1、高考模拟二(限时：60 分钟)第卷一、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 15 题只有一项符合题目要求，第 68 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(2014全国卷14) 一质点沿 x 轴做直线运动，其 vt 图像如图 1 所示质点在 t0 时位于 x5 m 处，开始沿 x 轴正向运动当 t8 s 时，质点在 x 轴上的位置为( )图 1Ax3 m Bx8 mCx 9 m Dx14 m答案 B解析 质点前 4 s 内沿 x 轴正方向运动，其位移可由 vt 图像中的“面积”数值表示，则对应位移 x1 m6 m
2、同理可得 48 s 内的位移(沿 x 轴负方向运动) x22 422m3 m又知初位移 x05 m，则当在 t8 s 时， 质点在 x 轴上的位置为2 412xx 0x 1x 28 m，选项 B 正确2如图 2 所示，三个物体质量分别为 m11.0 kg、m 22.0 kg、m 33.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角 30 ，m 1 和 m2 之间的动摩擦因数 0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m 2 将(g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图 2A和 m1 一起沿斜面下滑B和 m1 一起沿斜面上滑C相对于 m1 上滑D相对于 m1
3、下滑答案 D解析 m1、m2 的总重力沿斜面向下的分力小于 m3 的重力，将加速上滑，由题意 m1、m2 一起加速上滑的最大加速度 ag cos 30gsin 301.9 m/s2，假设 m1、m2 一起加速上滑，设绳上的拉力为 FT，由牛 顿第二定律：则 FT( m1m 2)gsin 30(m 1m 2)a，m3gF Tm 3a，解得：a2.5 m/s 21.9 m/s 2，不可能一起运动，m 2 将相对于 m1 下滑，D 正确3(2014天津3) 研究表明，地球自转在逐渐变慢，3 亿年前地球自转的周期约为 22 小时假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与
4、现在的相比( )A距地面的高度变大B向心加速度变大C线速度变大D角速度变大答案 A解析 地球的自转周期变大， 则地球同步卫星的公转周期 变大由 m (Rh) ，得GMmR h2 42T2h R ，T 变大，h 变大，A 正确由 ma，得 a ，r 增大，a 减小， B 错3GMT242 GMmr2 GMr2误由 ，得 v ，r 增大， v 减小，C 错误由 可知，角速度减小，D 错GMmr2 mv2r GMr 2T误4如图 3 所示，光滑轨道 LMNPQMK 固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为 R 的圆形轨道，轨道 LM 与圆形轨道 MNPQM 在 M 点相切，轨道 MK
5、 与圆形轨道MNPQM 在 M 点相切，b 点、 P 点在同一水平面上，K 点位置比 P 点低，b 点离地高度为2R，a 点离地高度为 2.5R.若将一个质量为 m 的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是( )图 3A若将小球从 LM 轨道上 a 点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到 K 点B若将小球从 LM 轨道上 b 点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到 K 点C若将小球从 LM 轨道上 a、b 点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到 K点D若将小球从 LM 轨道上 a 点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到 K 点后做斜上抛运动，小球
6、做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度答案 D解析 由于 MNPQM 是半径为 R 的圆形轨道，所以小球只要能通过 P 点，就一定能沿轨道运动到 K 点从 a 到 b 过程，由机械能守恒定律得：mg (2.5R2R) mv2，解得：v .若小球12 gR能沿轨道运动到 K 点，则应满足的条件是在 P 点小球受到的弹力 FN0，在 P 点由牛顿第二定律得：F Nmgm ，解得 m mg 0，即 vP ，又因 b 点、P 点在同一水平面上，因v2PR v2PR gR此若将小球从 LM 轨道上 a 点由静止释放，小球能恰好通过 P 点，也一定能沿 轨道运动到 K点，故 A 不正确
7、；若将小球从 LM 轨道上 b 点，或 a、b 点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过 P 点，不一定能沿轨道运动到 K 点，故 B、C 错误 ；将小球从 LM 轨道上 a 点以上任一位置由静止释放，小球能沿 轨道运动到 K 点，由于 K 点位置比 P 点低，根据机械能守恒定律知，小球在 K 点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到 K 点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运 动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，所以 D 正确故选 D.5如图 4 所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从 P 点平行直线 MN 射出的
8、a、b 两个带电粒子，它们从射出第一次到直线 MN 所用的时间相同，到达 MN 时速度方向与 MN 的夹角分别为 60和 90，不计重力，则两粒子速度之比 vav b为( )图 4A21 B32 C4 3 D. 3 2答案 C解析 两粒子做圆周运动的轨 迹如图设 P 点到 MN 的距离为 L，由 图知 b 粒子的半径 RbLa 粒子的半径：LR acos 60R a得 Ra2L即两粒子的半径之比为 RaR b21粒子做圆周运动的周期 T2mqB由题 162maqaB 142mbqbB得两粒子的比荷 maqa mbqb 32粒子的洛伦兹力提供向心力， qvBmv2R得 R mvqB联立得： .v
9、avb 436电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美如图 5 所示，真空中固定两个等量异种点电荷 A、B，AB 连线中点为 O.在 A、B 所形成的电场中，以 O 点为圆心半径为 R 的圆面垂直 AB 连线，以 O 为几何中心的边长为 2R 的正方形平面垂直圆面且与 AB 连线共面，两个平面边线交点分别为 e、f ，则下列说法正确的是( )图 5A在 a、b、c、d、e、f 六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B将一电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点电场力始终不做功C将一电荷由 a 点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D沿线段 eOf 移动的电荷，它所受的电场力是先减小后
10、增大答案 BC解析 图中圆面是一个等势面，e、 f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知 e、f 的场强相同，故 A 错误图中圆弧 egf 是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式 WqU可知：将一电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点电场力不做功，故 B 正确a 点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式 WqU 可知：将一电荷由 a 点移到 圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故 C 正确沿线段 eOf 移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故 D 错误7图 6 为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器 T1 和降压变压器 T
11、2 向用户供电已知输电线的总电阻 R10 ，降压变压器 T2 的原、副线圈匝数之比为 41，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻 R011 .若 T1、T 2 均为理想变压器，T 2的副线圈两端电压表达式为 u220 sin 100t V下列说法正确的是( )2图 6A发电机中的电流变化频率为 100 HzB通过用电器的电流有效值为 20 AC升压变压器的输入功率为 4 650 WD当用电器的电阻 R0 减小时，发电机的输出功率减小答案 BC解析 从 u220 sin 100t V 可以得出， 发电机中的电流 变化频率为 50 Hz，A 错误；加在 R02两端的电压有效值为 220 V
12、，因此流过用电器 R0 的电流 I2 A20 A，B 正确；根据UR0 22011 ，可知流过 R 的电流为 I15 A，因此输入变压器的输入功率等于 R 与 R0 消耗的总功n1n2 I2I1率，PI RI R04 650 W，C 正确；当用电器的电阻 R0 减小时，R 0 消耗的功率增大，这时发21 2电机的输出功率将增大，D 错误8如图 7 所示，倾角为 的粗糙斜面上静止放置着一个质量为 m 的闭合正方形线框 abcd，它与斜面间动摩擦因数为 .线框边长为 l，电阻为 R.ab 边紧靠宽度也为 l 的匀强磁场的下边界，磁感应强度为 B，方向垂直于斜面向上将线框用细线沿斜面通过光滑定滑轮与
13、重物相连，重物的质量为 M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动下列说法正确的是( )图 7A线框刚开始运动时的加速度aMg mgsin mgcos mB线框匀速运动的速度vMg mgsin mgcos RB2l2C线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量D线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于 2(Mmsin mcos )gl答案 BD解析 由整体分析受力，M 的重力，线框的重力 mg，斜面的支持力 FN，沿斜面向下的滑动摩擦力 Ff，由右手定则判断出线框中的电流方向为 ab，再由左手定则可知安培力沿斜面向下，根据法拉第电磁感应定律得 EBlv，
14、由 闭合电路欧姆定律 I ，则安培力大小为 FABIl ER，开始时速度为零，安培力 为零，则由整体列牛顿第二定律方程 Mgmg sin mgcos B2l2vR(Mm) a，解得 a ，故 A 选项错误；线框匀速运动时线框受力平Mg mgsin mgcos M m衡，Mgmgsin mg cos F A0，解得 v ，故 B 选项正确；线Mg mgsin mgcos RB2l2框做加速度减小的加速运动，故 动能增加，而 线框沿斜面上升重力 势能增大，故线框的机械能增大，所以 C 选项错误；由能量守恒 Mglmglsin mglcos Q (Mm )v2，所以12Q(Mmsin m cos )
15、gl (Mm)v 2，线框通 过磁场过程中，产生的焦耳热小于122(Mmsin m cos )gl，故 D 选项正确第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分第 9 题第 12 题为必考题，每个试题考生都必须做答第 13 题第 15 题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共 47 分)9 (6 分) 在一次课外活动中，某同学用图 8 甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块 A 与金属板 B 间的动摩擦因数已知铁块 A 的质量 mA0.5 kg，金属板 B 的质量 mB1 kg.用水平力 F 向左拉金属板 B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则 A、B 间的摩擦力 F
16、f_ N，A、B 间的动摩擦因数 _.( g 取 10 m/s2)该同学还将纸带连接在金属板 B 的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为 0.1 s，可求得拉金属板的水平力 F_ N.图 8答案 2.50 0.50 4.50解析 A、B 间的摩擦力 Ff2.50 N，A、B 间的动摩擦因数 0.50；由纸带FfFN 2.500.510可知 x2 cm，根据 xat 2 可得 a m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律xt2 0.020.12FF fm Ba，解得 F4.50 N.10 (9 分)某同学探究一个额定电压 2.2 V、额定功率 1.
17、1 W 的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系器材为：电源(电动势 3 V)、电键、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干(1)为了达到上述目的，请将图 9 连成一个完整的实验电路图，要求所测电压范围为 02.2 V.图 9(2)根据实验数据得到了如图 10 所示小灯泡的 UI 图象电压从 0.4 V 增至 1.2 V 的过程中小灯泡阻值增加了_ .图 10(3)若把该灯泡与一阻值为 R05 的电阻串联后接在电动势 3 V、内阻 1 的电源两端，如图 11 所示，则小灯泡实际消耗的功率是_ W(结果保留两位有效数字 )图 11答案 (1)见解析图 (2)1 (3)0.32(0.280.
18、36)解析 (1)连接电路时，由于电压从零开始调节，因此滑 动变 阻器采用分压式接法，而小灯泡 电阻较小，因此采用电流表外接法，电路如图所示(2)由图象可知在 0.4 V 时对应的电流为 0.2 A，此 时的电阻 R1 2 ，在 1.2 V 时U1I1 0.40.2对应的电流为 0.4 A，此时的电阻 R2 3 ，因此小灯泡阻值增加了 1 .U2I2 1.20.4(3)这时可以将电源看成一个内阻为 6 ，电动势为 3 V 的 电源，做出伏安特性曲线，与灯泡的伏安特性曲线交点就是加在灯泡两端的电压和流过灯泡的电流，如图所示从图象上看出，加在灯泡上的 电压 U0.9 V， 电流 I0.35 A ，
19、这时灯的功率 PUI 0.32 W.11(12 分) 观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 800 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为 2 m/s，且做匀加速运动，经过 4 s 下降了 16 m 后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度 g10 m/ s2.求：(1)抛掉的压舱物的质量 m 是多大？(2)抛掉一些压舱物后，气球经过 5 s 下降的高度是多大？答案 (1)80 kg (2)30 m
20、解析 (1)设气球加速下降的加速度为 a，受到空气的浮力为 F，则由运动公式可知：xv 0t at212解得 a1 m/s 2由牛顿第二定律得：MgF Ma抛掉质量为 m 压舱物，气体匀速下降，有：(M m )gF解得 m80 kg.(2)设抛掉压舱物时，气球的速度为 v1，经过 t15 s 下降的高度 为 H由运动公式可知：v 1v 0atHv 1t1解得 H30 m.12 (20 分)为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图 12 所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为 L0.20 m 的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高 h0.10 m 的通道口使用时底面
21、水平放置，两金属板连接到 U2 000 V 的高压电源两极(下板接负极)，于是在两金属板间产生一个匀强电场 (忽略边缘效应)均匀分布的带电烟尘颗粒以 v10 m/s 的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q2.010 17 C，质量 m 1.01015 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力在闭合开关后：图 12(1)求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；(2)求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；(3)除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值试求在上述情况下该除尘
22、器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法答案 (1)4.010 2 m/s2 方向竖直向下(2)8.0 cm(3)80% 在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压 U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度 v 来提高除尘效率解析 (1)烟尘颗粒在通道内只受电场力的作用，电场力 FqE又因为 EUh设烟尘颗粒在通道内运动时加速度为 a，根据牛顿第二定律有 maqUh解得 a4.010 2 m/s2，方向竖直向下(2)若通道最上方的颗粒能通过通道，则这些颗粒在竖直方向上有最大的偏转距离这些
23、颗粒在水平方向的位移 Lvt在竖直方向的位移 h at212解得 h0.08 mh0.10 m可确定这些颗粒能通过通道因此，除尘过程中烟尘颗粒在 竖直方向偏转的最大距离为 8.0 cm.(3)设每立方米有烟尘颗粒数为 N0时间 t 内进入除尘器的颗粒数 N1N 0hLvt时间 t 内吸附在底面上的颗粒数 N2N 0h0Lvt因 h0h0.08 m，则除尘效率 80%N0h LvtN0hLvt hh因为 h0 at212 12qUmhL2v2当 h0h 时， h0h 12qUmh2L2v2当 h0h 时，1因此，在除尘器通道大小及颗 粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压U，或通
24、过适当减小颗粒进入通道的速度 v 来提高除尘效率(二)选考题(共 15 分)( 请考生从给出的 3 道物理题中任选一题做答如果多做，则按所做的第一题计分)13物理选修 33(15 分)(1)(6 分 )下列说法中正确的是_A知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化(2)(9
25、 分 )蛟龙号载人潜水艇是一艘由中国自行设计的载人潜水器.2012 年 6 月 27 日潜水深度7 062.68 m，这标志着我国具备了载人到达全球 99%以上海域深处进行作业的能力潜水艇外壳是国产钛合金做成的，呈鸡蛋形状，舱内空间约为 80 m3，与外界导热良好开始潜入时，舱内空气(看成理想气体 )的压强为 1 atm，温度为 27，水深 7 062.68 m 处的温度为4.求：当蛟龙号载人潜水艇在水深 7 062.68 m 处停留足够长的时间后，舱内气体的压强为_ atm；在上述过程中舱内气体_( 填“放热”或“吸热”) ；从微观的角度解释舱内压强的变化答案 (1)ABD (2)0.92
26、放热 舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低解析 (1)液体和固体可用摩尔体积除以分子体积得阿伏加德罗常数，而气体不能，故 A 正确；硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故 B 正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故 C 错误；空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢，故 D 正确；能量具有单向性，故不能将散失的能量再聚集利用，故 E 错误故选 B、D.(2)舱内空气为等容变化，初态：p 11 atm，T 1300 K末态：p 2？，T 2277 K由查理定律得： p1T1 p2T2代入数据解得 p2
27、p1 1 atm0.92 atm.T2T1 277300在上述过程中舱内气体的温度降低，内能减小，而体积不变，气体不做功，由热力学第一定律判断得知，气体放热舱内空气的体积不变，分子数密度不 变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低14物理选修 34(15 分)(6 分)如图 13 所示是一列简谐波在 t0 时的波形图象，波速为 v10 m/s，此时波恰好传到I 点，下列说法中正确的是_ 图 13A此列波的周期为 T0.4 sB质点 B、F 在振动过程中位移总是相等C质点 I 的起振方向沿 y 轴负方向D当 t5.1 s 时，x10 m 的质点处于平衡位置处E质点 A、C、E、G、I 在振
28、动过程中位移总是相同图 14(2)(9 分 )半径为 R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图 14 所示，O 点为圆心，OO 为直径MN 的垂线足够大的光屏 PQ 紧靠在玻璃砖的右侧且与 MN 垂直一束复色光沿半径方向与 OO成 30角射向 O 点，已知复色光包含有折射率从 n1 到 n2 的光束，因而2 3光屏上出现了彩色光带求彩色光带的宽度；当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求 角至少为多少？答案 (1)ABC (2) (1 )R 4533解析 (1)由波形图可以直接得出波的波长，根据 v 求解周期，根据波形图来确定 I 处的起T振方向，当质点间的距离为波 长的整数倍时
29、，振 动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反由波形图可知，波长 4 m，则 T 0.4 s，故 A 正确；质点 B、Fv之间的距离正好是一个波长，振 动情况完全相同，所以 质点 B、F 在振动过程中位移总是相等，故 B 正确；由图可知，I 刚开始振 动时的方向沿 y 轴负方向，故 C 正确；波传到 x10 m 的质点的时间 t s0.2 s，t5.1 s 时， x10 m 的质点已经振动 4.9 s12 T，所以此 时xv 210 14处于波谷处，故 D 错误；质点 A、C 间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故 E 错误(2)n 1 ，n2sin 1
30、sin sin 2sin 代入数据得 1 45，260故彩色光带的宽度为 dRtan(90 1)Rtan(90 2)(1 )R.33当复色光恰好全部发生全反射时，sin C ，即入射角 C 45.1n1 1215物理选修 35(15 分)图 15(1)(6 分 )氢原子能级及各能级值如图 15 所示当大量氢原子从第 4 能级向第 2 能级跃迁时，可以释放出_种不同频率的光子，所释放的光子最小频率为_(用普朗克常量h 和图中给出的能级值字母表示)(2)(9 分 )人站在小车上一起以速度 v0 沿光滑水平面向右运动将小球以速度 v 水平向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度水平向右抛出
31、，抛出过程中人和车始终保持相对静止重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出 n 次后，人和车速度刚好变为 0.已知人和车的总质量为 M，求小球的质量 m.答案 (1)3 (2)E4 E3h Mv02nv解析 (1)因为放出的光子能量满足 hE mE n知，从 n4 能级跃迁到 n3 能级发出光的频率最小，有： .E4 E3h(2)以人和小车、小球 组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv0mvM v1mv得 v1v 02mvM车上的人第二次小球抛出，由 动量守恒定律Mv1mvM v2mv得 v2v 022mvM同理，车上的人第 n 次将小球抛出后，有 vnv 0n2mvM由题意 vn0，得 m .Mv02nv
