(2)问情况下，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板B端的水平距离(二)选考题：共15分请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分33物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是_(填正确答案标号选对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气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能B物体温度升高时，速率小的分子数目减
12、少，速率大的分子数目增多C一定量100 的水变成100 的水蒸气，其分子平均动能增加D物体从外界吸收热量，其内能不一定增加E液晶的光学性质具有各向异性(2)(10分)如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时将开关K关闭已知大气压强p075.0 cmHg.求放出部分水银后A侧空气柱的长度；此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度34物理选修34(15分
13、)(1)(5分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t0时，波刚好传播到M点，波形如图实线所示，t0.3 s时，波刚好传播到N点，波形如图虚线所示则下列说法正确的是_(填正确答案标号选对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波的周期为0.6 sB波的波速为20 m/sCc点在00.3 s内通过的路程等于24 cmDt s时，b点到达平衡位置Et0.25 s时，a点与M点的位移相同(2)(10分)泉州光伏产业非常发达，拥有国家级博士后科研工作站及国家级企业技术中心街道上的很多电子显示屏，其最重要的部件就是发光二极管有一种发光二极管，它由半径为R的半球体介质AB
14、C和发光管芯组成，管芯发光区域是半径为r的圆面PQ，其圆心与半球体介质的球心O重合，如图所示图中发光圆面发出的某条光线射向D点，入射角为30，折射角为45.(i)求半球体介质对光的折射率n；(ii)为使从发光圆面PQ射向半球面上所有的光都能直接射出，管芯发光区域面积最大值为多少？高考仿真模拟卷(十四)14解析：选C.根据图象，A、B两物体开始时相距100 m，速度方向相反，是相向运动，选项A错误；xt图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为v m/s5 m/s，加速度大小为0，选项B错误；t8 s时有交点，表示A、B两物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇，选项C正确；2
15、6 s，物体A位置坐标不变，保持静止，即停止了4 s，选项D错误15解析：选D.核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据左手定则判断粒子与反冲核的电性关系结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得粒子与反冲核的电荷量之比，原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是衰变，此粒子是粒子，符号为e.可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1m2v2，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r，可见r与q成反比由题意，大圆与小圆的直径之比为71，半径之比为71，
16、则得：粒子与反冲核的电荷量之比为17.所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为N，所以碳14的衰变方程为CNe，故D正确16C17解析：选A.根据万有引力提供向心力：Gm0，所以卫星的动能：Ekm0v2，从地面发射到离地面高h处，引力势能的增加为：Ep，根据能量守恒，所以至少需对卫星做功WEkEp，所以A正确；B、C、D错误18.解析：选B.粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为45，则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为45，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：290，则粒子的轨迹半径有关系：r2R，由牛顿第二定律
17、得：Bqvm，解得：v2106 m/s，故选项B正确19解析：选BC.根据库仑定律，A、B之间的库仑力为Fk，选项A错误；对A、B受力分析如图对A球，Fm1gtan 30，对B球Fm2gtan 60，两者联立可知，31，选项B正确；两个点电荷A、B在C的电场方向相反，大小分别是EAk，EBk，显然C点的合电场为零，选项C正确；假如A、B两个小球的电荷量交换(质量不变)，通过受力分析可知，库仑力不变，质量不变，因此库仑力、重力的比值保持不变，所以应该维持原示意图角度不变，A、B两球位置将继续保持同一水平线位置，选项D错误20解析：选BC.物体在3 s内的位移x36 m9 m，选项A错误；根据动量
18、定理：Ft1ft0，即：F1f30，解得：Ff31，选项B正确；物体在13 s内的加速度大小为：a m/s23 m/s2，根据ag可得，物体与地面的动摩擦因数为0.3，选项C正确；根据动能定理3 s内WFWf0，则3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WFWf11，故选项D错误21解析：选BD.甲穿过磁场过程中做匀加速运动，故速度不断增加，感应电动势逐渐变大，回路的电流增大，安培力变大，根据Fmgsin F安ma可知，拉力F逐渐变大，选项A错误；乙进入磁场时的速度满足mglsin 30mv，v03 m/s；乙进入磁场后做匀速运动，则mgsin 30BIl；因为乙进入磁场之前与甲的加速度相
19、同，均为5 m/s2，故当乙进入磁场时，甲刚好出磁场，此时EBlv0，I，联立解得m0.2 kg，选项B正确；乙穿过磁场过程中安培力的功率：PF安v0mgsin 30v023 W3 W，选项C错误；乙穿过磁场过程中，通过整个回路的电荷量：q C C，选项D正确22解析：(1)实验时要调整气垫导轨水平不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间说明滑块做加速运动，也就是左端低，右端高所以实施下列措施能够达到实
20、验调整目标的是调节P使轨道左端升高一些，调节Q使轨道右端降低一些故选AB.(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度钩码的重力势能减少了：mgL，系统动能增加了：(mM)(mM)，则系统机械能守恒成立的表达式是mgL(mM)(mM).答案：(1)能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等(2)AB(3)mgL(mM)(m M)23解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃内径d30 mm00.05 mm30.00
21、 mm.(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数，得到通过水柱的电流I1.由闭合电路欧姆定律，EURx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电流I2.由闭合电路欧姆定律，EUR2，联立解得：Rx.(3)由电阻定律Rx，Rx，联立解得：R.R关系图象斜率k400 m，又k，S，解得：14 m.(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则通过水柱的电流I1大于测量值，则RxR2，得到Rx，即自来水电阻测量值偏大，则自来水电阻率测量结果将偏大答案：(1)30.00(2)(3)14(4)偏大24解析：(1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生
22、的最大电动势为EBLv0电流为I根据牛顿第二定律：BILfmam得到am.(2)通过线圈的电荷量qIt，I，E得到q由能量守恒定律得：mvQf2L得到Qmv2fL.答案：(1)(2)mv2fL25解析：(1)因为木板和小物块恰好能保持相对静止，并且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律对整体：F1(Mm)g(Mm)a1对小物块：F2mgma1解得20.3.(2)若F14 N，此时小物块与木板发生相对滑动对木板受力分析，根据牛顿第二定律有2mg1(Mm)gMa2可得木板加速度a23 m/s2对小物块有F2mgma3可得小物块加速度a34 m/s2根据位移关系有a3ta2tL，可得t12 s
23、设小物块到C点时各自速度分别为v1、v2小物块的速度v1a3t18 m/s木板的速度v2a2t16 m/s.(3)撤掉力F后，小物块做匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a4，有1(Mm)gMa4得a43 m/s2设当木板速度为零时，用时为t2，则t22 s这时小物块的位移x1v1t216 m，木板的位移x2t26 m，说明在木板速度减为零之前，小物块已滑出木板做平抛运动设经过t3小物块从木板上滑下，则v1t3L解得t3 s这时木板的速度v3v2a4t34 m/s此后木板做减速运动的加速度为a51g1 m/s2此后小物块做平抛运动，有hgt，t40.2 s4 s落地时小物块与木板B端的水平距
24、离为sv1t4v3t4a5t0.82 m.答案：见解析33解析：(1)气体分子间的距离比较大，甚至可以忽略分子间作用力，分子势能也就可以忽略不计，所以气体在没有容器约束的情况下散开是分子无规则运动的结果，A错误；在一定温度下，分子速率大小按一定的统计规律分布，物体温度升高时，速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多，B正确；100 的水变成100 的水蒸气，温度不变，其分子平均动能不变，C错误；做功和热传递都能改变物体的内能，根据热力学第一定律知，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，E正确(2)以cmHg为压强单位设A侧空气柱长度l10.0 cm
25、时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h110.0 cm时，A侧空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：plp1l1由力学平衡条件，有：pp0ph打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1p0ph1联立，并代入题目数据，有：l112 cm.当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2，由玻意耳定律，有：plp2l2由力学平衡条件有：p2p0联立式，并代入题目数据，有：l210.4 cm设注入水银在管内
26、的长度为h，依题意，有：h2(l1l2)h1联立式，并代入题目数据，有：h13.2 cm.答案：(1)BDE(2)12 cm13.2 cm34解析：(1)根据图象知波长8 m，t0时波刚好到M，t0.3 s时刚好传播到N点，MN差，即知t0.3 sT，解得T0.4 s，故A错误；波速v20 m/s，故B正确；c点距离M为，需要T0.1 s传到c点，c震动的时间为0.2 sT，路程为s2A16 cm，故C错误；根据t0时图象知b点初相位为0，振动方程为yAsin，当t s时，代入振动方程得y0，b点到达平衡位置，故D正确；根据t0时图象知a点初相位为1，振动方程为yAsin，知M点初相位为0.振动方程为yAsin，当t0.25 s，代入知位移都为4 cm，故E正确(2)(i)根据折射定律n解得n.(ii)从P或Q点垂直于圆面发出的光射到球面的入射角最大(设为)，则sin 设光发生全反射的临界角为C，则sin C所有光能直接射出，应满足sin sin C解得r管芯发光区域面积最大值为S.答案：(1)BDE(2)见解析