高考物理模擬試題（一）參考答案與提示

A卷影

1.A

2.C提示：開始時橡皮繩處于原長h，橡皮繩的彈性勢能最小，圓環(huán)的重力勢能最大。圓環(huán)開始時做勻加速運動。當橡皮繩再次達到原長之后將會對圓環(huán)產(chǎn)生一個阻礙圓環(huán)下滑的拉力，此時圓環(huán)克服拉力做功，圓環(huán)的機械能不守恒，故選項A錯誤。整個過程中橡皮繩的彈性勢能先不變后增大，故選項B錯誤。當橡皮繩的拉力達到某一值時，才會使圓環(huán)的加速度為零，速度達到最大值，故選項D錯誤。圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)在整個過程中只有圓環(huán)的重力和橡皮繩的彈力做功，機械能守恒，圓環(huán)的重力勢能減少量等于橡皮繩彈性勢能的增加量，故選項C正確。

3.C提示：月球在遠地點時的線速度最小，故選項A錯誤。由于地球的自轉(zhuǎn)，月球運動到近地點時，地球上同一位置的人不一定都能看到月食，故選項B錯誤。近地點變遠，遠地點不變，則長半軸變大，根據(jù)開普勒定律知周期變大，選項C正確。衛(wèi)星在同一軌道上（不論是圓形軌道還是橢圓形軌道）機械能守恒，選項D錯誤。

4.A提示：根據(jù)等量異種點電荷電場線分布的對稱性可知，e、f兩點的電場強度大小相等，方向相同，選項A正確。a、b兩點的電場強度大小相等，方向不同，選項B錯誤。將一正電荷沿正方形的ab邊從a點移動到b點，因為在直線ab上各點的電勢不同，所以電勢能要發(fā)生變化，即靜電力要做功，選項C錯誤。題圖中圓面是一個等勢面，O、g兩點的電勢相等，因此將一正電荷由a點分別移到圓心0和圓周上g點電勢能的變化量相等，選項D錯誤。

5.C提示：理想變壓器原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，原線圈的電壓不變，則副線圈的電壓也不變，所以U2也不變，選項A錯誤。當開關(guān)S斷開之后，并聯(lián)電路的總電阻變大，副線圈的電阻也就變大，由于副線圈的電壓不變，所以副線圈的總電流減小，即I2變小。原、副線圈的匝數(shù)比是固定的，根據(jù)I1/I2可知，原線圈的電流I也要減小，選項C正確，D錯誤。因為副線圈的總電流減小，R，兩端的電壓減小，并聯(lián)電路兩端的電壓就會增大，所以通過電阻R。的電流Is增大，選項B錯誤。

6.D提示：由題意可知，小球運動的等效最低點在b、c中間，因此當小球運動到d點時速度為0，不能繼續(xù)向上運動，選項A錯誤。小球在等效最低點時的速度最大，所受洛倫茲力最大，選項B錯誤。小球從a點運動到b點的過程中，重力做正功，靜電力也做正功，所以重力勢能與電勢能均減小，選項C錯誤。小球從b點運動到c點的過程中，靜電力做負功，電勢能增大，合外力先做正功再做負功，動能先增大后減小，選項D正確。

7.BD

8.BD提示：根據(jù)機械能守恒定律得物體B剛到達水平地面上時的速度V0=√2gh，根據(jù)動量守恒定律得物體A與B碰撞后的速度v=-vo，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能Epmax=，選項A錯誤，B正確。當彈簧再次恢復原長時，物體A與B將分開，物體B以速度v沿曲面上滑，根據(jù)機械能守恒定律得mgh’=，物體B能上滑的最大高度為h/4，選項D正確。

9.（1）BC（2）BC

10.（1）BD（2）A（3）0.81（4）小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大提示：（1）使用多用電表的歐姆擋時，測量前應進行機械調(diào)零，即在電路斷路的情況下，調(diào)整“指針定位螺絲”，使指針指到電流擋的零刻度;測量電阻時，每次換擋后必須要進行歐姆調(diào)零，即將兩支表筆短接，調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指針指在“0Ω”刻度線，而不需要重新進行機械調(diào)零，選項A錯誤，B正確。使用歐姆擋測電阻時，應該與外部電源斷開，選項C錯誤。測量電阻時，若指針偏轉(zhuǎn)很小（靠近“∞”刻度線），表明所選擇的擋位太小，導致示數(shù)偏大，所以應換倍率大一些的擋位進行測量，選項D正確。（2）測繪小燈泡的伏安特性曲線需要從零開始調(diào)節(jié)，故A電路圖滿足要求。（3）根據(jù)題圖知3V處的電流為0.27A，則小燈泡的額定功率P=UI=0.81W。此時的電阻與用多用電表測出的阻值相差較大，是因為小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大。

11.（1）設(shè)小球與小物塊Q碰撞前的速度為Vo，小球在下擺的過程中機械能守恒，則mgR（1-cos60°）=，解得v。=。小球與小物塊Q發(fā)生彈性碰撞，二者質(zhì)量相等，故二者交換速度。小物塊Q在平板車P上滑動的過程中，由小物塊Q與平板車P組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0=

12.（1）由題意可知，金屬桿在下滑到P2Q2處時的速度最大（為Vmax），此時回路中產(chǎn)生的感應電動勢最大，且E

13.（1）BCD（2）①緩慢壓裝過程中甲瓶內(nèi)氣體體積增大，單位體積內(nèi)的分子數(shù)減少，溫度不變，分子的平均動能不變，單位時間內(nèi)撞擊到器壁單位面積上的分子數(shù)減少，壓強變小。②設(shè)甲瓶內(nèi)最多有體積為OV的液體進入乙瓶，乙瓶中灌裝進液體前，氣體壓強pz=1atm，體積V2=4L。乙瓶中灌裝進液體后，氣體體積變?yōu)閂2'=4L-OV，此時乙瓶中氣體壓強與甲瓶內(nèi)氣體壓強均為p，由玻意耳定律得pzV2=pV2'。甲瓶中氣體初始狀態(tài)下的壓強p甲=6atm，體積Vφ=1L，壓裝結(jié)束后壓強為p，體積Vφ'=1L+OV，由玻意耳定律得p甲Vφ=pVψ'。聯(lián)立以上各式解得OV=2L。

14.（1）B提示：先正確作出經(jīng)0.2s形成的波形圖如圖1所示，波的傳播其表象為波形的平移（相對于原位置波形變了，但對波的整體來說是形狀不變向前推移），所以把t=0.2s時的波形沿傳播方向平移半個波長就是再經(jīng)0.2s后的波形，選項B正確。

（2）①因為紫光的折射率大，偏折程度也大，所以屏幕S上形成的圓形亮區(qū)的最外側(cè)是紫色。②如圖2所示，B為出射光線和OE連線的交點。很明顯越是外側(cè)的光入射角越大，達到一定程度就會發(fā)生全反射。紫光剛要發(fā)生全反射時的臨界光線射在屏幕S上的點F到亮區(qū)中心E的距離r就是所求的最大半徑。設(shè)紫光的臨界角為C，由全反射知

B卷

1.D提示：“合力與分力”采用的是等效替代的方法，“質(zhì)點”“點電荷\"采用的是理想化模型的方法，“電場強度”采用的是比值定義法，“總電阻”采用的是等效替代的方法，“加速度”“電場強度”\"電容”都采用的是比值定義法。

2.C提示：受力分析如圖1所示，N是頸椎的支持力，F(xiàn)是肌肉的拉力。在水平方向，上有Nsin45°=Fsin53°，在豎直方向上有Ncos45°=，

3.B

4.D提示：從x=x1點到x=一x1點，電勢先降低后升高，因為沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以x軸上x=x1和x=-x1兩點的電場強度方向相反，選項A錯誤。x=x1和x=-x1兩點的電勢相等，靜電力做功為0，根據(jù)動能定理知粒子在運動過程中，經(jīng)過x=x1和x=-x1兩點時的速度大小一定相同，但速度方向有可能相反，選項B錯誤。根據(jù)φ一x圖像的斜率等于場強的大小可知，x=x1和x=-x1兩點的電場強度大小相等，粒子所受的靜電力大小相等，則加速度大小相等，選項C錯誤。若粒子在x=一x1點由靜止釋放，則粒子先做加速度逐漸減小的加速運動，到達0點時所受的靜電力為零，加速度為零，之后粒子做加速度逐漸增大的減速運動，因此粒子到達0點時的速度最大，選項D正確。

5.AB提示：設(shè)子彈的質(zhì)量為mo，初速度為Vo，木塊的質(zhì)量為m，則在子彈打人木塊的過程中，由子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量

6.AC提示：天然放射性現(xiàn)象說明原子核內(nèi)部具有復雜的結(jié)構(gòu)，選項A正確。a粒子散射實驗說明原子具有核式結(jié)構(gòu)，選項B錯誤。根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知，β衰變放出一個電子，新核的電荷數(shù)增加1，即原子序數(shù)增加，選項C正確。氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的能量小于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的能量，故從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長，選項D錯誤。

7.AB提示：在0～1s時間內(nèi)，外力F隨時間t變化的圖像可表示為F=2+2t，線框從靜止開始向右做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，線框邊長為L，根據(jù)牛頓第二定律得F-BIL=ma，又有I=

在1s～2s時間內(nèi)線框完全處于磁場中，線框中的磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力作用，受到的外力F=2N，線框做勻加速直線運動，加速度a=2m/sz，t=2s時線框

，選項A正確。線框在進入磁場和穿出磁場的過程中，線框的磁通量的變化量相等，通過線框的電荷量相等，所以線框在穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量

，選項C錯誤。根據(jù)題述條件不能計算出在線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，選項D錯誤。

8.AD提示：當t=0.01s時，u=0，此時穿過該線圈的磁通量最大，穿過線圈的磁通量的變化率為零，選項A正確。原線圈接的是題圖甲所示的正弦式交變電流，其最大電壓為36、2V，周期為0.02s，故w=100π，u=36～2sin100πtV，選項B錯誤。R，處溫度升高時，原、副線圈的電壓比不變，但是電壓表V2測量的并不是副線圈的端電壓，而是R，兩端的電壓，R，處溫度升高時，阻值減小，副線圈中電流增大，則電阻R兩端的電壓增大，電壓表V2的示數(shù)減小，電壓表V1、V2的示數(shù)之比變大，選項C錯誤。R，處溫度升高時，電流表的示數(shù)變大，變壓器的輸出電壓不變，則變壓器的輸出功率增大，又有輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率增大，選項D正確。

9.（1）0.70（2）0.205.0

提示：（1），從題圖中得出E、G兩點間的長度為2.80cm，且T=0.02s，解得VF=0.70m/s。

（2）v-t圖像與縱軸的交點為t=0時刻對應的速度，則

10.（1）③R④大于（2）⑤9.050

提示：（1）③保持R：的滑片不動，調(diào)節(jié)R：的阻值，使電壓表示數(shù)達滿偏刻度的一，此時電阻箱R：兩端分得的電壓為滿偏刻度的由電路的連接方式知電壓表的內(nèi)阻Rv=5。④因為電阻箱R，的接入將導致電壓表所在支路的電壓變大，所以電壓表內(nèi)阻的測量值大于真實值。（2）在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由題圖乙所示電路圖可知，將R2的滑片滑至最左端不再移動，同時調(diào)節(jié)電阻箱R，的阻值為0，將開關(guān)接向2，電壓表的讀數(shù)為3V，即保護電阻兩端的電壓為3V，由U-R，圖像可知，電源的電動勢為9.0V，所以電源的內(nèi)阻為2R0=50Ω。

11.（1）物塊M從斜面頂端A滑到O點的過程中，由動能定理得mgh一pmgcosθ·

。從物塊M到達O點至彈簧被壓縮到最短的過程中，只有彈簧彈力做功，由動能定理得W彈=。彈力做多少負功，彈性勢能就增加多少，所以彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能是10J。（2）設(shè)物塊M第一次被彈回，上升的最大高度為H，由動能定理得

H=0.5m。（3）物塊M最終將停止在水平滑道上，對物塊M運動的全過程應用動能定理得mgh-μmgcosθ·x=0，解得物塊M在斜面上向下滑動過程中的總路程x=。

12.（1）帶電粒子在磁場I中運動的半徑R1=，帶電粒子在磁場I中運動半個圓周，回到y(tǒng)軸的坐標y=2R1=D，所需的

動的對稱性可畫出粒子在電場II中的運動軌跡。帶電粒子在磁場IV中的運動半徑是在磁場I中運動半徑的2倍，同樣根據(jù)運動的對稱性可畫出粒子回到0點的運動軌跡。如圖2所示。（3）帶電粒子在磁場I中運動的時間正好為1個周期，故

13.（l）BDE（2）①在打開閥門S前，兩邊水槽中的水溫均為T。=273K。設(shè)玻璃泡B中氣體的壓強為p1，體積為Vp，玻璃泡C中氣體的壓強為Pc，依題意得pi=pc+Op，式中△p=60mmlHg。打開閥門S后，兩邊水槽中的水溫仍為T。，設(shè)玻璃泡B中氣體的壓強為pB，依題意得pB=pc。玻璃泡A和B中氣體的體積V：=Va+Vg，根據(jù)玻意耳定律得p：Vp=pgV2。聯(lián)立以上各式解得pc=·p=180mmHg。②當右邊水槽中的水溫加熱到T’時，U形管左右兩邊的水銀柱高度差為Op，玻璃泡C中氣體的壓強pc'=pB+△p，玻璃泡C中的氣體體積不變，根據(jù)查理定律得=Pop，解得T'=364K。

14.（1）B提示：根據(jù)n=，θ為入射角，02為折射角，可知玻璃對a光的折射率較大，故選項A錯誤。根據(jù)全反射臨界角公式

，可知在此玻璃中a光的傳播速度較小，選項C錯誤。根據(jù)光的頻率越大，折射率越大，對應光的波長越短，可知a光的波長較短;再根據(jù)雙縫干涉條紋間距△x=λ，可知a光的干涉條紋間距比b光的窄，選項D錯誤。

（2）由波形圖知λ=2m，A=2cm。（i）當波向右傳播時，點B的起振方向豎直向下，包括P點在內(nèi)的各質(zhì)點的起振方向均為豎直向下。①

，即實線波形變?yōu)樘摼€波形經(jīng)歷了，故波沿xc軸負方向傳播。