《高考物理二轮复习 仿真模拟练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 仿真模拟练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、仿真模拟练(二)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分110分。第卷(选择题共48分)二、选择题(本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第1417题只有一项符合题目要求,第1821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.如图所示,倾角为的斜面体放在粗糙水平地面上,斜面顶端安有滑轮,不可伸长的轻绳连接A、B并跨过滑轮,起初A悬空,B静止于斜面上。现用水平力F拉住绳上的一点,使A从竖直缓慢移动到虚线位置,在此过程中斜面体与物体B始终保持静止。则()A.绳子的张力一直不变B.物块B受到的摩擦力一定沿斜面向上C.斜面体对地面的压力减
2、小D.地面对斜面体的摩擦力增大答案 D解析 对A研究可知,原来细线的拉力大小等于A的重力,当用水平向右的力F缓慢拉物体A,细线的竖直分力大小等于A的重力,所以细线所受拉力的大小一定增大,故A错误。B原来所受的摩擦力大小可能为零,也可能沿斜面向下,也可能沿斜面向上,当用水平向右的力F缓慢拉物体A时,绳子的拉力增大,B所受的摩擦力可能增大,也可能减小,故B错误。以A、B、斜面整体为研究对象,分析受力情况作出受力图如图所示。由平衡条件得知,FN=m总g,Ff=F,当F增大时斜面体受到地面的摩擦力变大,地面对斜面体的弹力不变,故C错误,D正确。15.如图所示,从A点由静止释放一弹性小球,一段时间后与固
3、定斜面上B点发生碰撞,碰后小球速度大小不变,方向变为水平方向,又经过相同的时间落于地面上C点,已知地面上D点位于B点正下方,B、D间的距离为h,则下列说法正确的是()A.A、B两点间的距离为B.A、B两点间的距离为C.C、D两点间的距离为2hD.C、D两点间的距离为答案 C解析 AB段小球自由下落,BC段小球做平抛运动,两段时间相同,所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等,均为h,故A、B错误。BC段平抛初速度v=,持续的时间t=,所以C、D两点间距离x=vt=2h,故C正确,D错误。16.两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中,磁场方向垂直
4、纸面向里。甲粒子垂直bc离开磁场,乙粒子垂直ac从d点离开磁场,不计粒子重力,则()A.甲粒子带负电,乙粒子带正电B.甲粒子的动能是乙粒子动能的2倍C.甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍D.甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等答案 C解析 由左手定则可判定甲粒子带正电,乙粒子带负电,A错。设正方形磁场的边长为L,则由题知甲粒子运行的半径为L,乙粒子运行的半径为L,由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,动能Ek=,甲粒子的动能是乙粒子动能的4倍,B错。由Bqv=m得F=Bqv=,所以甲粒子在磁场中所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍,C对。t=,甲粒子运行轨迹所对圆心角为45,乙粒子运行
5、轨迹所对圆心角为90,即甲粒子在磁场中的运行时间是乙粒子的一半,D错。17.(2017河南郑州模拟)如图所示,a、b为环绕某红矮星运行的行星,a行星的运行轨道为圆轨道,b行星的运行轨道为椭圆轨道,两轨道和红矮星都在同一平面内。已知a行星的公转周期为18天,则下列说法正确的是()A.b行星的公转周期大于18天B.b行星在轨道上运行的最大速度小于a行星的速度C.若已知b行星轨道半长轴,可求得红矮星的密度D.若已知a行星的轨道半径,可求得红矮星的质量答案 D解析 根据开普勒第三定律,行星半长轴的三次方与公转周期二次方成正比,即半长轴越长,周期越大,所以b的周期小于a的周期,公转周期小于18天,选项A
6、错误。根据卫星圆周运动的速度v=及离心运动可知,卫星a的速度小于b的最大速度,选项B错误。要求得红矮星的密度,需要知道近地卫星的周期,而卫星b不是近地卫星,而且根据半长轴只能求出b的周期,所以选项C错误。若已知a行星的轨道半径,根据T=,已知周期和轨道半径即可求得红矮星质量,选项D正确。18.如图所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计,两个完全相同的导体棒、紧靠导轨置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处,磁场宽为3h,方向与导轨平面垂直。先由静止释放,当恰好进入磁场时由静止释放。已知进入磁场即开始做匀速直线运动,、两棒与导轨始终保持良好接触。则下列表示、两棒的加速度a和动能Ek随各自位
7、移x变化的图象可能正确的是()导学号88904191答案 AD解析 棒在未进入磁场前做自由落体运动,加速度为重力加速度,棒进入磁场时,棒开始做自由落体运动,在棒进入磁场前的这段时间内,棒运动了2h,此过程棒做匀速运动,加速度为零;棒进入磁场后,、棒均以相同速度切割磁感线,回路中没有感应电流,它们均只受重力直至棒出磁场;而且棒出磁场后不再受安培力,只受重力,棒将做加速度减小的减速运动,选项A正确,选项B错误;棒自开始下落到下落2h的过程中,只受重力,机械能守恒,动能与位移的关系是线性的;在棒出磁场后,棒切割磁感线且受到比重力大的安培力,继续在磁场中运动的动能减小且减小得越来越慢,棒出磁场后只受重
8、力,机械能守恒,动能与位移的关系是线性的,且斜率与刚开始下落时相同,选项D正确,选项C错误。19.(2017江西南昌模拟)图甲中的变压器为理想变压器,原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为101,变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电,电阻R1=R2=R3=20 和电容器C连接成如图甲所示的电路,其中电容器的击穿电压为8 V,电压表为理想交流电表,开关S处于断开状态,则()甲乙A.电压表的读数约为7.07 VB.电流表的读数为0.05 AC.电阻R2上消耗的功率为2.5 WD.若闭合开关S,电容器会被击穿答案 AC解析 开关断开时,副线圈为R1和R2串联,电压表测量R2的电压,由图可知原线圈电
9、压为100 V,所以副线圈电压为10 V,则R2的电压为5 V7.07 V,故A正确;由A的分析可知,副线圈电流为 A= A,所以原线圈电流为 A= A,故B错误;电阻R2上消耗的功率P= W=2.5 W,故C正确;当开关闭合时,R1与R3并联后和R2串联,电容器的电压为并联部分的电压,并联部分电阻为R并=R=10 ,所以并联部分的电压为10 V= V,最大值为 V0,故D正确。21.如图所示,水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,一带电金属滑块以Ek0=30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面,到顶端B时返回,已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J,克服重力做功24 J,则()A.滑块带正
10、电,上滑过程中电势能减少4 JB.滑块上滑过程中机械能增加4 JC.滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12 JD.滑块返回到斜面底端时动能为15 J导学号88904192答案 AC解析 由动能定理知上滑过程中W电-WG-Wf=Ek,代入数值得W电=4 J,电场力做正功,滑块带正电,电势能减少4 J,A正确。由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为E=W电-Wf=-6 J,即机械能减少6 J,B错误。由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J,即重力势能增加12 J,C正确。由动能定理知2Wf=Ek0-Ek,所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J,D错误。第卷(非选择题共62分)三、非选
11、择题(包括必考题和选考题两部分。第2225题为必考题,每个试题考生都必须做答。第3334题为选考题,考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)22.(5分)如图所示,某实验小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解。A、B为两个相同的双向力传感器,该型号传感器在受到拉力时读数为正,受到压力时读数为负。A连接质量不计的细绳,可在固定板上沿圆弧移动。B固定不动,通过光滑铰链连接长为0.3 m的杆。将细绳连接在杆右端O点构成支架,保持杆在水平方向,按如下步骤操作:测量绳子与水平杆的夹角AOB=;对两个传感器进行调零;用另一根绳在O点悬挂一个钩码,记录两个传感器的读数;取下钩码,移动传感器A改变角。
12、F1/N1.0010.5801.002F2/N-0.8680.2910.8653060150(1)根据表格中的数据,A传感器对应的是表中力(选填“F1”或“F2”),钩码质量为 kg(保留一位有效数字,g取10 m/s2)。(2)本实验中多次对传感器进行调零,对此操作说明正确的是(填选项前的字母)。A.因为事先忘记调零B.何时调零对实验结果没有影响C.为了消除横杆自身重力对结果的影响D.可以完全消除实验的误差答案 (1)F1(2分)0.05(1分)(2)C(2分)解析 (1)由表格数据知,F1均是正值,说明传感器受到的都是拉力,因绳子只能提供拉力,故A传感器对应的是表中力F1。对结点O受力分析
13、有F1sin 30=mg,解得m=0.05 kg。(2)本实验中多次对传感器进行调零,为了消除横杆自身重力对结果的影响,选项C正确。23.甲(10分)在学习了伏安法测电阻之后,某课外活动小组想通过图甲所示的实验电路测定一个阻值为几十欧的电阻Rx的阻值。图中定值电阻R0=10 ,R是总阻值为50 的滑动变阻器,A1和A2是电流表,电源电动势E=4 V,电源内阻忽略不计。(1)该课外活动小组现有四只可供选择的电流表:A.电流表(03 mA,内阻为2.0 )B.电流表(00.3 A,内阻为5.0 )C.电流表(03 mA,内阻未知)D.电流表(00.6 A,内阻未知)则电流表A1应选;电流表A2应选
14、。(填器材前的字母)(2)在不损坏电表的情况下,将滑动变阻器的滑片从最左端逐渐向右滑动,随着滑动变阻器电阻丝接入电路中的长度x的变化,电流表A2的示数也随之发生变化,则下列四个选项中能正确反映电流表A2的示数I2随滑动变阻器接入电路中的长度x的变化关系的是。(3)该课外活动小组利用图甲所示的电路,通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值,得到了若干组电流表A1、A2的示数I1、I2,然后在坐标纸上描点、连线,得到的I1-I2图线如图乙所示,由图可知,该待测电阻Rx的阻值为 。(结果保留三位有效数字)乙导学号88904193答案 (1)B(3分)D(2分)(2)B(2分)(3)35.0(结果在33.0
15、37.0之间均正确)(3分)解析 (1)由于在该实验电路中没有电压表,所以要将定值电阻R0和电流表A1改装成电压表使用,因此A1的内阻应已知,如果采用A电流表,则流经该电流表的最大电流约为 A,超出了该电流表的量程,如果采用B电流表,则流经该电流表的最大电流约为 A,小于该电流表的量程,所以要采用B电流表。由于电流表A2的内阻不是必须要知道的,其量程要大于电流表A1的量程,所以电流表A2应选择D电流表。(2)流经电流表A2的电流为电路中的总电流,设滑动变阻器单位长度的电阻为r,则有I2=,又因为R0、Rx、R1、R2等均为定值,令k=+R2,则上式可变为I2=,由数学关系可知,选项B正确。(3
16、)由电路图可知,(R0+R1)I1=Rx(I2-I1),整理可得,而即题图中I1-I2图线的斜率,由图可知,代入数据解得Rx=35.0 。24.(14分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计,可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 kg,现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s,求:(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的
17、共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l。答案 (1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m解析 (1)以A为研究对象,由牛顿第二定律得F=mAa(2分)代入数据得a=2.5 m/s2。(2分)(2)A、B碰撞后共同运动过程中,选向右的方向为正,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v(2分)代入数据解得v=1 m/s。(2分)(3)A、B碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v(2分)A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理得Fl=mA-0(2分)联立并代入数据得l=0.45 m。(2分)25.(18分)如图所示,在以O
18、1点为圆心且半径为r=0.10 m的圆形区域内,存在着竖直向下、电场强度大小为E=4105 V/m的匀强电场(图中未画出)。圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O,右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。一比荷=1.0108 C/kg的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向入射,粒子重力不计。(1)若粒子在圆形区域的边界Q点射出匀强电场区域,O1A与O1Q之间的夹角为=60,求粒子从坐标原点O入射的初速度v0。(2)撤去电场,在该圆形区域内加一磁感应强度大小为B=0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场,且将该圆形磁场以过O点并垂直于纸面的直线为轴,逆时针缓慢旋转90,在此过程中不间断地射入
19、题干中所述粒子,粒子入射的速度等于(1)中求出的v0,求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子与A点的最远距离。导学号88904194答案 (1)3106 m/s(2) m解析 (1)由题意可知,该粒子将在匀强电场中做类平抛运动,设其在电场中的运动时间为t,粒子在电场中运动的加速度大小为a,则有r+rcos =v0t(1分)rsin =at2(1分)qE=ma(1分)以上三式联立可得v0=(1+cos )(2分)代入数据可得v0=3106 m/s。(2分)(2)由题意可知,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R=0.2 m,以O点为圆心、OA=0.2 m为半径作出圆弧AC交y轴于C点,以C点为
20、圆心、CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点,则OD=2r=0.2 m,如图所示,过D点作切线,分别交OA于F点,交MN于E点,则E点即粒子能够打在荧光屏MN上的粒子离A点的最远距离(2分)由几何关系可知,sin =(1分)所以OF=Rtan (1分)因此AF=2r-OF(2分)由几何关系可知EFA=2(1分)所以AE=AFtan 2(2分)以上各式联立,代入数据可得AE= m。(2分)(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题做答。如果多做,则按所做的第一题计分)33.【物理选修3-3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分
21、,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.空气的绝对湿度大,相对湿度一定大B.上午十时,教室内空气中的氮气和氧气的分子平均动能相同C.荷叶上的小水滴呈球形,这是表面张力使液面收缩的结果D.有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b,当a、b间分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小E.一定质量的理想气体等温膨胀,可能会向外散热(2)(10分)如图所示,竖直放置的粗细均匀的U形管内有一段水银柱,左右两侧管中水银柱液面等高,左侧管中封闭有一段长为10.00 cm的空气柱,左侧管中水银柱的高也为10.00 cm,此时大气压强p0=75 cmHg,温度为27 。()若给左侧管中气体加热,使
22、两侧水银面形成10.00 cm的高度差,求此时封闭气体的温度。()若保持管中气体温度不变,往右侧管中慢慢地倒入水银,使两侧水银面仍然形成10.00 cm的高度差,求倒入的水银柱的长度。导学号88904195答案 (1)BCD(2)()510 K()12.35 cm解析 (1)空气的相对湿度等于空气的绝对湿度与同温度下水的饱和汽压的比值,绝对湿度大时,同温度下的水的饱和汽压也可能大,所以相对湿度不一定大,A项错误。上午十时教室内空气中的氮气和氧气的温度相同,分子平均动能相同,B项正确。液体的表面张力使液体表面有收缩的趋势,C项正确。a、b间分子力为零时,它们具有的分子势能一定最小,D项正确。一定
23、质量的理想气体等温膨胀,气体对外做功,而内能不变,根据热力学第一定律,气体一定从外界吸热,E项错误。(2)()加热后气体的压强为p2=85 cmHg(1分)根据理想气体状态方程有(2分)解得T2=510 K。(1分)()若保持温度不变,往右侧管中倒入水银,当两侧水银面形成10 cm的高度差时,管中气体的压强仍为p2=85 cmHg(1分)根据玻意耳定律得p1V1=p2V2(2分)即p1h1S=p2h2S,解得h2= cm(1分)加入的水银柱的长度为H=10 cm+2(10-) cm=12.35 cm。(2分)34.【物理选修3-4】(15分)(1)(5分)如图所示,一列简谐横波沿x轴正向传播,
24、t=0时刻的实线波形经过t=0.6 s移到了虚线所在的位置,则这列波的传播速度为 m/s;经过t时间x=2 m处的质点运动的路程为 cm。(2)(10分)一直角三棱镜的截面如图所示,B=90,A=60,现有一束单色光垂直照射到AC面上,从O点进入,经AB面反射,在BC面上折射光线与入射光线的偏向角为30。()求棱镜对光的折射率;()试证明光在AB面上会发生全反射。答案 (1)103(2)()()见解析解析 (1)经过0.6 s波形从实线位置传到虚线位置,波形移动的位移x=(10-4) m=6 m,波速为v= m/s=10 m/s,在0.6 s时间内x=2 m处的质点通过的路程为3A=3 cm。(2)()光经AB面反射,在BC面上的折射与反射光路如图所示,由几何关系可知,光在BC面上的入射角i=30(2分)由于在BC面上折射光线与入射光线的偏向角为30,因此折射角为r=60(2分)由折射定律得n=。(2分)()由几何关系可知,光在AB面的入射角为60,光从棱镜进入空气发生全反射的临界角为sin C=sin 60(2分)即60C,因此光线在AB面上会发生全反射。(2分)