通用版高考物理二轮复习评估验收模拟卷4含答案

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高考仿真模拟卷(四) (时间：70分钟；满分：110分)第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝，其中n＝2，3，4，…，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为(　　)A．－　　　　　　 B．－C．－  D．－15．如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能正确的是(　　)A．绳的张力减小，斜面对b的支持力不变B．绳的张力增加，斜面对b的支持力减小C．绳的张力减小，地面对a的支持力不变D．绳的张力增加，地面对a的支持力减小16．人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h，地球同步卫星b离地面高度为H，h<H，两卫星共面且旋转方向相同．某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为g，则(　　)A．a、b线速度大小之比为 B．a、c角速度之比为 C．b、c向心加速度大小之比D．a下一次通过c正上方所需时间等于t＝2π17．如图所示为甲、乙两个质点在0～t0时间内沿同一直线运动的位移—时间图象，在两个质点在0～t0时间内(　　)A．任一时刻的加速度都不同B．位移大小不相等C．任一时刻的速度都不同D．运动方向不相同18．如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度大小为B＝ T的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边以角速度ω＝100π rad/s匀速转动．线圈的匝数N＝100，边长ad＝0.4 m，ab＝0.2 m．理想变压器原、副线圈的匝数比是 2∶1，一只理想二极管和一个阻值为25 Ω的定值电阻R串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是(　　)A．该矩形线圈产生的电动势的最大值为50 VB．电压表的示数为50 VC．1 min内电阻R上产生的热量为750 JD．减小电阻R的值，电流表示数变小19．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是(　　)A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sin θB．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为mv0C．斜面倾角θ的正弦值为D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功20．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断(　　)A．A点小球带正电，B点不带电，C点带负电B．三个小球在电场中运动时间相等C．三个小球到达极板时的动能EkA<EkB<EkCD．三个小球在电场中运动的加速度aA>aB>aC21．如图所示，两个边长为2L的正方形PQMN和HGKJ区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2，两磁场区域中间夹有两个宽度为L、方向水平且相反、场强大小均为E的匀强电场，两电场区域分界线经过PN、GK的中点．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从G点由静止释放，经上方电场加速后通过磁场回旋，又经下方电场沿NK二次加速后恰好回到G点，则下列说法正确的是(　　)A．B2＝2B1B．带电粒子第二次进入右边磁场后一定从MN边离开C．第一次完整回旋过程经历时间为　t＝ D．要实现两次以上的回旋过程，可以同时增大两磁场的磁感应强度题号1415161718192021答案        第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(5分)某同学用如图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得如图乙所示的一条纸带．他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自0点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为d1＝1.07 cm、d2＝2.24 cm、d3＝3.48 cm、d4＝4.79 cm、d5＝6.20 cm、d6＝7.68 cm.已知实验所用交变电流频率为f＝50 Hz.(1)打点2时小车的速度大小为________m/s(结果保留两位有效数字)；(2)小车运动过程中的平均加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)；(3)以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2－d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g＝________(用m、M、k表示)．23．(10分)小张同学想测量构成滑动变阻器的金属丝的电阻率．于是，他找到了一个坏了的滑动变阻器，拆下一段长约1 m、阻值约为10 Ω的金属丝，进行测量．(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，金属丝的直径d＝________mm；(2)为了准确测量这段金属丝的电阻，小明找到如下器材：电流表(量程50 mA)　　　电阻箱(0～99.99 Ω)一节干电池(电动势约1.5 V)开关一个、线夹一个、导线若干①请你利用上述器材，帮他设计一个可以完成电阻测量的电路图，画在图甲的方框中．②完善小明同学的实验步骤(步骤中出现的物理量均需给出相应的符号)．a．去掉金属丝的绝缘漆，接在线夹上，如图乙所示；b．按电路图连接实物；c．调节电阻箱和线夹位置使电流表有一个较大的示数，除记录该电流表示数外还需记录________和________；d．改变线夹的位置，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录________和________；e．用米尺测量出__________________；f．写出电阻率的表达式：________(用实验过程中出现的物理量符号表示)；g．重复上述步骤进行多次测量取平均值．24．(12分)如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上A点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的B点离开磁场．已知：带电粒子比荷＝3.2×109 C/kg，电场强度E＝200 V/m，磁感应强度B＝2.5×10－2 T，金属板长L＝25 cm，粒子初速度v0＝4×105 m/s.带电粒子重力忽略不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；(2)A、B之间的距离．      25．(20分)如图甲，一长度L＝1 m的平板车A停在水平地面上，其上表面与斜坡底端的一段小圆弧水平相切，货物从斜坡上静止释放，滑到斜坡底端后滑上A车．当货物释放位置离斜坡底端的距离s与货物的质量m满足如图乙的关系时，货物滑上A车后恰好不从其右端滑出．已知斜坡的倾角θ＝37°，货物与斜坡之间的动摩擦因数μ1＝0.5.货物视为质点，车与地面的摩擦忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求货物在斜坡上运动的加速度大小a；(2)求货物与A车之间的动摩擦因数μ2和A车的质量M；(3)若在A车右端停有另一辆完全相同的B车，两车接触但不相连．质量m＝10 kg的货物从距斜坡底端s＝8 m处由静止下滑，判断该货物能否从B车的右端滑出，并说明理由．     (二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3­3](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(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．对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大D．第二类永动机违反能量守恒定律E．分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力(2)(10分)如图所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞面积之比SA∶SB＝1∶3，两活塞以穿过B底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个汽缸都不漏气．初始时活塞处于平衡状态，A、B中气体的体积均为V0，A、B中气体温度均为T0＝300 K，A中气体压强pA＝1.6p0，p0是汽缸外的大气压强．①求初始时B中气体的压强pB；②现对A中气体加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.5p0，同时保持B中气体的温度不变，求活塞重新达到平衡状态时A中气体的温度TA′.      34．[物理——选修3­4](15分)(1)(5分)一轻质弹性绳呈水平状态，M为绳的中点，现绳左、右两端点P、Q同时开始上下振动，一段时间后产生的波形如图所示，若两列波的振幅均为A，下列判断正确的是________．(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．每错选1个扣3分，最低得分为0分)A．左、右两列波同时到达M点B．左、右两列波的频率之比为1∶2C．P、Q两端点开始振动的方向相反D．左、右两列波相遇时会产生明显的干涉现象E．M点在振动过程中相对平衡位置的最大位移大小为2A(2)(10分)如图所示为一半径为R的半球形玻璃砖的横截面，一光线以45°的入射角从圆心O处沿纸面射入玻璃砖，并从A点射出．已知A点到法线NN′的距离为.(i)求该玻璃砖的折射率；(ii)沿纸面向右平移入射光线，当光线在B点入射时，在球面上恰好发生全反射，此时OB的距离为多大？                         高考仿真模拟卷(四)14．解析：选A.有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量最小，辐射的光子的波长最大，则有E3－E2＝，解得λ＝－－，故A正确，B、C、D错误．15.解析：选C.在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；对b受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有Fcos θ－FNsin θ＝0　①；Fsin θ＋FNcos θ－mg＝0　②；由①②两式解得：F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能：①物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：Fsin θ＋FNcos θ－mg＝0　③；FNsin θ－Fcos θ＝ma　④；由③④两式解得：F＝mgsin θ－macos θ，FN＝mgcos θ＋masin θ；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变．②物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，支持力的竖直分力大于重力，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大．综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加或不变；a对b的支持力一定增加；故A、B、D错误，C正确．16．解析：选C.人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度．卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空．绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为v，则：G＝m，所以v＝，可知a、b线速度大小之比为 ，故A错误；设卫星的角速度为ω，G＝mω2r，得ω＝，所以：＝，又由于同步卫星b的角速度与c的角速度相同，所以＝，故B错误；同步卫星b的角速度与c的角速度相同，根据：a＝ω2r可得：＝，故C正确；设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方，根据几何关系有：(ωa－ωc)t＝2π，又mg＝，联立解得：t＝＝＝，故D错误．17．解析：选A.根据位移图象的斜率表示速度可知，两个质点在0～t0时间内，乙做匀速直线运动，其加速度为零，而甲做加速度逐渐增大的加速直线运动，两个质点在0～t0时间内任一时刻的加速度都不同，选项A正确；两个质点在0～t0时间内，位移大小相等，运动方向都是沿x轴负方向，运动方向相同，选项B、D错误；根据位移图象的斜率表示速度可知，两个质点在0～t0时间内，有一时刻速度相同，选项C错误．18．解析：选C.该线圈产生的电动势的最大值为Umax＝NBSω＝100××0.2×0.4×100π V＝50 V，A错误；根据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为25 V，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有×＝T，解得电压表的示数为U＝12.5 V≈17.68 V，B错误；由焦耳定律得1 min内电阻R上产生的热量为Q＝×60 J＝750 J，C正确；减小电阻R的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，电流表的示数变大，D错误．19．解析：选BC.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0，选项A错误；由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设物块返回底端时的速度大小为v，则＝，得到v＝，物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为Δp＝mv0－＝mv0，选项B正确；根据动量定理得：上滑过程：－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑过程：(mgsin θ－μmgcos θ)·2t0＝m·v0，由两式解得，sin θ＝，μ＝tan θ，故C正确；根据μ＝tan θ可求解摩擦力，根据图线也可求解3t0内的路程，由此可求解3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，选项D错误．20.解析：选AC.在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示，由此可知不带电小球做平抛运动a1＝g，带正电小球做类平抛运动a2＝，带负电小球做类平抛运动a3＝，根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据t＝得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短；三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A点是带正电荷的小球，B点是不带电的小球，C点是带负电的小球，故A正确，B错误；根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功．由受力分析图可知，带负电小球合力最大为G＋F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G－F，做功最少动能最小，EkA<EkB<EkC，故C正确；因为A带正电，B不带电，C带负电，所以aA＝a2，aB＝a1，aC＝a3，所以aA<aB<aC，故D错误．21．解析：选BCD.带电粒子在电场中第一次加速有qEL＝mv－0，在右边磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qv1B1＝m，解得B1＝ ，带电粒子在电场中第二次加速有qEL＝mv－mv，带电粒子在左边磁场中做圆周运动回到G点，有qv2B2＝m，解得B2＝2，故有B2＝B1，选项A错误；由带电粒子在电场中第三次加速有qEL＝mv－mv，得v3＝，则粒子第二次在右边磁场中做圆周运动的半径为R1＝＝L<2L，故带电粒子一定从MN边射出磁场，选项B正确；把带电粒子在电场中两次加速的过程等效成一次连续的加速过程，则在电场中加速的时间为t1＝＝2 ，在右边磁场中运动的时间为t2＝＝＝π ，在左边磁场中运动的时间为t3＝＝＝，故第一次完整的回旋时间为t＝t1＋t2＋t3＝，选项C正确；因为磁感应强度B越大，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，故可以同时增大两边磁场的磁感应强度，选项D正确．22．解析：(1)v＝＝ m/s＝0.6 m/s.(2)根据逐差法可得：a＝＝＝ m/s2＝2.0 m/s2.(3)对系统受力分析，由牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，由v2－v＝2ad可得a＝＝，联立解得g＝.答案：(1)0.6　(2)2.0　(3)23．解析：测金属的电阻率，据实验器材无法绘制I－U图象，电阻丝上有线夹，就可以测出电阻丝上两个位置之间的电阻，再根据R＝ρ求得电阻率ρ.c除了记录电流表的示数外还需记下此时线夹的位置M和电阻箱的示数R1，设此时电阻丝接入电路的电阻RM；d改变线夹的位置，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录此时线夹的位置N和电阻箱的示数R2，设此时电阻丝接入电路的电阻RN；e用米尺测量M、N间距L；f因两次电流表的示数相等，所以R1＋RM＝R2＋RN，有M、N间的电阻R＝RM－RN＝R2－R1，又R＝ρ，则ρ＝.答案：(1)0.531或0.532(2)①如图②c.线夹的位置M　电阻箱的示数R1；d．线夹的位置N　电阻箱的示数R2；e．测量两次线夹位置MN间的距离L；f．ρ＝24.解析：(1)由牛顿第二定律：qE＝ma，可得在电场中加速度a＝粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，运动时间t＝在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则射出电场时的竖直分速度vy＝at速度偏向角tan θ＝由以上各式，代入数据解得：tan θ＝1，所以θ＝45°.(2)粒子射出电场时运动速度大小为：v＝在磁场中洛伦兹力提供向心力有：Bqv＝m解得：r＝，由几何关系得AB＝r，代入数据解得AB＝10－2 m＝1 cm.答案：(1)45°　(2)1 cm25．解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin θ－f＝ma　①N＝mgcos θ　②又f＝μ1N　③由①②③式得a＝2 m/s2.　④(2)设货物滑到斜坡底端时的速度为v0，由运动学公式得v－0＝2as　⑤设货物滑到A车最右端时货物与A车的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v　⑥由功能关系得μ2mgL＝mv－(M＋m)v2　⑦由⑤⑥⑦式得s＝m＋　⑧由图可得s＝0.2m＋2　⑨由④⑧⑨式代入数据得μ2＝0.4，M＝10 kg.　⑩(3)货物会从B车右端滑出．理由说明方法一：由⑧式可知在s、m一定时，平板车质量越小，货物恰好不滑出所需要的平板车长度越小，货物就越不容易滑出．货物在A车上滑行时，相当于与质量为20 kg的车发生相互作用；货物在B车上滑行时，只与质量为10 kg的车发生相互作用．若货物全程都在质量为10 kg的车上滑行，由⑧式代入数据可得货物恰好不滑出所需要的平板车长度L′＝2 m，故会滑出．理由说明方法二：设M′、L′分别为货物恰好不滑出时对应的车的质量和长度，由⑧式代入s＝8 m、m＝10 kg可得L′＝，当M′＝10 kg时L′＝2 m，当M′>10 kg时L′>2 m，故会滑出．答案：见解析33．解析：(1)布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；改变内能的方式有做功和热传递，所以对一定质量的气体加热， 其体积和内能可能都增加，B正确；温度是分子平均动能的标志，所以物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，D错误；分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，主要看分子间的距离关系，故E正确．(2)①初始时活塞平衡，有pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)已知SB＝3SA，pA＝1.6p0　代入上式可解得：pB＝0.8p0.②末状态活塞平衡，pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB)可解得pB′＝0.5p0B中气体初、末态温度相等，由pBV0＝pB′VB′，可求得VB′＝1.6V0.设A中气体末态的体积为VA′，因为两活塞移动的距离相等，故有＝，可求出VA′＝1.2V0.由气态方程＝，解得TA′＝TA＝562.5 K.答案：(1)BCE　(2)①0.8p0　②562.5 K34．解析：(1)波在同种介质中的传播速度相同，所以两波同时到达M点，且有＝2，则f1∶f2＝1∶2，选项A、B正确；从波形可知，左侧波的起振方向向下，右侧波的起振方向向上，选项C正确；由于两波频率不同，则相遇时不会产生明显的干涉现象，选项D错误；当左侧波谷移动到M点，右侧平衡位置移动M点，左侧波峰移到M点，右侧平衡位置移动M点，则最大位移不为2A，选项E错误．(2)(i)当光线由O点入射时，令光线的折射角为θ，由几何关系可知θ＝30°玻璃砖的折射率n＝n＝.(ii)当光线从B点入射时，光路图如图所示在M点恰好发生全反射sin C＝全反射临界角C＝45°由几何关系可知∠OBM＝120°根据正弦定理可得＝可得OB＝.答案：(1)ABC(2)(i)　(ii)