1、高考仿真抢分练(一)第卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821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以下说法正确的是()A奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象B牛顿通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律C电场强度是用比值法定义，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件D法拉第发现了电磁感应现象并通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故选项A错误，选项D正确；开普勒通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三
2、大定律，故选项B错误；电场强度由形成场的电荷决定，与试探电荷的电量无关，故选项C错误15建筑节能已成为国家节能减排的战略重点，为此，中国工程建设标准化协会在北京召开“安全、质量、创新2015中国墙体节能保温与质量安全技术研讨会”如图1所示，粉刷墙体保温材料的工人常用一根绳索将自己悬在空中，假设工人及其装备的总重量为M，悬绳与竖直墙壁的夹角为，悬绳对工人的拉力大小为FT，墙壁对工人的弹力大小为FN , 则()图1AFTBFNMgsin C若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则FT与FN的合力不变D若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则FT减小，FN增大 C分析工人受力情况：工人受到重力、支持力和拉力，如
3、图所示：根据共点力平衡条件，有FTsin FN，FTcos Mg，解得FTFNMgtan ，故A、B错误当缓慢增加悬绳的长度时，细绳与竖直方向的夹角变小，故FT变小，FN变小，但FT与FN的合力与重力平衡，保持不变；故C正确，D错误16如图2所示，一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)，从图中情况可以确定() 【导学号：37162124】图2A粒子从a到b，带正电B粒子从b到a，带正电C粒子从a到b，带负电D粒子从b到a，带负电B由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐
4、减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确17四个等量异种点电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四条边的中点，O为正方形的中心，如图3所示下列说法中正确的是()图3AO点电场强度为零BA、B、C、D四点的电场强度相同C将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零D将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能减小C根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由O指向C，选项A错误根据对称性可知，A、C两点电场强度相同，B、D两点电场强
5、度相同，而A、B两点电场强度不相同，选项B错误由对称性可知，B、D两点等电势，将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零，选项C正确图中A点电势高于C点电势，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，选项D错误18某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图4中的、图线所示由图可知，启用ABS后()图4At1时刻车速更小B0t1的时间内加速度更小C加速度总比不启用ABS时大D刹车后前行的距离比不启用ABS更短BD由图看出，启用ABS后t1时刻车速更大，故A错误；由斜率等于加速度的大小得到，启用ABS后0t1的时间加速度更小，
6、t1t2的时间内加速度更大，故B正确，C错误；根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，刹车后前行的距离比不启用ABS更短，故D正确19如图5所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则()图5A货物向上做匀速运动B箱中的物体对箱底的压力大于mgC图示位置时货车拉力的功率大于(Mm)gvcos D此过程中货车拉力做的功为(Mm)ghBC因为货车的速度是匀速的，我们将货车的速度进行分解，它有沿绳伸长的速度，还有垂直绳向上的速度，这两个分速度是垂直的关系，故绳的速度为vcos ，当货车前进时，逐渐减小，cos 逐渐增大，绳端
7、的速度增大，所以货物将加速上升，选项A错误；因为m有一个向上的加速度，故箱底对它的支持力大于mg，即物体对箱底的压力也大于mg，选项B正确；货车拉力的功率PFvFvcos ，因为货物加速上升，故F(Mm)g，所以P(Mm)gvcos ，选项C正确；此过程中货车既把货物拉高，又使它具有一定的速度，根据功的原理可知货车拉力做的功大于(Mm)gh，故D错误20质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图6所示，当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆子停止转动，则()图6A小球仍在水
8、平面内做匀速圆周运动B在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C若角速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D若角速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动BCD小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动，故A错误；绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的张力将大于重力，即张力突然增大，故B正确；若角速度较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，故C正确；若角速度较大，小球原来的速度较大
9、，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，故D正确21如图7所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I，下列说法正确的是()图7A线框中感应电流的有效值为2IB转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C从中性面开始转过的过程中，通过导线某横截面的电荷量为D线框转一周的过程中，产生的热量为BC从中性面开始计时，电流瞬时值表达式为：iImsin t，据题t时，iI，代入得电流的最大值为：Im2I，有效值为：I有ImI，故A错误；感应电动势最大值为：EmImR2IR由
10、EmBS，则穿过线框的磁通量的最大值为：mBS，故B正确；从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为q，故C正确；电流的有效值为：I有I，则线框转一周的过程中，产生的热量为：QIRT，故D错误第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第25题为必做题，每个考题考生都必须作答，第3335为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(共47分)22(6分)某同学设计了如图8所示的装置去验证小球摆动过程中的机械能守恒，实验中小球到达B点(图中未标出)时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺该同学方案的优点是只需利
11、用刻度尺测量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平抛运动的水平位移L即可图8(1)测量A位置到桌面的高度h应从_开始测(选填“球的下边沿”或“球心”)(2)实验中改变h多测几次h和L的数值利用作图象的方法去验证该同学取纵轴表示L，则横轴应表示_(3)若所作图象的斜率为k，则满足_关系即可证明小球下摆过程中机械能守恒【解析】本题主要考查平抛运动和验证机械能守恒定律，意在考查考生的实验迁移能力由机械能守恒定律有mghmv2，依据平抛运动规律有Hgt2，Lvt，整理后可得L2.【答案】(1)球的下边沿(2)(3)k223(9分)中国机器人农民发明家吴玉禄(被誉为中国的特斯拉)只有小学文化，为了
12、给他的机器人吴老二找一个可充电电池，他在废品站找到了一个像电池一样有两个电极的装置，上面标有“TNT”等字样，他高兴地拿回去充电，结果差点丢了性命如果你是他的儿女，为了安全起见，你能给他提出一些建议或帮助吗？(1)经核实该电雷管全电阻值为6 ，其中电热丝阻值为5 ，引脚线长2 m，阻值为1 ，当通以0.45 A电流时约6 s钟爆炸，若吴玉禄用5.4 V的电压给它充电时理论上约_s钟爆炸(危险)(2)某兴趣小组发扬吴玉禄精神，用伏安法设计了一较准确测量上述单只电雷管电阻的电路准备了以下实验器材：待测电雷管Rx，炸药桶(保护作用，防爆破)电流表A1：量程0.5 A、内阻约0.5 电流表A2：量程3
13、0 mA、内阻约30 电压表V1：量程30 V、内阻约10 k电压表V2：量程2 V、内阻约3k滑动变阻器R：010 电阻箱R0：0999.9 ，0.1 A干电池E：电动势E1.5 V，内阻r约0.1 开关S及导线若干，请设计一个较合理的电路原理图，画在规定方框内，要求通过电雷管的电流不超过27 mA，电压能从零调节，尽可能减小误差并写出Rx的计算公式Rx_；(可能用到的字母示数为I1、示数为I2、示数为U1、示数为U2、电阻箱电阻为R0)【解析】(1)根据焦耳定律：QI2Rt04525625t得：t1.5 s.(2)题目要求电压能从零调节，所以滑动变阻器选用分压接法；电雷管电流不能超过27
14、mA，所以需要串联一个定值电阻或者可以显示阻值的电阻箱，故电路图如图所示根据部分电路的欧姆定律：计算公式为RR0.【答案】(1)1.5(2)见解析R024. (12分)如图9所示，一质量M2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B.从弧形轨道上距离水平轨道高h0.3 m处由静止释放一质量mA1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台已知所有接触面均光滑，重力加速度为g.求小球B的质量(g取10 m/s2)图9【解析】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动
15、量守恒定律有0mAv1Mv由能量守恒定律有mAghmAvMv2联立解得v12 m/s，v1 m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1和v2.由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v11 m/s由动量守恒定律得mAv1mAv1mBv2由能量守恒定律有mAvmAv12mBv联立解得mB3 kg.【答案】3 kg25(20分)“太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种粒子物理试验设备，用于探测宇宙中的奇异物质该设备的原理可简化如下：如图10所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面MN和MN，圆心为O，弧面MN与弧面MN间的
16、电势差设为U，在加速电场的右边有一宽度为L的足够长的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场的右边界放有一足够长的荧光屏PQ.假设太空中漂浮着质量为m，电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到MN圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响(1)若测得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，试求出U；(2)若取U，试求出粒子从O点到达荧光屏PQ的最短时间；(3)若测得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，试求荧光屏PQ上发光的长度. 【导学号：37162125】图10【解析】(1)由牛顿第二定律得：qvBm，r带电粒子在电场中加速时，由动能定理
17、，qUmv20联立得：U.(2)当U时，由上题结论可知：rL从O点斜向下射入磁场时，OC为弦，到达PQ屏时间最短，由几何关系可知：ODCDOCL故60得：tT.(3)设粒子打在C点上方最远点为E，此时圆弧与PQ屏相切于E点，过圆心O1作OC的垂线O1G，在直角OO1G中，OO1rL，OGLrL所以O1GL，即CEL设粒子打在C点下方最远点为F，此时粒子从O点竖直向下进入磁场，圆弧与PQ交于F点同理可得：CFL所以，荧光屏PQ上发光的长度EFL.【答案】(1)(2)(3)L(二)选考题(共15分，请考生从给出的3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)(
18、5分)下面说法中正确的是_(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所有晶体沿各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多(2)(10分)如图11甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象已知气体在状态A时的压强是1.5105 Pa.甲乙图11说出AB过程中压强变化的情形，并根据
19、图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的PT图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程【解析】(1)单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同，故A错误足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关，故B错误根据热力学第二定律可知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故C正确一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由气态方程C知温度升高，内能增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律UQW可知，气体一定吸收热量，故D正确一
20、定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多，故E正确故选C、D、E.(2)从题图甲可以看出，A与B连线的延长线过原点，所以AB等压变化，即pApB.根据盖吕萨克定律可得所以TATB300 K200 K.由题图甲可知，由BC是等容变化，根据查理定律得所以pCpBpB1.5105 Pa2.0105 Pa则可画出由状态ABC的pT图象如图所示【答案】(1)CDE(2)AB是等压变化200 KpT图象如图34物理选修34(15分)(1)如图12所示，有一列减幅传播的简谐横波，x0与x75 m处的A、B两个质点的
21、振动图象分别如图中实线与虚线所示则这列波的下列说法正确的是()图12AA点处波长是10 cm，B点处波长是5 cmB周期一定都是2102sCt0.0125 s时刻，两质点的振动速度方向相反D传播速度一定是600 m/sEA质点的振幅是B质点的振幅的2倍(2)(10分)如图13所示，光屏PQ的上方有一半圆形玻璃砖，其直径AB与水平面成30角图13若让一束单色光沿半径方向竖直向下射向圆心O，由AB面折射后射出，当光点落在光屏上时，绕O点逆时针旋转调整入射光与竖直方向的夹角，该角多大时，光在光屏PQ上的落点距O点最远？(已知玻璃砖对该光的折射率为n)若让一束白光沿半径方向竖直向下射向圆心O，经玻璃砖
22、后射到光屏上形成完整彩色光带，则光带的最右侧是什么颜色的光？若使光线绕圆心O逆时针转动，什么颜色的光最先消失？【解析】(1)由A、B两质点的振动图象可知两质点的周期均为2102 s，所以B项正确；再由振动图象知t0时，质点A在平衡位置且向上振动，B处在波峰，则有75 mn(n0、1、2、3)，解得m(n0、1、2、3)，所以A项错；在t0.012 5 s T时，质点A向下振动，B向上振动，所以C项正确；波的传播速度vm/s(n0、1、2、3)，有多种可能，D项错；由图可知质点A的振幅为10 cm，质点B的振幅为5 cm，所以E项正确(2)如图所示，在O点刚好发生全反射时，光在光屏PQ上的落点距O点最远sin C解得C45入射光与竖直方向的夹角为C3015.由于介质中紫光的折射率最大，所以紫光位于光带的最右侧若使光线绕圆心O逆时针转动，入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光最先消失【答案】(1)BCE(2)15紫光紫光最先消失