高考全真精准模拟 物理卷第06周 第1练（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考全真模拟理科综合之物理精准模拟试卷第6周第1练二、选择题：本题共8小题，每小题6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。14．一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况，通过分析数据，画出了运动员从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－­t图像如图所示，则对运动员的运动，下列说法不正确的是A．0～10s内做加速度逐渐减小的加速运动B．10s～15s内减速运动，15s后开始做匀速直线运动C．0～10s内运动员所受阻力逐渐增大D．10s～15s内运动员所受阻力逐渐增大【答案】 D【解析】A.由图象可知，速度是增加的，图象的切线的斜率在减小，加速度在减小，所以0～10s内做加速度逐渐减小的加速运动．故A说法正确．B. 由图象可知10s～15s内减速运动，15s后图象与时间轴平行，说明速度不随时间变化，即开始做匀速直线运动．故B说法正确．C.在 0～10s由牛顿第二定律可得，又由A的分析知加速度减小，所以0～10s内运动员所受阻力逐渐增大．故C说法正确．D.在 10s～15s由牛顿第二定律，又因为在 10s～15s加速度减小，所以10s～15s内运动员所受阻力逐渐减小．故D说法错误．此题选不正确的，应选D．15．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为a2。已知引力常量为G，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，且地球近地卫星轨道处的重力加速度为g0下列说法正确的是（　　）A．地球质量B．地球质量C．a1、a2、g、g0的关系是g0=g>a2>a1D．加速度之比【答案】 C【解析】AB．根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有解得地球的质量故AB错误；C．地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据 a=ω2r知a1＜a2对于地球近地卫星有得地球表面的物体得对于地球同步卫星，有即得因为 r＞R，所以 a2＜g，综合得g0=g＞a2＞a1故C正确；D．地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=ω2r，地球赤道上的物体与地球同步卫星的向心加速度之比故D错误；故选C。16．一台小型发电机的原理如图所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1Ω，外接标有灯泡的交流电压表，则下列说法正确的是（  ）A．电压表的示数为220VB．线圈转到如甲图所示位置时感应电动势为零C．当时线圈中的磁通量最小为零D．当时线圈中的磁通量最大，为【答案】 D【解析】A．根据正弦交流电的有效值等于峰值除以，可知感应电动势的有效值为220V，电压表测的是路端电压，由于电源有内阻，所以路端电压和电动势不相等，所以电压表的示数不为220V，故A错误；B．线圈转到如甲图所示位置时，感应电动势最大，故B错误；CD．由乙图可知t=0.01s时，感应电动势为零，线圈位于中性面，与磁感线垂直，磁通量最大，由乙图可知周期T=0.02s，由可得故C错误，D正确。故选D。17．有一种测量物体重量的电子秤，其电路原理图如图中的虚线部分所示，主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（实际上是一个阻值可随压力变化的变阻器）、显示体重的仪表G（实际上是电流表），不计踏板的质量，己知电流表的量程为0〜2A，内阻为Rg＝1Ω，电源电动势为E＝12V，内阻为r＝1Ω，电阻R随压力F变化的函数式为 （F和R的单位分别为N和Ω），下列说法中正确的是（  ）A．该秤能测量的最大体重是3000NB．该秤的零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘的0.375A处C．该秤显示重量的刻度是均匀标注的D．该秤显示的重量F与通过电路中的电流I满足【答案】 B【解析】A. 由电阻R随压力F变化的关系式R=30−0.01F可知，压力越大，电阻越小，电路中电流越大；故量程越大，能测量最大体重越大；当电流表示数量程为2A时，电阻R= =4Ω；则F=（30−4）/0.01=2600kg；故该秤测量的最大体重是2600kg，故A错误；B. 当压力为零时，压力传感器的电阻R=30Ω，电路中电流：I= ，故B正确；CD. 由E=I(R+r+rA)和R=30−0.01F，而F=mg可得m=320−，可知该秤显示重量的刻度不是均匀标注的，故C错误，D错误；故选B18．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）A．物体B带负电，受到的电场力大小为mgsinθB．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsinθD．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量【答案】 B【解析】A、当施加外力时，对B分析可知：F-mgsinθ-F电=0，解得：F电=2mgsinθ，故A错误；B、当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ,解得：，故B正确；C、当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为：F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a，解得：a=gsinθ，故C错误；D、物体B的电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误；故选B.19．如图所示，甲为演示光电效应的实验装置；乙图为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线；丙图为氢原子的能级图；丁图给出了几种金属的逸出功和极限频率关系。以下说法正确的是（  ）A．若b光为绿光，c光可能是紫光B．若a光为绿光，c光可能是紫光C．若b光光子能量为2.81 eV，用它照射由金属铷构成的阴极，所产生的大量具有最大初动能的光电子去撞击大量处于n＝3激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光D．若b光光子能量为2.81 eV，用它直接照射大量处于n＝2激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光【答案】 BC【解析】AB．由光电效应方程：Ek＝hν－W0及eU＝Ek联立解得：eU＝hν－W0即光束照射同一块金属的时候，只要遏止电压一样，说明入射光的频率一样，遏止电压越大，入射光的频率越大，因此可知b光和c光的频率一样且均大于a光的频率，故A错误，B正确；C．用光子能量为2.81 eV的b光照射由金属铷构成的阴极，产生的光电子的最大初动能为：Ek＝hν－W0＝2.81 eV－2.13 eV＝0.68 eV大量具有最大初动能的光电子去撞击大量处于n＝3激发态的氢原子，这些氢原子吸收能量：ΔE＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV从而跃迁到n＝4能级，当大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可向外辐射C＝6种频率的光，C正确；D．氢原子只能吸收光子的能量恰好为能级之差的光子，若用b光光子直接照射氢原子，2.81 eV不满足氢原子第2能级与其他更高能级间的能级差，因此b光光子不被吸收，不会自发辐射其他频率的光，D错误。故选BC。20．如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则（   ）A．粒子a、b可能带异种电荷B．粒子a、b一定带同种电荷C．v1:v2可能为2:1D．v1:v2只能为1:1【答案】 BC【解析】AB．两粒子都从M点入射从N点出射，则a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，故A错误，B正确；CD．设磁场半径为R，将MN当成磁场的边界，两粒子均与边界成45°入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°，则一次偏转穿过MN时速度偏转90°；而上下磁场方向相反，则两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a粒子重复k次穿过MN，b粒子重复n次穿过MN，由几何关系可知()()由洛伦兹力提供向心力，可得而两个粒子的比荷相同，可知如，时，，如，时，，则v1:v2可能为1:1或2:1，故C正确，D错误。故选BC。21．在光滑水平面上静止放置两个完全相同的长木板A、B，质量均为m，一个小铅块质量也为m，以水平初速度v0由木板A左端向右滑动，达到木板B右端时，恰好与木板B相对静止。现将两木板粘在一起，使得铅块仍以相同的初速度滑上A的左端，则下列说法正确的是（   ）A．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止B．小铅块将从木板B的右端飞离木板C．两过程中产生的热量相等D．木块B第二次的最终速度大于第一次的最终速度【答案】 BC【解析】AB．铅块与木板间的滑动摩擦力始终不变，共速之前，铅块的加速度始终不变，第一次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，第二次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，则在B上运动时，第一次的加速度大于第二次的，则小铅块第二次运动到B的右端时，速度还是大于B的速度，所以铅块必将从B右端飞离木板，故A错误，B正确；C．两个过程中，滑动摩擦力相同，相对位移相同，根据可知产生的热量相等，故C正确；D．设第一次运动过程中，铅块刚滑上B时，A的速度为vA，最后和B一起运动的速度为vB，第二次铅块离开B右端的速度为，此时B的速度为，运动过程中，木板和铅块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得，第一次第二次因为第二次铅块将从B右端飞离木板的速度大于第一次刚滑到B板的速度时A的速度，即，故，故D错误。故选BC。 22. （6分）用图甲所示装置探究小车加速度与力、质量的关系．请思考并完成相关内容：（1）实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是（_____）A．平衡摩擦力时，应将空沙桶用细线跨过定滑轮系在小车上，让细线与长木板平行B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C．每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力D．实验时，应先释放小车，再接通电源（2）图乙是实验得到的一条纸带，已知相邻两计数点间还有四个计时点未画出，打点计时器所用电源频率为50HZ，由此求出小车的加速度a=____m/s2（计算结果保留三位有效数字）（3）一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图丙中①所示的图线，则小车运动时受到的摩擦力f=_______N；小车的质量M=_______kg．若该组同学正确完成了（1）问中的步骤，得到的a－F图线应该是图丙中的________（填②③或④）【答案】 BC    0.906    0.08    0.16    ③【解析】（1）平衡摩擦力时，取下砂桶，将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，适当当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动，故B正确，A错误．每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项C正确；实验时，应先接通电源，再释放小车，选项D错误；故选BC；（2）根据△x=aT2，运用逐差法得，（3）根据图①知，当F=0．08N时，小车才开始运动，可知小车运动时受到的摩擦力f=0．08N，图线的斜率表示质量的倒数，则．平衡摩擦力后，a与F成正比，图线的斜率不变，故正确图线为③． 23. （9分）在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供了如下器材：A．小灯泡(3V，1．8W)B．电压表(量程3V，内阻约为20kΩ)C．电流表(量程0.6A，内阻约为0．2Ω)D．滑动变阻器(0～10Ω，2A)E．电源(电动势3V，内阻不计)F．开关及导线若干，坐标纸实验中要求小灯泡上的电压从零开始测量尽可能准确，调节测量多组对应的U、I值。如图甲所示，一组同学已经完成导线的连接。(1)如图甲连接好电路，不闭合电键，滑动变阻器滑动头在图示中间位置时电压表示数_______________(填为零不为零)。(2)在图甲中闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程中灯泡亮度变化情况是____________。(3)指出图甲中该组同学连接错误的两条导线_______________(填导线编号)。(4)图乙中a图线是改正后描出的灯泡U—I图线，图乙中b图线是另一个电源路端电压U与电源电流I的图线。如果将这样的一个灯泡与该电源连成闭合电路，该灯泡消耗电功率为____________W；如果将这样的两个灯泡串联接在该电源上，则每个灯泡消耗电功率为____________W。(结果均保留两位小数)【答案】 不为零    先变暗再变亮    5、6    1.04    0.44【解析】（1）由实物电路图可知，开关不能控制分压电路的闭合和断开，比如闭合电建，滑动变阻器滑动头在图示中间位置时电压表示数不为零。（2）由实物电路图可知，闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程滑动变阻器接入电路的阻值增大，流过灯泡的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，当滑片到达左端时，滑动变阻器接入电路的阻值为零，灯泡两端电压增大，灯泡实际功率增大，灯泡变亮，（3）描绘灯泡伏安特性曲线实验滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以连线5、6接法错误；（4）由图乙所示数据可知，灯泡两端电压为2.1V，流过灯泡的电流为0.5A，灯泡实际功率为：（1.03V-1.06V）由图乙所示图线可知电源电动势为，电源内阻为：  当两灯泡串联，设每个灯泡两端的电压为U，流过每一个灯泡的电流为I则，在灯泡U-I图象坐标系内阻作出如图所示：由图可知此时灯泡两端电压为1.2V，通过灯泡的电流为0.37A，则灯泡的功率为故本题答案是：(1). 不为零    (2). 先变暗再变亮    (3). 5、6    (4). 1.04    (5). 0.44 24．（14分）如图所示，光滑绝缘的水平面上有Ⅰ、Ⅲ两个匀强磁场区域，Ⅰ区域的磁场方向垂直水平面向里，Ⅲ区域的磁场方向垂直水平面向外，磁感应强度大小均为B，两区域中间为宽为s的无磁场区域Ⅱ。现在有一边长为L（）、电阻为R的正方形金属框abcd完全置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属框始终以恒定速度v水平向右匀速运动。求：(1)分别求出ab边刚进入中央无磁场区Ⅱ和刚进入磁场区Ⅲ时，通过ab边的电流大小和方向。(2)把金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中拉力所做的功。【答案】 (1)，流过ab的电流从b流向a；，流过ab的电流从b流向a；(2)【解析】(1)ab边刚进入Ⅱ时，此时cd边在磁场里面切割磁感线，由右手定则可知，流过ab的电流从b流向a；感应电动势为则感应电流线圈刚进入Ⅲ时，ab、cd两边同时切割磁感线，由右手定则可知，两条边切割产生的感应电流是同向的，故流过ab的电流从b流向a；感应电动势为则感应电流(2)在ab边穿过宽为s的Ⅱ区过程中，cd边受安培力，则有由于匀速运动，拉力大小等于安培力，通过距离为s，所以拉力做功当ab边进入Ⅲ区、cd边未进入Ⅱ区过程中，ab边、cd边都受安培力，则有由于匀速运动，拉力大小等于2F2，通过距离为（L-s），故拉力做功为当cd边通过Ⅱ区过程中，只有ab边受安培力，有由于匀速运动，拉力大小等于安培力，通过距离为s，所以拉力做功当线圈完全进入Ⅲ区后，无感应电流，不受安培力，拉力为零，不做功，所以总功为代入解得 25．（18分）如图所示，地面上固定一倾角为的光滑斜面，斜面底端固定一挡板，一轻质弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至B点，初始时刻，物块a在外力的作用下被压至E点，，撤去外力后，物块a沿斜面从B点射出，到达传送带右端时速度恰好水平向左，大小，与物块b粘在一起向左运动，其中物块a、b质量均为，传送带长为，始终以v=3m/s的速度顺时针转动，物块和传送带之间的动摩擦因数，为不计空气阻力，重力加速度．求：（1）初始时刻的弹性势能；（2）ab在传送带上运动时产生的划痕长度；（3）由于传送物块电动机需要多消耗的电能。【答案】 （1）24.5J；（2）2.4m（3）24J。【解析】（1）将物块a在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则物块a由E到B的过程中根据能量守恒有（2）物块a、b碰撞过程中根据动量守恒解得对ab整体，根据牛顿第二定律有解得减速位移故先减速到0再反向加速减速时间相对位移加速时间相对位移：故划痕长度（3）由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量 （二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33．【选修3-3】（15分）（1）（5分）下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故C．功转变为热的宏观过程是不可逆过程D．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动E.瓶中充满某理想气体，且瓶内压强高于外界压强，在缓慢漏气过程中（内外气体的温度相同且保持不变），则瓶内气体吸收热量且分子平均动能不变【答案】 ACE【解析】A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项A正确；B．高原地区水的沸点较低，这是高原地区大气压较低的缘故，选项B错误；C．根据热力学第二定律，功转变为热的宏观过程是不可逆过程，选项C正确；D．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，它说明液体分子的永不停息地做无规则运动，选项D错误；E．瓶内气体缓慢流出过程中气体体积增大，气体对外做功，而温度始终相等，内能不变，则气体需要吸收热量。因温度是分子平均动能的标志，则分子的平均动能不变，故E正确。故选ACE。  （2）（10分）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l=36cm处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0×105Pa时，活塞与汽缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2．【答案】 ①；②【解析】①设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有代入数据得②由查理定律有代入数据得 34．【选修3-4】（15分）（1）（5分）如图所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，经过0.2s，M点第一次到达波谷，则下列判断正确的是______。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A．质点P的振动频率B．该波的传播速度v=1m/sC．M点的起振方向沿y轴负方向D．0~1s内质点Q运动的路程为0.2mE.0~1s内质点M运动的路程为0.08m【答案】 ACD【解析】BC．t＝0时刻波传播到Q点，Q点起振方向沿y轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则M点的起振方向也沿y轴负方向；经过t=0.2s，M点第一次到达波谷，可知波的传播速度故B错误，C正确；A．由图象可知，波长λ=0.04m，则波的周期，亦即P质点振动的周期频率为周期的倒数，即2.5Hz，故A正确；D．0～1s内质点Q振动了2.5个周期，运动的路程s=×8cm＝20cm故D正确；E．波传播到M点的时间t1＝s＝0.1s则0～1s内质点M振动了2.25个周期，运动的路程故E错误。故选ACD。 （2）（10分）如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，∠B＝30°，BC＝30cm，AB面涂有反光材料．某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直．已知BD＝21cm，不考虑光在AC面的反射．求：（i）介质的折射率；（ii）光在介质中的传播时间．【答案】 (1)             (2) 【解析】（i）由题，作出的光路如图所示光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律得：因AEF为等边三角形，则，光沿垂直AB面方向射出，则根据折射定律得： 解得：（ii）光在介质中的传播速度由几何关系可得：，光在介质中的传播时间解得：