試卷類型：A絕密★啟用前年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（第二次模擬考試）物理注意事項：答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考場、座位號寫在答題卡上，將條形碼粘貼在規(guī)定區(qū)域。本試卷滿分分，考試時間分鐘。做選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回。一、選擇題：本題共小題，共分。在每小題給出的四個選項中，第題只有一項符合題目要求，每小題4分；第題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.內(nèi)蒙古包頭市被稱為“世界綠色硅都”，其制造的光伏發(fā)電板銷往世界各地。光伏發(fā)電的原理為光電效應(yīng)。當(dāng)光照射晶片時，晶片中的電子變?yōu)楣怆娮樱c正電荷分開，分布于兩個區(qū)域，形成電勢差發(fā)電。關(guān)于光伏發(fā)電下列說法正確的是（）A.輸入的光子能量完全轉(zhuǎn)化為光電子的能量B.光電子的最大初動能與入射光子的頻率成正比C.光電子與正電荷分開過程中，光電子的電勢能增加D.電子吸收紅光后的最大初動能比吸收紫光后的最大初動能大【答案】C【解析】【詳解】A．由光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動能等于光子的能量減去逸出功，故輸入的光子能量并沒有完全轉(zhuǎn)化為光電子的能量，故A錯誤；B．由光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動能與入射光子的頻率是一次函數(shù)關(guān)系，不成正比，故B錯誤；C．光電子與正電荷分開過程中，克服靜電力做功，光電子的電勢能增加，故C正確；第1頁/共18頁D．因為紫光的頻率大于紅光的頻率，由光電效應(yīng)方程，可知電子吸收紅光后的最大初動能比吸收紫光后的最大初動能小，故D錯誤。故選C。2.EUV13.5nm的技術(shù)封鎖，可以生產(chǎn)超高分辨率的極小芯片。該技術(shù)是應(yīng)用了極紫外光的（）A.波動性強(qiáng)B.粒子性強(qiáng)C.偏振現(xiàn)象D.多普勒效應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】極紫外（EUV）光刻機(jī)利用波長為13.5nm的光源制造芯片，其波長短，則粒子性強(qiáng)。故選B。3.圓錐擺在擺動過程中由于受空氣阻力的影響，小球做圓周運動的半徑會越來越小，經(jīng)過足夠長時間后，小球會停止在懸點正下方。忽略小球轉(zhuǎn)動一周內(nèi)的半徑變化，即每一周都可視為勻速圓周運動，運動情況）A.變大B.變小C.不變D.先增大后減小【答案】A【解析】【詳解】令擺角為，對小球進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得可知，隨著細(xì)繩與豎直方向的夾角不斷減小，小球做圓周運動的周期將變大。故選A。第2頁/共18頁4.密閉容器中封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2，一次經(jīng)過過程A，一次經(jīng)過過程B，其P-V圖像如圖所示。則對比A、B過程，下列說法正確的是（）A.系統(tǒng)增加的內(nèi)能A過程大于B過程B.系統(tǒng)升高的溫度A過程小于B過程C.系統(tǒng)吸收的熱量A過程大于B過程D.系統(tǒng)對外做的功A過程等于B過程【答案】C【解析】【詳解】AB．設(shè)狀態(tài)1溫度為，狀態(tài)2的溫度為；氣體從狀態(tài)1到狀態(tài)2，由題圖可知，，，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得；可知A過程和B過程系統(tǒng)升高的溫度相等，均為對于一定質(zhì)量的理想氣體，內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，所以A過程和B過程系統(tǒng)增加的內(nèi)能相等，故AB錯誤；CD圖像與橫軸圍成的面積表示做功的大小，由題圖可知，系統(tǒng)對外做的功A過程大于B過程；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得由于A過程和B過程系統(tǒng)增加的內(nèi)能相等，可知系統(tǒng)吸收的熱量A過程大于B過程，故C正確，D錯誤。故選C。5.a~h是圓心為O半徑為R圓周上的8各點半徑同Oa的夾角為θ，各點的電勢φ與θ的φ-θ關(guān)系圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.電場方向水平向右第3頁/共18頁B.電場強(qiáng)度的大小為C.ab兩點的電勢差為D.一電子從c點順時針沿圓弧運動到g點電勢能先減小后增大【答案】B【解析】【詳解】A．由圖乙可知圓上各點半徑與Oa的夾角為時，即點電勢最高為，與Oa的夾角為時，即點電勢最低為，電場方向從點指向點，即水平向左，故A錯誤；B．由A項分析可知電場方向從點指向點，又兩點電勢差電場強(qiáng)度故B正確；C．a(chǎn)b兩點的電勢差為故C錯誤；Dc點順時針沿圓弧運動到g電子電勢能先增大后減小，故D錯誤。故選B。6.太空電梯固定于地球赤道上某地，一乘客全身固定在電梯中的座椅上，電梯勻速升空到達(dá)距地面高度為同步衛(wèi)星軌道高度的1.5上升過程中，座椅對乘客的作用力F隨電梯上升時間t變化的F-t圖像可能正確的是（）A.B.第4頁/共18頁C.D.【答案】D【解析】【詳解】當(dāng)高度小于同步衛(wèi)星高度，對宇航員進(jìn)行受力分析，由圓周運動的規(guī)律可得解得宇航員受到的支持力為隨著時間的增大，作用力減??；當(dāng)高度等于同步衛(wèi)星高度時萬有引力正好等于宇航員做圓周運動的向心力，作用力為0；當(dāng)高度大于同步衛(wèi)星高度，由可得力的方向發(fā)生變化，且隨著時間的增大，作用力增大，故D符合題意。故選D。7.如圖甲所示，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg的物塊以初速度滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2。在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力FF取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到ABAB段的縱坐標(biāo)為摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度。下列說法正確的是（）第5頁/共18頁A.DE段表示滑塊最終與滑板共速B.F=0時，滑塊離開滑板的速度v=2m/sC.B點的坐標(biāo)為（，）D.C點的坐標(biāo)為（，）【答案】D【解析】AABF較小，物體在木板上相對于木板滑動的路程保持不變，說明物塊會從板右側(cè)BCDE木板上某一位置具有共同速度，物塊相對于木板向左滑動，最終物塊會從板左側(cè)滑離木板；故A錯誤；B．時，根據(jù)牛頓第二定律可得，物塊的加速度大小為木板的加速度大小為由圖像AB段可知，滑塊相對木板的路程為聯(lián)立解得或（舍去，此時滑塊的速度小于木板的速度）則物塊滑離木板時的速度大小為故B錯誤；C．在AB段，F(xiàn)較小，物塊將從木板右端滑下，其中B點，對應(yīng)物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度，設(shè)此時對應(yīng)的恒力為，由牛頓第二定律得由速度關(guān)系得由位移關(guān)系得聯(lián)立解得由圖乙可知，B點對應(yīng)的相對路程，代入解得第6頁/共18頁故B點的坐標(biāo)為（，C錯誤；DBC段，物塊滑上木板后，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相對靜止一起以相同加速度做勻加速運動；C點時物塊與木板間的靜摩擦力剛好達(dá)到最大，設(shè)此時對應(yīng)的恒力為，以物塊與木板為整體，由牛頓第二定律得以物塊為對象，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得，由C選項分析同理可得代入，可得故C點的坐標(biāo)為（，D正確。故選D。8.如圖，電路中電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，為滑動變阻器，、為定值電阻。開始時開關(guān)閉合、斷開，平行金屬板間有個帶負(fù)電油滴靜止在P點，下列操作會使帶電油滴向上運動的是（）A.閉合開關(guān)B.滑動變阻器滑片上滑C.減小極板間距離D.減小極板間正對面積【答案】BC【解析】【詳解】A．開始時開關(guān)閉合、斷開，電容器上極板帶正電，帶電油滴靜止在P點，所受電場力方向向上，大小與重力相等，閉合開關(guān)外電路總電阻減小，干路電流增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，路所在支路電流減小，減小，液滴所受電場力減小，可知，帶電油滴將向下運動，故A錯誤；B閉合、承第7頁/共18頁擔(dān)電壓增大，即電容器極板之間電壓增大，極板之間電場強(qiáng)度增大，液滴所受電場力增大，可知，帶電油滴將向上運動，故B正確；C．極板之間的電場強(qiáng)度大小為減小極板間距離，極板之間電壓不變，則電場強(qiáng)度增大，液滴所受電場力增大，可知，帶電油滴將向上運動，故C正確；D力不變，液滴仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，故D錯誤。故選BC。9.如圖甲是水下燈光裝置簡化圖。輕質(zhì)彈簧下端固定在水池底部，上端連接一點光源，點光源靜止在O點，其在水面上的投影位置為，示，水的折射率為。則關(guān)于水面上的光斑，下列說法正確的是（）A.光斑邊緣的振動周期為2sB.光斑邊緣的振幅為C.光斑的最大面積為D.光斑的最小面積為【答案】AD【解析】【詳解】A．光斑邊緣即光剛好發(fā)生全反射的位置，當(dāng)點光源在最低點時，光斑邊緣距離最遠(yuǎn)，當(dāng)點光源在最高點時，光斑邊緣距離最近，故光斑邊緣的振動周期與光源的振動周期相同，由圖乙可光源振動周期為，故光斑邊緣的振動周期也為，故A正確；B．設(shè)光從水中射出空氣發(fā)生全反射的臨界角為C，根據(jù)全反射臨界角公式根據(jù)幾何關(guān)系可得光斑振幅滿足可得光斑振幅為第8頁/共18頁由由圖乙可光源振動振幅光斑振幅為故B錯誤；C．光源在最低點時，光斑的面積最大，最大面積為故C錯誤；D．光源在最高點時，光斑的面積最小，最小面積為，故D正確。故選AD。10.如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場和電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，方向均平行于紙面向上，電場和磁場區(qū)域足夠大。帶電粒子（不計重力）由O點沿x軸正向入射到電磁場中，在z軸（0，0，h）處P點有一接收器，則接收器接收的粒子比荷可能為（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】OxB沿Ozxy平面將做勻速圓周運動自洛倫茲力提供向心力，則有、其角速度同時，電場E也沿Oz軸，使粒子在z方向做勻加速運動，加速度為第9頁/共18頁xy平面運動方程，設(shè)粒子從O（0，0）出發(fā)，初速度沿+x，則半徑角速度在t=0時，x=0，y=0，速度沿+x，則有、粒子只有在ωt=2nπ（n為正整數(shù)）時才再次回到xy平面的原點（0，0n=1，時間為z方向運動方程為要求粒子同時滿足在xy平面回到原點且到達(dá)z=h，即（n=1，2，）則（n=1，2，）又代入可解得（n=1，2，）由上式可見，當(dāng)n=1時，當(dāng)n=2時，故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共分。金屬絲與燈絲導(dǎo)電支架不導(dǎo)通。為描繪該小彩燈的伏安特性曲線，某實驗小組用圖乙的電路進(jìn)行了實驗。第10頁/共18頁（1）閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑片置于圖乙中的左端。（2）閉合開關(guān)，反復(fù)調(diào)節(jié)滑動變阻器，小彩燈亮度能發(fā)生變化，但電壓表和電流表示數(shù)均不能調(diào)為零。如果電路中只有一根導(dǎo)線斷路，則該導(dǎo)線是_____（3）故障排除后，測得小彩燈的伏安特性曲線如圖丙所示。（4）根據(jù)設(shè)計，當(dāng)某個小彩燈兩端的電壓達(dá)到7.5V時，燈絲熔斷，此時細(xì)金屬絲的氧化層會被擊穿，細(xì)金屬絲與燈絲支架會導(dǎo)通，與之串聯(lián)的其他小彩燈能繼續(xù)發(fā)光，但是亮度會降低。那么，細(xì)金屬絲的電阻與原燈絲阻值相比_____（5）若把5個相同這款小彩燈串聯(lián)后與電動勢為30V，內(nèi)阻為1Ω的電源通過阻值為49Ω的定值電阻連成串聯(lián)電路，則每個小燈泡消耗的電功率為_____W【答案】①.h②.偏大③.0.80【解析】2）[1]閉合開關(guān)，反復(fù)調(diào)節(jié)滑動變阻器，小彩燈的亮度能發(fā)生變化，但電壓表和電流表示數(shù)均不能調(diào)為零。則可能是將滑動變阻器接成了限流電路，則如果電路中只有一根導(dǎo)線斷路，則該導(dǎo)線是h。（4[2]絲電阻。（5）[3]閉合電路中，5U=E-I（r+R）即5U=30-50I作出I-U圖線，交小燈泡I-U圖線于（4.0V，0.20A）點，小燈泡功率P=0.20×4.0W=0.80W第11頁/共18頁12.物理小組設(shè)計了一款如圖（a）所示的研究向心力大小的實驗裝置，其簡化示意圖如圖（b機(jī)的帶動下能沿軸轉(zhuǎn)動，旁邊豎直固定一標(biāo)尺，其上是可調(diào)高度的激光筆，實驗步驟如下：（1）將鋼球放入凹槽底部，上下移動激光筆對準(zhǔn)凹槽圓心，此時激光筆所在位置讀數(shù)記為。（2）接通電源，開啟電機(jī)調(diào)速開關(guān)，鋼球往凹槽外側(cè)運動；當(dāng)鋼球到達(dá)某一高度后隨凹槽做穩(wěn)定的勻速圓周運動，上下移動激光筆，當(dāng)紅色激光對準(zhǔn)鋼球球心位置時，記錄此時激光筆所在位置讀數(shù)為（。（3）利用光電傳感器探測鋼球運動的周期T，當(dāng)鋼球第1次被光電傳感器接收到信號時數(shù)字計時器開始計時，并記錄為1次，達(dá)到n次時計時器停止計時，記錄總時間t，則鋼球運動的周期T=_____（用題給的符（4）若適當(dāng)調(diào)大電機(jī)轉(zhuǎn)速，鋼球運動的周期T將__________（5T和h斜率k還能進(jìn)一步求出當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=_____【答案】①.②.變小③.上移④.第12頁/共18頁【解析】3）[1]光電傳感器連續(xù)2次接收到信號的時間間隔是一個周期，鋼球運動的周期（4）[2][3]由若適當(dāng)調(diào)大電機(jī)轉(zhuǎn)速，鋼球運動的周期T將變??；則激光筆應(yīng)上移。（5）[4]鋼球做勻速圓周運動時重力與支持力的合力提供向心力，如圖則解得根據(jù)圖像的斜率k求出當(dāng)?shù)刂亓铀俣?3.PB的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以一定初速度從A點水平向右射出，恰好由P點沿切線無能量損失地進(jìn)入半徑為R道圓心為O點，最低點和最高點分別為M、N，小球從P點進(jìn)入軌道時的動能等于從A點射出時動能的，小球恰好能到達(dá)圓管軌道最高點N點，∠POM=60°，重力加速度為g，不計空氣及摩擦阻力，求（1）小球經(jīng)過M點時，軌道下表面對小球的支持力；（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小?！敬鸢浮浚?）（2）第13頁/共18頁【解析】【小問1詳解】因小球恰好能到達(dá)圓管軌道最高點N點，故小球在N點的速度為0對M到N，由動能定理解得在M點，小球受重力，洛倫茲力和支持力，由牛頓第二定律解得小問2詳解】對P到M，由動能定理解得在P點，把水平豎直分解得，對A到P，水平方向有，豎直方向有依題意，則有綜上，解得14.如圖，水平傳送帶以v=5.0m/s的速率沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，左、右兩端各與一水平光滑軌道平滑對接，兩對接處PQ間距L=1.6m。一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端在P點左側(cè)，彈簧被滑塊A（可看作質(zhì)點，不A的質(zhì)量A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，質(zhì)量的滑塊B靜止在傳送帶右側(cè)的軌道上，A、B間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度大小g取。釋放A彈簧彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為A的動能，求：第14頁/共18頁（1）滑塊A第1次運動至Q點時的速度；（2）滑塊A第2次在傳送帶上滑動的過程中，帶動傳送帶的電機(jī)多消耗的能量?！敬鸢浮浚?）6m/s（2）1J【解析】小問1詳解】對A進(jìn)行分析，彈簧彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為A的動能，則有解得A在傳送帶上開始做勻減速直線運動，假設(shè)與傳送帶達(dá)到相等速度，則有解得可知，A到達(dá)Q時速度仍然大于傳送帶速度，則有解得【小問2詳解】A、B發(fā)生彈性碰撞，則有，解得，A在傳送帶上做勻減速直線運動，假設(shè)A減速至0，則有表明A在傳送帶上速度沒有減為0，則有解得，舍去1.6s，即A到達(dá)P位置的時間為0.4s，此過程，初速度勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)功能關(guān)系可知，帶動傳送帶的電機(jī)多消耗的能量解得15.如圖，豎直面內(nèi)固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，虛線下方存