高三物理二轮复习：高考仿真模拟试卷 三 习题

高考仿真模拟试卷(三)(满分：110分， 测试时间：50分钟)二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在14～18小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在19～21小题中给出的四个选项中有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是( )A ．建立“合力与分力”的概念B ．建立“点电荷”的概念C ．建立“电场强度”的概念D ．建立“电场线”的概念解析：题目中该同学用的是等效代替的方法，选项中只有建立“合力与分力”的概念时用到了等效代替的方法，故选A.答案：A15．如图所示，将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连悬挂于O 点，用力F 拉小球a ，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa 与竖直方向的夹角θ＝30°，则F 的大小( )A ．可能为33mg B ．可能为32mg C ．可能为mg D ．不可能为2mg解析：对小球a 受力分析，受重力、两绳的拉力和F 共四个力作用，根据共点力的平衡条件可得F 的大小的最小值F min ＝2mg sin 30°＝mg ，选项C 正确．答案：C16．据报道，在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581C ，天文学家观察发现绕Gliese581C 行星做圆周运动的卫星的轨道半径为月球绕地球做圆周运动的轨道半径的p 倍，周期为月球绕地球做圆周运动的周期的q 倍．已知地球半径为R ，表面重力加速度为g .引力常量为G ，则Gliese581C 行星的质量为( )A.gR 2p 3Gq 2B.gR 2q 3Gp 2C.gRq 2Gp 3D.gRp 2Gq3解析：月球绕地球运动，万有引力提供向心力，有G M地m月r2＝m月(2πT)2r，对地球表面运动的物体，有G M地mR2＝mg，联立解得r3T2＝gR24π2，卫星绕该行星运动，由万有引力定律可得，该行星质量M＝gR2p3Gq2.所以答案选A.答案：A17．如图甲所示，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段时间后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速率时间图象如图乙，根据上述信息，下列说法正确的是( )A．a在斜面上滑行的加速度比b的小B．a在水平面上滑行的距离比b的短C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小D．a在整个运动过程中克服摩擦力做的功比b多解析：vt图象中斜率表示加速度，由图象可知，在斜面滑行阶段，a的斜率大于b的斜率，表示a在斜面上滑行的加速度大于b的加速度，故A错误；vt 图象中，图线与坐标轴所围的面积表示位移，由图象可知，在水平面滑行阶段，a图线与坐标轴所围的面积大于b图线与坐标轴所围的面积，表示a在水平面上滑行的距离比b的长，故B错误；在斜面滑行时，a＝g sin θ－μg cos θ，g 为常数，θ相同，a a＞a b，则μa＜μb，故C正确；由动能定理，得：mgh－W f＝0，则W f＝mgh，整个过程中a和b克服摩擦力做的功一样多，故D错误．答案：C18．如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，AC的中点为M，BC的中点为N.将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB＝8.0×10－9 J．则以下分析正确的是( )A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN有可能小于4.0×10－9 J B．若将该粒子从点M移动到N点，电场力做功W MN有可能大于4.0×10－9 J C．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2×10－7 C，该电场的场强一定是E＝2 V/mD ．若粒子的电荷量为2×10－9 C ，则A 、B 之间的电势差为4 V解析：在匀强电场中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，M 、N 分别为AC 、BC 的中点，因此MN 长为AB 长的一半，无论电场强度方向如何，MN 间电势差为AB 间电势差的一半，则W MN ＝4.0×10－9 J ，故A 错、B 错；由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB 方向时，电场强度最小，由W ＝qEd 可知最小场强E min ＝2 V/m ，所以匀强电场的场强E ≥2 V/m ，C 错；由W ＝qU 可知D 项正确．答案：D19．如图所示电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，下列说法正确的是( )A ．电压表的读数U 先增大，后减小B ．电流表的读数I 先增大，后减小C ．电压表读数U 与电流表读数I 的比值U I不变D ．电压表读数的变化量ΔU 与电流表读数的变化量ΔI 的比值ΔUΔI不变 解析：对电路图分析可知，当滑动变阻器的滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程中，外电路总电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电流先减小后增大，选项A 正确、B 错误；电压表读数U 与电流表读数I 的比值U I是反映外电路电阻随滑动触头P 从a 端滑到b 端的过程，是先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律有：E ＝U 外＋U 内，ΔU ＝ΔU 内，故电压表读数的变化量ΔU 与电流表读数的变化量ΔI 的比值ΔU ΔI ＝ΔU 内ΔI ＝r ，反映电源内阻，不发生变化，选项C 错，D对．答案：AD20．如图所示，在磁感应强度B ＝1.0 T 的匀强磁场中，金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙U 形导轨上以速度v ＝2 m/s 向右匀速滑动，两导轨间距离l ＝1.0 m ，电阻R ＝3.0 Ω，金属杆的电阻r ＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是( )A ．通过R 的感应电流的方向为由d 到aB ．金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 VC．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND．外力F做功大小等于电路产生的焦耳热解析：由右手定则可知通过R的电流方向为由a到d，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可得金属杆切割磁感线产生的感应电动势的大小E＝Blv＝2 V，选项B正确；安培力F安＝BIl＝0.5 N，选项C正确；因为轨道粗糙，由能量守恒定律可知，外力做的功数值上等于电路中产生的焦耳热和摩擦生热的总和，选项D错误．答案：BC21．如图所示，虚线MN上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN 上的B点射出．若在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，让该粒子仍以速度v0从A处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN 上的B′点射出(图中未标出)，不计粒子的重力．下列关于粒子的说法中，正确的是( )A．B′点在B点的左侧B．从B′点射出的速度大于从B点射出的速度C．从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向D．从A到B′的时间小于从A到B的时间解析：由于在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B，使得该处的磁感应强度增大，但由于洛伦兹力总与粒子运动方向垂直，洛伦2兹力不做功，粒子的速度的大小不变，故B错误；又由于磁感应强度B增大，粒子在该处受到的洛伦兹力变大，粒子做圆周运动的半径变小，粒子从PQ上方射入PQ下方时的点会向左移动，所以粒子射出磁场时的点也要向左侧移动，故A 正确；根据对称性可知，粒子从B′点射出的速度方向平行与从B点射出的速度反向，故C正确；由于PQ上方磁场的增大，使得粒子的运动周期变小，粒子在PQ上方的磁场中的时间变小，故D正确．答案：ACD三、非选择题(包括必考题和选考题两部分)(一)必考题22．(6分)如图甲所示为测量电动机匀速转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器．(1)请将下列实验步骤按先后排序：__________.A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值．(2)要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是______．A．秒表B．毫米刻度尺C．圆规D．量角器(3)写出角速度ω的表达式，并指出表达式中各个物理量的意义．解析：(1)该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理，故排列顺序为ACBD.(2)要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选D.(3)从圆上找出清晰连续的n个点，有(n－1)个间隔，用量角器测量出着(n －1)个间隔的角度θ，转过角度θ所用的时间为(n－1)T，由角速度的定义可得：ω＝θ（n－1）T.答案：(1)ACBD(2分) (2)D(2分)(3)ω＝θ（n－1）T(1分) θ为n个点对应的圆心角，T为时间间隔(1分)23．(9分)小明要测定一电源的电动势E和内电阻r，实验器材有：一只DIS电流传感器(可视为理想电流表，测得的电流用I表示)，一只电阻箱(阻值用R表示)，一只开关和导线若干．该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据．(1)小明设计该实验的原理表达式是________(用E 、r 、I 、R 表示)；(2)小明在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至________(选填“最大值”“最小值”或“任意值”)，在实验过程中，将电阻箱调至图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为________Ω；(3)小明根据实验采集到的数据作出如图丙所示的1IR 图象，则由图象求得，该电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝______Ω(结果均保留两位有效数字)．解析：(1)在闭合电路中，E 、I 、R 、r 几个量之间的关系是E ＝I (R ＋r )．(2)为了整个电路的安全，所以开始电流要小，即电阻箱电阻调到最大值；题图乙电阻箱读数为25 Ω.(3)根据E ＝I (R ＋r )，推出1I ＝R E ＋r E ，再结合1IR 图象可知：图线的斜率为1E ，截距为rE，解得E ＝6.0 V(5.8～6.2均可)，r ＝2.4 Ω(2.3～2.5均可)．答案：(1)E ＝I (R ＋r )(2分) (2)最大值(1分)25(2分)(3)6.0(5.8～6.2均可)(2分) 2.4(2.3～2.5均可)(2分)24．(14分)如甲图所示，长为4 m 的水平轨道AB 与倾角为37°的足够长斜面BC 在B 处平滑连接，有一质量为2 kg 的滑块，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 与位移x 的关系按乙图所示规律变化，滑块与AB 和BC 间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)滑块第一次到达B 处时的速度大小；(2)不计滑块在B 处的速率变化，滑块到达B 点时撤去力F ，滑块冲上斜面，则滑块最终静止的位置与B 点的距离多大．(sin 37°＝0.6)解析：(1)初始时物体动能E k A ＝0，到达B 点时的动能E k B ＝12mv 2B由A 到B 过程中，外力做功W ＝F 1x 1＋F 2x 2－μmgx ＝32 J 由动能定理W ＝E k B －E kA ，(动能定理列对的共得2分，下同) 得：v B ＝4 2 m/s(2分)(2)如图所示，设滑块上升到D 点时速度为0，所走距离为s 1. 到达D 点滑块动能E k D ＝0由B 到D 的过程中，外力做功W 1＝－mgs 1sin 37°－μmgs 1cos 37° 由动能定理W 1＝E k D －E k B (2分) 求得：s 1＝1.6 m(2分)由mg sin 37°>μmg cos 37°知，滑块不能静止在D 点，将继续向下运动．(2分)设滑块最终停在水平轨道上的E 点，BE 间距离设为s 2. 到E 点时滑块动能E k E ＝0由D 到E 的过程中，外力做功W 2＝mgs 1sin 37°－μmgs 1cos 37°－μmgs 2 由动能定理W 2＝E k E －E k D (2分) 求得：s 2＝0.64 m (2分)答案：(1)4 2 m/s(4分) (2)0.64 m(10分)25．(18分)如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直挡板，板高h ＝9 m ，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s ＝3 m ．板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B ＝1 T ；质量m ＝1×10－3 kg 、电荷量q ＝－1×10－3 C 、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中(不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况)，g ＝10 m/s 2，求：(1)电场强度的大小与方向；(2)小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．(计算结果可以用分数和保留π值表示)解析：(1)因小球能做匀速圆周运动，所以有： Eq ＝mg (2分) 则：E ＝mgq＝10 N/C ，方向竖直向下(1分)(2)洛伦兹力提供向心力有：qvB ＝m v 2R (1分)且T ＝2πRv(1分)得：T ＝2π s ≈6.28 s(1分)因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在挡板的竖直线上R ≥s ＝3 m(1分) 设小球与挡板碰撞n 次，其最大半径为h2n(1分) 要击中目标必有：h 2n ≥3，92n≥3，n ≤1.5 n 只能取0，1(1分)当n ＝0，即为图1中R 2m＝(9－R m )2＋s 2解得：R m ＝5 m(1分)在图1中由几何知识有：sin α＝s R m ＝35则α＝37°(1分)对应小球运动时间最短t min ＝（180＋37）T 360＝217π180 s(1分)当n ＝1时可得：(h －3R )2＋s 2＝R 2(1分) (9－3R )2＋32＝R 2解得：R 1＝3 m, R 2＝3.75 m(1分) R 1＝3 m 时由如图2中的 ②运动轨迹可知：运动时间t ＝450T 360＝450π180s(1分)R 2＝3.75 m 时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹① 所示，由几何知识有：cos β＝33.75＝45，则 β＝37°(1分) 则t max ＝（360＋90＋37）T 360＝487π180s(1分)所以时间的可能值为：217π180 s ，450π180 s ⎝ ⎛⎭⎪⎫或52π s ＝2.5π s ， 487π180s(1分) 答案：(1)10 N/C ，方向竖直向下(3分) (2)217π180 s ，450π180 s ⎝ ⎛⎭⎪⎫或52π s ＝2.5π s ，487π180 s(15分) (二)选考题33．[物理—选修3－3](15分)(1)(6分)下列说法正确的是___________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每错选1个扣3分，最低得分为0分)A ．当分子间距离增大时，分子势能可能增大B ．已知某物质的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，则这种物质的分子体积V 0＝MρN AC ．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生D ．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动E ．一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加(2)(9分)如图所示，上端开口的光滑圆形汽缸竖直放置，截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度缓慢升高为330 K，活塞恰好离开ab；当温度缓慢升高到363 K时，(g取10 m/s2)求：①活塞的质量；②整个过程中气体对外界做的功．解析：(1)A.随着分子间距离的增大，当分子间作用力表现为引力时，分子力做负功，分子势能增大，A正确；B．如果是气体，分子间距离较大，按式子算出的U0是气体分子在空间中的运动范围，或是平均每个分子所占的空间，而不是气体分子的体积，B错误；C．机械能可以完全转化为内能，但是内能不能完全转化为机械能，C错误；D．布朗运动间接反映了与之接触的物质的分子的运动，D正确；E．根据pVT＝C知温度升高，分子平均动能增加，E正确．(2)①气体的状态参量为：T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，T2＝330 K，p2＝(1.0×105＋mg4×10－3)Pa因为V2＝V1，所以p2T2＝p1T1代入数据解得m＝4 kg②因为V2T2＝V3T3，所以h2ST2＝h3ST3，解得h3＝66 cmW＝p2S(h3－h2)＝26.4 J答案：(1)ADE(6分)(2)①4 kg(4分) ②26.4 J(5分)34．[物理—选修3－4](15分)(1)(6分 )北京时间2011年3月11日13时46分日本仙台以东地区发生里氏9.0级强烈地震，震源深度24 km，地震随后引发10 m高海啸，形成强大的波浪，向前推进，将沿海地带一一淹没，并于美国当地时间3月11日凌晨3时左右，抵达5 700多公里以外的夏威夷群岛，造成至少3亿美元财产损失．海啸在海洋的传播速度为500～600 km/h，是地震波传播速度的125左右．下列说法中正确的是________(填入正确选项前的字母．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分．每错1个扣3分，最低得分为0分)A ．海啸波是机械波B ．美国夏威夷发生的海啸是日本发生的地震，并将该处的海水传到了美国夏威夷而引起的C ．可以利用地震波传播速度与海啸传播速度的差别造成的时间差进行海啸预警D ．海啸波沿＋x 轴方向传播，图中a 点经14周期时将到达10 m 高的波峰处 E ．海啸波的频率大约1.25 Hz(2)(9 分)如图所示，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝83°.今有一束单色光线在横截面内从OA 的中点E 沿垂直OA 的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB 面反射后恰好未从OB 面射出，不考虑多次反射作用．试作出光路图并求玻璃的折射率n .解析：(1)海啸波传播需要介质，是机械波，故A 正确；机械波传播的是振动这种形式，介质中的质点在各自的平衡位置附近振动，并没有随着波一起向外传播，故B 错误；地震波的传播速度大于海啸波的传播速度，当检测到地震波后，可以对海啸进行预警，故C 正确；由波动图象可以判断，给定时刻a 质点正在向上运动，经14周期后将到10 m 高的波峰处，故D 正确；由波动图象可知，海啸波的波长λ＝400 km ，若频率f ＝1.25 Hz ，则波速v ＝λf＝500 km/s ，而海啸波的传播速度应该是500～600 km/h ，故E错误．(2)因E 点为OA 的中点，所以入射角α＝30°(2分)设临界角为C ，2α＋90°＋C ＋θ＋90°＝360°(1分)解得：C ＝37°(2分)光在OB 面恰好发生全反射，则：sin C ＝1n(2分) 解得：n ＝53(1分)作光路图(1分)答案：(1)ACD (6分) (2)53(9分)35．[物理—选修3－5](15分)(1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每错选1个扣3分，最低得分为0分) A．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4 B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小D．用14 eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离E．光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号(2)(9分)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连．质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求vv的值．解析：(1)Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少4，中子数减少2，故A错误；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故B正确；放射性物质的半衰期与温度无关，故C错误；用14 eV的光子照射处于基态的氢原子，能量大于氢原子电离所需要的13.6 eV，可使其电离，故D正确；光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号，故E正确．(2)小滑块以水平速度v0右滑时，由动能定理有：－fL＝0－12mv2(2分)小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有：－fL＝12mv21－12mv2(2分)滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒有：mv1＝(m＋4m)v2(2分)由总能量守恒可得：fL＝12mv21－12(m＋4m)v22(2分)上述四式联立，解得：vv＝32(1分)答案：(1)BDE(6分) (2)32(9分)。