高考物理總復習 考前三個月 仿真模擬卷（一）試題

仿真模擬卷(一)(時間：90分鐘滿分：110分)二、選擇題：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14．下列關于近代物理的說法正確的是()A．玻爾理論成功解釋了各種原子發(fā)出的光譜B．能揭示原子具有核式結構的事件是氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)C．光電效應實驗現(xiàn)象的解釋使得光的波動說遇到了巨大的困難D．質能方程E＝mc2揭示了物體的能量和質量之間存在著密切的確定關系，提出這一方程的科學家是盧瑟福答案C解析玻爾理論成功解釋了氫原子發(fā)光的現(xiàn)象，但對于稍微復雜一些的原子如氦原子，玻爾理論都無法解釋其發(fā)光現(xiàn)象，故玻爾理論有它的局限性，A錯誤；盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子具有核式結構，B錯誤；光電效應實驗現(xiàn)象說明了光具有粒子性，從而使得光的波動說遇到了巨大困難，C正確；愛因斯坦的質能方程揭示了物體的能量和質量之間存在密切的關系，D錯誤．15.如圖1所示，圓柱體的A點放有一質量為M的小物體P，使圓柱體緩慢勻速轉動，帶動P從A點轉到A′點，在這過程中P始終與圓柱體保持相對靜止，那么P所受的靜摩擦力的大小隨時間的變化規(guī)律，可由下面哪個圖表示()圖1答案A解析物體P一共受到三個力的作用，豎直方向的重力G，沿半徑方向向外的支持力FN，沿切線方向的靜摩擦力Ff(最高點不受靜摩擦力，只受重力和支持力)．圓柱體緩慢移動，所以物塊P在任意位置所受合外力為零，對三個力進行分解，得到Ff＝mgsinθ，從A轉動到A′的過程中θ先變小后增大，所以Ff按照正弦變化規(guī)律先減小后增大，故A正確．16．圖2甲中理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝5∶1，電阻R＝20Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關，原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示，現(xiàn)將S1接1，S2閉合，此時L2正常發(fā)光，下列說法正確的是()圖2A．輸入電壓u的表達式為u＝20eq\r(2)sin(50πt)VB．只斷開S2后，L1、L2均正常發(fā)光C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率將增大D．若S1換接到2后，R消耗的電功率為0.8W答案D解析從題圖中可看出該交流電的最大值為20eq\r(2)V，周期為0.02s，根據(jù)交變電流的電動勢隨時間的變化規(guī)律e＝Emsinωt，其中ω＝eq\f(2π,T)，可知輸入電壓u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，A錯誤；只斷開S2副線圈中電壓不變，兩燈泡的總電壓不變，總電阻增加，流過燈泡的電流減小，L1、L2不能正常發(fā)光，故B錯誤；只斷開S2，副線圈中電壓不變，電路總電阻增加，總電流減小，副線圈功率減小，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，故原線圈的輸入功率減小，故C錯誤；根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓之比U1∶U2＝n1∶n2，可知副線圈電壓的有效值為4V，若S1接到2，副線圈的電壓仍不變，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)可得電阻消耗的電功率為0.8W，故D正確．17．如圖3所示，帶正電的A球固定，質量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運動的一段軌跡，b點距離A最近．粒子經(jīng)過b點時速度為v，重力忽略不計．則()圖3A．粒子從a運動到b的過程中動能不斷增大B．粒子從b運動到c的過程中加速度不斷增大C．可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差D．可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度答案C解析帶電粒子從a到b，電場力做負功，根據(jù)動能定理，動能不斷減小，選項A錯誤；粒子從b運動到c的過程中加速度不斷減小，選項B錯誤；根據(jù)動能定理，可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差，選項C正確；不可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度，選項D錯誤．18．如圖4所示，邊長為L的金屬框abcd放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上，當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c、d四點的電勢分別為φa、φb、φc、φd.下列判斷正確的是()圖4A．金屬框中無電流，φa＝φdB．金屬框中電流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φdC．金屬框中無電流，Ubc＝－eq\f(1,2)BL2ωD．金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω答案C解析因穿過線圈的磁通量始終為零，故線圈中無電流；根據(jù)右手定則可知，d端電勢高于a端，c端電勢高于d端，Ubc＝－BLeq\f(ωL,2)＝－eq\f(1,2)BL2ω，故選項A、B、D錯誤，C正確；故選C.19．2017年1月23日，我國首顆1米分辨率C頻段多極化合成孔徑雷達(SAS)衛(wèi)星“高分三號”正式投入使用，某天文愛好者觀測衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，發(fā)現(xiàn)該衛(wèi)星每經(jīng)過時間t通過的弧長為l，該弧長對應的圓心角為θ弧度，已知萬有引力常量為G，則下列說法正確的是()A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度大小為eq\f(l,t)B．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的角速度為2πeq\f(θ,t)C．地球的質量為eq\f(l3,Gθt2)D．衛(wèi)星的質量為eq\f(t2,Gθl3)答案AC解析由圓周運動公式可得l＝θr，v＝eq\f(l,t)，ω＝eq\f(θ,t)，該衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得M＝eq\f(l3,Gθt2)，A、C正確．20.如圖5所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點為O，豎直面內的半圓弧光滑絕緣軌道的直徑AB水平，圓心在O點，圓弧的半徑為R，C為圓弧上的一點，OC與豎直方向的夾角為37°，一電荷量為＋q，質量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道滾動到最低點時，速度v＝2eq\r(gR)，g為重力加速度，取無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是()圖5A．電場中A點的電勢為eq\f(mgR,q)B．電場中B點的電勢為－eq\f(2mgR,q)C．小球運動到B點時的動能為2mgRD．小球運動到C點時，其動能與電勢能的和為1.6mgR答案AC解析取無窮遠處電勢為零，則最低點處電勢為0，小球從A點運動到最低點過程中，由動能定理可得mgR＋qUAO＝eq\f(1,2)mv2，解得UAO＝eq\f(mgR,q)，而UAO＝φA－0，所以φA＝eq\f(mgR,q)，A正確；由對稱性可知UAO＝UOB，即φA－0＝0－φB，故φB＝－eq\f(mgR,q)，B錯誤；小球從A點運動到B點過程中，由動能定理得Ek＝qUAB＝2mgR，C正確；小球在最低點處的動能和電勢能的總和為E1＝eq\f(1,2)mv2＋0＝2mgR，由最低點運動到C點過程中，動能、電勢能、重力勢能的總量守恒，而重力勢能增加量ΔEp＝mgR(1－cos37°)＝0.2mgR，故動能、電勢能的總和減少了0.2mgR，所以小球在C點的動能和電勢能的總和為E2＝E1－0.2mgR＝1.8mgR，D錯誤．21.如圖6所示，內壁光滑的圓軌道豎直固定在桌面上，一小球靜止在軌道底部A點，現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動，當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球．通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點，已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，若在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2，先后兩次擊打過程中小錘圖6對小球做功全部用來增加小球的動能，則eq\f(W1,W2)的值可能為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．1 D．2答案AB解析由于小球始終未脫離軌道，所以第一次擊打小球上升的高度不超過R，故W1≤mgR.兩次擊打后上升到最高點的過程中，由動能定理得W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，由于通過最高點的速度v≥eq\r(gR)，所以W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，A、B正確．三、非選擇題(本題共6小題，共62分)(一)必考題22．(6分)某同學用如圖7甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出．已知一元硬幣和五角硬幣與長木板間動摩擦因數(shù)相同，主要實驗步驟如下：①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線的適當位置取一點O，測出硬幣停止滑動時硬幣右側到O點的距離．再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復多次，取該距離的平均值記為x1，如圖乙所示；②將五角硬幣放在長木板上，使其左側位于O點，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O點距離的平均值x2和x3，如圖丙所示．圖7(1)為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為______________；(2)實驗中還需要測量的物理量為__________________________，驗證動量守恒定律的表達式為____________________________(用測量物理量對應的字母表示)．答案見解析解析(1)動量為質量和速度的乘積，該實驗要驗證質量不等的兩物體碰撞過程中動量守恒，需測量兩物體的質量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材外，還需要的器材為天平．(2)測出一元硬幣的質量為m1，五角硬幣的質量為m2，一元硬幣碰撞前瞬間的速度為v1，由動能定理可得μm1gx1＝eq\f(1,2)m1v12，解得v1＝eq\r(2μgx1)，當一元硬幣以速度v1與五角硬幣碰撞后，速度分別為v2、v3，由動能定理可得μm1gx2＝eq\f(1,2)m1v22，μm2gx3＝eq\f(1,2)m2v32，解得一元硬幣碰后速度v2＝eq\r(2μgx2)，五角硬幣碰后的速度為v3＝eq\r(2μgx3)，若碰撞過程動量守恒則需滿足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入數(shù)據(jù)可得m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3).23．(9分)某同學利用下列器材測量兩節(jié)干電池的電動勢和內阻．A．待測干電池兩節(jié)B．電壓表V1、V2，量程均為3V，內阻很大C．定值電阻R0(阻值未知)D．電阻箱RE．導線和開關(1)根據(jù)如圖8甲所示的實物連接圖，在圖乙虛線框中畫出相應的電路圖．乙圖8(2)實驗之前，需要利用該電路測出定值電阻R0的阻值，先把電阻箱R調到某一阻值R1，再閉合開關，讀出電壓表V1、V2的示數(shù)分別為U10、U20，則R0＝________(用U10、U20、R1表示)．(3)若測得R0＝1.2Ω，實驗中改變電阻箱R的阻值，讀出相應的電壓表V1、V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1－U2圖象如圖丙所示，則兩節(jié)干電池的總電動勢E＝________V，總內阻r＝________Ω.答案見解析解析(1)根據(jù)實物圖可知，電壓表V1與R并聯(lián)后與R0串聯(lián)接在電源兩端，電壓表V2并聯(lián)在電源的兩端，電路圖如圖所示．R0＝eq\f(U20－U10,I)＝eq\f(U20－U10,U10)R1(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U2＝E－eq\f(U2－U1,R0)r，變形可得U1＝eq\f(U2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋R0)),r)－eq\f(ER0,r)，由圖象可知當U1＝0時U2＝1.0V，故有eq\f(r＋R0,r)＝eq\f(ER0,r)，圖象的斜率為k＝eq\f(r＋R0,r)＝eq\f(2.4－0,2.6－1.0)＝1.5，聯(lián)立解得E＝3.0V，r＝2.4Ω.24．(12分)如圖9所示為一皮帶傳送裝置，其中AB段水平，長度LAB＝4m，BC段傾斜，長度足夠長，傾角為θ＝37°，AB和BC在B點通過一段極短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v＝4m/s的恒定速率順時針運轉．現(xiàn)將一質量m＝1kg的工件(可看做質點)無初速度地放在A點，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：圖9(1)工件從A點開始至第一次到達B點所用的時間t；(2)工件從第一次到達B點至第二次到達B點的過程中，工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)1.4s(2)64J解析(1)由牛頓第二定律可得μmg＝ma1工件經(jīng)t1時間與傳送帶共速，則t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s工件位移為x1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.6m此后工件與傳送帶一起勻速運動到B點，用時t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s工件第一次到達B點所用時間t＝t1＋t2＝1.4s(2)工件上升過程中受到的摩擦力Ff＝μmgcosθ由牛頓第二定律可得加速度大小a2＝eq\f(mgsinθ－Ff,m)＝2m/s2由運動學公式可得t3＝eq\f(v,a2)＝2s下降過程加速度大小不變a3＝a2＝2m/s2由運動學公式可得t4＝eq\f(v,a3)＝2s工件與傳送帶的相對位移Δx＝v(t4＋t3)＝16m因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝64J.25．(20分)如圖10所示，三角形AQC是邊長為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點，在水平線QC下方是水平向左的勻強電場．區(qū)域Ⅰ(梯形PQCD)內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，區(qū)域Ⅱ(三角形APD)內有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ(虛線PD以上，三角形PAD以外)有垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ內磁感應強度大小均為5B，一帶正電的粒子從Q點正下方、距離Q點為L的O點以某一初速度射出，在電場力作用下從QC邊中點N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，接著從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運動后又以原速率返回O圖10(1)該粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)電場強度E及粒子從O點射出時的初速度v的大??；(3)粒子從O點出發(fā)到再次回到O點的整個運動過程所經(jīng)歷的時間t.答案(1)eq\f(v0,BL)(2)2Bv0eq\r(5)v0(3)eq\f(2L,v0)＋eq\f(9πL,5v0)解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可得Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，根據(jù)題意有R＝L，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v0,BL)(2)粒子從O到N，由運動合成與分解可得：L＝v0t′，L＝eq\f(1,2)at′2由牛頓第二定律可得a＝eq\f(qE,m)，解得E＝2Bv0由運動學公式可得veq\o\al(2,x)＝2aL，則v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0(3)粒子在電磁場中運動的總時間包括三段：電場中往返的時間t0，區(qū)域Ⅰ中的時間t1，區(qū)域Ⅱ和Ⅲ中的時間t2＋t3根據(jù)平拋運動規(guī)律有t0＝eq\f(2L,v0)設在區(qū)域Ⅰ中的時間為t1，則t1＝2×eq\f(2πL,6v0)＝eq\f(2πL,3v0)粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內的運動半徑為r，則qv0·5B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，即r＝eq\f(1,5)L.則粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內的運動軌跡如圖所示，總時間為(2＋eq\f(5,6))個周期由周期公式可得T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πL,5v0)，t2＋t3＝(2＋eq\f(5,6))T＝eq\f(17,6)×eq\f(2πL,5v0)＝eq\f(17πL,15v0)故總時間t＝t0＋t1＋t2＋t3＝eq\f(2L,v0)＋eq\f(9πL,5v0).(二)選考題(請從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分)33．【物理選修3－3】(15分)(1)(5分)下列說法正確的是________A．一定質量的理想氣體體積增大時，其內能一定減少B．氣體的溫度降低，某個氣體分子熱運動的動能可能增加C．當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，水中不會有水分子飛出水面D．氣體對器壁的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的E．在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進行計算，會使分子直徑計算結果偏大(2)(10分)如圖11甲所示，玻璃管豎直放置，AB段和CD段分別為兩段長25cm的水銀柱，BC段為長10cm的理想氣體，D到玻璃管底端為長12cm的理想氣體．已知大氣壓強為75cmHg，玻璃管的導熱性能良好，環(huán)境的溫度不變．將玻璃管旋轉180°倒置，經(jīng)過足夠長時間后，水銀未從玻璃管流出，求：圖11①玻璃管倒置后BC段氣體的長度；②玻璃管倒置后D到玻璃管底端封閉氣體的長度．答案(1)BDE(2)①20cm②60cm解析(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，體積增大時，壓強變化的關系未知，故溫度變化未知，則內能的變化無法確定，A錯誤；氣體的溫度降低，分子平均動能減小，但某個氣體分子熱運動的動能可能增加，B正確；由于分子的無規(guī)則運動，當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，水中仍然會有水分子飛出水面，C錯誤；氣體的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的，D正確；將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進行計算，體積偏大，則直徑計算結果偏大，故E正確．(2)①設玻璃管的橫截面積為S，研究BC段的氣體初狀態(tài)：氣體體積V1＝hBCS，壓強p1＝75cmHg＋25cmHg＝100cmHg末狀態(tài)：氣體體積V2＝hBC′S，壓強p2＝75cmHg－25cmHg＝50cmHg根據(jù)玻意耳定律p1V1＝p2V2，可得hBC′＝20cm②研究玻璃管底端的氣體初狀態(tài)：氣體體積V3＝hDS，壓強p3＝75cmHg＋25cmHg＋25cmHg＝125cmHg末狀態(tài)：氣體體積V4＝hD′S，壓強p4＝75cmHg－25cmHg－25cmHg＝25cmHg根據(jù)玻意耳定律p3V3＝p4V4，可得hD′＝60cm.34．【物理選修3－4】(1