《高考物理二轮复习 单科标准练2-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮复习 单科标准练2-人教版高三全册物理试题.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、单科标准练(二)(时间：60分钟分值：110分)第卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分在每个小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求，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下列叙述符合物理学史实的是()A安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法安培定则B法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应C楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化D麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的他
2、创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景B奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误15如图1所示，甲、乙两物块用轻弹簧相连，竖直放置，处于静止，现将甲物块缓慢下压到A位置由静止释放，当乙刚好离开地面时，甲的
3、加速度为a1，速度为v1，再将甲物块缓慢下压到B的位置，仍由静止释放，则当乙刚好要离开地面时，甲的加速度为a2，速度为v2，则下列关系正确的是()图1Aa1a2，v1v2Ba1a2，v1v2Ca1a2，v1v2Da1a2，v1v2B对于乙，当乙刚好离开地面时有：kxm乙g，两次情况下，弹簧的弹力是一样的，对于甲，根据牛顿第二定律得，kxm甲gm甲a，可知两次加速度相等，即a1a2，当弹簧压到B时比弹簧压到A时弹性势能大，两次末状态弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒得，弹簧的弹性势能转化为甲物体的动能和重力势能，压缩到B时，弹簧弹性势能减小量多，甲获得的动能大，速度大，即v1v2，故B
4、正确，A、C、D错误16.2013年6月20日，女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应在视频中可观察到漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化(振动)，如图2所示已知液滴振动的频率表达式为fk，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，为液体密度，(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量E(其单位为J)和液体表面面积的增加量S有关，则在下列关于、E和S关系的表达式中，可能正确的是() 【导学号：19624290】图2A
5、ESBC DC(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量E(其单位为J)和液体表面面积的增加量S(其单位是m2)有关，根据物理量单位之间的关系得出：1 N/m，所以，故选C.17( 2017揭阳市揭东一中检测)如图3所示，长方体ABCDA1B1C1D1中|AB|2|AD|2|AA1|，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球()图3A抛出速度最大时落在B1点B抛出速度最小时落在D1点C从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的
6、时间都相等D落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等C由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度越大，故落在C1点的小球抛出速度最大，落点靠近A1的粒子速度最小，故A、B错误，C正确；由图可知，落在B1D1点和落在D1点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故D错误18如图4所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角
7、速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法不正确的是()图4A将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变暗B将电容器的上极板向上移动一小段距离，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势为零D若线圈abcd转动的角速度变为原来的2倍，则变压器原线圈电压的有效值也变为原来的2倍A矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据公式，知输出电压增大，故灯泡会变亮，故A错误；将电容器的上极板向上移动一小段距离，电容器的电容C变小，容抗增大，故电流减小，灯泡变暗，故B正确；线圈所处位置是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C正确；若线圈转动的角速度变为2，最大值增加为原来的2倍，
8、有效值也变为原来的2倍，故D正确题目要求选择不正确的选项，故选A.19下列说法正确的是()A为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系B汤姆孙根据阴极射线在电场和在磁场中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷C按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了D已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp、mD，则氘核的比结合能为(c表示真空中的光速)ABD根据光电效应方程知EkmhW0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，故A正确；汤姆孙通过阴
9、极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出该粒子的比荷，故B正确；按库仑力对电子做负功进行分析，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功，故电子的动能变小，电势能变大(动能转为电势能)；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加，C错误；已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp、mD，则氘核的结合能为E(mnmpmD)c2，核子数是2，则氘核的比结合能为，故D正确20(2017虎林市摸底考试)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成30的匀强电场，电场中有一质量为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点
10、，如图5所示开始小球静止于M点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P，然后由静止释放，下列判断正确的是() 【导学号：19624291】图5A小球到达M点时速度为零B小球达到M点时速度最大C小球运动到M点时绳的拉力大小为3mgD如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动BCD当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，只有电场力和小球重力做功，它们的合力做功最大，速度最大，A错误，B正确；电场力和重力的合力F合mg，由F合Lmv，TMF合m可解得：TM3mg，选项C正确；若小球运动到M点时，细线突然断裂，速度竖直向上，合力
11、水平向右，故小球做匀变速曲线运动，D正确21如图6所示，阻值为R、质量为m、边长为l的正方形金属框位于光滑的水平面上金属框的ab边与磁场边缘平行，并以一定的初速度进入矩形磁场区域，运动方向与磁场边缘垂直磁场方向垂直水平面向下，在金属框运动方向上的长度为L(Ll)已知金属框的ab边进入磁场后，金属框在进入磁场过程中运动速度与ab边在磁场中的运动位移之间的关系和金属框在穿出磁场过程中运动速度与cd边在磁场中的运动位移之间的关系分别为vv0cx，vv0c(lx)(v0未知)，式中c为某正值常量若金属框完全通过磁场后恰好静止，则有()图6A金属框bd边进入一半时金属框加速度大小为aB金属框进入和穿出过
12、程中做加速度逐渐减小的减速运动C金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为mc2l2D磁感应强度大小为BBD当金属框bd边进入一半时，金属框速度vv0c，此时受到的安培力为：FBIl，当金属框出磁场且速度为零时有：0v0c(ll)，得v02cl，所以金属框加速度大小为a，选项A错误；金属框进入磁场时，有：a，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，同理，当穿出时有：a，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，选项B正确；金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为WFm(v0cl)2mc2l2，选项C错误；根据题意，金属框出磁场时速度与位移成线性关系，故安培力也与位移成线性关系，故有：WFF0llm
13、c2l2，解得：B，选项D正确第卷三、非选择题：共62分第22题第25题为必考题，每个考题考生都必须作答，第3334为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(共47分)22(6分)(2017虎林市摸底考试)如图7所示，在验证动量守恒定律实验时，小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力图7(1)若获得纸带如图8所示，并测得各计数点间距(已标在图上)A为运动起始的第一点，则应选_段来计算A的碰前速度，应选_段来计算A和B碰后的共同速度(填“
14、AB”或“BC”或“CD”或“DE”)图8(2)已测得小车A的质量m10.30 kg，小车B的质量为m10.20 kg，由以上测量结果可得碰前系统总动量为_kgm/s，碰后系统总动量为_kgm/s.(结果保留四位有效数字)(3)实验结论：_. 【导学号：19624292】【解析】(1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，所以选BC段计算A的碰前速度，碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动应是匀速直线运动，故应选DE段计算碰后的共同速度(2)碰前系统的动量即A的动量，则p1mAv0mA1.03
15、5 kgm/s.碰后的总动量：p2mAvAmBvB(mAmB)v2(mAmB)1.030 kgm/s.(3)由实验数据可知，在误差允许的范围内，小车A、B组成的系统碰撞前后总动量守恒【答案】(1)BCDE(2)1.0351.030在实验误差允许范围内，碰前和碰后的总动量相等，系统的动量守恒23(9分)2017高三第二次全国大联考(新课标卷)某同学通过实验测定金属丝电阻率：(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d，读数如图9所示，则直径d_mm；图9(2)为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对额定电流约0.5 A的金属丝的电阻Rx粗测，下图是分别用欧姆挡的“1挡”(图10甲)和“10挡”(图乙)测
16、量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_挡(填“1”或“10”)，该段金属丝的阻值约为_.甲乙图10(3)除待测金属丝Rx、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选_(选填“A1”或“A2”)、电源应选_(选填“E1”或“E2”)电压表V(量程3 V，内阻约3 k)滑动变阻器R(最大阻值约10 )电流表A1(量程3 A，内阻约0.05 )电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.2 )电源E1(电动势9 V，内阻不计)电源E2(电动势4.5 V，内阻不计)毫米刻度尺、开关S、导线(4)若滑动变阻器采用限流接法，在下面方框内完成电路原理图(图中务必
17、标出选用的电流表和电源的符号)【解析】(1)螺旋测微器固定刻度示数是0.5 mm，可动刻度示数是49.90.01 mm0.499 mm，则螺旋测微器示数为0.5 mm0.499 mm0.999 mm(0.9981.000均正确)；(2)由题图甲、乙所示可知，题图乙所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用题图甲所示测量电阻阻值，题图甲所示欧姆挡为“1挡”，所测电阻阻值为71 7 .(3)电阻丝的额定电流约为0.5 A，电流表应选A2；电阻丝的额定电压约为UIR0.57 V3.5 V，电源应选E2；(4)待测金属丝电阻约为7 ，电压表内阻约为3 k，电流表内阻约为0.2 ，相对来说电压表内阻远大于待测金
18、属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示【答案】(1)0.999(0.9981.000均正确)(2)17(3)A2E2(4)实验电路图见解析24(12分)(2017温州中学模拟)目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组，称为动车组若每节动车的额定功率均为1.35104 kW，每节动车与拖车的质量均为5104 kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7 km/h.我国的沪昆高铁是由2节动车和
19、6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼(减速板)调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动(所有结果保留两位有效数字)求： 图11(1)沪昆高铁的最大时速v为多少km/h?(2)当动车组以加速度1.5 m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100 m/s，已知横截面积
20、为1 m2的风翼上可产生1.29104 N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%.沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3 m2，求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？ 【导学号：19624293】【解析】(1)由 P3kmgv0 (2分)2P8kmgv(2分)解之得：v0.75v03.5102 km/h.(1分)(2)设各动车的牵引力为F牵，第3节车对第4节车的作用力大小为F，以第1、2、3节车厢为研究对象由牛顿第二定律得：F牵3kmgF3ma(2分)以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得：2F牵8kmg8ma(2分)由上述两式得：Fkmgmama1.110
21、5 N(2分)(3)由风阻带来的列车与地面的阻力为：Fm1.291041.3280.9 N2.4105 N(1分)“风阻制动”的最大功率为PFmvm2.4105W2.3107 W(2分)【答案】(1)3.5102 km/h(2)1.1105 N(3)2.3107 W25. (20分)(2017临川一中模拟)如图12所示，虚线OL与y轴的夹角45，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量q(q0)的粒子以速率v0从y轴上的M(OMd)点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力图12(1)求此电场的场强大小E；(
22、2)若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间【解析】(1)粒子在电场中运动，只受电场力作用，F电qE，a；(2分)沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有：dsin v0cos t，所以t；(2分)该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有：v0sin att，(2分)所以，v0sin (1分)则有E.(2分)(2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间t；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出
23、发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为T；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，Bvqm；(2分)根据(1)可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即vv0cos v0cos 45v0；(1分)粒子在电场中运动，在Y方向上的位移Yv0sin tv0td，(1分)所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点ldcos Yd；(2分)可得：lR，即Rd；(2分)所以，T；(1分)所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间t最长tTmax1(2分)【答案】(1)(2)1(二)选考题(共15分，请考生从给出的2道题中任选一
24、题作答如果多做，则按所做的第一题计分)33物理选修33(15分)2017高三第一次全国大联考(新课标卷)(1)(5分)下列说法中正确的是_(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气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关B悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡C当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小DPM 2.5的运动轨迹由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的E热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体(2)(10分)内壁光滑的汽缸
25、通过活塞封闭有压强为1.0105 Pa、温度为27 的气体，初始活塞到汽缸底部距离50 cm，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移已知汽缸横截面积为200 cm2，总长为100 cm，大气压强为1.0105 Pa.计算当温度升高到927 时，缸内封闭气体的压强；若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能. 【导学号：19624294】图13【解析】(1)选ADE.气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随有做功来决定，选项A对；悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越少，就越不容易平衡，选项B错；当分子间作用力表现为引力时，分子间距离增大，分子力做负功，分子
26、势能增大，选项C错；PM2.5是悬浮在空气中的固体小颗粒，受到气体分子无规则撞击和气流影响而运动，选项D对；热传递具有方向性，能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，选项E对(2)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖吕萨克定律可知：，又T1300 K(3分)解得：T2600 K，即327 ，因为327 927 ，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到927 时，封闭气体的压强为p，由查理定律可以得到：，代入数据整理可以得到：
27、p2105 Pa.(3分)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离x1 m0.5 m0.5 m，故大气压力对封闭气体所做的功为Wp0Sx，代入数据解得：W1 000 J，由热力学第一定律UWQ(2分)得到：U1 000 J800 J200 J(2分)【答案】(1)ADE(2)2105 Pa200 J34物理选修34(15分)(1)(5分)下列说法正确的是_(填入正确选项前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光B全息照相利用了激光相干性好的特性C光导纤维传播光信号利用了光的全反射原
28、理D光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大E当我们看到太阳从地平线上刚刚升起时，太阳的实际位置已经在地平线上的上方(2)(10分)如图14所示是一列沿x轴正向传播的简谐横波在t0.25 s时刻的波形图，已知波的传播速度v4 m/s.图14画出x2.0 m处质点的振动图象(至少画出一个周期)；求x2.5 m处质点在04.5 s内通过的路程及t4.5 s时的位移；此时A点的纵坐标为2 cm，试求从图示时刻开始经过多少时间A点第三次出现波峰？ 【解析】(1)除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光，故A正确；全息照相利用了激光相干性好的特性，是
29、光的干涉现象，故B正确；光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理，故C正确；在双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距x，若仅将入射光由红光改为紫光，由于红光波长大于紫光，则相邻亮条纹间距变小，故D错误；早晨看太阳从地平线刚刚升起时，实际上它还处在地平线的下方，但通过光在不均匀的大气层中发生折射，可以射入我们的眼睛，我们就可以看见太阳，故E错误故选A、B、C.(2)根据图中信息可得2 m，T0.5 s，图象如图所示4.5 s9T，一个周期内质点通过的路程是4A，所以s94A1.44 mt4.5 s时，距离现在图示时刻T，与现在所处位置关于x轴对称，y4 cm.若从图示时刻开始计时则质点A的振动方程为yAcos 则质点A第一次达波峰的时间为t1T第三次达波峰的时间应为tt12T0.5 s20.5 s1.42 s.【答案】(1)ABC(2)见解析1.44 m4 cm1.42 s