卷2-高考物理模考冲刺卷（重庆新高考专用）（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

高考物理模考冲刺卷

注意事项:

1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。

2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。

3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。

一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28分。在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，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，由此可知，圆环a将（  ）

A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转

C．逆时针匀速旋转 D．逆时针减速旋转

【答案】B

【详解】

AB．当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，圆环a相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则可知，其内有垂直于纸面向里的磁场，其外有垂直于纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b内的合磁通量垂直纸面向里而且在增大，根据楞次定律可知，b中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误，B正确；

C．逆时针匀速旋转时，穿过圆环b的磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误；

D．圆环a逆时针减速旋转与顺时针加速旋转是等效的，选项D错误。

故选B。

2．如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B。现用一水平力F缓慢地拉起B，在此过程中A一直保持静止不动，设圆环A受到的支持力为，摩擦力为f ，此过程中： （  ）

A．增大，f增大

B．减小，f增大

C．不变，f减小

D．不变，f增大

【答案】D

【解析】对B受力分析，则B受重力、绳子的拉力及F；三力满足应始终处于平衡状态；受力分析如图所示：

在B上升的过程中绳子与竖直方向的夹角增大，而重力不变，F=Gtanθ，故拉力F应增大；以AB为整体受力分析，整体在水平方向受拉力、摩擦力；竖直方向上受重力、支持力；因整体处于平衡状态，故水平方向f=F，因F增大，故摩擦力f增大；竖直方向重力不变，则压力FN不变；故D正确，A、B、C错误；故选D．

【点睛】本题也可以由隔离法求解，但是解答过程较为麻烦；因此在解题时要特别注意整体法的应用．

3．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如下图所示，那么氡核的衰变方程应为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【详解】

粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，则粒子和反冲核带同种电荷。

静止的氡原子核衰变，衰变后粒子与反冲核的动量大小相等，方向相反。

粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则

解得：粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径

大圆与小圆的直径之比为42：1，所以粒子与反冲核的电荷量之比为1：42。

综上，结合核反应质量数和电荷数守恒，则B项正确，ACD三项错误。

故选B。

4．游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来，如图甲所示，我们把这种情形抽象为图乙的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，将小球从弧形轨道上端距地面高度为h处释放，小球进入半径为R的圆轨道下端后沿圆轨道运动。欲使小球运动到竖直圆轨道最高点时轨道对小球的压力等于小球的重力，则h与R应满足的关系是（不考虑摩擦阻力和空气阻力）（　　）

A．h=2R

B．h=2.5R

C．h=3R

D．h=3.5R

【答案】C

【详解】

小球通过圆轨道最高点时，应满足

小球运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律

解得

故选C。

5．如图甲所示，虚线上方空间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速逆时针转动．设线框中感应电流的方向以逆时针为正，线框处于图示位置时为时间零点．那么，在图乙中能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】

当线框进入磁场后，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值，当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流，故A正确，BCD错误。

6．在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法正确的是(　　)

A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强

B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高

C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大

D．将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动

【答案】C

【详解】

A．依据等差等势线的疏密，可知，在c、d、e、f 四点中，f点的电场最强，故A错误；

B．沿着电场线方向，电势是降低的，因B 供电线的电势高于A 电线的电势，则在c、d、e、f 四点中，c点的电势最高，故B错误；

C．若将某电子由c 移到f，即从高电势到低电势，其电势能将增大，故C正确；

D．将某电子在d 点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，故D错误；

故选C。

7．一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点的竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力F大小随时间t的变化规律如图乙所示．F1＝7F2，设R、m、引力常量G以及F1为已知量，忽略各种阻力．以下说法正确的是

A．该星球表面的重力加速度为

B．卫星绕该星球的第一宇宙速度为

C．星球的密度为

D．小球过最高点的最小速度为0

【答案】C

【解析】

设砝码在最低点时细线的拉力为F1，速度为v1，则   ①
设砝码在最高点细线的拉力为F2，速度为v2，则     ②
由机械能守恒定律得 ③
由①、②、③解得     ④
F1=7F2，所以该星球表面的重力加速度为 ．故A错误．根据万有引力提供向心力得： 卫星绕该星球的第一宇宙速度为 ，故B错误．在星球表面，万有引力近似等于重力 ⑤
由④、⑤解得 ,星球的密度： ，选项C正确；
小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得：

所以小球在最高点的最小速．故D错误．故选C．

点睛：根据砝码做圆周运动时在最高点和最低点的运动规律，找出向心力的大小，可以求得重力加速度；知道在星球表面时，万有引力和重力近似相等，而贴着星球的表面做圆周运动时，物体的重力就作为做圆周运动的向心力．

二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15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，有错选的得0分.

8．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而滑动，下列说法正确的是（       ）

A．物体受到4个力的作用，分别是重力，弹力，摩擦力和向心力

B．物体受到3个力的作用，分别是重力，弹力，摩擦力

C．当圆筒的角速度ω增大以后，物体会相对于圆筒发生滑动

D．当圆筒的角速度ω增大以后，弹力增大，摩擦力不变

【答案】BD

【详解】

AB．物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图：

向心力是一个效果力，故 A错误，B正确；

CD．重力G与静摩擦力f平衡，与物体的角速度无关，故增大角速度，支持力N提供向心力，所以当圆筒的角速度ω增大以后，向心力变大，物体所受弹力N增大，最大静摩擦力变大，竖直方向依然平衡，物体不会滑动，故C错误，D正确。

故选BD。

9．如图所示的理想变压器副线圈为双绕组，两个副线圈n2、n3分别通过开关S1、S2与电阻R1、R2连接，其阻值为R1＝R2＝R，原线圈n1接入正弦式交变电压u＝10cos 100πt (V)．若只闭合开关S1，则电流表示数为0.2 A；若只闭合开关S2，电流表示数为1.25A．则(　　)

A．R1消耗的电功率比R2小

B．n2∶n3＝3∶5

C．若两个开关同时闭合，电路消耗的总功率为14.5W

D．若两个开关同时闭合，R1消耗的电功率比R2大

【答案】AC

【详解】

A．因U1=10V；只闭合开关S1，电流表示数为0.2 A；根据P=IU可知，变压器输入功率为2W，此时变压器次级消耗功率2W，也就是R1消耗的电功率2W；同理只闭合开关S2，R2消耗的电功率12.5W，即R1消耗的电功率比R2小，选项A正确；

B．因，则

；

而

两式相除则

选项B错误。

 CD．若两个开关同时闭合，变压器两个次级电压均不变，则次级电阻上消耗的功率不变，R1消耗的电功率仍比R2小；则结合选项A的分析可知，电路消耗的总功率为2W+12.5W=14.5W，选项C正确， D错误。

10．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A球，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A球的质量为4m，B、C球的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A球后，A球沿斜面下滑至速度最大时C球恰好离开地面，不计空气阻力，在这一过程中A球始终在斜面上。 下列说法正确的是（　　）

A．C球刚离开地面时，B球的加速度最大 B．释放A球的瞬间，B球的加速度为0.4g

C．A球达到的最大速度为 D．B球达到的最大速度为

【答案】BC

【详解】

A．C刚离开地面时，A和B的速度最大，合外力为零，则B球的加速度为零，故A错误；

B．设当物体C刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为，则

物体C刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力、弹簧的弹力、细线的拉力三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有

对A有

联立解得

当B获得最大速度时，有

联立解得

即

释放A的瞬间，此时对AB整体加速度大小相同，根据牛顿定律

即B球的加速度为0.4g，故B正确；

C．C设开始时弹簧的压缩量为

当物体C刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体A沿斜面下滑的距离均为

由于弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，且物体C刚离开地面是，A、B两物体的速度相等，设为，以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得

代入解得

因A、B速度相等，所以

故D错误，C正确。

故选BC。

三、非选择题:共57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45分。

11．（6分）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：

（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端附有滑轮的长木板、细线、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有（_____________）

A．天平

B．电压可调的直流电源

C．秒表

D．电压合适的50Hz交流电源

（2）实验过程中，下列做法正确的是（_______________）

A．先接通电源，再使小车运动

B．先使小车运动，再接通电源

C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处

D．将接好纸带的小车停在距离滑轮和打点计时器相等的位置

（3）如图所示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两个计数点间都有4个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6共7个计数点，如图所示。其中2、3、4三个计数点的位置关系如图，则3这个计数点的读数为_____，打点计数器打计数点3时小车的瞬时速度大小v3=___________m/s.

【答案】D    A    6.10 cm    0.11 m/s   

【分析】

考查实验“探究小车速度随时间变化的规律”。

【详解】

(1)使用打点计时器是需要用电压合适的交流电源，处理纸带时需要用刻度尺，而天平与秒表均不需要，所以D选项是正确的，ABC错误。

(2)实验操作时，用将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处,先接通电源，再释放纸带，所以A选项是正确的，BCD错误。

(3)由图读数得3这个计数点的读数为6.10 cm，根据某段时间内平均速度等于中时刻的瞬时速度，则有： 。

12．（9分）用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：

电池组E(电动势3 V，内阻不计)

电流表A1(量程0～15 mA，内阻约为100 Ω)

电流表A2(量程0～300 μA，内阻为2 000 Ω)

滑动变阻器R1(阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A)

电阻箱R2(阻值范围0～9 999 Ω， 1 A)

开关S、导线若干

要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：

（1）将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为3.0 V的电压表，将电阻箱阻值调到______Ω；

（2）在方框中完整画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号_________。

（3）调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻Rx的阻值是________Ω.

【答案】    电路图如图：

    8.0 mA    150 .0μA       

【详解】

（1）[1]．改装后电压表量程是3 V，则电阻箱阻值

；

（2）[2]．滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值约为200 Ω，电流表A1内阻约为100 Ω，电压表内阻，据可知电流表应采用外接法；则电路图如图：

（3）[3][4][5]．由图示可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数为150.0 μA；待测电阻两端电压

测得待测电阻

。

13．（12分）如图，长L＝4m的固定斜面倾角θ＝30°，带负电的小物块带电量q＝﹣0.5C、质量m＝1kg。在F＝4.5N、沿斜面向下的力的作用下从静止开始向下运动，到达光滑水平面时撤去外力F，之后以一定的速度进入MNPQ区域，MNPQ区域中存在宽度x＝4m、相互正交的匀强电场和匀强磁场，其中场强E＝20N/C，磁感应强度B＝1T；已知物块和斜面间的动摩擦因数，水平面与斜面平滑相连，设物块在运动过程中电荷不变，g取10m/s2。求：

（1）物块进入电磁场时的速度大小；

（2）物块在MNPQ区域运动的时间t。

【答案】（1）4m/s；（2）

【详解】

（1）对小物块分析

F+mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma

vm＝＝4m/s

（2）在复合场中运动，易知Eq＝mg，故在复合场中做匀速圆周运动

R＝ ＝8m

又x＝4m

所以圆心角

14．（18分）如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d。半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻。右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场。重力加速度为g。

(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；

(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R消耗的电功率P；

(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围。

【答案】(1)；(2)；(3)≤ω≤

【详解】

(1)两球碰撞过程满足动量守恒

解得。

(2)杆转动的电动势

电阻R的功率

(3)通过金属杆的转动方向可知P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上，在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度为最小，设此时对应的电场强度为，粘合体达到T点时的速度为，

在T点，由牛顿第二定律得

从S到T，由动能定理得

解得，杆转动的电动势

两板间电场强度

联立解得；

如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度为最大，设此时对应的电场强度为，在S点，由牛顿第二定律得

杆转动的电动势

两板间电场强度

联立解得；

综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为≤ω≤。

（二）选考题:共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分。

15.[选修3-3]（12分）

（1）（4分）下列说法正确的是_________（在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）。

A．悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动

B．水杯里的水面超出杯口但不溢出，是由于水的表面张力作用

C．空气中水蒸气的实际压强与饱和气压相差越大，越不利于水的蒸发

D．一定量的水变成的水蒸汽，其分子之间的势能减小

【答案】B

【详解】

A．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，反映了水分子的无规则运动，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；

B．水的表面存在表面张力，使得液体表面像弹性膜一样，从而使得水杯里的水面超出杯口但不溢出，故B正确；

C．空气中水蒸气的实际压强与饱和汽压相差越大，相对湿度越小，越有利于水的蒸发，故C错误；

D．一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增大，所以分子之间的势能必定增大，故D错误；

故选B．

【点睛】

布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；水蒸气的实际压强与饱和汽压相差越大，越有利于水的蒸发；液体存在表面张力，物体的内能，结合这些知识解答．

（2）（8分）如图所示，为常德市某小区在防治新冠疫情过程中用于喷洒消毒液的喷雾器，由三部分构成，左侧为手持式喷雾管，管底部有阀门K；中间为储药桶，桶的横截面积处处相等为S=400cm2，桶高为H=50cm，桶的上方有可以关闭的盖子；右侧是通过体积可忽略的细管连通的打气装置，每次打进V0=700cm3的空气。某次消毒需将喷嘴举高到比桶底高处，工作人员关闭阀门K，向桶中装入了h=30cm深的药液，封闭盖子，为了能使储药桶中消毒液全部一次性喷出，通过打气装置向桶内打气。求需要打气多少次才能达到目的？（已知大气压强，消毒液的密度为水银密度的0.1倍，不考虑在整个消毒过程中气体温度的变化。桶内药液喷洒完时喷管内仍然充满药液，设喷管内部体积远小于储药桶的体积）

【答案】20次

【详解】

当桶内装入深的药液时，桶内气体体积为

①

末状态欲使桶内药液全部喷出，对桶内剩余的空气进行分析

②

根据玻意耳定律，末状态桶内气体可转化为与空气压强相同的气体

③

需要打气次数

④

联立上式得

次

16.[选修3-4]（12分）

（1）（4分）下图中给出某一时刻t的平面简谐波的图象和x=1.0m处的质元的振动图象，则关于这列波的波速、传播方向和时刻，以下说法正确的是_________（在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）。

A．，

B．，

C．，波向x正方向传播

D．，波向x正方向传播

【答案】D

【解析】由图知：波长λ=12m，周期T=12s，则波速v==1m/s。t=0时，由振动图象得知，x=1.0m处的质元的位移为y=0，与波动图象不相符，选项A错误；t=6s，由振动图象得知，x=1.0m处的质元的位移为y=0，与波动图象不相符，选项B错误；t=3s，由振动图象得知，x=1.0m处的质元的位移为y=6cm，与波动图象不相符，选项C错误；t=5s，由振动图象得知，x=1.0m处的质元的位移为y=2cm，与波动图象相符，振动方向向下，则波沿y轴正方向传播。故D正确；故选D.

点睛：本题考查把握波动图象和振动图象联系的能力，根据振动图象要能读出质点的速度方向，然后能在波动图象上判断波的传播方向．

（2）（8分）如图所示，两块半径均为R的半圆形玻璃砖正对放置，沿竖直方向的两条直径BC、相互平行，两圆心之间的距离为，一束单色光正对圆心O从A点射入左侧的玻璃砖，最后从右侧玻璃砖上的P点（图中未画出）射出。已知∠AOB=60°，玻璃折射率，若不考虑光在各个界面的反射，求该单色光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间和从P点射出时出射角大小（已知光在真空中的速度大小为c）。

【答案】，

【分析】

根据求出光在玻璃砖中传播速度，再由求光在第一块半圆形玻璃砖中传播的时间。根据题意，作出的光路图。由折射定律求出光BC界面上的折射角，再结合几何关系求出光射在BC界面上的位置、入射角、折射角，由几何关系确定光射到弧面上的位置，最后由折射定律求出该单色光从P点射出时出射角大小。

【详解】

根据公式，解得：
则光在第一块玻璃砖中传播的时间为：

根据题意，作出的光路图，如图所示：

在O点发生折射，由图可知，解得：
在D点发生折射，由光路可逆可知
在中，由正弦定理有：
而
解得：
所以
在D点发生折射，由折射定律有
解得

【点睛】

本题考查光的折射。关键是作出光路图，根据几何知识求出的位置，以及各个入射角与折射角。