高考模拟题6(答案)
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第 1 页，共 4 页 高考模拟题6（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】 D
【解析】 根据Δv＝at可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v＝12×2×105×3×10－3 m/s＝300 m/s，A、B两项错误；子弹在枪膛内做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2＝150 m/s，故子弹在枪膛内运动的距离大于v2t＝150×3×10－3 m＝0.45 m，故C项错误，D项正确．
2． 【答案】B
【解析】将光滑圆球的重力分解为垂直墙壁方向和沿圆心和物块接触点连线方向两个分力。用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，这两个分力均增大，由此可知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，物块与地面之间的压力不变，滑动摩擦力不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力逐渐增大，所以水平拉力F逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误。
3． 【答案】ACD
【解析】 当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝F－f2maxmA＋mB，A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝mBF＋mAf2maxmA＋mB，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a′＝F－f1maxmA，综上所述可知A、C项正确。
4． 【答案】AD
【解析】质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，是做类斜抛运动。质点的速度先减小后增大，其最小值为v02，分析可知初速度与恒力的夹角为150°。在沿恒力方向上有：v0cos 30°－Fmt＝0，x＝v0cos 30°2t，在垂直恒力方向上有：y＝v02t，质点的位移s＝x2＋y2，联解可得：经历的时间为3mv02F，发生的位移为21mv208F，选项A、D正确。
5． 【答案】BCD
【解析】自转周期变小，小到瓦解，赤道表面物体即为同步卫星，赤道表面物体速度即为第一宇宙速度。赤道表面物体向心加速度即为两极重力加速度。
6． 【答案】C
【解析】从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝12mv2－0，可得v＝2gl，因lP
7． 【答案】 C 第 2 页，共 4 页 【解析】 A项，从A点到C点，电场强度的方向不变，则电势一直降低，故C点电势最低，A项错误；B项，因为电场方向沿x轴正方向，电场力沿x轴正向，所以带负电粒子电场力做负功，从A点运动到B点电势能增大，故B项错误；C项，AB两点间图像与x轴所夹的面积大于BC两点间图像与x轴所夹的面积，所以UAB＞UBC，故C项正确；D项，正电荷从A点运动到C点电场力做正功，电势能一直减小，D项错误．
8． 【答案】 BD
【解析】 根据Bqv＝mv2r可得，r＝2L，在磁场中运动的时间t＝θ2πT，θ为轨迹对应的圆心角，由题中条件可知在磁场的轨迹为劣弧，所以弦长越长，圆心角越大，bd为最长的弦，所以从d点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，ba不是最短的弦，从a点射出的粒子在磁场中运动的时间不是最短，故A项错误，B项正确；沿bc方向进入磁场的粒子到达cd边时与c点距离最近且在从cd边射出的粒子中，在磁场中运动的时间最短，轨迹如图所示．根据几何关系可求ec＝(2－3)L，所以C项错误；轨迹圆心角为30°，所以运动时间t＝T12＝πm6qB，所以D项正确．
9． 【答案】 AD
【解析】 据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生顺时针方向大小增加的电流，该电流激发出增强的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故A项正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故B、C两项错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减弱的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，D项正确．
10．【答案】B
【解析】t＝0时刻线圈处于中性面Φ最大，e＝0，i＝0，但电压表的读数为有效值不为0，A错；T＝2πω，交流电在1T内电流方向改变两次，所以1 s内电流方向改变次数为2×1T＝ωπ，B正确；在π2ω＝T4时间内，通过R的电量Q＝ΔΦR＋r＝NBSR＋r，则C错；电容器有通交流隔直流的特点，在R两端并联一只电容较大的电容器，相当于总电阻减小，则路端电压减小，电压表测路端电压，所以D错。
11．【答案】BCE
【解析】解：A、物体分为晶体和非晶体，晶体分为单晶体和多晶体，晶体有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点。故A错误；
B、液晶的光学性质和某些晶体相似，具有各向异性。故B正确；
C、水滴在失重状态下受到的重力提供向心力，由于液体的表面张力的作用而呈球形。故C正确；
D、决定气体压强的因数有气体的温度和分子密度。当给自行车打气，越来越费力，是因为车胎内气体分子数增加，导致气体的分子密度变大，压强变大的结果，
而不是因为其重力变大的原因，因为气体的重力增加的微乎其微。故D错误；
E、给土地松土时，能有效破坏土壤中的毛细管，可防止水分蒸发，从而达到保持水分的作用。故E正确。
12．【答案】B。
第 3 页，共 4 页 【解析】解：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1，
根据机械能守恒定律有：，
根据题意，有：M=4m，
联立两式解得：v0=5m/s，故ACD错误，B 正确。
13．【答案】 B
【解析】 由于是同一光电管，因而不论对哪种光，极限频率和金属的逸出功相同，对于甲、乙两种光，反向截止电压相同，因而频率相同，A错误；丙光对应的反向截止电压较大，因而丙光的频率较高，波长较短，对应的光电子的最大初动能较大，故C、D均错，B正确．
二、实验题
14．【答案】 (1)1.14 3.8 (3)A
【解析】 游标卡尺主尺读数为：1.1 cm，游标尺上第4个刻度与上面对齐，故读数为：4×0.1 mm＝0.4 mm＝0.04 cm，
故最终读数为：1.1 cm＋0.04 cm＝1.14 cm＝0.011 4 m；
利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：
vB＝dt＝0.011 40.003 m/s＝3.8 m/s
(2)小球从A点自由下落，所以有：mgh＝12mv2－0，
若为了更直观地看出h和v的函数关系，应该绘制h－v2图像．
15．【答案】 (1)150 mA 143 Ω (2)16.8 Ω 15 mA
【解析】 (1)电压表量程为150 mV，内阻约为150 Ω，所以其额定电流大约为I＝UR＝150×10－3150 A＝10－3 A＝1 mA
所以选用1.5 mA的电流表比较准确，由其读数，可知电压表的内阻RmV＝UI＝150×10－31.05×10－3 Ω≈143 Ω
(2)对改装成的电流表进行校准时，应把标准电流表和改装成的电流表串联才能知道读数是否准确，题中要求滑动变阻器作限流使用，所以进行校准的电路图如图所示．
由改装电流表的原理，可知R＝150×10－3 VI总－ImV＝150×10－310×10－3－1.05×10－3 Ω≈16.8 Ω
改装后总电路中的电流最多可达10 mA，所以电流表A应选用的量程是15 mA.
三、计算题
16．【答案】吸收 260
【解析】一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J，由热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1＝340 J－120 J＝220 J，即从状态a到状态c，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能增加还是220 J，所以第 4 页，共 4 页 可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，得Q2＝ΔU－W2＝220 J＋40 J＝260 J.
