卷1-高考物理模考冲刺卷（新高考湖南专用）（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考物理模考冲刺卷（一）
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1． 如图所示，将悬线拉至水平位置无初速释放，当小球到达最低点时，细线突然断裂，则 （ ）

A．小球立即做匀速直线运动 B．小球立即做自由落体运动
C．小球立即做平抛运动 D．小球将继续做圆周运动
【答案】C
【解析】
小球到达最低点，速度为水平方向，细绳断裂，小球仅受重力，将做平抛运动，故选C。
2．如图，Q1、Q2是真空中的两个等量正点电荷，O为它们连线中点，a、b是位于其连线的中垂上的两点，现用Eo、Ea、Eb分别表示这三点的电场强度大小，用φo、φa、φb分别表示这三点的电势高低，则（　　）

A．EO=Ea=Eb B．EOφa>φb D．φO=φa=φb
【答案】C
【解析】
AB．两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在a、b连线之间，也可能在a、b连线上，还可能在a、b连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故Ea可能大于Eb，也可能小于Eb，还可能等于Eb；故AB错误；
CD．电场强度一直向上，故电势越来越低，则φo＞φa＞φb； 故C正确，D错误。
故选C。
3．秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座30万千瓦压水堆核电站．在一次核反应中一个中子轰击变成、和若干个中子，已知、、的比结合能分别为7.6MeV、8.4 MeV、8.7 MeV，则
A．该核反应方程为
B．要发生该核反应需要吸收能量
C．比更稳定
D．该核反应中质量增加
【答案】C
【解析】
A. 该核反应方程为，选项A错误；
B. 发生该核反应需要放出能量，选项B错误；
C. 比的比结合能大，则更稳定，选项C正确；
D. 该核反应中放出能量，则有质量亏损，质量减小，选项D错误．
4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L。长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为（　　）

A．0 B． C． D．
【答案】C
【解析】
根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图：

电路上的电阻为，由几何关系得，段的长度为，所以上的电阻为，并联部分的总电阻为：

电路中的总电流：

路端电压：

上的电流：

上各段的安培力：

上的安培力：

各段受到的力中，和在左右方向的分量大小相等，方向相反，相互抵消，所以线框受到的合外力：

故C正确，ABD错误；
故选C。
5．如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止。已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为，则（　　）

A．物体B受到的摩擦力可能为0
B．物体B受到的摩擦力为mAg
C．物体B对地面的压力可能为0
D．物体B对地面的压力为mBg-mAgsin
【答案】D
【解析】
以物体A为研究对象，由二力平衡可知，绳子的拉力等于A的重力mAg；
A．物体B在绳子拉力作用下有向右运动的趋势而保持相对于地静止，地面对B一定有静摩擦力，故A错误；
B．以B为研究对象，分析受力，作出受力图如图所示。

根据平衡条件得，物体B受到的摩擦力

物体B受到的支持力

又

得到


故B错误，D正确；
C．物体B受到地面的摩擦力不零，则物体B对地面的压力一定不为0，故C错误。
故选D。
6．将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知(　　)

A．电源最大输出功率可能大于45W
B．电源内阻一定等于5Ω
C．电源电动势为45V
D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%
【答案】B
【解析】
A．由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数P变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45W，所以电源最大输出功率为45W，A错误；
B．电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5Ω，B正确；
C．由电阻箱所消耗功率P最大值为45W可知，此时电阻箱读数为R=5Ω，则有：

解得：E=30V，C错误；
D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，D错误．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其v-t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．运动员在0~10 s内的平均速度大小大于10 m/s
B．从15 s末开始运动员处于静止状态
C．10 s末运动员的速度方向改变
D．10~15 s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动
【答案】AD
【解析】
A．0~10s内，若运动员只做匀加速运动，平均速度为

根据图像的面积等于位移，可知运动员的位移大于匀加速运动的位移，根据公式可知0~10秒内的平均速度大于匀加速运动的平均速度，故A正确；
B．由图可知，15秒末开始运动员做匀速直线运动，故B错误；
C．由图看出运动员的速度一直沿正方向，速度方向没有改变，故C错误；
D．10~15秒图像的斜率减小，则其加速度减小，故10~15秒运动员做加速度减小的减速运动，故D正确。
故选AD。
8．如图所示，A、B两物块的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平地面上．A、B间动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则下列选项正确的是

A．当 F < 2 μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当 F =mg 时，A 的加速度为g
C．当 F > 3 μmg 时，A 相对 B 滑动
D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过g
【答案】CD
【解析】
AB之间的最大静摩擦力为：

B与地面间的最大静摩擦力为：

AC．设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为，加速度为，对A则有

对A、B整体，有

解得：

所以当

A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动，故A错误，C正确；
B．当时，AB均处于静止状态，所以A的加速度为零，故B错误；
D．A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为，所以B相对于地面会发生相对滑动时，由

得B的最大加速度

故D正确．
9．为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则（　　）
A．X星球的质量为
B．X星球表面的重力加速度为
C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=
D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为
【答案】AD
【解析】
A．研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有

可得

故A正确；
B．根据圆周运动知识可得

只能表示在半径为的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故B错误；
C．研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有

解得

表达式里为中心体星球的质量，为运动的轨道半径，所以登陆舱在与轨道上运动时的速度大小之比为

故C错误；
D．根据开普勒第三定律则有

可得登陆舱在半径为轨道上做圆周运动的周期为

故D正确；
故选AD。
10．如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为 B，方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为 a、质量为 m、电阻为 R 的 单匝正方形金属线框，以速度 v 垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动 到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为0。则下列说法正确的是（ ）

A．在位置Ⅱ时线框中的电功率为
B．此过程线框的加速度最大值为
C．此过程中回路产生的电能为mv2
D．此过程中通过导线横截面的电荷量为
【答案】BCD
【解析】
A．线框经过位置Ⅱ时，线框的速度为零，则此时的感应电动势为零，线框中的电功率为零，选项A错误；
B．线圈的右边刚进入磁场Ⅱ时感应电动势最大，安培力最大，线圈的加速度最大，则

最大加速度为

选项B正确；
C．此过程中减小的动能为mv2，则回路产生的电能为mv2，选项C正确；
D．由



三式联立，解得

线框在位置Ⅰ时其磁通量为Ba2，而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零，故

选项D正确。
故选BCD。
三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答第15～16题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
11．（6分）
用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能．将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点，在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连．先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A后由静止释放，由计时器的显示计算出遮光片从B到C所用的时间为t．

（1）滑块离开弹簧时速度大小的表达式为________．
（2）若减小A、O之间的距离，时间t将________（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________．
A．弹簧原长
B．当地重力加速度
C．弹簧的压缩量AO的大小
D．滑块（含遮光片）的质量
【答案】 增大 D
【解析】 (1) 滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开弹簧是的速度，则有滑块离开弹簧时速度大小的表达式为：
(2) 减小AO间的距离时，弹性势能减小，那么滑块被弹出后的速度将减小，故通过两光电门的时间将增大；
(3)因为在弹簧与物体相互作用的过程中弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块（含遮光片）的质量，故选选项D．
12．（9分）
要测定一节干电池（电动势约1.5V，内阻约0.5Ω，放电电流不允许超过0.6A）的电动势和内电阻，要求测量结果尽量准确。提供的器材有：
A．电流表A1：挡位1（0~3A，内阻约0.05Ω），挡位2（0~0.6A，内阻约0.2Ω）
B．电流表A2：0-300μA，内阻rA=100Ω
C．定值电阻：R0=2Ω，R1=900Ω，R2=4900Ω
D．滑动变阻器：R3（0—5Ω，2A），R4（0~15Ω，1A）
E.开关一只、导线若干
(1)测量电流的仪表：应选择电流表A1的挡位____（填“1”或者“2”）。
(2)测量电压的仪表：应将定值电阻______（填“R0”、“R1”或“R2”）与A2串联，使其成为改装后的电压表。
(3)干电池内阻太小，应选择定值电阻____（填“R0”、“R1”或“R2”）来保护电源。
(4)若要求A1表电流在0.1A-0.5A范围内连续可调。则滑动变阻器应选择__________（填“R3”或“R4”）。
(5)为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中（图中V表为改装后的电压表），应选择____________（填“图（a）”或“图（b）”）。

(6)进行实验并记录数据。用I1、I2分别表示A1、A2表的示数，根据测量数据作出如图（c）所示的I2-I1图像，由图像可得：电池的电动势为________V，内阻为________Ω。（保留到小数点后两位）
【答案】2 R2 R0 R4 图(a) 1.49 0.49
【解析】
(1)测量电流的仪表：应选择电流表A1的挡位2。
(2)测量电压的仪表：应将定值电阻R2与A2串联，使其成为改装后量程为的电压表。
(3)干电池内阻太小，应选择与内阻阻值相当的定值电阻R0来保护电源。
(4)若要求A1表电流在0.1A-0.5A范围内连续可调。则滑动变阻器最大值为

最小值

则滑动变阻器应选择R4。
(5)因改装后的电压表内阻已知，则为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中，应选择图（a）。
(6)由图可知电流计读数为I2=298μA，对应的电压值为 则电池的电动势为E=1.49V，内阻为。
13．（13分）
如图所示，半径为的光滑圆弧AB固定在水平面上，BCD为粗糙的水平面，BC和CD距离分别为2.5 m、1.75 m，D点右边为光滑水平面，在C点静止着一个小滑块P，P与水平面间的动摩擦因数为，容器M放置在光滑水平面上，M的左边是半径为的光滑圆弧，最左端和水平面相切于D点。一小滑块Q从A点正上方距A点高处由静止释放，从A点进入圆弧并沿圆弧运动，Q与水平面间的动摩擦因数为。Q运动到C点与P发生碰撞，碰撞过程没有能量损失。已知Q、P和M的质量分别为，重力加速度取，求：
(1)P、Q第一次碰撞后瞬间速度大小；
(2)Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小；
(3)M的最大速度。

【答案】（1）-8m/s 4m/s（2）43.8N（第一次）和17.8N（第二、三次）（3）5m/s
【解析】
（1）物体Q从开始下落，到到达C点的过程，由动能定理：

解得
v1=12m/s
Q运动到C点与P发生碰撞，则：


联立解得：
v2=-8m/s
v3=4m/s
（2）碰撞后Q向左滑行，设Q第二次到B点时速度为，由动能定理有

Q第二次在B点，设轨道对Q的支持力大小为，应用向心力公式有

解得


Q滑上圆弧轨道AB后再次滑下，第三次经过B点时的速度大小仍为，轨道对Q的支持力大小仍为，之后Q一直向右运动，最终停在BD上，且与P无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，Q在B点对轨道的压力大小为（第一次）和（第二、三次）
（3）P、Q碰撞后P向右滑行，设P点运动到D点速度为，由动能定理有

解得

P滑上M的轨道过程M向右加速，从轨道上滑下，M仍向右加速，则P滑到水平面时M有最大速度，设P刚到水平面时，M和P的速度分别为和，为M的最大速度，P从滑上到回到水平面，P和M水平方向动量守恒，初末两态总动能相等，则有


联立解得


14．（15分）
如图甲所示，长方形MNPQ区域（MN=PQ=3d，MQ与NP边足够长）存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度为B。有一块长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，平行NP边放置在磁场中，且与NP边相距为d，左端a与MN相距也为d。电子由阴极K均匀地发射出来（已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零）经加速电场加速后，沿MN边进入磁场区域，若电子打到荧光屏就被吸收。忽略电子重力和一切阻力，求：
（1）如果加速器的电压为U，求电子刚进入磁场的速度大小；
（2）调节加速电压，求电子落在荧光屏上，使荧光屏发光的区域长度；
（3）若加速电压按如图乙所示的图象变化，求从t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例；并分析提高该比例的方法，至少提出三种。

【答案】（1）；（2）；（3）62.5%；方法见解析
【解析】
（1）根据

求得

（2）打在荧光屏a点的电子，由几何关系得

求得

①若减小粒子的速度，粒子打到荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于c点，是粒子的最小速度，
由几何关系可知，对应粒子做圆周运动的半径


因此ac区域长度是

②若增大粒子的速度，粒子打到荧光上表面，临界条件是粒子运动轨迹与NP相切，
由几何关系得

那么
，
求得

由于

那么

发光区域的总长度为

（3）由第（2）步可知，粒子半径在的区间内，粒子能打在荧光屏上
结合


得

可求得：当时粒子能打在荧光屏上
因此

提高粒子打在荧光屏上比率的方法：
①扩大荧光屏上方磁场区域②荧光屏左端适当往左移一些③荧光屏适当往MQ端移动④适当减小加速电压的最大值⑤适当增大加速电压的最小值
（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。
15.[物理选修3-3]（13分）
（1）（5分）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．布朗运动就是液体分子的热运动
B．在实验室中不能得到－273.15 ℃的低温
C．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大
D．热量一定是从高温物体传送到低温物体
E.液晶具有光学各向异性的特点
【答案】BCE
【解析】
A．布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，不是液体分子的热运动，固体微粒运动的无规则性，反应了液体分子运动的无规则性，故A错误;
B．－273.15 ℃又叫绝对零度，当达到这一温度时所有的原子和分子的热运动都停止，这是一个只能逼近而不能达到的最低温度，故B正确；
C．一定质量的理想气体经等温压缩后，根据理想气体方程得其压强一定增大，否则如果温度降低，压强不一定增大，故C正确；
D．在外界的影响下，热量可以从低温物体传递到高温物体，比如电冰箱，故D错误；
E．液晶像液体一样可以流动，有具有某些晶体结构特征的一类物质，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故E正确。
故选BCE．
（2）（8分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=p0S，环境温度保持不变．在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，求：

①活塞B向下移动的距离；
②接①问，现在若将活塞A用销子固定，保持气室Ⅰ的温度不变，要使气室Ⅱ中气体的体积恢复原来的大小，则此时气室Ⅱ内气体的温度．
【答案】① ②7T0
【解析】
①初状态Ⅰ气体压强：P1＝P0+
因为：mg=P0S
故：P1=2P0
Ⅱ气体压强：P2＝P0+＝4P0
添加铁砂后Ⅰ气体压强：
Ⅱ气体压强：P2′＝P1′+＝5P0
Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2′l2S 
可得：l2＝l0，B活塞下降的高度：h2＝l0−l2＝l0 
②Ⅰ气体末状态的体积
根据玻意耳定律：=P1′l1S= P1′′l′1S 解得： P1′′=20P0
只对Ⅱ气体末状态压强：P2″= P1″+=21P0
根据气体理想气体状态方程：     
 解得：Tx=7T0
16.[物理选修3—4]（13分）
（1）（5分）如图甲所示为一列简谐横波在t=0时的波形图，A是平衡位置为x=4m处的质点，如图乙所示为x=2m处质点的振动图像，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．该波的传播方向沿x轴负方向
B．该波的传播速度为2m/s
C．t=3s时坐标原点O处的质点第一次到达波峰
D．t=2s时质点A的速度方向沿y轴负方向
E.质点A的振动方程为y=-0.1sin0.5πt（m）
【答案】ACE
【解析】
A．由波形图和t=0时x=2m处质点的振动方向可知该波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．由波形图知该波的波长为λ=4m，由振动图像知周期为T=4s，则波速为

故B错误；
C．坐标原点O处的质点第一次到达波峰的时间为

故C正确；
D．t=0时质点A向下振动，经，质点A通过平衡位置向上振动，故D错误；
E．振幅为
A=10cm=0.1m
则质点A的振动方程为
（m）
故E正确。
故选ACE。
（2）（8分）如图所示，ABC为某玻璃砖的截面，OBC是半径为R的四分之一圆，O为圆心，AOB为等腰直角三角形，玻璃砖放在水平面上，一束单色光从AO边上的中点D垂直AO面射入，光线在AB面上刚好发生全反射．已知光在真空中传播的速度为c，求

（i）试判断光线第一次照射到圆面上会不会发生全反射，如果不发生全反射，则发生折射的折射角为多大;
（ⅱ）圆弧面的反射光线第一次照射到CO面上的入射点到D点的距离．
【答案】（i）45°；（ii）（）R
【解析】
（i）由几何关系可知，光照射到AB面时，入射角i=45°
由于光在AB面刚好发生全反射，则临界角C=45°
玻璃砖对光的折射率：
n=
由几何关系可知，光线照射到圆弧面上时入射角i满足：
sini=
i=30° 则：
n=
得：
= 45°

（ii）由几何关系可知，光线的出射点G到O的距离：
sGO=
因此GD的距离：
s=（）R