高考物理二轮复习 高考仿真模拟练-人教版高三全册物理试题

高考仿真模拟练
如下列图，O是等量异种点电荷P、Q连线的中点，M、N是以P为圆心，以OP为半径的圆上两点，且MN与PQ垂直．以下判断正确的答案是( )
A．O、M两点场强一样B．O、M两点电势相等
C．M、N两点场强一样D．M、N两点电势相等
解析：
画出等量异种点电荷P、Q之间的电场线，如下列图，由电场线的疏密分布可知，E O>E M ＝E N，但是M、N两点的场强方向不同，A、C错误；沿电场线的方向电势降低，如此由对称性可知，φM＝φN>φO，B错误、D正确．
答案：D
17.
如下列图的电路中，自耦变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1＝110，副线圈所接的电路如下列图，电动机的内阻为r＝2 Ω、额定功率与额定电压分别为P＝20 W、U＝10 V，定值电阻为R＝10 Ω，电流表为理想电表．当原线圈接U1＝220 V的交流电压时，电动机正常工作．如此如下说法正确的答案是( )
A．n2＝10
B．电流表的读数为2 A
C．定值电阻消耗的功率为4 W
D．变压器的输入功率为30 W
答案：D
18．(2017·保定模拟)
如下列图，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方体物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，如此该过程中( )
A．A和B均受三个力作用而平衡
B．B对桌面的压力越来越大
C．A对B的压力越来越小
D．推力F的大小恒定不变
解析：
A受到重力、竖直挡板的弹力和垫块的支持力三个力，B受到重力、A的压力、桌面的支持力和推力F四个力，故A错误；当B向左移动时，B对A的支持力和竖直挡板对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变，如此A对B的压力也保持不变，对整体受力分析如下列图，由平衡条件得知，F＝F N1，竖直挡板对A的支持力F N1不变，如此推力F不变，桌面对整体的支持力F N＝G总，保持不变，如此B对桌面的压力不变，故B、C错误，D正确．
答案：D
19．(2017·陕西省宝鸡市高三质量检测)
如下列图，金属杆ab静止放在水平固定的“U〞形金属框上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，如此( )
A．杆中感应电流方向是从b到a
B．杆中感应电流大小均匀增大
C．金属杆所受安培力方向水平向左
D ．金属杆所受安培力大小均匀增大
解析：由楞次定律知杆中感应电流方向是从a 到b ，由左手定如此知金属杆所受安培力方向水平向左，如此选项A 错误、C 正确；根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝SΔB
Δt ，
可知当磁感应强度均匀增大时，产生的感应电动势大小是恒定的，由闭合电路欧姆定律知杆中感应电流大小是恒定的，金属杆所受安培力大小F ＝BIL 随磁感应强度B 均匀增大，如此选项B 错误、D 正确．
答案：CD 20.
一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a 表示，物体到球形行星外表的距离用h 表示，a 随h 变化的图象如下列图，图中a 1、h 1、a 2、h 2与引力常量G 均为．根据以上数据可以计算出( )
A ．该行星的半径
B ．该行星的质量
C ．该行星的自转周期
D ．该行星同步卫星离行星外表的高度
解析：设行星半径为R ，质量为M ，物体质量为m ，在物体到球形行星外表的距离为h 1
时，由万有引力定律和牛顿运动定律，有G
Mm R ＋h 1
2
＝ma 1，在物体到球形行星外表的距离
为h 2时，有G
Mm
R ＋h 2
2
＝ma 2，联立可解得行星半径R 和质量M ，选项A 、B 正确．不能得出
该行星的自转周期，也不能得出该行星同步卫星离行星外表的高度，选项C 、D 错误．
答案：AB
21．(2017·湖南省湘中名校高三联考)如下列图，一质量为m 0＝0.05 kg 的子弹以水平初速度v 0＝200 m /s 打中一放在水平地面上A 点的质量为m ＝0.95 kg 的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A 点沿AB 方向运动，与距离A 点L ＝5 m 的B 处的墙壁碰撞前瞬间的速度为v 1＝8 m /s ，碰后以v 2＝6 m /s 的速度反向运动直至静止，测得物块与
墙碰撞的时间为t ＝0.05 s ，g 取10 m /s 2
，如此( )
A ．物块从A 点开始沿水平面运动的初速度v ＝10 m /s
B ．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.36
C ．物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小F ＝266 N
D ．物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q ＝18 J
解析：子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m 0v 0＝(m 0
＋m)v ，解得v ＝10 m /s ，A 正确；物块由A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有－μ(m 0＋m)gL ＝12(m 0＋m)v 21－12(m 0＋m)v 2
，解得μ＝0.36，B 正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为
正方向，由动量定理有－F t ＝－(m 0＋m)v 2－(m 0＋m)v 1，解得F ＝280 N ，C 错误；物块在反向运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即Q ＝1
2(m 0
＋m)v 2
2＝18 J ，D 正确．
答案：ABD
第2卷(非选择题 共62分)
本卷包括必考题和选考题两局部．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33～34题为选考题，考生根据要求做答．
(一)必考题(共47分)
22．(6分)为验证物体所受合外力一定时，加速度与质量成反比，同学们设计了如图甲所示的装置来进展实验．在自制的双层架子上固定带有刻度的木板，架子放在水平桌面上．实验操作步骤如下：
①适当调整装置，将装置不带滑轮的一端稍稍垫高一些．
②在两个托盘中放入砝码，并使两托盘质量(含砝码)一样，且远小于小车的质量．连接小车的细线跨过定滑轮与托盘相连．
③让两小车紧靠右边的挡板，小车前端在刻度尺上的读数如图甲所示，并在甲车上放上砝码，同时释放两小车，当小车运动一段时间后，用手机对整个装置进展拍照．结合照片和小车的初始刻度标记，得到甲、乙两车运动的距离分别为x 1、x 2.
④在甲车上逐渐增加砝码个数，重复步骤③.
(1)本实验的原理是通过验证小车的位移与小车(含砝码)的质量成________关系，来验证合外力一定时加速度与质量成反比．
(2)实验前将装置不带滑轮端稍稍垫高一些的目的是________________________________________________________________________．
(3)某次拍到乙车的照片如图乙所示，如此它通过的位移是________ cm .
(4)如果以x 2
x 1
为横坐标，以甲车(含砝码)的质量m 甲为纵坐标，作出的图线如图丙所示，
如此该直线斜率代表的物理量是______________________，其大小为________．
解析：(1)由直线运动规律知，位移与加速度成正比，假设加速度与质量成反比，如此位移与小车质量也成反比关系．(2)将装置的一端垫高一些，目的是平衡摩擦力．(3)读数时，看车前端移动的距离，要注意估读．(4)由(1)知，小车的位移与小车的质量成反比，即m 乙m 甲＝
x 1x 2，得m 甲＝m 乙x 2
x 1
，故斜率为乙车的质量，由题图丙可得图线斜率约为0.22. 答案：(1)反比(1分)
(2)消除小车与木板之间摩擦力造成的影响(1分) (3)42.0(1分)
(4)小车乙的质量m 乙(1分) 0.22 kg (2分)
23．(9分)某同学利用如图甲所示电路测量电源的电动势E 和内阻r ，可供选择的实验器材有：待测电源(电动势约6 V ，内阻约1 Ω)，定值电阻R A (阻值10 Ω)和R B (阻值1 Ω)，滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)，电流表○A (量程为0～0.6 A ，内阻约1 Ω)，电压表○V (量程为0～5 V ，内阻约10 kΩ)，开关S ，导线假设干．请回答如下问题：
(1)图甲为该同学设计的电路图的一局部，将电路图补充完整．
(2)图甲中的R1应选________(填“R A〞或“R B〞)．
(3)改变滑动变阻器接入电路的阻值，分别记下几组电压表的示数U和相应电流表的示数I；以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线如图乙所示，并求出U－I图线在横轴上的截距a和在纵轴上的截距b.请选用待测电源电动势E、内阻r、定值电阻R1和R2，写出a、b的表达式，a＝________，b＝________，代入相应数值即可得E和r的测量值．解析：(1)利用电压表和电流表测量电源电动势和内阻的实验，电流表内阻与电源内阻相差不大，所以要把电流表内接，电路图如答图．(2)由于滑动变阻器最大阻值只有10 Ω，电流表量程只有0.6 A，所以需要串联的电阻R1应该选择阻值为10 Ω的定值电阻R A.(3)由闭合电路欧姆定律，得E＝U＋I(R2＋r)，变化为U＝E－(R2＋r)I.对照题图乙，如此有b
＝E，a＝E
R2＋r
.
答案：(1)如下列图(3分) (2)R A(2分)
(3)E
R2＋r
(2分) E(2分)
24．(12分)如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r＝0.25 m，C端切线水平，AB段的动摩擦因数为0.5.竖直墙壁CD高H＝0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L＝0.3 m的斜面．一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)小物块运动到C 点时对轨道的压力的大小． (2)小物块从C 点抛出到击中斜面的时间．
解析：(1)小物块从A 到C 的过程，由动能定理得：mgl sin 37°＋mg(r －r cos 37°)－μmgl cos 37°＝12
mv 2
0(2分)
代入数据解得：v 0＝3m /s (1分) 在C 点，由牛顿第二定律得： F N －mg ＝m v 2
r
(1分)
代入数据解得：F N ＝2.2 N (1分)
由牛顿第三定律得，小物块运动到C 点时对轨道的压力的大小为2.2 N (1分)
(2)如下列图，设物块落到斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，如此： L －x y ＝L
H (1分) 代入数据解得： x ＝0.3－1.5y①(1分)
由平抛运动的规律得：x ＝v 0t②(1分) y ＝12
gt 2
③(1分) 联立得：15t 2
＋23t －0.6＝0(1分) 解得：t ＝
3
15
s (1分)
25．(20分)如下列图，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，线段CO ＝OD ＝L ，CD 边在x 轴上，∠ADC＝30°.电子束以向
＋y 方向一样的速度v 0从CD 边上的各点射入磁场，这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为L
3.在第四象限正方形ODQP 内存在沿＋x 方向、大小为E ＝Bv 0的匀强电场，在y ＝－L 处垂直于y 轴放置一平面足够大的荧光屏，屏与y 轴交点为P.忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．试求：
(1)电子的比荷；
(2)从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P 点间的距离； (3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P 的最远距离． 解析：(1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r ＝L
3
由牛顿第二定律得Bev 0＝m v 2
r (2分)
电子的比荷e m ＝3v 0
BL
(1分)
(2)假设电子能进入电场中，且离O 点右侧最远，如此电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远．(1分)
设电子运动轨迹的圆心为O′点．如此OF ＝x m ＝2L
3(2分)
从F 点射出的电子，做类平抛运动，有 2L 3＝Ee 2m t 2
(2分) y ＝v 0t(1分) 代入得y ＝2L
3
(1分)
设电子最终打在光屏的最远点距Q 点为H ，电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有
tan θ＝y 2x ＝12
(2分)
所以，从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，如此它与P 点的距离GP
＝
L－y
tanθ
＝
2L
3
(2分)
(3)设打到屏上离P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，如此射出电场时
y＝v0
2xm
Ee
＝
2xL
3
(2分)
设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X，由平抛运动特点得
X
x
＝
L－y
y/2
(1分)
所以X＝2
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
xL
y
－x＝2
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
3xL
2
－x＝
－2
⎣
⎢
⎡
⎦
⎥
⎤
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
x－
3L
8
2－
3L
8
(2分)
所以当x＝
3
8
L时，有
X m＝
3
4
L(1分)
答案：(1)
3v0
BL
(2)
2L
3
(3)
3
4
L
(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题做答．如果多做，如此按
第一题计分)
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)如下说法中正确的答案是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．浸润与不浸润是分子力作用的表现
D．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规如此
E．热量可以自发地从分子平均动能大的物体传给分子平均动能小的物体
(2)(10分)如下列图，U形管两端等高，左端封闭，右端与大气相通．左管中A局部为真空，B局部封有气体．图中L1＝10 cm，L2＝40 cm，L3＝15 cm，大气压强p0＝75 cmHg.现往右管中缓慢参加水银，直到右管水银面与管口相平，求此时B中空气柱的长度．解析：(1)由于分子间距离等于平衡位置的距离时分子势能最小，当分子之间的距离由小于平衡位置距离逐渐增大时，分子势能随着分子间距离的增大先减小后增大，选项A正确．晶体的熔化过程，吸收热量，温度不变，即物体吸收热量，温度不一定升高，选项B 错误．浸润与不浸润现象是分子力作用的表现，选项C正确．天然石英为晶体，表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规如此，选项D错误．温度是分子平均动能的标志，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，即热量可以自发地从分子平均动能大的物体传递给分子平均动能小的物体，选项E正确．
(2)未加水银之前，对B中气体：
p1＝40 cmHg V1＝L3S(2分)
设最终B中气柱长为x，如此
p2＝p0＋(40＋x) cmHg(2分)
V2＝xS(2分)
根据玻意耳定律可得：
p1V1＝p2V2(2分)
解得：x＝5 cm(2分)
答案：(1)ACE(2)5 cm
34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)如下列图，在一条直线上两个振源A、B相距6 m，振动频率相等．t＝0时A、B开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，图甲为A的振动图象，图乙为B的振动图象．假设A向右传播的波与B向左传播的波在t1＝0.3 s时相遇，如此如下说法正确的答案是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选
错1个扣3分，最低得分为0分)
A ．两列波在A 、
B 间的传播速度大小均为10 m /s
B ．两列波的波长都是4 m
C ．在两列波相遇过程中，中点C 为振动加强点
D ．在两列波相遇过程中，中点C 为振动减弱点
E ．t 2＝0.7 s 时刻B 点经过平衡位置且振动方向向下
(2)(10分)
如下列图是一种折射率n ＝1.5的棱镜，用于某种光学仪器中．现有一束光线沿MN 的方向射到棱镜的AB 界面上，入射角的大小为i(sin i ＝0.75)．求：
(ⅰ)光在棱镜中传播的速度；
(ⅱ)此束光线射出棱镜后的方向，写出推导过程并画出光路图(不考虑返回到AB 面上的光线)．
解析：(1)由题图得，振动周期为0.2 s ，v ＝l AB 2t 1
＝10 m /s ，故两列波在A 、B 间的传播速度大小均为10 m /s ，故A 正确．由λ＝vT ＝2 m 知B 错误．A 向右传播的波与B 向左传播的波，振动方向相反，中点C 为振动减弱点，故C 错误、D 正确．t′＝0.6 s 时刻向右传播的波传到B ，再经0.1 s 经过平衡位置且振动方向向下，故E 正确．
(2)(ⅰ)由折射率公式，得v ＝c n
＝2.0×108m /s (2分) (ⅱ)光路图如下列图(2分)。