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卷2-高考物理模拟考冲刺卷 (新高考湖北专用) （2份打包，解析版+原卷版，可预览）
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这是一份卷2-高考物理模拟考冲刺卷 (新高考湖北专用) （2份打包，解析版+原卷版，可预览），文件包含卷2-高考物理模拟考冲刺卷新高考湖北专用解析版doc、卷2-高考物理模拟考冲刺卷新高考湖北专用原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
高考物理模拟考冲刺卷（卷2）
第I卷（选择题）
一、选择题:共11小题，每小题4分，共44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，第8～11题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从时刻开始，甲、乙两车运动的图像如图所示，其中甲车运动的图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，乙车运动的图线为过原点的直线，两条图线相切于P点，其坐标为（，），已知。下列说法正确的是（ ）
A．时刻甲、乙两车间距离最大
B．在时刻，甲车的瞬时速度大小是
C．到时间内甲车的位移大小为
D．时刻甲车的速度大小为
【答案】C
【详解】
A．由题图可知，时刻甲、乙两条线有交点，所以表示此时，两车相遇，所以A错误；
B．汽车运动的图线的斜率表示汽车运动的速度，所以可知，时刻甲、乙两车的速度为
所以B错误；
C．由题意可知，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀速直线运动，则由加速度的定义式可得，甲车的加速度为
由匀变速直线运动的位移公式可得
则到时间内甲车的位移大小为
又
则
所以C正确；
D．由匀变速直线运动的速度公式可得
则时刻甲车的速度大小为
得
所以D错误。
故选C。
2．边长为的正方形线圈，通有沿逆时针方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细绳静止地悬挂在水平长直导线的正下方处，如图所示.当导线中无电流时，两细绳中张力均为；当通过的电流为时，两细绳中张力均减为；而当通过的电流为时，细绳中张力恰好为零.已知长直通电导线周围某点磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比，与导线中电流成正比(即，为常数). 由此可知，中的电流方向和电流大小之比分别为（ ）
A．向左， B．向右，
C．向左， D．向右，
【答案】C
【详解】
当中通以从到的电流时，边所受的安培力向上，边所受的安培力向下，因离越近，安培力越大，可知此时线圈所受安培力的合力方向竖直向上，所以中电流方向向左.当中通电流时，根据题意可知所受的安培力为所受的安培力为，因它们受到的安培力方向相反，此时线圈所受的安培力的合力大小为；可知线圈受到的安培力的合力大小与通人电流的大小成正比，当分别通以的电流时.线圈受到的安培力的合力的大小之比为，当通过的电流为时，两细绳中张力均减为.所以安培力的大小；而当通过的电流为时，细绳中张力恰好为零，则安培力的大小，所以，故选C.
3．关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有
A．是α衰变 B．是β衰变
C．是人工转变 D．是重核裂变
【答案】A
【解析】
A、 方程是衰变方程，选项A正确；
B、方程是人工转变方程，选项B错误；
C、方程是轻核聚变方程，选项C错误；
D、方程是衰变方程，选项D错误．
4．由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。 一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为 Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上 P 点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点 P、P'关于圆心 O 对称。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g， 取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．O 点的场强一定为零
B．由于 P、P¢两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C．金属带电小球的电量为Q =
D．固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
【答案】D
【详解】
A．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误；
B．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P¢两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球 在这两点产生的电场强度不相等，故B错误；
C．取圆环带电小球；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力
方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的小球，其库仑力与F1相同；如图所示
由几何关系可知，细线与轴线的夹角
两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为
因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力
小球受力分析如图所示
可得
解得，金属带电小球的电量为
故C错误；
D．在圆环上取下一个小球后，圆环上的电荷在圆心 O的场强大小为
根据对称性可知，固定 P 处的小球，在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，在圆心 O的场强大小为0
所以固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
故D正确。
故选D。
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。
6．20世纪末，由于生态环境的破坏，我国北方地区3、4月份沙尘暴天气明显增多。近年来，我国加大了环境治理，践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，沙尘天气明显减少。现把沙尘上扬后的情况简化为沙尘颗粒悬浮在空中不动。已知风对沙尘的作用力表达式为F=αρAv2，其中α为常数，ρ为空气密度，A为沙尘颗粒的截面积，v为风速。设沙尘颗粒为球形，密度为ρ0，半径为r，风速竖直向上，重力加速度为g，则v的表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
沙尘悬浮时受力平衡，根据平衡条件有
其中
由题意知
联立以上四式得
选项B正确，ACD错误。
故选B。
7．如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2的弹性小球乙，另一个质量为m1的弹性小球甲以初速v0运动，与乙球发生第一次碰撞后，恰在D点发生第二次碰撞。则甲、乙两球的质量之比m1∶m2等于（ ）
A．1∶9 B．1∶3 C．5∶3 D．2∶3
【答案】B
【详解】
设碰撞后、的速度分别为、，第一种碰撞情况：小球由A到B碰撞，且碰撞后反向，以方向为正方向，由动量守恒定律得
因为恰在D点发生第二次碰撞，、各运动了周，在相同时间内通过的路程相等，则有和的线速度大小相等，即有
且、为弹性球，发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得
联立以上各式解得
第二种碰撞情况：小球由A到B碰撞，且碰撞后同向，以方向为正向，由动量守恒定律得
因为恰在D点发生第二次碰撞，运动了周，运动了周，则有
由机械能守恒定律得
解得
ACD错误，B正确。
故选B。
8．如图所示，一束色光从长方体玻璃砖上表面射入玻璃，穿过玻璃后从侧面射出，变为两束单色光，则以下说法正确的是
A．玻璃对光的折射率较大
B．在玻璃中光的波长比光短
C．在玻璃中光传播速度比光大
D．减小入射角，光线有可能消失
【答案】BD
【解析】
A.如图所示，b光的偏折程度大于a光的偏折程度，知b光的折射率大于a光的折射率，故A错误；
B.根据知，b光的频率大，则b光的波长小于a光的波长。故B正确；
C.b光的折射率大于a光的折射率，由v=c/n知在玻璃中b光传播速度小于a光，故C错误；
D.减小入射角i，则折射角减小，到达左边竖直面时的入射角就增大，如增大达到临界角则发生全反射，a、b光线消失，故D正确。
9．某宇宙飞船在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，假设地球赤道平面与其公转平面共面，地球半径为R。日落后3小时时，站在地球赤道上的小明，刚好观察到头顶正上方的宇宙飞船正要进入地球阴影区，则
A．宇宙飞船距地面高度为R
B．在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°
C．宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为6小时
D．若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4
【答案】BD
【解析】
如图所示：
太阳光可认为是平行光，O是地心，人开始在A点，这时刚好日落，因为经过24小时地球转一圈，所以经过3小时，地球转了45°，即：∠AOC=45°，此时人已经到了B点，卫星在人的正上方C点，太阳光正好能照到卫星，所以根据∠AOC=45°就能确定卫星的轨道半径为：r=OC=OA=R．则卫星距地面高度等于(-1)R．故A错误。因∠ACO=45°，则在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°，选项B正确；宇航员绕地球一周经历的“夜晚”转过的角度为90°，但是因卫星的周期不是24h，则经历的时间不是6小时，若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4，选项C错误，D正确；故选BD.
10．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系xOy内，以坐标原点O为圆心，半径为d的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P（0，）点沿y轴正方向射入磁场，当入射速度为v0时，粒子从a（，）处进入无场区射向原点O，不计粒子重力。则（ ）
A．磁场的磁感应强度为
B．粒子再次回到P点所用时间为
C．若仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点后在磁场中运动的半径为d
D．若仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点可以再回到P点
【答案】AD
【详解】
A．粒子的运动轨迹如图所示
由题条件可判断粒子做圆周运动半径为R=d，粒子在磁场中：
，
故A正确；
B．粒子运动轨迹如图示
粒子在磁场中运动时间：
因为洛伦兹力提供向心力
粒子在无场区运动时间：
粒子再次回到P点时间：
t=t1+t2
解得：
故B错误；
C．粒子速度变为3v0，则在磁场中运动半径为R′=3d，故C错误；
D．粒子运动轨迹如图所示
由P点出发后第一个圆弧的弧长：
无磁场区圆的直径长度：
①粒子以3v0沿y轴正向经过P，粒子运动路程
，其中k=0、1、2、3、…
②粒子以3v0大小沿-y方向经过P
s′=3s1+2s2+k（6s1+6s2 ），其中k=0、1、2、3、…
仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点可以再回到P点，故D正确；
故选AD。
11．如图所示，半径分别为2d和d的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内，两圆弧圆心均在O点，导轨右端接有阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态，金属棒AB通过绝缘轻杆连在O点的固定转轴上，两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将金属棒由静止释放，金属棒绕O点转动，不计转轴处摩擦，不计导轨电阻，金属棒转动过程中始终与导轨接触良好，当金属棒AB第一次转到竖直位置时，金属棒转动的角速度为ω，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒第一次转到竖直位置时，金属棒AB两端的电压为
B．金属棒第一次转到竖直位置时，金属棒受到的安培力大小为
C．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，通过电阻R的电量为
D．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热
【答案】BC
【详解】
A．金属棒第一次转到竖直位置时，转动的角速度为，则电动势
此时AB两端的电压为路端电压，则有
故A错误；
B．此时电路中的电流
金属棒受到的安培力大小为
故B正确；
C．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，通过电阻R的电量为
故C正确；
D．根据能量守恒可知，减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热和金属棒的动能之和，故D错误。
故选BC。
第II卷（非选择题）
共5小题，共56分。
12．(8分)某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻。实验前该小组同学通过上网查阅有关水果电池的资料获知：常见的水果电池的电动势一般在1 V左右，内阻一千欧姆左右。除了苹果电池以外，实验室还提供了如下器材：
①多用电表
②毫安表（量程0.6 mA，内阻几十欧）
③电压表（量程1.5 V，内阻约2 kΩ)
④滑动变阻器R1（阻值0～20 Ω）
⑤电阻箱R2（阻值0～9999.9 Ω）
⑥开关一个，导线若干
（1）实验前，晓明同学利用调好的多用电表欧姆“×100”挡来粗测该苹果电池的内阻，测量结果如图甲所示。他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由。答：________
（2）根据提供的器材，该小组设计了四种可能的测量电路，如下图所示，最合理的是（ ）
A． B．C．D．
（3）根据最合理的测量电路，用铅笔划线代替导线将图乙中实物连接完整。
（4）该小组由实验数据作出的U－I图像如图所示，由图像可求得电源电动势为________V，内电阻为_________kΩ．（结果保留两位小数）。
【答案】不正确，水果电池为电源，欧姆表不能直接测其内阻 D 1.0（0.98~1.02） 1.0（0.98~1.02）
【详解】
（1）因为欧姆表内部本身有电源，而水果电池也有电动势，二者相互影响，无法正确测出电源内阻。
（2）由于水果电池的内阻较大，应选用大的滑动变阻器才能起到有效的调节作用，滑动变阻器R1（阻值0～20 Ω）阻值较小，故选择电阻箱R2（阻值0～9999.9 Ω）；
本实验采用基本的伏安法即可以测量，由于水果电池内阻较大，故可以采用电流表内接法。
因此最合理的是测量电路是D。
（3）根据电路图连接实物图如图所示：
（4）U－I图像中电源电动势为图线与纵轴的截距，由图可知电源电动势约为1.0（0.98~1.02）V。
内电阻为图线的斜率，故内电阻约为1.0（0.98~1.02）kΩ。
13．(8分)某同学欲用图甲所示装置探究“加速度与力、质量的关系”．实验中砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．
①实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是（____）
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动．
②图乙是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F、G为8个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，已知打点计时器的工作频率为50 Hz．该同学计划利用v-t图像计算小车的加速度．首先用刻度尺进行相关长度的测量，其中CE的测量情况如图丙所示，由图可知CE长为_____cm，依据此数据计算打点计时器打下D点时小车的速度为____m/s．图丁中已标注出了打点计时器打下A、B、C、E、F五个点时小车的速度，请将打下D点时小车的速度标注在v-t图上．_____
③请在图丁中描绘出小车的v-t图像．____
④由图丁中描绘的图线可得出小车的加速度为______m/s2．
⑤该同学保持砂和砂桶的总质量m不变，通过在小车上增加砝码改变小车的质量M，得到多组实验数据．为了探究加速度与质量的关系，该同学利用所测数据，做出了与M的图像，下列给出的四组图像中正确的是（_____）
【答案】B 10.58~10.62 0.53 在图像上描出D点 0.42 B
【详解】
①该实验探究的是加速度与力、质量的关系，故需要平衡摩擦力，所以应该将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故选项B正确；
②③由图可知，读出C、E两端的位置，相减即可，故CE=10.60cm－0=10.60cm；打点计时器打下D点时小车的速度就是CE段的平均速度，即vD==0.53 m/s；将该点通过描点法标出即可；用直线将各点连接起来即可，若有的点不在直线上，让这样点能够均匀地分布在直线的两侧；
④在v-t图象中，加速度是斜率，故加速度a==0.44m/s2；
⑤当小车在拉力的作用下运动时，则mg=（m+M）a，则=，可见图象是一条不过原点的倾斜直线，故B正确，ACD错误．选B
14．(9分)如图所示，一端封闭、另一端开口、长为75 cm的粗细均匀的玻璃管，放置在水平桌面上，内有一段25 cm长的水银柱封闭了45 cm长的空气柱，大气压强为P0= 75 cmHg、温度为T0＝300 K，不计玻璃管壁的摩擦。
（1）将玻璃管缓慢旋转，直至管的开口端竖直向上，稳定后，管内空气柱长度为多少?
（2）第（1）问中，玻璃管开口端竖直放置后，对管内封闭气体缓慢加热至480 K，水银是否溢出管口？稳定时管内气体的长度是多少？
【答案】（1）33.75cm（2）60cm
【解析】
（1）水平时，封闭气体压强P1=P0=75cmHg
竖直时，封闭气体压强P2=P0+ρgh=100cmHg
从水平到竖直，气体做等温变化，根据玻意耳定律，有P1SL1=P2SL2，
解得L2=33.75cm
（2）假设试管足够长，温度升高时，气体一直做等压变化，有 ，
解得L3=72cm
∵L3+h>75cm，所以会溢出
假设最后留在试管中的液柱长度为h3
可以得到封闭气体压强为P3=P0+ρgh3=（75+h3）cmHg，
由理想气体状态方程得，
此时试管中的气体长度L3=75-h3
解得h3=15cm,
所以L3=60cm
15．(13分)一个废弃的空矿井，井口和井底都是水平的．井口和井底以及任意水平横截面都是边长为a的正方形，四个侧面墙壁都与水平面垂直．矿井的深度为H，如图所示．在井口的一边的中点A，以垂直于该侧面墙壁的速度v水平抛出一个质量为m的小球，小球进入矿井运动，空气阻力忽略不计．在第（1）个问和第（3）个问中，g=9.8m/s，在第（2）个问中，重力加速度用g表示，且都保持不变．
（1）若H=4.9m，a=6m，小球不会与侧面墙壁相碰就落到了井底，求小球在空中运动的时间、速度v的取值范围．
（2）若H、a、v都是已知条件但具体数值未知，用所给的字母表示出小球做平抛运动的时间．
（3）若小球与侧面墙壁的碰撞是一种非常理想的碰撞，每次碰撞都满足：设撞击墙壁前瞬间的速度为v1，如图所示，类似于光的反射一样，反弹的速度大小v2=v1，并且角度满足图示的情形，且碰撞时间极短．H=78.4m、a=5m、v=7m/s，求小球在落到井底之前能与侧面墙壁碰撞的次数．
【答案】（1） （2） （3）5次
【详解】
（1）由，得：
由，得：
故速度v的取值范围为0m/s＜v＜6m/s．
（2）若，
若，
若，
（3）若小球一直下落到井底：
解得：
如果小球一直在水平方向做匀速直线运动，则
故，说明可以与墙壁撞击5次．
16．(18分)如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m = 1 kg，足够长的U型金属导轨abcd，间距L = 1 m。一质量不计，电阻值R = 0.5 Ω的细导体棒MN垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ = 0.2，在M、N两端接有一理想电压表（图中未画出）。在U型导轨bc边右侧存在垂直向下、大小B = 0.5 T的足够大的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U型金属导轨内存在方向水平向左，大小为B的匀强磁场。以U型导轨bc边初始位置为原点O建立坐标x轴。t = 0时，U型导轨bc边在外力F作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。经过时间t1 = 2 s，撤去外力F，直至U型导轨静止。已知2 s内外力F做功W = 14.4 J。不计其他电阻，导体棒MN始终与导轨垂直，忽略导体棒MN的重力。求：
（1）外力F随时间t的变化规律；
（2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q；
（3）在整个运动过程中，U型导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式。
【答案】（1）；（2）12 J；（3），，
【详解】
（1）由闭合电路欧姆定律可知，bc边产生的电动势与理想电压表的示数相等，则
可得，U型导轨向右运动的速度与时间的关系为
由可知，U型导轨的加速度为
由欧姆定律得，U型导轨中的电流为
U型导轨运动时，受到外力F、bc边的安培力和导体棒MN的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据，联立解得
（2）在整个运动过程中，由功能关系，有
由于忽略导体棒MN的重力，所以摩擦力为
则克服摩擦力做的功与克服安培力做的功的关系为
电路消耗的焦耳热Q等于克服安培力做的功，则
联立以上各式，解得
（3）设从开始运动到撤去外力F这段时间为t1= 2 s，这段时间内做匀加速运动，则
①时，根据位移与速度关系可知
时，根据匀变速运动规律可知，该时刻速度和位移分别为
②时，物体做变速运动，由动量定理得
解得
当时，
综合上述，故bc边速度与位置坐标x的函数关系如下
高考物理模拟考冲刺卷（卷2）
第I卷（选择题）
一、选择题:共11小题，每小题4分，共44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，第8～11题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从时刻开始，甲、乙两车运动的图像如图所示，其中甲车运动的图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，乙车运动的图线为过原点的直线，两条图线相切于P点，其坐标为（，），已知。下列说法正确的是（ ）
A．时刻甲、乙两车间距离最大
B．在时刻，甲车的瞬时速度大小是
C．到时间内甲车的位移大小为
D．时刻甲车的速度大小为
【答案】C
【详解】
A．由题图可知，时刻甲、乙两条线有交点，所以表示此时，两车相遇，所以A错误；
B．汽车运动的图线的斜率表示汽车运动的速度，所以可知，时刻甲、乙两车的速度为
所以B错误；
C．由题意可知，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀速直线运动，则由加速度的定义式可得，甲车的加速度为
由匀变速直线运动的位移公式可得
则到时间内甲车的位移大小为
又
则
所以C正确；
D．由匀变速直线运动的速度公式可得
则时刻甲车的速度大小为
得
所以D错误。
故选C。
2．边长为的正方形线圈，通有沿逆时针方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细绳静止地悬挂在水平长直导线的正下方处，如图所示.当导线中无电流时，两细绳中张力均为；当通过的电流为时，两细绳中张力均减为；而当通过的电流为时，细绳中张力恰好为零.已知长直通电导线周围某点磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比，与导线中电流成正比(即，为常数). 由此可知，中的电流方向和电流大小之比分别为（ ）
A．向左， B．向右，
C．向左， D．向右，
【答案】C
【详解】
当中通以从到的电流时，边所受的安培力向上，边所受的安培力向下，因离越近，安培力越大，可知此时线圈所受安培力的合力方向竖直向上，所以中电流方向向左.当中通电流时，根据题意可知所受的安培力为所受的安培力为，因它们受到的安培力方向相反，此时线圈所受的安培力的合力大小为；可知线圈受到的安培力的合力大小与通人电流的大小成正比，当分别通以的电流时.线圈受到的安培力的合力的大小之比为，当通过的电流为时，两细绳中张力均减为.所以安培力的大小；而当通过的电流为时，细绳中张力恰好为零，则安培力的大小，所以，故选C.
3．关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有
A．是α衰变 B．是β衰变
C．是人工转变 D．是重核裂变
【答案】A
【解析】
A、 方程是衰变方程，选项A正确；
B、方程是人工转变方程，选项B错误；
C、方程是轻核聚变方程，选项C错误；
D、方程是衰变方程，选项D错误．
4．由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。 一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为 Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上 P 点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点 P、P'关于圆心 O 对称。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g， 取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．O 点的场强一定为零
B．由于 P、P¢两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C．金属带电小球的电量为Q =
D．固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
【答案】D
【详解】
A．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O 点的场强不为零，故A错误；
B．根据对称性可知，由n 个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P¢两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球 在这两点产生的电场强度不相等，故B错误；
C．取圆环带电小球；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力
方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的小球，其库仑力与F1相同；如图所示
由几何关系可知，细线与轴线的夹角
两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为
因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力
小球受力分析如图所示
可得
解得，金属带电小球的电量为
故C错误；
D．在圆环上取下一个小球后，圆环上的电荷在圆心 O的场强大小为
根据对称性可知，固定 P 处的小球，在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，在圆心 O的场强大小为0
所以固定 P 处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余 n－1个小球位置不变）置于 P'处，则圆心 O的场强大小为
故D正确。
故选D。
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。
6．20世纪末，由于生态环境的破坏，我国北方地区3、4月份沙尘暴天气明显增多。近年来，我国加大了环境治理，践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，沙尘天气明显减少。现把沙尘上扬后的情况简化为沙尘颗粒悬浮在空中不动。已知风对沙尘的作用力表达式为F=αρAv2，其中α为常数，ρ为空气密度，A为沙尘颗粒的截面积，v为风速。设沙尘颗粒为球形，密度为ρ0，半径为r，风速竖直向上，重力加速度为g，则v的表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
沙尘悬浮时受力平衡，根据平衡条件有
其中
由题意知
联立以上四式得
选项B正确，ACD错误。
故选B。
7．如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2的弹性小球乙，另一个质量为m1的弹性小球甲以初速v0运动，与乙球发生第一次碰撞后，恰在D点发生第二次碰撞。则甲、乙两球的质量之比m1∶m2等于（ ）
A．1∶9 B．1∶3 C．5∶3 D．2∶3
【答案】B
【详解】
设碰撞后、的速度分别为、，第一种碰撞情况：小球由A到B碰撞，且碰撞后反向，以方向为正方向，由动量守恒定律得
因为恰在D点发生第二次碰撞，、各运动了周，在相同时间内通过的路程相等，则有和的线速度大小相等，即有
且、为弹性球，发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得
联立以上各式解得
第二种碰撞情况：小球由A到B碰撞，且碰撞后同向，以方向为正向，由动量守恒定律得
因为恰在D点发生第二次碰撞，运动了周，运动了周，则有
由机械能守恒定律得
解得
ACD错误，B正确。
故选B。
8．如图所示，一束色光从长方体玻璃砖上表面射入玻璃，穿过玻璃后从侧面射出，变为两束单色光，则以下说法正确的是
A．玻璃对光的折射率较大
B．在玻璃中光的波长比光短
C．在玻璃中光传播速度比光大
D．减小入射角，光线有可能消失
【答案】BD
【解析】
A.如图所示，b光的偏折程度大于a光的偏折程度，知b光的折射率大于a光的折射率，故A错误；
B.根据知，b光的频率大，则b光的波长小于a光的波长。故B正确；
C.b光的折射率大于a光的折射率，由v=c/n知在玻璃中b光传播速度小于a光，故C错误；
D.减小入射角i，则折射角减小，到达左边竖直面时的入射角就增大，如增大达到临界角则发生全反射，a、b光线消失，故D正确。
9．某宇宙飞船在赤道所在平面内绕地球做匀速圆周运动，假设地球赤道平面与其公转平面共面，地球半径为R。日落后3小时时，站在地球赤道上的小明，刚好观察到头顶正上方的宇宙飞船正要进入地球阴影区，则
A．宇宙飞船距地面高度为R
B．在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°
C．宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为6小时
D．若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4
【答案】BD
【解析】
如图所示：
太阳光可认为是平行光，O是地心，人开始在A点，这时刚好日落，因为经过24小时地球转一圈，所以经过3小时，地球转了45°，即：∠AOC=45°，此时人已经到了B点，卫星在人的正上方C点，太阳光正好能照到卫星，所以根据∠AOC=45°就能确定卫星的轨道半径为：r=OC=OA=R．则卫星距地面高度等于(-1)R．故A错误。因∠ACO=45°，则在宇宙飞船中的宇航员观测地球，其张角为90°，选项B正确；宇航员绕地球一周经历的“夜晚”转过的角度为90°，但是因卫星的周期不是24h，则经历的时间不是6小时，若宇宙飞船的周期为T，则宇航员绕地球一周经历的“夜晚”时间为T/4，选项C错误，D正确；故选BD.
10．在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系xOy内，以坐标原点O为圆心，半径为d的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P（0，）点沿y轴正方向射入磁场，当入射速度为v0时，粒子从a（，）处进入无场区射向原点O，不计粒子重力。则（ ）
A．磁场的磁感应强度为
B．粒子再次回到P点所用时间为
C．若仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点后在磁场中运动的半径为d
D．若仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点可以再回到P点
【答案】AD
【详解】
A．粒子的运动轨迹如图所示
由题条件可判断粒子做圆周运动半径为R=d，粒子在磁场中：
，
故A正确；
B．粒子运动轨迹如图示
粒子在磁场中运动时间：
因为洛伦兹力提供向心力
粒子在无场区运动时间：
粒子再次回到P点时间：
t=t1+t2
解得：
故B错误；
C．粒子速度变为3v0，则在磁场中运动半径为R′=3d，故C错误；
D．粒子运动轨迹如图所示
由P点出发后第一个圆弧的弧长：
无磁场区圆的直径长度：
①粒子以3v0沿y轴正向经过P，粒子运动路程
，其中k=0、1、2、3、…
②粒子以3v0大小沿-y方向经过P
s′=3s1+2s2+k（6s1+6s2 ），其中k=0、1、2、3、…
仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点可以再回到P点，故D正确；
故选AD。
11．如图所示，半径分别为2d和d的光滑半圆形圆弧导轨放在竖直面内，两圆弧圆心均在O点，导轨右端接有阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为R、长为d的金属棒AB搭在导轨的左端且处于水平状态，金属棒AB通过绝缘轻杆连在O点的固定转轴上，两导轨间充满垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。将金属棒由静止释放，金属棒绕O点转动，不计转轴处摩擦，不计导轨电阻，金属棒转动过程中始终与导轨接触良好，当金属棒AB第一次转到竖直位置时，金属棒转动的角速度为ω，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒第一次转到竖直位置时，金属棒AB两端的电压为
B．金属棒第一次转到竖直位置时，金属棒受到的安培力大小为
C．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，通过电阻R的电量为
D．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，金属棒减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热
【答案】BC
【详解】
A．金属棒第一次转到竖直位置时，转动的角速度为，则电动势
此时AB两端的电压为路端电压，则有
故A错误；
B．此时电路中的电流
金属棒受到的安培力大小为
故B正确；
C．从静止开始到金属棒第一次转到竖直位置的过程中，通过电阻R的电量为
故C正确；
D．根据能量守恒可知，减少的重力势能等于回路中产生的焦耳热和金属棒的动能之和，故D错误。
故选BC。
第II卷（非选择题）
共5小题，共56分。
12．(8分)某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻。实验前该小组同学通过上网查阅有关水果电池的资料获知：常见的水果电池的电动势一般在1 V左右，内阻一千欧姆左右。除了苹果电池以外，实验室还提供了如下器材：
①多用电表
②毫安表（量程0.6 mA，内阻几十欧）
③电压表（量程1.5 V，内阻约2 kΩ)
④滑动变阻器R1（阻值0～20 Ω）
⑤电阻箱R2（阻值0～9999.9 Ω）
⑥开关一个，导线若干
（1）实验前，晓明同学利用调好的多用电表欧姆“×100”挡来粗测该苹果电池的内阻，测量结果如图甲所示。他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由。答：________
（2）根据提供的器材，该小组设计了四种可能的测量电路，如下图所示，最合理的是（ ）
A． B．C．D．
（3）根据最合理的测量电路，用铅笔划线代替导线将图乙中实物连接完整。
（4）该小组由实验数据作出的U－I图像如图所示，由图像可求得电源电动势为________V，内电阻为_________kΩ．（结果保留两位小数）。
【答案】不正确，水果电池为电源，欧姆表不能直接测其内阻 D 1.0（0.98~1.02） 1.0（0.98~1.02）
【详解】
（1）因为欧姆表内部本身有电源，而水果电池也有电动势，二者相互影响，无法正确测出电源内阻。
（2）由于水果电池的内阻较大，应选用大的滑动变阻器才能起到有效的调节作用，滑动变阻器R1（阻值0～20 Ω）阻值较小，故选择电阻箱R2（阻值0～9999.9 Ω）；
本实验采用基本的伏安法即可以测量，由于水果电池内阻较大，故可以采用电流表内接法。
因此最合理的是测量电路是D。
（3）根据电路图连接实物图如图所示：
（4）U－I图像中电源电动势为图线与纵轴的截距，由图可知电源电动势约为1.0（0.98~1.02）V。
内电阻为图线的斜率，故内电阻约为1.0（0.98~1.02）kΩ。
13．(8分)某同学欲用图甲所示装置探究“加速度与力、质量的关系”．实验中砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．
①实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板上滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是（____）
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动．
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动．
②图乙是实验中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F、G为8个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，已知打点计时器的工作频率为50 Hz．该同学计划利用v-t图像计算小车的加速度．首先用刻度尺进行相关长度的测量，其中CE的测量情况如图丙所示，由图可知CE长为_____cm，依据此数据计算打点计时器打下D点时小车的速度为____m/s．图丁中已标注出了打点计时器打下A、B、C、E、F五个点时小车的速度，请将打下D点时小车的速度标注在v-t图上．_____
③请在图丁中描绘出小车的v-t图像．____
④由图丁中描绘的图线可得出小车的加速度为______m/s2．
⑤该同学保持砂和砂桶的总质量m不变，通过在小车上增加砝码改变小车的质量M，得到多组实验数据．为了探究加速度与质量的关系，该同学利用所测数据，做出了与M的图像，下列给出的四组图像中正确的是（_____）
【答案】B 10.58~10.62 0.53 在图像上描出D点 0.42 B
【详解】
①该实验探究的是加速度与力、质量的关系，故需要平衡摩擦力，所以应该将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故选项B正确；
②③由图可知，读出C、E两端的位置，相减即可，故CE=10.60cm－0=10.60cm；打点计时器打下D点时小车的速度就是CE段的平均速度，即vD==0.53 m/s；将该点通过描点法标出即可；用直线将各点连接起来即可，若有的点不在直线上，让这样点能够均匀地分布在直线的两侧；
④在v-t图象中，加速度是斜率，故加速度a==0.44m/s2；
⑤当小车在拉力的作用下运动时，则mg=（m+M）a，则=，可见图象是一条不过原点的倾斜直线，故B正确，ACD错误．选B
14．(9分)如图所示，一端封闭、另一端开口、长为75 cm的粗细均匀的玻璃管，放置在水平桌面上，内有一段25 cm长的水银柱封闭了45 cm长的空气柱，大气压强为P0= 75 cmHg、温度为T0＝300 K，不计玻璃管壁的摩擦。
（1）将玻璃管缓慢旋转，直至管的开口端竖直向上，稳定后，管内空气柱长度为多少?
（2）第（1）问中，玻璃管开口端竖直放置后，对管内封闭气体缓慢加热至480 K，水银是否溢出管口？稳定时管内气体的长度是多少？
【答案】（1）33.75cm（2）60cm
【解析】
（1）水平时，封闭气体压强P1=P0=75cmHg
竖直时，封闭气体压强P2=P0+ρgh=100cmHg
从水平到竖直，气体做等温变化，根据玻意耳定律，有P1SL1=P2SL2，
解得L2=33.75cm
（2）假设试管足够长，温度升高时，气体一直做等压变化，有 ，
解得L3=72cm
∵L3+h>75cm，所以会溢出
假设最后留在试管中的液柱长度为h3
可以得到封闭气体压强为P3=P0+ρgh3=（75+h3）cmHg，
由理想气体状态方程得，
此时试管中的气体长度L3=75-h3
解得h3=15cm,
所以L3=60cm
15．(13分)一个废弃的空矿井，井口和井底都是水平的．井口和井底以及任意水平横截面都是边长为a的正方形，四个侧面墙壁都与水平面垂直．矿井的深度为H，如图所示．在井口的一边的中点A，以垂直于该侧面墙壁的速度v水平抛出一个质量为m的小球，小球进入矿井运动，空气阻力忽略不计．在第（1）个问和第（3）个问中，g=9.8m/s，在第（2）个问中，重力加速度用g表示，且都保持不变．
（1）若H=4.9m，a=6m，小球不会与侧面墙壁相碰就落到了井底，求小球在空中运动的时间、速度v的取值范围．
（2）若H、a、v都是已知条件但具体数值未知，用所给的字母表示出小球做平抛运动的时间．
（3）若小球与侧面墙壁的碰撞是一种非常理想的碰撞，每次碰撞都满足：设撞击墙壁前瞬间的速度为v1，如图所示，类似于光的反射一样，反弹的速度大小v2=v1，并且角度满足图示的情形，且碰撞时间极短．H=78.4m、a=5m、v=7m/s，求小球在落到井底之前能与侧面墙壁碰撞的次数．
【答案】（1） （2） （3）5次
【详解】
（1）由，得：
由，得：
故速度v的取值范围为0m/s＜v＜6m/s．
（2）若，
若，
若，
（3）若小球一直下落到井底：
解得：
如果小球一直在水平方向做匀速直线运动，则
故，说明可以与墙壁撞击5次．
16．(18分)如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m = 1 kg，足够长的U型金属导轨abcd，间距L = 1 m。一质量不计，电阻值R = 0.5 Ω的细导体棒MN垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ = 0.2，在M、N两端接有一理想电压表（图中未画出）。在U型导轨bc边右侧存在垂直向下、大小B = 0.5 T的足够大的匀强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧U型金属导轨内存在方向水平向左，大小为B的匀强磁场。以U型导轨bc边初始位置为原点O建立坐标x轴。t = 0时，U型导轨bc边在外力F作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。经过时间t1 = 2 s，撤去外力F，直至U型导轨静止。已知2 s内外力F做功W = 14.4 J。不计其他电阻，导体棒MN始终与导轨垂直，忽略导体棒MN的重力。求：
（1）外力F随时间t的变化规律；
（2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q；
（3）在整个运动过程中，U型导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式。
【答案】（1）；（2）12 J；（3），，
【详解】
（1）由闭合电路欧姆定律可知，bc边产生的电动势与理想电压表的示数相等，则
可得，U型导轨向右运动的速度与时间的关系为
由可知，U型导轨的加速度为
由欧姆定律得，U型导轨中的电流为
U型导轨运动时，受到外力F、bc边的安培力和导体棒MN的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据，联立解得
（2）在整个运动过程中，由功能关系，有
由于忽略导体棒MN的重力，所以摩擦力为
则克服摩擦力做的功与克服安培力做的功的关系为
电路消耗的焦耳热Q等于克服安培力做的功，则
联立以上各式，解得
（3）设从开始运动到撤去外力F这段时间为t1= 2 s，这段时间内做匀加速运动，则
①时，根据位移与速度关系可知
时，根据匀变速运动规律可知，该时刻速度和位移分别为
②时，物体做变速运动，由动量定理得
解得
当时，
综合上述，故bc边速度与位置坐标x的函数关系如下
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