新高考物理模拟题(一)(DOC 15页).doc

1、新高考物理模拟试题 (一)(考试用时：90分钟试卷满分：100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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，涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法正确的是()A库仑利用图甲实验测出了引力常量B奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场C牛顿根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因D楞次利用图丁实验，总结出了楞次定律2负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的机会，病房中气压小于外界环境的大气压若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体

2、，则以下说法正确的是()A负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能B负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中每个气体分子的运动速率C负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数D相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力3如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.(Rl)Bk(Rl)Ck(R2l) D2k(Rl)4图1是研究光的干涉现象的装置示意图，在光屏P

3、上观察到的图样如图2所示为了增大条纹间的距离，下列做法正确的是()A增大单色光的频率B增大双缝屏上的双缝间距C增大双缝屏到光屏的距离D增大单缝屏到双缝屏的距离5沿x轴正方向传播的简谐横波在t10时的波形图如图所示，此时波传播到x2.0 m处的质点B，质点A恰好位于波谷位置当t20.6 s时，质点A恰好第二次处于波峰位置，则以下判断正确的是()At10时刻，质点B沿y轴正方向运动B再经过一段时间，质点A会到达质点B处C这列波的周期为0.4 sD这列波的波速为10 m/s6甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示关于两车的运动情况，下列说法正确的是

4、()A在04 s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B在02 s内两车间距逐渐增大，24 s内两车间距逐渐减小C在t2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/sD在t4 s时甲车恰好追上乙车7如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直，磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大经过时间t，磁场的磁感应强度增大到B1，此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B0和B1的比

5、值为()A. BC. D8如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远B和D点是弧线ABC和ADC的中点，下列说法正确的是()A卫星在C点的速度最大B卫星在C点的加速度最大C卫星从A经D到C点的运动时间为D卫星从B经A到D点的运动时间为二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9如图是静电除尘器除尘机理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向

6、集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PMMN.下列判断正确的是()Ab是直流高压电源的负极B电场中M点的电势高于N点的电势C同一个点电荷在电场中N点受到的电场力小于在P点受到的电场力D电场中N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP10如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是()A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入沙

7、袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小C沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为D弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为11如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为21，原线圈接交流电u20 sin 100t(V)，保险丝的电阻为1 ，熔断电流为2 A，电表均为理想电表下列说法正确的有()A电压表V的示数为14.1 VB电流表A1、A2的示数之比为21C为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 D将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小12如图所示，质量M1 kg的重物B和质量m0.3 kg 的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与

8、轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为21.重物B放置在倾角为30固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L4 m现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H3 m 到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g10 m/s2.下列说法正确的是()A圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5 JB圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为53C圆环A能下降的最大距离为Hm7.5 mD圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10 N选 择 题 答 题 栏题号1234

9、56789101112答案三、非选择题：本题共6小题，共60分13(6分)如图所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与小车和砝码的质量对应关系图钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g.(1)下列说法正确的是_A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作a和图象(2)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的 a图象，如图所示，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数_，钩码的质量m1

10、_.(3)实验中打出的纸带如图所示相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，图中长度单位是 cm，由此可以算出小车运动的加速度是_m/s2.14(8分)光伏电池(太阳能电池)是一种清洁、“绿色”能源光伏发电的原理主要是半导体的光伏效应，即一些半导体材料受到光照时，直接将光能转化为电能在一定光照条件下，光伏电池有一定的电动势，但其内阻不是确定的值，内阻大小随输出电流的变化而变化为了研究光伏电池内阻的变化特性，实验小组借助测电源电动势和内阻的方法设计出实验电路如图1所示，改变电阻箱R的阻值，实验测得电流表示数I和电压表示数U如下表：I/mA4.184.144.124.083.802.201.22U/V0

11、.501.001.502.002.302.602.70(1)根据表中数据，选用适当的标度在图2中作出光伏电池的IU图象；(2)根据所作图象可以判断，该光伏电池的电动势约为_V，其内阻随输出电流的增大而_(填“增大”“不变”或“减小”)；(3)当外电阻R变化时，光伏电池的输出功率也发生变化，由(1)问所作图象可知，当电阻R约为_时光伏电池的输出功率最大，最大输出功率约为_W.15(7分)如图，光滑导热活塞将绝热汽缸中的气体分为 A、B 两部分，汽缸顶部开有一小孔，与U形管(C部分为足够长软管)相连，U形管中有水银，汽缸底部有一阀门K，阀门K 打开时，A与大气相通，稳定后活塞下表面与汽缸底部的间距

12、为l118 cm，上表面与汽缸顶部的间距为l219 cm，U形管左侧水银面比右侧的高h120 cm.现将阀门K关闭，通电对 A、B气体缓慢加热，A、B气体温度始终相等，当活塞向上移动到 A、B 两部分气体体积相等时，停止加热外界大气压恒为76 cmHg，不考虑管中的气体体积， 管中水银始终没有溢出求停止加热时U形管中左、右液面间的高度差16(9分)如图，某小学举行拍皮球比赛，一参赛者将皮球从0.8 m高度处以一定的初速度竖直向下拋出，皮球碰地反弹后恰好可以返回原来高度，此时参赛者立即用手竖直向下拍皮球，使皮球获得一个速度，之后皮球又恰能回到原来高度，如此反复已知皮球每次碰地反弹的速率均为碰地前

13、瞬间速率的0.8倍，皮球的质量为0.5 kg，重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力和球与手、地面的接触时间求：(1)皮球来回运动一次的时间；(2)参赛者拍皮球过程中做功的平均功率17(14分)如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出)质量为m、电荷量为q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于5的夹角，在P

14、开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0.P、Q两小球在W点发生相向正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g.(1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；(2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？18(16分)如图，光滑水平导轨与光滑斜面底端平滑绝缘连接，两导轨关于中心线OO对称，其中边长为L的正方形区域abba内有竖直向下的匀强磁场，长为2L、宽为L的长方形区域deed内有竖直向上的匀强磁场.质量为m的金属杆P置于斜面上，质量为2m的金属杆Q置于bb和dd之间

15、的适当位置，P杆由静止释放后，第一次穿过磁场的过程中，通过P杆的电荷量为q；之后与Q杆发生正碰，碰后两杆向相反方向运动，并各自始终匀速穿过两侧的磁场，两杆在运动过程中始终与中心线OO垂直已知两杆单位长度的电阻均为r，P杆能再次滑上斜面的最大高度为h，重力加速度为g，导轨电阻不计求：(1)磁场、的磁感应强度大小B1、B2；(2)试通过计算分析两杆的碰撞是否为弹性碰撞；(3)P杆最初释放时的高度答案及解析物理模拟试题(一)1解析：B卡文迪许通过图甲(扭秤装置)测出了万有引力常量，A错误；奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场，B正确；伽利略利用图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，

16、C错误；图丁是研究感应电流产生条件的装置，D错误2解析：C由于内外的温度相等，故它们的平均动能的大小是相等的，选项A错误；温度相等，也并不代表每个气体分子的速率都相等，因为气体的运动速率遵循“中间多，两头少”的统计学规律，故选项B错误；由于负压病房内的压强小，从微观上看，气体的压强是分子对器壁的撞击而形成的，而由于它们的温度相等，即平均每个气体分子的撞击力度是相等的，所以负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，选项C正确；因为负压病房的压强小，故相同面积的情况下气体的压力也小，不是相等，故选项D错误3解析：B正六边形外接圆半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为

17、xRl，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为F弹kxk(Rl)，两相邻弹簧夹角为120，两相邻弹簧弹力的合力为F合F弹k(Rl)，弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小为FF合k(Rl)，故B正确，A、C、D错误4解析：C增大单色光频率，则波长减小，根据公式x可知，条纹间的距离减小，A错误；增大双缝屏上的双缝间距d，根据公式x可知，条纹间的距离减小，B错误；增大双缝屏到光屏的距离L，根据公式x可知，条纹间的距离增大，C正确；根据公式x可知，条纹间的距离与单缝屏到双缝屏的距离无关，D错误5解析：C根据波的传播方向与质点的振动方向遵循“同侧法”可知，质点B向下振动，即沿y轴的负方向运动，选

18、项A错误；波沿x轴正方向传播，但是每个质点不会随波移动，它只会在自己的平衡位置附近上下振动，故质点A永远也不会到达质点B处的，选项B错误；由于经过0.6 s后，质点A第二次处于波峰的位置，说明质点A经过6个四分之一周期是0.6 s，故质点的周期是0.4 s，则这列波的周期也是0.4 s，选项C正确；再由波的图象可知，波的波长为2 m，故波的传播速度为v m/s5 m/s，故选项D错误6解析：C根据图象可知，乙的加速度逐渐减小，不是匀减速直线运动，故A错误；据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度据图象可知，当t4 s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙

19、车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t4 s时，两车速度相等即相距最远，故B、D错误；在t2 s时乙车速度为v乙(1.53)2 m/s4.5 m/s，甲车速度为v甲1.52 m/s3 m/s，故C正确7解析：A若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E1，则Qt；若线圈转动：则产生的感应电动势最大值：E2mB1SB1r2 ，有效值E2，产生的热量Q2t，联立可得：，故选A.8解析：C卫星绕地球做椭圆运动，类似于行星绕太阳运转，根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以卫星在距离地球最近的A点

20、速度最大，在距离地球最远的C点速度最小，卫星在B、D两点的速度大小相等，故A错误；在椭圆的各个点上都是引力产生加速度a，因A点离地心的距离最小，则A点的加速度最大，故B错误；根据椭圆运动的对称性可知tADCtCBA，tADCtCBAT，则tADC，故C正确；椭圆上近地点A附近速度较大，远地点C附近速度最小，则tBAD，故D错误9解析：CD尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，说明集尘极带正电，b是直流高压电源的正极，选项A错误；顺着电场线，电势降落，则M点的电势低于N点的电势，选项B错误；越靠近放电极电场越强，同一点电荷受到的电场力越大，选项C正确；UEd，N、

21、M间的平均电场强度小于M、P间的电场强度，所以N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP，选项D正确10解析：BC弹丸打入沙袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(m5m)v，得v；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T6mg6m，即T6mg6m，可知，细绳对沙袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，沙袋对细绳的拉力增大，故A错误；根据牛顿第三定律知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的作用力与沙袋对弹丸的作用力大小相等，作用时间相同，则弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量，故B正确；弹丸打入沙袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则(m5m)v2(m5m)gh，得h，故C

22、正确；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Qmv(m5m)v2mv，故D错误11解析：CD原线圈电压有效值为U120 V，根据变压器原理可得U2U120 V10 V，故电压表V的示数为10 V，A错误；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为12，B错误；保险丝的电阻为1 ，熔断电流为2 A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为Rminr保 1 4 ，C正确；将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，D正确12解析：AC由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为：

23、x0.5 m，A、B组成的系统机械能减少了：EMgcos 30x2.5 J，故选项A正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为21，圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为vAvBRr21，故选项B错误；圆环A能下降的最大距离为Hm，重物B沿斜面的运动的位移为：xB，根据能量守恒可知：mgHmMgxBsin 30Mgcos 30xB，解得圆环A能下降的最大距离为Hm7.5 m，故选项C正确；圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B的拉力：FTMgsin 30Mgcos 30Ma，即：FT10 NMa，所以绳子

24、对B的拉力先大于10 N后小于10 N，故选项D错误13解析：(1)小车与长木板间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的质量，不需要重新平衡摩擦力故A错误实验时应先接通电源，后释放小车故B错误根据牛顿第二定律可得系统的加速度a，则绳子的拉力Fm2a，由此可知钩码的质量m1远小于小车和砝码的质量m2时，绳子的拉力才等于钩码的重力故C错误由牛顿第二定律可知aF，当F一定时，a与成正比，所以应作出a图象故D正确(2)根据牛顿第二定律可知m1gm2gm2a，结合a图象可得a，由此可得钩码的质量为m1，小车与木板间的动摩擦因数为.(3)设s11.24 cm，s42.62 cm，由

25、公式s4s13at2，化简可得a102 m/s20.46 m/s2答案：(1)D(2)(3)0.46 14解析：(1)根据表中数据，选择适当标度，纵坐标为I、横坐标为U描点作图如图所示；(2)由(1)问图象可知光伏电池的电动势约为2.80 V，设光伏电池的电动势为E，由闭合电路的欧姆定律EUIr得IU，则光伏电池的内阻等于图线斜率的倒数的绝对值，因此其内阻随电流的增大而增大；(3)由PIU可知，图线上纵横坐标的乘积等于光伏电池的输出功率，也等于坐标值与坐标轴所包围矩形的面积，面积越大光伏电池的输出功率越大，由图中方格数可知，从坐标点P沿图线向左移或向右移坐标点，对应坐标包围的方格数均减少，因此

26、坐标点P对应的“面积”最大，此时对应外电阻R 605.3 ，光伏电池的最大输出功率PmIPUP8.74103 W.答案：(1)如图所示(2)2.80增大(3)605.387410315解析：设活塞质量为M，横截面积为S，h076 cm，停止加热时U形管中左、右液面的高度差为h2，阀门K打开时，对A有pA1p0pB1，对B有pB1p0gh1，得gh1，根据理想气体状态方程对A有 ，对B有 ，联立解得h26 cm.答案：6 cm16解析：(1)设皮球被手拍出时的速率为v0，碰地前瞬间的速率为v，则皮球刚反弹回来时的速率为0.8v，皮球向上运动的时间为t1，向下运动的时间为t2，根据运动学规律可得0

27、2(0.8v)22gh00.8vgt1v2v2ghvv0gt2皮球来回运动一次的时间为 tt1t2解得 t0.6 s(2)每次拍皮球时，参赛者对皮球做的功Wmv参赛者拍皮球过程中做功的平均功率P解得P W答案：(1)0.6 s(2) W17解析：(1)小球在整个空间重力和电场力平衡，有qEmg解得E由动量定理得Imv故v.(2)设P、Q相向正碰后在W点的速度为vm，以与v0相反的方向为正方向，由动量守恒定律得mvmv0(mm)vm此刻轻绳的拉力为最大，由牛顿第二定律得F(mm)gv解得F2mg.答案：(1) (2)2mg18解析：(1)P杆穿过磁场的过程中，Q杆不动，两杆构成的回路的磁通量变化

28、量B1L2平均电动势E平均电流I通过P杆的电荷量qIt解得B1设碰后P、Q两杆的速率分别为v1、v2，碰撞后两杆均能始终匀速穿过两侧的磁场，说明两杆均不受安培力作用，回路始终没有感应电流，而且两杆必定同时进入磁场，又同时穿出磁场，则B1Lv1B2v2解得B2(2)由(1)得v22v1，设碰前瞬间P杆的速率为v1，由动量守恒定律得mv1mv12mv2碰撞过程中系统的动能变化Emvm(v1)22m(v2)2得E0，故两金属杆的碰撞为弹性碰撞(3)设P杆被释放时的高度为H，第一次进入磁场时的速度为v0，沿斜面下滑的过程中有mgHmv碰后P杆再次滑上斜面的过程中，有m(v1)2mgh在P杆第一次穿过磁场的过程中所用时间t内，根据动量定理可得ILB1tmv1mv0解得H2答案：(1)B1，B2(2)弹性碰撞(3)H2