卷1-高考物理模拟考冲刺卷 (新高考辽宁专用)（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

高考物理模拟考冲刺卷（卷1）

第I卷（选择题）

一、选择题:本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，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．直线运动的位移等于v-t图像与t轴所围的“面积”。某同学通过类比得出结论：凡是物理量可以表达为横纵坐标乘积的，都可以用上述方法求解。下表中是他列举的四种看法，其中正确的是（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．②④

【答案】A

【详解】

①在a—t图像中把时间分成无数小段，在每一小段时间内，可认为加速度恒定，这样每一小段时间内，图像与时间轴所围的“小面积”表示速度的变化量，因此累加到一起就是整个过程速度的变化量，因此①正确；

②同样F—t图像中把时间分成无数小段，在每一小段时间内，可认为力恒定不变，这样每一小段时间内，图像与时间轴所围的“小面积”表示冲量，因此累加到一起就是整个过程中总冲量，因此②正确

③在F—v图像中把速度分成无数小段，每一小段内可认为力恒定不变，但这样每一小段速度变化内，图像与横轴所围的“小面积”不表示速度变化这段功率，因此累加到一起也不表示总的功率，因此③错误；

④在U—I图像中把电流分成无数小段，每一小段内认为电压不变，但在每一小段电流变化内，图象与横轴所围的“小面积”不表示这段电流变化内的电功率，因此累加到一起也不能表示总的电功率，④错误。

故选A。

2．在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后光分别从C、D点射向介质，如图所示，已知A点的入射角为30°，介质对光的折射率，下列判断正确的是（　　）

A．在该介质中，光传播速度

B．光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30°

C．光从该介质射向空气发生全反射时，临界角

D．光分别通过同一双缝干涉装置时，屏上的条纹问距

【答案】B

【详解】

由图可知a光的偏折程度较大，即介质对光a的折射率较大，则根据 可知，在介质中a光的速度小于b光，故A错误；在A点的折射角等于在C点的入射角，介质对a光的折射率，则C点的折射角为30°，圆心角为∠AOC=，则出射光线与水平方向的夹角为30°，故B正确；根据 ，可知，故C错误。介质对光a的折射率较大，则a光的频率较大，波长较短，根据 ，可知 ，故D错误。故选B

3．某静止的原子核发生核反应且帮放出能量Q.其方程为，并假设释放的能量全都转化为新核Y和Z的动能，测其中Z的速度为v，以下结论正确的是(    )

A．Y原子核的速度大小为

B．Y原子核的动能是Z原子核的动能的倍

C．Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量大（c1为光速）

D．Y和Z的结合能之和一定大于X的结合能

【答案】D

【解析】

A、由动量守恒有：，所以，所以A错；B、Y原子的动能，Z原子的动能；，他们之比为，所以B错；C、D、因为放出能量，有质量亏损，所以Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小，结合能之和比X的大，故C错误，D正确．故选D.

4． A、B、C、D四个质量均为2kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的、、、图像如图所示（其中x，v，a，F分别表示物体的位移、速度、加速度、合外力），已知物体在时的速度均为零，其中0~4s内物体单向运动且位移最大的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】

B．由图像可知，速度在0~2s内沿正方向，2~4s沿负方向，方向改变，4s内总位移为零，选项B错误；

C．由图像可知，物体在第1s内做匀加速运动，第2~3s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，第4s内在负方向上做匀减速运动，4s末物体回到原位置，不是单向直线运动，而是往复运动，选项C错误；

AD．由图像可知，4s内做单向直线运动，总位移为2m；

由图像可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，由解得总位移为

位移最大的是选项A，选项D错误。

故选A。

5．如图所示，均匀介质中振动情况完全相同的两波源S1 、S2分别位于x1=-0.2m和x2=1.2m处。t =0时刻以频率为f =10 Hz同时开始向上振动，振幅为A=2 cm，波的传播速度为v=4 m/s，P、M、Q三质点的平衡位置离O点距离分别为OP=0.2 m、OM=0.5 m、OQ=0.8 m。则下列关于各质点运动情况判断正确的是  （　　）

A．t=0.1 s 时刻质点Q开始沿y轴负方向运动

B．经t=0.175 s，质点P通过的路程为14 cm

C．t=0.275 s时刻，质点M的位移为+4 cm

D．t=0.35 s时刻，S1S2之间（不包括S1、S2）振动位移为零的点共有6处

【答案】D

【详解】

A．由于波速v=4 m/s，因此在t=0.1 s时，两列波各自向前传播的距离

波源S1产生的波恰好向右传到P点，波源S2产生的波恰向左好传到Q点，由于波源起振方向向上，因此Q点开始沿y轴正方向运动，A错误；

B．波的振动周期

在经t=0.175 s时刻，S2产生的波还没有传播到P点，从t=0.1 s到t=0.175 s，P点振动了

因此质点P通过的路程

B错误；

C．两列波同时到达M点，到达的时间

因此在时，M点振动了

因此M点在时刻恰好经平衡位置沿y轴正方向运动，C错误；

D．t=0.35 s时刻，两列波各自向前传播了

恰好传播到对方波源处，两列波恰好重合，如同所示

振动加强S1S2之间（不包括S1、S2）振动位移为零的点共有6处，D正确。

故选D。

6．如图所示，固定在绝缘水平面内的金属导轨MN、M′N′之间有竖直向下的匀强磁场。单位长度阻值相同的金属棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度向右做匀速直线运动，运动过程中始终与两导轨接触良好，则下列说法正确的是（　　）

A．回路中的感应电动势不断增大

B．回路中的感应电流不变

C．回路中的热功率不断增大

D．两棒所受安培力的合力不断减小

【答案】D

【分析】

回路磁通量的变化，由楞次定律判断感应电流方向。由E = BLv求得两棒产生的感应电动势，回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差，根据欧姆定律分析感应电流是否变化，再研究回路的热功率如何变化。

【详解】

AB．设两棒原来相距的距离为S，M′N′与MN的夹角为α，则回路中总的感应电动势

E = BLcdv - BLabv = Bv∙(Lcd - Lab) = Bv∙Stanα = BvStanα

BvStanα保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，AB错误；

C．回路热功率为

E不变，R增大，则P不断减小，C错误；

D．设两棒原来相距的距离为S，M′N′与MN的夹角为α，安培力之差等于

由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，D正确。

故选D。

7．如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ，A的质量是2m，B和C的质量均为m，A、B离轴为R，C离轴为2R。当圆台旋转时，则正确的是（　　）

A．若A、B、C均未滑动，则B的摩擦力最小

B．若A、B、C均未滑动，则C的向心加速度最小

C．当圆台转速增大时，B比A先滑动

D．当圆台转速增大时，A比B先滑动

【答案】A

【详解】

A. 若A、B、C均未滑动，由得 ，ω相同，B的mr最小，则B的摩擦力最小，A正确；

B. 若A、B、C均未滑动，由得，ω相同，C的r最大，则C的向心加速度最大，B错误；

CD. 由得， ，A和B的圆周运动的半径r相同，当圆台转速增大时，A和B同时滑动，CD错误。

故选A。

8．如图甲所示,在光滑的水平面上有质量为M且足够长的长木板，长木板上面叠放一个质量为m的小物块．现对长木板施加水平向右的拉力F= 3t（N）时，两个物体运动的a-t图像如图乙所示，若取重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（    ）

A．图线A是小物块运动的a-t图像

B．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3

C．长木板的质量M = 2 kg

D．小物块的质量m = 1 kg

【答案】BCD

【详解】

根据乙图可知，在3s以后，m与M开始发生相对运动，m的加速度不变，其大小为3m/s2，所以图线B是小物块运动的a-t图象，故A错误；设小物块与长木板间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得：，所以μ=0.3，故B正确；当时，以M为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，即，解得： 由函数斜率可得，解得M=2kg；在3s以内，以整体为研究对象，可得，代入数据 ，所以m=1kg，C、D正确．综上分析，答案为BCD．

9．地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里．若飞行器P通过L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道Ⅱ绕地心做匀速圆周运动的周期相等．已知飞行器P线速度为v，周期为T，受 地球和月球对它的万有引力大小之比为k．若飞行器P只在地球万有引力作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动的线速度为v′，周期为T′，则

A．v′＞v B．v′＜v C． D．

【答案】BC

【详解】

AB项：设飞行器P受地球的引力为F1，受月球的引力为F2，由公式，，所以，故A错误，B正确；

CD项：由公式，，，联立解得：，故C正确，D错误．

10．在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)

A．M与N的密度相等

B．Q的质量是P的6倍

C．Q下落过程中的最大动能是P的3倍

D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

【答案】AB

【详解】

A.在星球表面，根据万有引力等于重力可得：

所以：

解得：；

根据图象可知，在M星球表面的重力加速度为，在N表面的重力加速度为，星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等；故A正确.

B.加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：

解得：；故B正确.

C.根据动能定理可得，根据图象的面积可得：

，

则；故C错误.

D.根据运动的对称性特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为2x0，Q下落过程中弹簧最大压缩量为4x0，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故D错误.

第II卷（非选择题）

本题共5小题，共54分。

11．(本题7分) “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示，己知打点计时器所用电源频率为50Hz，试回答下列问题。

(1)平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a-F图线如图丙所示，此图线不通过原点的主要原因是__________________。

(2)在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，保持砝码盘中砝码个数不变，小车自身的质量保持不变（已知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的质量），在小车上加一个砝码，并测出此时小车的加速度a，调整小车上的砝码，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m为横坐标，相应加速度的倒数为纵坐标，在坐标纸上作出如图丁所示的-m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，图线的斜率为k，则小车受到的拉力大小为____________，小车的质量为____________。

【答案】砝码盘的重力未计入其中           

【详解】

(1)[1]根据图象丙可知，平衡摩擦力后，当F=0时，a≠0，这是由于F只是砝码盘中砝码总重力，砝码盘的重力未计入其中。

(2)[2][3]当小车上无砝码时，小车加速度为

设小车的质量为M，则小车受到的拉力为

图丁中图线的函数关系式满足

根据牛顿第二定律得

可解得

12．(本题9分)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，现备有下列器材：

A．被测干电池一节

B．电流表：量程为0~0.6A，内阻约为0.1Ω

C．电流表：量程为0~0.6A，内阻r=0.3Ω

D．电压表：量程为0~3V，内阻未知

E.电压表：量程为0~15V，内阻未知

F.滑动变阻器：0~10Ω，允许通过的最大电流为3A

G.滑动变阻器：0~100Ω，允许通过的最大电流为1A

H.开关、导线若干

(1)其中电压表应选_______，滑动变阻器应选______（填字母代号）；

(2)以，，代表所选仪器，在答题卡的方框内画出你所设计的实验电路图；

(3)根据实验数据作出如甲U—I图像，由图可知，电源电动势E=_____V，内阻r=_____Ω；

(4)该电源的电动势测量值______真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）；

(5)图乙为某小灯泡的伏安特性曲线。本实验之后，所选用电池由于使用时间过长，导致内阻增大到6Ω，但电动势几乎没有变化。将这样的干电池两节并联后给此小灯泡供电，则小灯泡发光的功率为______W（结果保留两位小数）；

(6)另一组同学用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步设计实验探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如下图所示的P-R和P-U图像。若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_______（选填选项的字母）。

A．B。C。D。

【答案】D    F        1.50    0.7    等于    0.18-0.20    BC   

【详解】

(1)[1][2]测量一节干电池的电动势，则电压表应选D，滑动变阻器应选F；

(2)[3]电流表C的内阻是已知的，则可选用电流表C，电路如图：

(3)[4][5]根据实验数据作出如甲U-I图像，由图可知，电源电动势E=1.50V，内阻

(4)[6]该电路已经知道电流表内阻，则实验无系统误差，即电源的电动势测量值等于真实值；

(5)[7]在此灯泡的伏安特性曲线上做出两节电源并联后的U—I图像如图：

交点坐标为I=0.25A，U=0.75V则

P=IU=0.18W

(6)[8]AB.根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由可知，电动势相同，内阻越小的乙输出功率越大，故B正确，A错误。
CD.当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半。由A的分析可知，乙输出的功率比甲的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故C正确，D错误。
故选BC。

13．(本题10分)如图所示，光滑斜面与半径为R的光滑圆弧轨道平滑连接并固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从斜面上某点由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R，碰撞中无机械能损失。重力加速度为G。求：

(1)A球释放点到轨道最低点的高度h；

(2)小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。

【答案】(1)2R；(2)见解析

【详解】

(1)设A球到达轨道最低点与B碰撞前的速度大小为v0，A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，A、B球碰撞后沿光滑轨道上升到最高点的过程，只有重力做功，机械能守恒

又因碰撞过程中没有机械能损失，则有

解得

方向向左

方向向右；

A、B球碰撞时，水平方向上外力为0，A、B系统动能守恒，即

解得

β=3

A球从释放到最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒

解得A球释放点到最低点的高度

h=2R

(2)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则

解得

第二次碰后，B静止，A将沿轨道上升到开始释放时的位置，然后将重复前面的过程。

由此可得：

当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同。即A的速度大小为，方向向左；B的速度大小为，方向向右。

当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同。即A的速度大小为2，方向向左；B的速度大小为零。

14．(本题10分)篮球内有1.4atm的空气5.4L，现准备给篮球打气，连接球针和打气筒的过程中，球内气压降至1.2atm，

(1)求漏出空气的质量占原来球内空气质量的比例；

(2)用容积是0.2L的迷你打气筒将1atm的空气打入，至少打几次才能使球内气压由1.2atm升至1.6atm以上. 假定上述过程球内气体温度不变.

【答案】(1) (2)至少打气11次

【解析】(1)漏气时发生等温变化，有P1V1= P2V2 ,

解得

则

(2)打气过程发生等温变化，P2V1+nP3V3= PV1

n=10.8 

至少打气11次。

15．(本题18分)如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向．匀强磁场方向垂直于xoy平面．一带负电的粒子(不计重力)从P（0,-R）点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O点射出．

(1)求匀强磁场的大小和方向；

(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入,经时间t0/2恰好从半圆形区域的边界射出．求粒子的加速度和射出时的速度大小；

(3)若仅撤去电场,带电粒子从O点沿y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．

【答案】（1）（2）；（3）

【解析】

试题分析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，磁感应强度为B．可判断出粒子受到的电场力沿x轴正方向，则洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知磁感应强度垂直xoy平面向外．

且有 qE="qvB"  R=vt0  则

（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动

在y方向位移

设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是

又有    得

设出射速度，出射时水平分速度,则

则

（3）仅有磁场时，入射速度v2=4V，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，圆心为C，圆心角为，如图，设轨道半径为r，

由牛顿第二定律有又,得

由几何关系则

带电粒子在磁场中运动周期

则带电粒子在磁场中运动时间