1、最新高考物理模擬試題精編及答案解析(二)(考試用時：60分鐘試卷滿分：110分)第卷(選擇題共48分)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)14氫原子的能級圖如圖所示，大量氫原子處于n2能級，一束紫外線的光子能量為3.6 eV，另一束可見光的光子能量為2.55 eV，則下列說法正確的是()A氫原子吸收該紫外線光子能量后躍遷至n4能級，并放出熱量B氫原子吸收該可見光光子能量后可發出8種頻率的光子C氫原子吸收該可見光光子能量后釋放光子的最大能量為0.66 eVD氫原子吸收該可見光光子能量后核外電子軌道半徑將增加15如圖所示，在固定的斜

2、面上，A、B兩物體通過跨過光滑的定滑輪的細線相連，物體A靜止在斜面上已知斜面傾角為30，A、B兩物體質量分別為2m和m，現在B物體下加掛另一物體C(圖中未畫出)，物體A仍靜止在斜面上，則加掛物體C后()A斜面對物體A的彈力增大B細線對物體A的拉力不變C斜面對物體A的摩擦力保持不變D斜面對物體A的作用力增大16圖甲中，兩平行光滑金屬導軌放置在水平面上，間距為L，左端接電阻R，導軌電阻不計整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中將質量為m、電阻為r的金屬棒ab置于導軌上，當ab受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動時，F與金屬棒速度v的關系如圖乙已知ab與導軌始終垂直且接觸良

3、好，設ab中的感應電流為i，ab受到的安培力大小為FA，R兩端的電壓為UR，R的電功率為P，則下圖中大致正確的是()17如圖所示，A球從光滑斜面頂端靜止開始下滑，同時B球從斜面底部以初速度v0沖上斜面當兩球同時運動到同一水平面時，速度大小相同均為v，且方向平行，此過程兩小球運動的路程分別為sA、sB，則()AA球到達底部的速度大小為v0BA球到達底部前，B球已從頂端飛出Cv0v31DsAsB1118衛星發射進入預定軌道往往需要進行多次軌道調整如圖所示，某次發射任務中先將衛星送至近地圓軌道，然后再控制衛星進入橢圓軌道圖中O點為地心，A點是近地圓軌道和橢圓軌道的交點，離地心的高度近似為地球的半徑R

4、，遠地點B離地面高度為6R.設衛星在近地圓軌道運動的周期為T，下列對衛星在橢圓軌道上運動的分析，其中正確的是()A控制衛星從圖中低軌道進入橢圓軌道需要使衛星減速B衛星通過A點時的速度是通過B點時速度的6倍C衛星通過A點時的加速度是通過B點時加速度的6倍D衛星從A點經4T的時間剛好能到達B點二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分)19如圖所示為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，交流發電機的輸出電壓的有效值U1、輸電線的總電阻r、用戶所用的電器(均為純電阻)、降壓變壓器匝數均不變若增大升壓變壓器原、副線圈的匝數比，則下列判斷正

5、確的是()A升壓變壓器原線圈中的電流減小B輸電線上損失的功率增大C輸電線上的總電壓增大D用戶所用電器的總電流減小20如圖甲所示，質量為M的木板靜止在光滑水平面上，一個質量為m的小滑塊以初速度v0從木板的左端向右滑上木板，滑塊和木板的水平速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，整個過程中因摩擦損失的機械能為小滑塊初動能的，圖中v0、t1為已知量，重力加速度大小為g，則下列判斷正確的是()A木板的長度一定為B滑塊與木板間的動摩擦因數為C滑塊與木板共速時速度大小為v0D滑塊質量是木板質量的2倍21如圖甲所示，用一根導線做成一個半徑為r的圓環，其單位長度的電阻為r0，將圓環的右半部分置于變化的勻強磁場中，設磁

6、場方向垂直紙面向里為正，磁感應強度大小隨時間做周期性變化，如圖乙所示，則()A在t時刻，圓環中有順時針方向的感應電流B在0時間內圓環受到的安培力大小、方向均不變C在時間內通過圓環橫截面的電荷量為D圓環在一個周期內的發熱量為選 擇 題 答 題 欄題號14151617答案題號18192021答案第卷(非選擇題共62分)本卷包括必考題和選考題兩部分第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答第3334題為選考題，考生根據要求作答22(6分)電流表G的滿偏電流Ig100 mA，內阻Rg未知，某同學欲將其改裝為量程較大的電流表，并用改裝好的電流表測量一未知電阻Rx的阻值(1)如圖甲所示，該同學首先將一阻

7、值為R20 的電阻并聯在電流表G的兩端進行電流表改裝，然后通以I0.3 A的電流，發現電流表G的指針正好指在50 mA刻度處，由此可得到電流表G的內阻為Rg_ ，改裝后的電流表量程為_ A.(2)該同學將改裝后的電流表接入如圖乙所示的電路測量未知電阻Rx的阻值，已知電源的電動勢E4.5 V，閉合開關K后，電壓表的讀數為3.60 V，而改裝后的電流表的讀數如圖丙所示，則Rx_ .(3)由此測得的未知電阻Rx的阻值與其真實值相比_(選填“偏大”、“偏小”或“相等”)23(9分)利用氣墊導軌驗證動能定理，實驗裝置示意圖如圖所示：實驗主要步驟如下：在水平桌面上放置氣墊導軌，將它調至水平；用游標卡尺測量

8、遮光條的寬度d；由導軌標尺讀出兩光電門中心之間的距離L；將滑塊移至光電門1左側某處，待托盤靜止不動時，釋放滑塊，從固定在滑塊上的拉力傳感器讀出細線拉力的大小F，從數字計時器讀出遮光條通過光電門1的時間t1，通過光電門2的時間t2；用天平稱出滑塊、遮光條和拉力傳感器的總質量M.回答下列問題：(1)以滑塊(包含遮光條和拉力傳感器)為研究對象，在實驗誤差允許的范圍內，若滿足關系式_(用測量量的字母表示)，則可認為驗證了動能定理(2)關于本實驗，某同學提出如下觀點，其中正確的是_A理論上，遮光條的寬度越窄，遮光條通過光電門的平均速度越接近瞬時速度B牽引滑塊的細繩應與導軌平行C需要考慮托盤和砝碼受到的空

9、氣阻力對實驗結果產生的影響D托盤和砝碼的總質量m必須遠小于滑塊、遮光條和拉力傳感器的總質量M(3)不計空氣阻力，已知重力加速度g和實驗測得的物理量，根據“mgFma”，可以計算托盤和砝碼的總質量m.若不考慮遮光條寬度的影響，計算出托盤和砝碼的總質量為m1；若考慮遮光條寬度的影響，計算出托盤和砝碼的總質量為m2，則m1_m2(選填“大于”、“等于”、“小于”)24(14分)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、MN的間距為d，電阻不計，兩導軌所在平面與水平面成角，導軌下端連接一阻值為R的電阻兩導軌之間存在磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場一長度為d、電阻為R的導體棒CD在兩

10、導軌上端由靜止釋放，經時間t后恰好以速率v開始做勻速直線運動導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速度大小為g.求：(1)導體棒的質量m；(2)0t時間內導體棒的位移大小s.25(18分)如圖所示，在以O1點為圓心、r0.20 m為半徑的圓形區域內，存在著方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B1.0103T的勻強磁場(圖中未畫出)圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點O，右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點粒子源中，有帶正電的粒子(比荷為1.01010 C/kg)，不斷地由靜止進入電壓U800 V的加速電場，經加速后，沿x軸正方向從坐標原點O射入磁場區域，粒子重力不計(1)求粒子在磁場中做

11、圓周運動的半徑、速度偏離原來方向的夾角的正切值；(2)以過坐標原點O并垂直于紙面的直線為軸，將該圓形磁場逆時針緩慢旋轉90，求在此過程中打在熒光屏MN上的粒子到A點的最遠距離請考生在第33、34兩道物理題中任選一題作答如果多做，則按所做的第一題計分33(15分)【物理選修33】(1)(5分)下列說法正確的是_(選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A第二類永動機不可能制成，是因為它違背了能量守恒定律B某個物體的總能量減少，必然有其他物體的總能量增加C人類在不斷地開發和利用新能源，所以能量可以被創造D能量耗散從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有

12、方向性E物體從單一熱庫吸收的熱量可全部用于做功(2)(10分)如圖所示，內壁光滑的汽缸固定在水平地面上，A、B兩絕熱活塞(不計厚度)將汽缸內的理想氣體分成、兩部分，、兩部分氣體的長度分別為2l和l，汽缸的橫截面積為S，兩部分氣體的初始溫度均為T0，壓強均為大氣壓強p0.現用水平向右的推力緩慢推動活塞A使其向右移動，整個過程中兩部分氣體的溫度均保持不變，若活塞A向右移動的距離為l，試計算此過程中活塞B向右移動的距離；若用水平向右的推力F保持活塞A的位置不變，對部分氣體進行加熱，當兩部分氣體的體積相等時，Fp0S，試計算此時部分氣體的溫度34(15分)【物理選修34】(1)(5分)一簡諧橫波沿x軸

13、正方向傳播，t0時刻的波形如圖(a)所示，x0.40 m處的質點P的振動圖線如圖(b)所示，已知該波的波長大于0.40 m，則下列說法正確的是_(填正確答案標號選對1個給2分，選對2個給4分，選對3個給5分每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A質點P在t0時刻沿y軸負方向運動B該列波的波長一定為1.2 mC該波傳播的速度一定為0.4 m/sD從t0.6 s到t1.5 s，質點P通過的路程為4 cmE質點P做簡諧運動的表達式為y2sin(t)cm(2)(10分)如圖所示，某種透明材料制成的直角三棱鏡ABC，折射率n，A，在與BC邊相距為d的位置，放置一平行于BC邊的豎直光屏現有一細光束射到棱鏡AB

14、面上的P點，入射光線與AB面垂線CP的夾角為i，PB的長度也為d.試求：當i且光束從BC面出射時，光屏上的亮斑與P點間的豎直距離；當光束不從BC面出射時，i的正弦值應滿足的條件答案解析14解析：選D.氫原子處于n2能級時，達到電離狀態需要的最小能量為0(3.4 eV)3.4 eV，該紫外線光子能量大于氫原子電離所需能量，因此氫原子吸收該紫外線光子能量后電離，不會躍遷至n4能級，A錯誤；氫原子吸收該可見光光子能量后，由n2能級躍遷到n4能級，再從n4能級向低能級躍遷時可釋放6種頻率的光子，其中由n4能級躍遷到基態時釋放的光子能量最大，最大值為12.75 eV，B、C錯誤；氫原子吸收該可見光光子能

15、量后，能量增加，核外電子軌道半徑增加，D正確15解析：選D.加掛物體C后，細線中拉力增大，細線對物體A的拉力增大，斜面對物體A的彈力不變，選項AB錯誤物體A仍靜止在斜面上，對物體A受力分析，其受重力、細線拉力和斜面對它的作用力F(斜面支持力和摩擦力的合力)，畫出物體A受力分析圖，如圖所示重力豎直向下不變，當細線拉力增大，斜面對物體A的作用力F增大，斜面對物體A的摩擦力增大，選項D正確，C錯誤16解析：選A.設金屬棒在某時刻的速度為v，由題意可知，感應電動勢EBLv，ab中的電流為i，即iv；安培力FABiL，方向水平向左，即FAv；R兩端電壓URiR，即URv；R的電功率PURi()2R，即P

16、v2.由已知條件FF0kv，k為圖乙中圖線斜率，對金屬棒受力分析，由牛頓第二定律得FFAF0kvF0(k)vF合因為金屬棒從靜止出發，由已知F00，且F合0，即a0，加速度方向水平向右F合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據四個物理量與速度關系可知選項A正確，BCD錯誤17解析：選A.假設斜面的傾角為，由于斜面光滑，對小球由牛頓第二定律有mgsin ma，解得agsin .由速度公式，對A球有vat，對B球有vv0at，解得vv0，C錯誤；A球的位移為sAt，B球的位移為sBt，解得sAsB13，D錯誤；假設A球

17、運動到斜面底端的速度為v，對A球從開始下滑到速度為v的過程，由運動學公式得2asAv2，A球從開始下滑到斜面底端的過程有2a(sAsB)v2，解得v2vv0，A正確；同理可解得B球運動到斜面頂端的速度剛好為零，不能從斜面的頂端飛出，B錯誤18解析：選D.衛星從低軌道進入橢圓軌道做的是離心運動，故要使衛星加速，選項A錯誤在A點，根據開普勒第二定律：sARsB7R；又sAvAt，sBvBt，；選項B錯誤衛星受的萬有引力提供其加速度，Gma，其中r為衛星到地心的距離，衛星通過A點時的加速度是通過B點時加速度的49倍，選項C錯誤由開普勒第三定律可知，衛星在橢圓軌道運行的周期是在近地軌道周期的8倍，衛星

18、從A點運動到B點需要半個周期，即4T，選項D正確19解析：選AD.設用戶所用的電器的等效電阻為R，升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈匝數比分別為k11、k21，則降壓變壓器的原線圈的等效電阻R3，而k2，k2，R，得R3kR，同理，升壓變壓器的原線圈的等效電阻R1k(rR3)k(rkR)，故k1增大，R1也增大，升壓變壓器原線圈中的電流I1減小，選項A正確；由k1可知，k1增大時，U2減小，輸電線上的電流I2減小，輸電線上損失的功率PrIr減小，選項B錯誤；輸電線上的總電壓UI2r減小，選項C錯誤；由k2得，用戶所用電器的總電流I4k2I3k2I2減小，選項D正確20解析：選BC.令兩者共速時

19、速度為v，因木板的長度至少等于達到共速時兩物體間的相對位移，所以有lt1t1，A錯；由功能關系知mglmv(Mm)v2mv，即得，以滑塊與木板為整體，由動量守恒得mv0(Mm)v，聯立可解得vv0及m3M，B、C對，D錯21解析：選AD.在t時刻，由題圖乙和楞次定律可知，感應電流產生的磁場方向垂直紙面向里，圓環中的電流沿順時針方向，A正確；在0時間內，磁場強度均勻地增大，則圓環中產生恒定的感應電流，由于磁場強度逐漸增大，由FBIL知圓環受到的安培力逐漸增大，B錯誤；在時間內，由法拉第電磁感應定律可知圓環中的感應電動勢大小為EB0r2，由題意可知圓環的電阻為R2rr0，則由歐姆定律可知回路中的電

20、流為I，則該時間內通過圓環橫截面的電荷量為qIt，整理得q，C錯誤；由以上分析可知，圓環在一個周期內產生的熱量為QI2RT，整理得Q，D正確22解析：(1)由并聯電路的規律可知，電流表G兩端的電壓與電阻R兩端的電壓相等，則有50103ARg(I50103A)R，解得Rg100 ，設改裝后的電流表能夠測量的最大電流為Im，則有Im0.6 A，故改裝后的電流表的量程為0.6 A.(2)由題圖丙可知，電流表G的讀數為20 mA，故流過電阻Rx的電流Ix0.12 A，由Rx可得Rx30 .(3)由于沒有考慮電壓表的分流作用，故電阻Rx的測量值要小于其真實值答案：(1)100(2分)0.6(1分)(2)

21、30(2分)(3)偏小(1分)23解析：(1)拉力做功為FL，動能變化量為M()2M()2，若在實驗誤差范圍內滿足FLM()2M()2，則可認為驗證了動能定理(2)由v1知，光電門測速實質是測量的平均速度，理論上，d越小，測得的平均速度就越接近瞬時速度，選項A正確；如果細繩與導軌不平行，合外力做功就為FLcos ，而滑塊運動過程中，角度在變化，無法測量，故選項B正確；滑塊所受合外力為F，是空氣阻力、拉力和其他阻力的合力，不需要再考慮空氣阻力，選項C錯誤；mM的目的是拉力F近似等于mg，本實驗不需要這個條件，選項D錯誤(3)若考慮遮光條寬度的影響，測出的速度為遮光條通過光電門時的平均速度，即通過

22、光電門中間時刻的速度，小于中間位移的速度，測量出的加速度較小，由mgFma可得，m，即考慮遮光條寬度的影響，計算出的砝碼和托盤的總質量較小，所以m1大于m2.答案：(1)FLM()2M()2(3分)(2)AB(3分)(3)大于(3分)24解析：(1)導體棒勻速運動時受力平衡，則mgsin BId(2分)導體棒切割磁感線產生的感應電動勢EBdv(1分)根據閉合電路歐姆定律有I(1分)得m(2分)(2)0t時間內，導體棒切割磁感線產生的平均感應電動勢(1分)平均感應電流電荷量qt(1分)得q(1分)根據牛頓第二定律有mgsin Bidma(1分)由加速度的定義有a(1分)得mgsin tBidtm

23、v有mgtsin Bqdm(v0)(1分)得sv(t)(2分)答案：(1)(2)v(t)25解析：(1)帶電粒子在電場中加速，由動能定理得qUmv(2分)進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力qv0Bm(2分)聯立解得R 0.4 m(2分)設速度偏離原來方向的夾角為，由幾何關系得tan (2分)故速度偏離原來方向的夾角的正切值tan (2分)(2)以O點為圓心，OA為半徑作圓弧AC交y軸于C點；以C點為圓心，CO為半徑作出粒子運動的軌跡交弧AC于D點粒子在磁場中運動的最大圓弧弦長OD2r0.4 m(2分)由幾何關系可知sin (2分)最遠距離ym(2r)tan 2(2分)代入數據解得ym m0.29 m(2分)答案：(1)0.4 m(2)0.29 m33解析：(1)第二類永動機不可能制成，因為它違背了熱力學第二定律，但沒有違背能量守恒定律，選項A錯誤；某個物體的總能量減少，根據能量守恒定律得知，必然有其他物體的總能量增加，故選項B正確；能量既不會憑