1、新高考物理模拟试题 (二)(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、和射线穿透物质的能力是不同的，为把辐射强度减到一半所需铝板的厚度分别为0.000 5 cm、0.05 cm 和8 cm.工业部门可以使用射线来测厚度如图所示，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关，轧出的钢板越厚，透过的射线越弱因此，将射线测厚仪接收到的信号输入计算机，就可以对钢板的厚度进行自动控制如果钢板的厚度需要控制为5 cm，请推测测厚仪使用的射线是()A射线B射线C射线 D可见光2下列
2、说法正确的是()A海市蜃楼是光发生干涉的结果B照相机镜头的增透膜，应用了光的衍射原理C用双缝干涉实验装置观察白光的干涉现象，中央条纹是红色的D肥皂膜上看到的彩色条纹是膜的两表面反射光干涉的结果3如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L2 m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d1.2 m，重为8 N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为()A10 N B8 NC6 N D5 N4氢原子能级图如图所示，用大量处于n2能级的氢原子跃迁到基态时发射出的光照射光电管阴极K，测得光电管中的遏止电压为7.6 V，已知普朗克常量h6.6310
3、34 Js，元电荷e1.61019 C，下列判断正确的是()A电子从阴极K表面逸出的最大初动能为2.6 eVB阴极K材料的逸出功为7.6 eVC阴极K材料的极限频率为6.271014 HzD氢原子从n4能级跃迁到n2能级，发射出的光照射该光电管阴极K时能发生光电效应5处于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v200 m/s.已知t0时，波刚传播到x40 m处，波形如图所示在x400 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是()A波源开始振动时方向沿y轴正方向Bx10 m处质点每秒向右移动200 mC若波源向x轴正方向匀速运动，接收器接收到波的频率大于10 HzD当t0
4、.1 s时，x40 m处的质点恰好到达波谷的位置6如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力则摆球从A运动到B的过程中()A摆线拉力所做的功为mv2B重力的最大瞬时功率为mgvC重力的冲量为0D合力的冲量大小为mv7假设地球是一半径为R，质量分布均匀的球体已知质量分布均匀的球壳对壳内物体引力为零，地球表面处引力加速度为g.则关于地球引力加速度a随地球球心到某点距离r的变化图象正确的是()8如图甲所示，轻绳一端固定在O点，另一端固定一小球(可看成质点)，让小球在竖直平面内做圆周运动改变小球通过最高点时的速度大小v，
5、测得相应的轻绳弹力大小F，得到Fv2图象如图乙所示，已知图线的延长线与纵轴交点坐标为(0，b)，斜率为k.不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A该小球的质量为bgB小球运动的轨道半径为C图线与横轴的交点表示小球所受的合外力为零D当v2a时，小球的向心加速度为g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如图所示，a、b两点位于以负点电荷Q(Q0)为球心的球面上，c点在球面外，则()Aa点场强的大小比b点大Bb点场强的大小比c点小Ca点电势与b点电势相同Db点电势比c点低10一
6、定量理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pT图象如图所示下列判断正确的是()A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小11如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正)，MN始终保持静止不计电容器充电时间，则在0t2时间内，下列说法正确的是()A电阻R两端的电压大小始终不变B电容C的a板先带正电后带负电CMN棒所受安培
7、力的大小始终不变DMN棒所受安培力的方向先向右后向左12如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示下列说法正确的是()A甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B甲、乙两球的质量之比为m甲m乙41C甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲P乙11D甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比h甲h乙14选 择 题 答 题 栏题号123456789101112答案三、非选择题：本题共6小题，共60分13(6分)如图是“验证机械能守恒定律”的实验小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳
8、另一端固定将轻绳拉直至水平后由静止释放在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，重力加速度为g.则：(1)测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl_成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒；(2)若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则验证小圆柱做圆周运动在最低点向心力的公式还需要测量的物理量是_(用文字和字母表示)，若等式F_成立，则可验证小圆柱做圆周运动在最低点向心力的公式14(8分)为测定电流表内电阻Rg，实验中备用的器件有：A电流表(量程0100 A)B标准伏特表(量程05 V)C电阻箱(阻值范围0999 )D电阻箱(阻值范围0
9、99 999 )E电源(电动势2 V)F电源(电动势6 V)G滑动变阻器(阻值范围050 ，额定电流1.5 A)，还有若干开关和导线(1)如果采用如图所示的电路测定电流表A的内电阻并且想得到较高的精确度，那么从以上备用器件中，可变电阻R1应选用_，可变电阻R2应选用_，电源应选用_(用字母代号填写)(2)如果实验时要进行的步骤有：a合上开关K1；b合上开关K2；c观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调到最大；d调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；e调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；f记下R2的阻值把以上步骤的字母按实验的合理顺序为_(3)如果在步骤f中所得R2的阻
10、值为600 ，则图中电流表的内电阻Rg的测量值为_.(4)如果再给出：H.电源(电动势8 V)；I.电源(电动势12 V)，电源应选择_(选填选项前的字母)(5)某同学认为步骤e中不需要保证“电流表指针偏转到满刻度的一半”这一条件，也可测得电流表内阻Rg，请你分析论证该同学的判断是否可行_15(7分)华裔科学家丁肇中负责的AMS项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为O，外圆电势为零，内圆电势45 V，内圆半径R1.0 m在内圆内有磁感应强度大小B9105 T、方向垂直纸面向里的
11、匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O点假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收已知正电子质量m91031 kg，电荷量q1.61019 C，不考虑粒子间的相互作用(1)求正电子在磁场中运动的速率v和半径r；(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R.16(9分)如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡，球心为O，半径为R，其平面部分与玻璃砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于O点有束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A点，发现有一束光线垂直气泡平面从C点射出，已知OAR，光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真空
12、，真空中光速为c，求：(1)玻璃的折射率n；(2)光线从A在气泡中多次反射到C的时间17(14分)如图所示，长度为L的绝缘细线将质量为m、电荷量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间存在水平向右、电场强度大小为(其中g为重力加速度)的匀强电场，小球可视为质点(1)若将小球在A点由静止释放，求细线摆起的最大角度；(2)若小球在最低点A获得一水平向右速度，为使小球运动过程中细线不松弛，求该速度大小应满足的条件18(16分)如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地面上平台上放置两个滑块A、B，其质量mAm，mB2m，两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧，弹簧与滑
13、块不拴接平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M3m，车长L2R，小车的上表面与平台的台面等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.2.解除弹簧约束，滑块A、B在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动滑块A经C点恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车两个滑块均可视为质点，重力加速度为g.求：(1)滑块A在半圆轨道最低点C处时的速度大小；(2)滑块B冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移大小；(3)若右侧地面上有一高度略低于小车上表面的立桩(图中未画出)，立桩与小车右端的距离为x，当小车右端运动到立桩处立即被牢固粘连请讨论滑块B在小车上运动过程中，克服摩擦力做的功Wf与x
14、的关系答案及解析物理模拟试题 (二)1解析：C根据题目中所给射线的穿透能力比较，因钢板的厚度需要控制为5 cm，推测测厚仪使用的射线是射线故选项C正确2解析：D海市蜃楼是光发生折射的结果，选项A错误；照相机镜头的增透膜，应用了光的干涉原理，不是衍射，选项B错误；用双缝干涉实验装置观察白光的干涉现象，中央条纹是白色的，最边缘是红色的，选项C错误；肥皂膜上看到的彩色条纹是膜的两表面反射光干涉的结果，选项D正确3解析：D设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为，则根据几何关系可知NQMN，即PM等于绳长；根据几何关系可得s
15、in 0.6，则37，根据平衡条件可得2Tcos mg，解得T5 N，故D正确，A、B、C错误4解析：C因遏止电压为U07.6 V，根据动能定理可知，光电子的最大初动能EkmeU0，光电子的最大初动能为7.6 eV，故A错误；根据光电效应方程，可知，W0hEkm，而hE2E1；因此W013.63.47.6 eV2.6 eV，故B错误；因逸出功W0等于h1，则材料的极限频率1 Hz6.271014 Hz，故C正确从n4跃迁到n2能级，释放能量为E3.40.85 eV2.55 eV2.6 eV，因此发射出的光照射该光电管阴极K时，不能发生光电效应，故D错误5解析：C因为t0时，波刚传播到x40 m
16、处，说明此时40 m处的质点的振动方向就是波源的振动方向，而波向右传播，再根据“同侧法”可判断出“40 m”处的质点向下振动，故波源的起振方向是沿y轴负方向，选项A错误；该波是横波，质点的振动方向与其传播的方向是垂直的，质点不会随波迁移，只会在自己的平衡位置附近上下振动，选项B错误；由图乙可知，波长为20 m，而波速又是200 m/s，故波的频率为f10 Hz，接收器在右侧，当波源向x轴正方向移动时，波源与接收器间的距离在减小，由多普勒效应可知，接收器接收到波的频率大于10 Hz，选项C正确；由于周期是0.1 s，故x40 m 处的质点经过一个周期后恰好到达平衡位置，选项D错误6解析：D由于小
17、球运动的速度一直与摆线的拉力方向垂直，故摆线的拉力不做功，选项A错误；在最低点时，小球的速度虽然是v，但是该速度是沿水平方向的，与重力的方向垂直，故重力的瞬时功率为0，而小球的重力最大瞬时功率显然在A到B之间，而A到B的过程中，小球的速度会小于v，它沿竖直方向的分速度更小于v，所以最大的重力瞬时功率一定小于mgv，选项B错误；在A到B的过程中，重力的冲量IGt，而重力G与时间t都不为零，故冲量也不为零，选项C错误；根据动量定理可得，在A到B的过程中，合外力的冲量等于动量的变化量，即合力冲量的大小为mv，选项D正确7解析：A当rR时，由mg0知g0.当rR时，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为
18、零，故在深度为(Rr)的井底，受到地球的万有引力是半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，g，此过程g与r成正比当rR后，g，此过程g与r平方成反比8解析：B小球在最高点时受到拉力为F，根据牛顿第二定律可知Fmgm，解得：Fmmg，结合图象可知：mgb，即m，斜率k解得：l，故A错，B对； 图线与横轴的交点表示小球所受的拉力为零，即合外力等于重力时的情况，故C错；根据向心加速度公式可知a2g，故D错9解析：CD由点电荷的场强公式Ek知，a、b两点与Q距离相等， 场强大小相等，A错；由Ek知，离Q 越近， 场强越大，故b点场强大小比c点大或由负点电荷形成的电场的电场线形状是“万箭穿心”，离点电荷
19、越近电场线越密，场强越大，得出b点的场强大小比c点的大，B错；点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，离Q距离相等的两点的电势相等，C对；沿电场线的方向是电势降落最快的方向，得出离Q越近，电势越低，D对10解析：AD由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律UQW可知，气体吸收热量，故A正确；由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律UQW可知，气体吸热，故B错误；由图象可知，ca过程气体压强不变，温度
20、降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W0，气体温度降低，内能减少，U0，由热力学第一定律UQW可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确11解析：AD由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律判断可以知道，通过R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；根据
21、安培力公式FBIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误12解析：BCD两球在运动过程中均只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A项错误；由机械能守恒定律得，对甲球Ek0m甲gx0sin 30，对乙球Ek0m乙g2x0，解得m甲m乙41，故B项正确；甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率分别为P甲m甲g cos 60，P乙m乙g ，代入数据可得P甲P乙11，故C项正确；甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度分别为h甲x0sin 30，h乙2x0所以h甲h乙14，故D正确13解析：(1)根据机械能守恒定律应有mglmv2，其中v，解得gl2(2)根据
22、牛顿第二定律有Fmgm，解得Fmgm，可见还需要测量小圆柱的质量m，才能求出绳子的拉力答案：(1)(2)小圆柱的质量mmgm14解析：(1)该实验是半偏电流法测电流表的内阻K2闭合前后的两次电路，如果干路电流变化不大，那么就可以认为，K2闭合后，电流表半偏时，电流表和电阻箱R2所分的电流各占一半，又因为二者并联，两端的电压相等，自然就可以推出电流表的内阻和电阻箱R2的阻值相等要保证两次实验干路的电流变化不大，就需要保证两次实验电路的总电阻变化不大，也就是说，在给电流表并联上一个电阻箱后导致的电阻变化，对整个电路影响不大要达到这个效果，R1就需要选一个尽可能大的电阻，可以是电阻箱，也可以是滑动变
23、阻器，也可以是电位器，但阻值要尽可能地大，经此分析，R1应选用D.该实验要通过可变电阻R2阻值来间接反映出电流表的内阻值，因此可变电阻R2的选取原则是：能读数且尽量和电流表的内阻在同一数量级上经此分析，可变电阻R2应选用C.在R1是一个尽可能大的电阻、电流表满偏的前提下，那么电源电动势相对地就要大一些的，但不是越大越好，大了烧表也不行初步分析电源可选用F，其实可以估算一下电动势大概的最大值，即： EmaxIgmaxR1max1001061105 V10 V，电源应选F.(2)半偏法测电流表内阻的步骤为：实验前，将R1的阻值调到最大；合上开关K1；调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；保持R
24、1的阻值不变，合上开关K2；调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下R2的阻值我们就认为电流表的内阻值就是R2的阻值因此答案为：cadbef.(3)根据(1)中的分析可知，电流表的内电阻Rg的测量值，就等于电阻箱R2的阻值，即600 .(4)由(1)中的分析可知，在不烧表的前提下，电源要尽可能地大一些，这样可以减小实验误差因为估算出的电源电动势的最大值大约是10 V，所以，该题答案为H.(5)该同学的判断可行只需保证步骤cadbef不变例如在步骤e中，可以调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，记下此时R2的阻值，根据并联电路反比分流原则，计算出电流表内阻的测量值：Rg
25、，同样可以测得电流表的内阻答案：(1)DCF(2)cadbef (3)600(4)H(5)可行15解析：(1)电场的内外边界的电势差大小为U045 V，在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qUmv20，代入数据解得v4106 m/s，正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvBm解得：r0.25 m.(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：(Rr)2r2R2, 解得R m.答案：(1)4106 m/s0.25 m(2) m16解析：(1)如图，作出光路图 根据折射定律可得n根据几何知识可得sin 90联立解
26、得n玻璃的折射率为.(2)光从A经多次反射到C点的路程sRR3R时间t得t光线从A在气泡中多次反射到C的时间为.答案：(1)(2)17解析：(1)若将小球在A点静止释放，细线摆起的最大角度为，此过程由动能定理得EqLsin mg(LLcos )0解得cos ，所以120(2)小球所受重力、电场力的合力大小为F2mg与水平方向的夹角为，则有tan 解得30如果小球获得水平速度v1后刚好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置B(如图1)满足Fm小球从A点运动到B点，由动能定理得mg(LLsin )EqLcos mvmv联立解得v12如果小球获得水平速度v2后来回摆动，则小球刚好能到达C点或D点(如图
27、2)，则小球从A点运动到C点，由动能定理得mg(LLcos )EqLsin 0mv或小球从A点运动到D点，由动能定理得mg(LLcos )EqLsin 0mv联立解得v2综上可得v2或v，细线均不会松弛答案：(1)120(2)v2或v18解析：(1)滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vD，则有：mg得：vD滑块A在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有：2mgRmvmv ，vA(2)A、B在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有：mAvA(mBvB)0得：vB假设滑块可以在小车上与小车共速，由动量守恒得：mBvB(mBM)v共得：v共vB则滑块从滑上小车到与小车共速时的位移为：sB车的加速度a车g此过程中小车的位移为：s车R滑块B相对小车的位移为：ssBs车(Ls)滑块会脱离小车小车与立桩相碰静止后，滑块继续运动脱离小车过程中，滑块克服摩擦力做功为Wf22mg(Ls)所以，当sR时，滑块B克服摩擦力做功为WfWf1Wf2当sE所以滑块一定能滑离小车，则滑块B克服摩擦力做功为：Wf2mg(Ls)0.4mg(2Rs)答案：(1)(2)(3)W
