第六部分高考仿真模擬練高考仿真模擬卷(一)2019年(全國卷Ⅰ)考點排查練二、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．題號1415161718192021考點玻爾原子理論、能級躍遷帶電體在電場中的平衡動量定理的應用安培力的計算豎直上拋運動物體的動態平衡法拉第電磁感應定律、楞次定律萬有引力定律、牛頓第二定律、功能關系理解能力分析能力推理能力推理能力理解、推理能力推理能力推理能力推理和分析綜合能力14.圖示為氫原子能級的示意圖，已知可見光的光子能量范圍是1.61～3.10eV，則()A．氫原子從高能級向低能級躍遷時會吸收能量B．氫原子從n＝4的激發態向n＝3的激發態躍遷時輻射出可見光C．要使處于基態的氫原子變成氫離子，至少要吸收13.6eV的能量D．大量氫原子從n＝4的激發態向n＝1的基態躍遷時，能發出三種頻率的光子答案：C解析：氫原子從高能級向低能級躍遷時，根據能量守恒，會以光子的形式輻射能量，選項A錯誤；氫原子從n＝4的激發態向n＝3的激發態躍遷時輻射出的光子能量為－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV，所以輻射出的光子為紅外線，選項B錯誤；要使處于基態的氫原子變成氫離子至少要吸收13.6eV的能量，選項C正確；大量氫原子從n＝4的激發態向n＝1的基態躍遷時，能發出N＝Ceq\o\al(2,4)＝6種頻率的光子，選項D錯誤．15.如圖所示，一質量為m的帶電小球A用長度為l的絕緣絲質細線懸掛于天花板上的O點，在O點的正下方l處的絕緣支架上固定一個與A帶同種電荷的小球B，兩個帶電小球都可視為點電荷．已知小球A靜止時絲線OA與豎直方向的夾角為60°，設絲線中拉力為FT，小球所受庫侖力為F，下列關系式正確的是()A．FT＝eq\f(1,2)mgB．FT＝eq\r(3)mgC．F＝eq\r(3)mgD．F＝mg答案：D解析：對小球A受力分析，受重力、庫侖力和細線拉力，處于平衡狀態．通過幾何關系得出這三個力互成120°角，有FT＝mg＝F，選項D正確．16.[2019·山西太原模擬]飛機在空中撞到一只鳥很常見，撞到一只兔子就比較罕見了，而這種情況真的被澳大利亞一架飛機遇到了.2017年10月20日，一架從墨爾本飛往布里斯的飛機，起飛后爬升過程中就撞到了一只兔子，當時這只兔子正被一只鷹抓著，兔子撞到飛機時當場殞命．設當時飛機正以720km/h的速度飛行，撞到質量為2kg的兔子，作用時間為0.1s.則兔子受到飛機的平均撞擊力大小約為()A．1.44×103NB．4.0×103NC．8.0×103ND．1.44×104N答案：B解析：v＝720km/h＝200m/s根據動量定理得Ft＝mv－0即F＝eq\f(mv,t)＝eq\f(2×200,0.1)N＝4×103N故選項B正確．17．由某種導線構成的正方形導線框abcd豎直放置，已知長度為l的該導線的電阻為lr，現將正方形導線框置于如圖所示的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度的大小為B，用電阻不計的導線將導線框連接在電動勢為E，內阻不計的電源兩端．則關于導線框所受安培力的大小和方向，下列說法正確的是()A．安培力的大小為eq\f(2EB,r)，方向豎直向上B．安培力的大小為eq\f(4EB,3r)，方向豎直向下C．安培力的大小為eq\f(EB,r)，方向豎直向下D．安培力的大小為eq\f(EB,r)，方向豎直向上答案：B解析：由題圖可知，電路接通后流過導線框的電流沿ad及abcd方向，設導線框的邊長為x，由歐姆定律可得，流過ad邊的電流為I1＝eq\f(E,xr)，流過bc邊的電流為I2＝eq\f(E,3xr)，又由左手定則可知ad、bc兩邊所受的安培力方向均豎直向下，ab、cd兩邊所受到的安培力大小相等、方向相反，則導線框所受的安培力的大小為F＝B(I1＋I2)x＝eq\f(4EB,3r)，方向豎直向下，B正確．18．如圖所示，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點．一小滑塊自d點以一定初速度沖上斜面，到達a點時速度剛好為零．通過ab、bc、cd各段所用時間均為T.現讓該滑塊自b點由靜止開始下滑，則該滑塊()A．通過bc、cd段的時間均大于TB．通過c、d點的速度之比為1：2C．通過bc、cd段的位移之比為1：3D．通過c點的速度等于通過bd段的平均速度答案：A解析：滑塊在a點時速度剛好為零，故逆向處理，滑塊由a點靜止下滑，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，假設ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應分別為3x、5x，xbc：xcd＝3：5，選項C錯誤；如果滑塊由b點靜止釋放，顯然滑塊通過bc段、cd段的時間均大于T，選項A正確；滑塊在c點的速度應為v1＝eq\r(2a′·3x)，滑塊在d點的速度應為v2＝eq\r(2a′·8x)，則v1：v2＝eq\r(3)：eq\r(8)，選項B錯誤；因為xbc：xcd＝3：5，顯然通過c點的時刻不是bd的中間時刻，則滑塊通過c點的速度不等于bd段的平均速度，選項D錯誤．19.如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結于O點.一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態，另一條繩OA在外力F的作用下，處于水平方向，現緩慢改變繩OA的方向至θ<90°，且保持結點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態．下列說法正確的是()A．繩OA的拉力先減小后增大B．繩OB的拉力一直增大C．地面對斜面體有向右的摩擦力D．地面向斜面體的支持力不斷減小答案：AD解析：緩慢改變繩OA的方向至θ<90°的過程，OA拉力的方向變化如圖所示，從3位置到2位置到1位置可見OA的拉力先減小后增大，OB的拉力一直減小，故A正確，B錯誤；以斜面和P、Q整體為研究對象受力分析，根據平衡條件可知斜面受地面的摩擦力與OA繩水平方向的分力等大、反向，故摩擦力方向向左，C錯誤；以斜面體和P整體為研究對象受力分析，繩OB對其豎直向下的分力減小，則地面對斜面的支持力減小，故D正確．20．如圖(a)所示，單位長度的電阻為r的金屬導線做成的正三角形線框，邊長為L，左半邊置于勻強磁場中不動，磁場的磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小隨時間變化，如圖(b)所示，且eq\f(B0,t0)＝k，k為一定值，以A、B豎直線為界，則下列選項中正確的是()A．線框中的感應電流方向為順時針B．線框受到的安培力方向水平向左，大小恒定不變C．線框中感應電流的大小為eq\f(\r(3)kL,24r)D．A、B兩點的電勢差為eq\f(\r(3)kL2,16)答案：ACD解析：對三角形構成的回路，原磁場方向垂直紙面向里，且在減小，則回路中的磁通量在減小，由楞次定律可知線框中的感應電流產生的磁場方向也垂直紙面向里，再由右手定則知感應電流的方向為順時針方向，故選項A正確；線框的左半邊受到安培力作用，等效長度為AB，則安培力的方向水平向左，感應電流是恒定值，但磁感應強度在變化，則安培力要變化，故選項B錯誤；由法拉第電磁感應定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(1,2)×\f(1,2)L×\f(\r(3),2)L·ΔB,Δt)＝eq\f(\r(3)kL2,8)，而線框的總電阻為R＝3rL，由歐姆定律得感應電流為eq\f(\r(3)kL,24r)，故選項C正確；A、B兩點的電勢差為路端電壓，為感應電動勢的一半，故選項D正確，本題答案為A、C、D.21.一探測器探測某星球表面時做了兩次測量．探測器先在近星軌道上做圓周運動測出運行周期T；著陸后，探測器將一小球以不同的速度豎直向上拋出，測出了小球上升的最大高度h與拋出速度v的二次方的關系，如圖所示，圖中a、b已知，引力常量為G，忽略空氣阻力的影響，根據以上信息可求得()A．該星球表面的重力加速度為eq\f(2b,a)B．該星球的半徑為eq\f(bT2,8aπ2)C．該星球的密度為eq\f(3π,GT2)D．該星球的第一宇宙速度為eq\f(4aT,πb)答案：BC解析：小球豎直上拋，上升的最大高度h＝eq\f(v2,2g)，h－v2直線的斜率k＝eq\f(1,2g)＝eq\f(a,b)，得g＝eq\f(b,2a)，故A錯誤；探測器在近星軌道上做勻速圓周運動，設星球半徑為R，根據萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，得T＝eq\r(\f(4π2R3,GM))①對星球表面任意一個物體，有mg＝Geq\f(Mm,R2)②聯立①②得T＝2πeq\r(\f(R,g))，將g＝eq\f(b,2a)代入計算得出R＝eq\f(bT2,8aπ2)，故B正確；探測器先在近星軌道上做圓周運動，根據萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，計算得出M＝eq\f(4π2R3,GT2)，由密度公式有ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(4π2R3,GT2),\f(4πR3,3))＝eq\f(3π,GT2)，故C正確；該星球的近地衛星的運行速度即第一宇宙速度，由Geq\f(Mm,R2)＝mg＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\r(gR)＝eq\r(\f(b,2a)×\f(bT2,8aπ2))＝eq\f(bT,4πa)，故D錯誤．三、非選擇題：第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據要求作答．題號222324253334考點數據處理、加速度、速度的計算電表的改裝及相關知識帶電粒子在組合電磁場中的運動v-t圖象、動量守恒、機械能守恒、動能定理熱力學第一定律、壓強、實驗定律波的圖象和振動圖象、光的折射定律、全反射(一)必考題(共47分)22．(5分)(1)在“練習使用打點計時器”的實驗中，利用重物牽引小車，用電磁打點計時器打點，f＝50Hz，得到一條清晰的紙帶．取其中的A、B、C、…七個點進行研究，這七個點和刻度尺刻度的對應如圖所示．①小車向________(相對圖中方位選填“左”或“右”)運動．②F點瞬時速度是________m/s(保留三位小數)．③根據紙帶可以計算小車的加速度a的大小是________m/s2(保留2位有效數字)．(2)如果當時交變電流的頻率是f＝51Hz，而計算時仍按f＝50Hz，那么速度的測量值________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)．答案：(1)①左(1分)②0.226(1分)③0.26(2分)(2)偏小(1分)解析：(1)①根據紙帶數據可以看出從A點到G點，相鄰的兩個計數點之間的距離增大，所以從A點到G點速度增大．重物牽引小車，小車做加速運動，所以小車向左運動．②根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上F點時小車的瞬時速度大小vF＝eq\f(xEG,tEG)＝eq\f(0.1062－0.0610,0.2)m/s＝0.226m/s.③設A到B之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4、x5、x6，根據勻變速直線運動的推論公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得：x4－x1＝3a1T2x5－x2＝3a2T2x6－x3＝3a為了更加準確地求解加速度，我們對三個加速度取平均值，得：a＝eq\f(1,3)(a1＋a2＋3)即小車運動的加速度計算表達式為：a＝eq\f(xDG－xAD,9T2)＝eq\f(0.1062－0.0415－0.0415－0,9×0.12)m/s2＝0.26m/s2(2)如果在某次實驗中，交流電的頻率為51Hz，f>50Hz，那么實際打點周期變小，根據運動學公式v＝eq\f(x,t)，計算時間偏大，所以測量的速度值與真實的速度值相比是偏小．23.(10分)某同學改裝和校準電壓表的電路圖如圖所示，圖中虛線框內是電壓表的改裝電路．(1)已知表頭G滿偏電流為100μA，表頭上標記的內阻值為900Ω.R1、R2和R3是定值電阻.利用R1和表頭構成量程為1mA的電流表，然后再將其改裝為兩個量程的電壓表.若使用a、b兩個接線柱，電壓表的量程為1V；若使用a、c兩個接線柱，電壓表的量程為3V．則根據題給條件，定值電阻的阻值應選R1＝________Ω，R2＝________Ω，R3＝________Ω.(2)用量程為3V，內阻為2500Ω的標準電壓表對改裝表3V擋的不同刻度進行校準．所用電池的電動勢E為5V；滑動變阻器R有兩種規格，最大阻值分別為50Ω和5kΩ，為了方便實驗中調節電壓，圖中R應選用最大阻值為________Ω的滑動變阻器．(3)校準時，在閉合開關S前，滑動變阻器的滑動端P應靠近________(填“M”或“N”)端．(4)若由于表頭G上標記的內阻值不準，造成改裝后電壓表的讀數比標準電壓表的讀數偏小，則表頭G內阻的真實值________(填“大于”或“小于”)900Ω.答案：(1)100(2分)910(2分)2000(2分)(2)50(2分)(3)M(1分)(4)大于(1分)解析：(1)根據題意，R1與表頭G構成量程為1mA的電流表，則：IgRg＝(I－Ig)R1，整理：R1＝100Ω；若使用a、b兩個接線柱，電壓表的量程為1V，則R2＝eq\f(Uab－IgRg,I)＝eq\f(1－0.09,1×10－3)Ω＝910Ω；若使用a、c兩個接線柱，電壓表的量程為3V，則R3＝eq\f(Uac－IgRg－IR2,I)＝eq\f(3－0.09×－1×10－3×910,1×10－3)Ω＝2000Ω.(2)電壓表與之并聯之后，電阻小于2500Ω，對于分壓式電路，要求滑動變阻器的最大阻值遠小于并聯部分，同時還要便于調節，故滑動變阻器選擇小電阻，即選擇50Ω的電阻．(3)在閉合開關S前，滑動變阻器的滑動端P應靠近M端，這樣把并聯部分電路短路，起到一種保護作用．(4)造成改裝后電壓表的讀數比標準電壓表的讀數偏小，說明通過表頭G的電流偏小，則實際其電阻偏大，故其實際阻值大于900Ω.24．(12分)如圖所示，在第一象限存在勻強磁場(未畫出)，磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場(未畫出)，方向沿x軸負向．在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場．不計重力．若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，求：(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間．答案：(1)eq\f(1,2)v0tan2θ(2)eq\f(2d,v0tanθ)解析：(1)如圖所示，粒子進入磁場后做勻速圓周運動．設磁感應強度的大小為B，粒子質量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)(2分)①由題設條件和圖中幾何關系可知r＝d(1分)②設電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向運動的速度大小為vx，由牛頓第二定律有qE＝max(2分)③根據運動學公式有vx＝axt(1分)④eq\f(vx,2)t＝d(1分)⑤由于粒子在電場中做類平拋運動，有tanθ＝eq\f(vx,v0)(1分)⑥由①②③④⑤⑥式聯立解得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ.(1分)(2)由④⑤⑥式聯立解得t＝eq\f(2d,v0tanθ).(3分)25．(20分)如圖甲所示，m1＝5kg的滑塊a自光滑圓弧形槽的頂端A點無初速度滑下，槽的底端與水平傳送帶相切于傳送帶的左端B點，傳送帶以速度v＝3m/s沿順時針方向勻速運轉.滑塊a下滑前將m2＝3kg的滑塊b停放在B點.滑塊a下滑后與滑塊b發生碰撞，碰撞時間極短，傳感器分別描繪出了兩滑塊碰撞后在傳送帶上從B點運動到傳送帶的右端C點的v-t圖象，如圖乙、丙所示．兩滑塊均可視為質點，重力加速度g＝10m/s2.(1)求A、B的高度差h；(2)求滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ和傳送帶的長度LBC；(3)滑塊b到達C點時速度恰好減到3m/s，求滑塊b的傳送時間和系統因摩擦產生的熱量．答案：(1)0.8m(2)26m(3)6.5s16J解析：(1)由圖乙、丙可知，碰撞后瞬間，滑塊a的速度v1＝1m/s，滑塊b的速度v2＝5m/s，設碰撞前瞬間滑塊a的速度為v0，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2(2分)解得v0＝4m/s(1分)滑塊a下滑的過程中機械能守恒，有m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)(2分)解得h＝0.8m．(1分)(2)由圖乙可知，滑塊a在傳送帶上加速運動時的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2(2分)滑塊a的加速度由滑動摩擦力提供，故μ1m1g＝可求出滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.05(1分)由圖乙可知，滑塊a在傳送帶上先加速4s，后勻速運動6s到達C點圖線與坐標軸圍成的圖形的面積等于傳送帶的長度LBC，即LBC＝26m．(2分)(3)滑塊b一直做勻減速直線運動，到C點時速度恰好減為3m/s，全程的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(v2＋v,2)＝4m/s(1分)設滑塊b的傳送時間為t，則有t＝eq\f(LBC,\x\to(v))＝6.5s．(1分)由圖乙可知，滑塊a在傳送帶上加速階段的位移x1＝v1t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝8m(1分)滑塊a在傳送帶上加速階段產生的熱量Q1＝μ1m1g(vt1－滑塊b在傳送帶上減速的加速度大小a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(4,13)m/s2(1分)滑塊b受到的滑動摩擦力大小Ff＝m2a′滑塊b在傳送帶上減速階段產生的熱量Q2＝Ff(LBC－vt)＝6J(1分)系統因摩擦產生的熱量Q＝Q1＋Q2＝16J．(1分)(二)選考題：請考生從2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．33．[選修3－3](15分)(1)(5分)在裝有食品的包裝袋中充入氮氣，可以起到保質作用．某廠家為檢測包裝袋的密封性，在包裝袋中充滿一定量的氮氣，然后密封進行加壓測試．測試時，對包裝袋緩慢地施加壓力．將袋內的氮氣視為理想氣體，則加壓測試過程中，包裝袋內壁單位面積上所受氣體分子撞擊的作用力________(選填“增大”“減小”或“不變”)，包裝袋內氮氣的內能________(選填“增大”“減小”或“不變”)．(2)(10分)某容積為20L的氧氣瓶有30atm的氧氣，現把氧氣分裝到容積為5L的小鋼瓶中，使每個小鋼瓶中氧氣的壓強為5atm，若每個小鋼瓶中原有氧氣壓強為1atm，問能分裝多少瓶？(設分裝過程中無漏氣，且溫度不變)答案：(1)增大(3分)不變(2分)(2)25瓶解析：(1)加壓測試過程中，壓強增加，包裝袋內壁單位面積的撞擊分子數變多，所受氣體分子撞擊作用力增大；溫度不變，包裝袋內氮氣的內能不變．(2)設最多能分裝n個小鋼瓶，并選取氧氣瓶中的氧氣和n個小鋼瓶中的氧氣整體為研究對象．因為分裝過程中溫度不變，故遵循玻意耳定律．分裝前整體的狀態：p1＝30atm，V1＝20L；p2＝1atm,V2＝5nL分裝后整體的狀態：p′1＝5a