高考理综模拟押题卷物理部分全国Ⅱ卷Word文件下载.docx
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运动员
含装备
着地时的动能为
运动员在空中运动的时间为
运动员着陆点到助滑道末端的水平距离是
运动员离开助滑道时距离跳台出发点的竖直高度为80m
5.（6分）如图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子（ ）
带正电，由下往上运动
带正电，由上往下运动
带负电，由上往下运动
带负电，由下往上运动
6.（6分）（2017•新课标Ⅱ）如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M，Q到N的运动过程中（ ）
从P到M所用的时间等于
从Q到N阶段，机械能逐渐变大
从P到Q阶段，速率逐渐变小
从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
7.（6分）（2017•新课标Ⅱ）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）．下列说法正确的是（ ）
磁感应强度的大小为0.5T
导线框运动速度的大小为0.5m/s
磁感应强度的方向垂直于纸面向外
在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N
8.（6分）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（
只将轨道长度L变为原来的2倍
只将电流I增加至原来的2倍
只将弹体质量减至原来的一半
将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
二、非选择题：
第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答．
9.（5分）如图所示是研究匀变速直线运动的实验中得到的一条纸带，记录了小车所作的一段匀减速直线运动，从纸带上点迹清晰的地方选择一点0，从0点开始每5个点取一个计数点，并标上0、1、2、3、4、5、6，量得s1=1.31cm，s2=1.79cm，s3=2.28cm，s4=2.80cm，s5=3.27cm，s6=3.81cm．根据数据进行下列计算或判断：
（计算结果保留3位有效数字）
（1）测量时纸带的________端（填“左”或“右”）固定在小车上；
（2）打计数点3时小车的瞬时速度v=________m/s；
（3）小车的加速度a=________m/s2．
10.（11分）（2016•新课标Ⅰ）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过60℃时，系统报警．提供的器材有：
热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过IC时就会报警），电阻箱（最大阻值为999.9Ω），直流电源（输出电压为U，内阻不计），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω），滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω），单刀双掷开关一个，导线若干．
在室温下对系统进行调节，已知U约为18V，IC约为10mA；
流过报警器的电流超过20mA时，报警器可能损坏；
该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60℃时阻值为650.0Ω．
（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．
（2）在电路中应选用滑动变阻器________（填“R1”或“R2”）．
（3）按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；
滑动变阻器的滑片应置于________（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是________．
②将开关向________（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________．
③保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．
11.（12分）（2017•新课标Ⅱ）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：
冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力加速度为g．求
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．
12.（19分）（2017•新课标Ⅱ）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；
M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小．
13.（15分）（2017•新课标Ⅱ）[物理--选修3-3]
（1）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整个系统不漏气．下列说法正确的是（ ）
气体自发扩散前后内能相同
气体在被压缩的过程中内能增大
在自发扩散过程中，气体对外界做功
气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E.
气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
（2）一热气球体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，气球外冷空气的温度为Tb．已知空气在1个大气压、温度为T0时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1个大气压，重力加速度大小为g．
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．
14.（15分）[物理--选修3-4]
如图所示，截面为半圆形的玻璃砖直径AB长度为d=20em，长直尺MN紧靠玻璃砖B点放置，与玻璃砖直径边缘垂直東由a和b两种色光组成的细光束沿半径方向射向圆心0处，结果在直尺上出现了三个亮点C、D、E.已知该玻璃砖对a光的折射率。
大于b光的折射率，且C、D、E三个亮点到B点的距离分别为
=10cm，
cm，
cm.
（1）试确定C、D、E三个亮点对应的色光种类，并求该玻璃砖对a和b两种色光的折射率；
（2）若要直尺上只出现两个亮点，可将复色光光東从图示位置绕0点顺时针旋转0角度，求θ角度的范围（可能用到的参考值sin35°
≈
）。
答案解析部分
1.【答案】C
【考点】恒力做功，变力做功
【解析】【解答】A、功的正负表示物体对外做功还是克服外力做功，不代表方向，功是标量；
A不符合题意；
B、如果力的方向和运动方向垂直，即使位移不为零力对物体也不做功；
B不符合题意；
C、功等于力和物体在力的方向上的位移的乘积；
C符合题意；
D、力对物体做功少，说明力小或物体在力的方向上的位移小；
D不符合题意.
故答案为：
C
【分析】该题目考察的力作用的内容，功的正负表示力对物体做正负功的含义，当力的方向和位移的方向垂直的时候，力不做功。
2.【答案】B
【考点】动量守恒定律，原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】AB、一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，根据
知，由于钍核和α粒子质量不同，则动能不同，故A错误，B正确．
C、半衰期是原子核有半数发生衰变所需要的时间，故C错误．
D、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D错误．
故选：
B．
【分析】根据动量守恒定律，得出两粒子的动量大小关系，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系．半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小不相等．
3.【答案】B
【考点】滑动摩擦力，共点力平衡条件的应用，物体的受力分析
【解析】【解答】解：
A、物体受到重力、支持力及摩擦力而做匀速直线运动，由共点力的平衡条件可知物体所受合力为零，故A错误；
B、物体受到的摩擦力沿斜面向上，因物体受三个力而处于平衡，故重力与支持力的合力的方向一定与摩擦力方向相反，故二力的合力一定沿斜面向下，故B正确；
C、在垂直于斜面方向上，物体受到的合力应为零，故支持力应等于重力垂直于斜面的分力，即支持力小于重力，故C错误；
D、滑动摩擦力F=μFN，故摩擦力与下滑速度无关，只与正压力及动摩擦因数有关，故D错误；
故选B．
【分析】先对物体进行受力分析，由题意可知，物体做匀速直线运动，则由共点力的平衡条件可知物体受到的合力；
由力的合成与分解可得出各力间的关系．
4.【答案】D
【考点】平抛运动，动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.将运动员视为质点，如图，经平抛落在着陆坡B点，已知B点速度方向与水平成
，将速度分解，画出速度三角形，水平方向匀速运动，竖直方向做自由落体运动，
则：
，
，根据速度三角形得：
，动能为
，A符合题意；
空中平抛时间，可以竖直分运动求解：
，B符合题意；
如图着陆点到助滑道末端水平距离为x，水平方向做匀速直线运动，则
，C符合题意；
如图所示，跳台出发点为O点，在助滑道上的运动过程中，只有重力做功，根据动能定理：
，D不符合题意。
D。
【分析】本题中运动员的运动分为两个过程，先在助跑轨道作加速运动，然后作平抛运动；
题中已知平抛运动竖直位移和着地时速度方向，可根据竖直方向的匀加速运动规律得竖直方向的分速度，然后由速度的合成与分解关系可得合速度和平抛运动的初速度，之后可用动能定理解决助跑轨道上的运动。
5.【答案】A
【考点】圆形磁场
【解析】【分析】从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式
可知，下部速度大，上部速度小，这一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A
【点评】明确洛伦兹力提供向心力，推导出半径公式，当粒子穿出后由于阻力作用速度减小，这是解决本题的关键
6.【答案】C,D
【考点】开普勒定律，万有引力定律及其应用
【解析】【解答】A、海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于
，故A错误．
B、从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误．
C、从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C正确．
D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确．
CD．
【分析】根据海王星在PM段和MQ段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P到M所用时间与周期的关系；
抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；
根据万有引力做功确定速率的变化．
7.【答案】B,C
【考点】电磁感应现象，电磁感应与图象，电磁感应中切割类问题，楞次定律
【解析】【解答】AB、由图象可以看出，0.2﹣0.4s没有感应电动势，所以从开始到ab进入用时0.2s，导线框匀速运动的速度为：
v=
，根据E=BLv知磁感应强度为：
B=
，故A错误，B正确．
C、由b图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，故C正确．
D、在0.4﹣0.6s内，导线框所受的安培力F=BIL=
=
N=0.05N，故D错误．
BC．
【分析】根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向．根据安培力公式得出导线框所受的安培力．
8.【答案】B,D
【考点】动能定理的综合应用，安培力，电磁感应与力学
通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，
利用动能定理有BIl•L=
mv2，
磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI
解得
．
A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的
倍，故A错误
B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确
C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的
倍，故C错误
D、将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确．
故选BD．
【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．
根据速度的表达式进行求解．
9.【答案】
（1）右
（2）0.254
（3）0.500
【考点】研究匀变速直线运动
（1）小车拖动纸带运动时做匀减速直线运动，所以速度越来越小，故相等的时间间隔内位移越来越小，所以小车应与纸带的右端相连．
（2）由于每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，
得：
v3=
=25.4cm/s=0.254m/s（3）根据匀变速直线运动的推论公式△s=aT2可以求出加速度的大小，得：
s4﹣s1=3a1T2
s5﹣s2=3a2T2
s6﹣s3=3a3T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：
a=
（a1+a2+a3）
即小车运动的加速度计算表达式为：
×
10﹣2m/s2=0.500m/s2
（1）右；
（2）0.254；
（3）0.500．
【分析】依据点与点间距，结合小车做匀减速，即可判定；
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小；
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．
10.【答案】
（1）
（2）R2
（3）650.0
；
b
保证报警器的安全使用保证报警器的安全使用
c
报警器开始报警
【考点】电磁学实验
（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；
它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；
故连线如图所示；
（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；
此时电阻约为：
R=
=1800Ω；
而热敏电阻的阻值约为650Ω；
故滑动变阻器接入电阻约为1150Ω；
故应选择R2；
（3）①因要求热敏电阻达到60°
时报警；
此时电阻为650Ω；
故应将电阻箱调节至650Ω；
然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；
故开始时滑片应在b端；
目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；
②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；
然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；
（1）如下图；
（2）R2；
（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；
②c；
报警器开始报警．
【分析】
（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构；
（2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；
（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；
从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．
11.【答案】
（1）解：
对冰球分析，根据速度位移公式得：
，
加速度为：
根据牛顿第二定律得：
a=μg，
解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：
答：
冰球与冰面之间的动摩擦因数
（2）根据两者运动时间相等，有：
解得运动员到达小旗处的最小速度为：
v2=
则最小加速度为：
满足训练要求的运动员的最小加速度为
【考点】对单物体（质点）的应用，匀变速直线运动基本公式应用，匀变速直线运动导出公式应用
【解析】【分析】
（1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．
（2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度．
12.【答案】
（1）两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，
两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，
设水平方向的加速度大小为a，
对M，有：
对N：
v0=at，
可得
解得xM：
xN=3：
1．
M与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：
1
（2）设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，
因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，则有：
因为v1=v0+at=2v0，则
=2v0，
因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：
，解得vy1=
在竖直方向上有：
解得A点距电场上边界的高度h=
A点距电场上边界的高度为
（3）因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，
有：
则电场的电场强度E=
该电场的电场强度大小为
【考点】位移的合成与分解，速度的合成与分解，平抛运动，电荷在电场中的偏转
（1）抓住两球在电场中，水平方向上的加速度大小相等，一个做匀加速直线运动，一个做匀减速直线运动，在竖直方向上的运动时间相等得出水平方向时间相等，结合运动学公式求出M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）根据离开电场时动能的大小关系，抓住M做直线运动，得出M离开电场时水平分速度和竖直分速度的关系，抓住M速度方向不变，结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系，根据速度位移公式求出A点距电场上边界的高度；
（3）结合带电小球M电场中做直线运动，结合速度方向得出电场力和重力的关系，从而求出电场强度的大小．
13.【答案】
（1）A,B,D
（2）（i）设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0，密度为
设温度为T的体积为VT，密度为
ρ（T）=
由盖﹣吕萨克定律得
联立可得：
气球受到的浮力为f=ρ（Tb）gV
f=
（ii）根据ρ（T）=
可得ρ（Ta）=
，气球内空气的重力为G=ρ（Ta）gV=
gV；
（iii）气球要漂浮在空气中，则气球总重力等于冷空气的浮力，假如还能托起的最大质量为m则
F=m0g+G+mg
所以m=
﹣
﹣m0
（i）气球受到的浮力为：
（ii）气球内空气的重力为
（iii）能托起的最大质量为
﹣m0．
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