高三物理下學期考前模擬試題(一)(含解析)

1.我國“神舟”十一號飛船于2016年10月17日放射勝利。飛船先沿橢圓軌道Ⅰ運行，在接近400km高空Q處與“天宮”二號完成對接，對接后組合體在軌道Ⅱ上做勻速圓周運動，兩名宇航員在空間試驗室生活、工作了30天。飛船于11月17A.飛船變軌前后的機械能守恒B.對接后組合體在軌道Ⅱ上運行的速度大于第一宇宙速度C.飛船在軌道Ⅰ上運行的周期大于組合體在軌道Ⅱ上運行的周期D.飛船在軌道Ⅰ上運行時經(jīng)P點的速度大于組合體在軌道Ⅱ上運行的速度【答案】D【解析】每次變軌都須要發(fā)動機對飛船做功，故飛船機械能不守恒，故A錯誤；組合體在軌道Ⅱ上做勻速圓周運動，萬有引力供應向心力：，解得：，當軌道半徑r越大速度越小，當軌道半徑等于地球半徑時的速度為第一宇宙速度，所以組合體的運行速度要小于第一宇宙速度，故B錯誤；依據(jù)萬有引力供應向心力有：，解得：，可知軌道半徑r越大周期越大，所以飛船在軌道Ⅰ上運行的周期小于組合體在軌道Ⅱ上運行的周期，故C錯誤；萬有引力供應向心力：，解得：，可知軌道1經(jīng)過P點的速度大于做圓周運動經(jīng)過P點的速度，圓周運動經(jīng)過P點的速度大于軌道2的速度，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。2.如圖所示，ABCDEF是同一圓周上的六個點，O為圓心，AB、CD兩直徑相互垂直，EF連線與AB平行，兩個等量正點電荷分別固定在A、B兩點。下列說法中錯誤的是A.E、F兩點的電勢相同B.E、F兩點的電場強度相同C.將一個電子在C點由靜止釋放，僅在電場力作用下該電子將在CD間做往復運動D.在C點給電子一個適當?shù)某跛俣?，僅在電場力作用下該電子可能做勻速圓周運動【答案】B【解析】等量同種電荷的電場強度大小和電勢是關于其連線的中垂線對稱，全部E、F兩點的電勢相同，故A說法正確；E、F兩點的電場強度大小相等，方向不相同，故B說法錯誤；在其中垂線上，O點的電場強度為零，無窮遠處電場強度為零，所以從O向兩側(cè)先增大后減小，電場方向分別沿中垂線指向無窮遠，當電子從C點靜止釋放，做加速運動，到O點最大，接下來做減速運動到D點速度為零，在做反向加速運動，所以電子將在CD間做往復運動，故C說法正確；在C點給電子一個適當?shù)某跛俣龋娮涌梢栽趦烧叩闹写姑嫔献鰣A周運動,且到兩場源電荷的距離始終相等，故D說法正確。所以說法錯誤的是B.3.用如圖甲所示的裝置探討光電效應現(xiàn)象。閉合電鍵S，用頻率為ν的光照耀光電管時發(fā)生了光電效應。圖乙是該光電管發(fā)生光電效應時間電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖象，圖線與橫軸的交點坐標為（a，0），與縱軸的交點坐標為（0，-b），下列說法中正確的是A.普朗克常量為h=B.斷開電鍵S后，電流表G的示數(shù)不為零C.僅增加照耀光的強度，光電子的最大初動能將增大D.保持照耀光強度不變，僅提高照耀光頻率，電流表G的示數(shù)保持不變【答案】B【解析】由，變形得，可知圖線的斜率為普朗克常量，即，故A錯誤；斷開電鍵S后，初動能大的光電子，也可能達到對陰極，所以電流表G的示數(shù)不為零，故B正確；只有增大入射光的頻率，才能增大光電子的最大初動能，與光的強度無關，故C錯誤；保持照耀光強度不變，僅提高照耀光頻率，單個光子的能量增大，而光的強度不變，那么光子數(shù)肯定削減，發(fā)出的光電數(shù)也削減，電流表G的示數(shù)要減小，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。4.如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下處于靜止狀態(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，將力F在豎直面內(nèi)沿順時針方向緩慢地轉(zhuǎn)過900，框架與小球始終保持靜止狀態(tài)。在此過程中下列說法正確的是A.框架對小球的支持力先減小后增大B.拉力F的最小值為mgsinθC.地面對框架的摩擦力始終在減小D.框架對地面的壓力先增大后減小【答案】C..................5.如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面上質(zhì)量為m的小球接觸但不連接。起先時小球位于O點，彈簧水平且無形變。O點的左側(cè)有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓弧的半徑為R，B為軌道最高點，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用外力推動小球，將彈簧壓縮至A點，OA間距離為x0，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運動到最高點B。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的是A.小球在從A到O運動的過程中速度不斷增大B.小球運動過程中的最大速度為C.小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep=D.小球通過圓弧軌道最低點時，對軌道的壓力為5mg【答案】C【解析】小球在從A到O運動的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓其次定律可知：，物體做加速度減小的加速運動，當加速度為零的時（彈力等于摩擦力時）速度最大，接下來摩擦力大于彈力，小球起先做減速運動，當彈簧原長時離開彈簧，故A錯誤；因為小球恰能沿軌道運動到最高點B，由重力供應向心力：，解得：，從O到B依據(jù)動能定理得：，聯(lián)立以上解得：，由上分析可知：小球從起先運動到離開彈簧速度先增大后減小，所以最大速度要比大，故B錯誤；從A到O依據(jù)能量守恒得：，聯(lián)立以上得：，故C正確；小球在最低點時做圓周運動，由牛頓其次定律得：，聯(lián)立以上解得：，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。6.如圖所示，由于志向變壓器原線圈的輸入電壓降低，使電燈L變暗，下列哪些措施可以使電燈L重新變亮A.其他條件不變，P1上移，同時P2下移B.其他條件不變，P1下移，同時P2上移C.其他條件不變，斷開電鍵SD.其他條件不變，將滑動變阻器滑動片P向下移動【答案】BC【解析】P1上移增大n1，P2下移減小n2，由志向變壓器的變壓比：，可知U2將會變得更小，所以電燈L不會重新變亮，故A錯誤；P1下移減小n1，P2上移增大n2，由志向變壓器的變壓比：，可知U2將會變大，所以電燈L會重新變亮，故B正確；其他條件不變，U2電壓不變，斷開電鍵S，并聯(lián)部分電阻變大，副線圈電流變小，R1分壓變小，L燈的電壓將變大，所以電燈L會重新變亮，故C正確；其他條件不變，將滑動變阻器滑動片P向下移動，總電阻變小，總電流變大，R1分壓變大，L燈的電壓將變小，所以電燈L不會重新變亮，故D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。7.放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0~6s內(nèi)其速度與時間的關系圖象和該拉力的功率與時間的關系圖象分別如圖所示，下列說法中正確的是A.0~6s內(nèi)拉力做的功為140JB.物體在0~2s內(nèi)所受的拉力為4NC.物體與粗糙水平地面的動摩擦因素為0.5D.合外力在0~6s內(nèi)做的功與0~2s內(nèi)做的功相等【答案】AD【解析】0~6s內(nèi)拉力做的功為P-t圖線下所圍的面積：，故A正確；在2~6s內(nèi)勻速運動，則拉力為：，物體在0~2s內(nèi)：物體的加速度為：，由牛頓其次定律得：，代入數(shù)解得：F=6N，故B錯誤；由滑動摩擦力公式：，代入數(shù)據(jù)解得：，故C錯誤；合外力在0~6s內(nèi)做的功：，0~2s內(nèi)做的功相等為：，由此可得：，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。8.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A靜止在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ。下列說法中正確的是A.若只增大v0，則滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加B.若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量削減C.若只減小m，則滑塊滑離木板時木板獲得的速度削減D.若只減小μ，則滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移減小【答案】BCD【解析】滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的成積，因為相對位移沒變，所以產(chǎn)生熱量不變，故A錯誤；由極限法，當M很大時，長木板運動的位移xM會很小，滑塊的位移等于xM+L很小，對滑塊依據(jù)動能定理：，可知滑塊滑離木板時的速度v1很大，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿意動量守恒：，可知長木板的動量改變比較小，所以若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量削減，故B正確；采納極限法：當m很小時，摩擦力也很小，m的動量改變很小，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿意動量守恒，那么長木板的動量改變也很小，故C正確；當μ很小時，摩擦力也很小，長木板運動的位移xM會很小，滑塊的位移等于xM+L也會很小，故D正確。所以BCD正確，A錯誤。三、非選擇題：（一）必考題9.探究“做功和物體速度改變的關系”試驗裝置如圖甲所示，圖中是小車在1條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行的情形。小車試驗中獲得的速度v，由打點計時器所打點的紙帶測出，橡皮筋對小車做的功記為W；試驗時，將木板左端調(diào)整到適當高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置釋放。請回答下列問題：當我們把2條、3條……完全相同的橡皮筋并在一起進行第2次、第3次……多次試驗。請回答下列問題：（1）除了圖甲中已給出器材外，須要的器材還有：溝通電源、_________________；（2）如圖乙中，是小車在某次運動過程中打點計時器在紙帶上打出的一系列的點，打點的時間間隔為0.02s，則小車離開橡皮筋后的速度為_______m/s（保留兩位有效數(shù)字）(3)將幾次試驗中橡皮筋對小車所做的功W和小車離開橡皮筋后的速度v，進行數(shù)據(jù)處理，以W為縱坐標，v或v2為橫坐標作圖，其中可能符合實際狀況的是______【答案】(1).毫米刻度尺(2).0.36(3).AD【解析】（1）須要的器材除了溝通電源外，還有刻度尺；（2）小車離開橡皮筋后的速度為（3）因，故以W為縱坐標，v或v2為橫坐標作圖，其中可能符合實際狀況的是AD.點睛：明確了該試驗的試驗原理以及試驗目的，即可了解詳細操作的含義，以及如何進行數(shù)據(jù)處理；數(shù)據(jù)處理時留意數(shù)學學問的應用，本題是考查試驗操作及數(shù)據(jù)處理的方法等問題，好題．10.一根勻稱的瘦長空心金屬圓管，其橫截面如圖甲所示，長度為L，電阻R約為5Ω，這種金屬的電阻率為ρ，因管線內(nèi)徑太小無法干脆測量，某同學設計下列試驗方案盡可能精確測定它的內(nèi)徑d；(1)用螺旋測微器測量金屬管線外徑D，圖乙為螺旋測微器校零時的示數(shù)，用該螺旋測微器測量的管線外徑讀數(shù)為5.200mm，則所測金屬管線外徑D=_______mm。(2)為測量金屬管線的電阻R，取兩節(jié)干電池（內(nèi)阻不計）、開關和若干導線及下列器材：A．電流表0～0.6A，內(nèi)阻約0.05ΩB．電流表0～3A，內(nèi)阻約0.01ΩC．電壓表0～3V，內(nèi)阻約10kΩD．電壓表0～15V，內(nèi)阻約50kΩE．滑動變阻器，0～10Ω（額定電流為0.6A）F．滑動變阻器，0～100Ω（額定電流為0.3A）為精確測出金屬管線阻值，電流表應選__________電壓表應選______滑動變阻器應選__________(填序號)(3)如圖丙所示，請按試驗要求用筆代線將實物圖中的連線補充完整。(4)依據(jù)已知的物理量（長度L、電阻率ρ）和試驗中測量的物理量（電壓表讀數(shù)U、電流表讀數(shù)I、金屬管線外徑D），則金屬管線內(nèi)徑表達式d＝______________【答案】(1).5.167（5.165～5.169同樣得分）(2).A(3).C(4).E如圖(5).【解析】（1）螺旋測微器校零時的示數(shù)3.3×0.01mm=0.033mm；螺旋測微器測量的管線外徑讀數(shù)為5.200mm，則所測金屬管線外徑D=5.200-0.033mm=5.167mm（2）兩節(jié)新的干電池電動勢為3V，因此電壓表選擇3V的量程，即為C；

因為電量中最大電流大約為，為了測量的精確，電流表應選擇A，滑動變阻器采納限流式接法，因為待測電阻較小，所以滑動變阻器選擇E．

（3）由于待測電阻的平方小于電壓表與電流表內(nèi)阻的乘積，屬于小電阻，所以電流表采納外接法，連接滑動變阻器的滑片接頭錯誤，應當在接線柱；

（4）該試驗須要測量空心金屬管的內(nèi)徑，通過歐姆定律測出電阻的大小，結(jié)合電阻定律測出橫截面積，從而依據(jù)外徑求出內(nèi)徑的大小．故所需測量的物理量為金屬管的長度L、金屬管的外徑D、加在管兩端的電壓U、通過管的電流強度I．

依據(jù)歐姆定律得，，又，則，因為，

解得11.如圖所示，AB與CD是兩段半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，圓心連線O1O2水平，BC錯開的距離略大于小球的直徑，整個裝置豎直放置于水平長軌道MN上，AB與水平軌道MN相切于A點。有一自由長度小于MP的輕彈簧左端固定于M處，右端與質(zhì)量為m的小球接觸（不拴接）。水平軌道MP段光滑，PA段粗糙、長為2R，運動小球受到PA段阻力為小球重力的0.25倍。起先時，彈簧處于被壓縮的鎖定狀態(tài)，鎖定時的彈性勢能EP=5mgR，解除鎖定后，小球?qū)⒈粡棾?，重力加速度為g，試計算：（1）小球?qū)A弧軌道A點壓力的大小和方向；（2）推斷小球能否過D點，若能過D點，則計算小球落在軌道MN上的位置離D點的水平距離。【答案】（1）方向垂直水平軌道向下（2）【解析】（1）解除彈簧鎖定后，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球動能小球從P運動到A點過程中，依據(jù)動能定理到圓弧軌道A點，設小球受軌道的彈力為N，運用牛頓其次定律由、、式，代入f＝0.25mg，EP=5mgR等，得：依據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)A弧軌道A點壓力，方向垂直水平軌道向下。（2）假如小球恰好能經(jīng)過D點，速度為，則有小球從P運動到D點過程中，依據(jù)動能定理小球恰能到達D點所需的彈性勢能由、、得：因為>，所以小球能過D點，并從D點水平拋出依據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，得：從D點平拋后由、、得：12.如圖所示，PQ和MN是固定于傾角為30o斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道，軌道足夠長，其電阻可忽視不計。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量為2m、cd的質(zhì)量為m，長度均為L、電阻均為R；兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個裝置處在垂直斜面對上、磁感應強度為B的勻強磁場中，若鎖定金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面對上的恒力F=2mg作用下，沿軌道向上做勻速運動。重力加速度為g；（1）試推導論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P安等于電路獲得的電功率P電；（2）設金屬棒cd做勻速運動中的某時刻t0=0，恒力大小變?yōu)镕′=1.5mg，方向不變，同時解鎖、靜止釋放金屬棒ab，直到t時刻金屬棒ab起先做勻速運動；求：①t時刻以后金屬棒ab的熱功率Pab；②0～t時刻內(nèi)通過金屬棒ab的電量q；【答案】（1）（2）【解析】（1）金屬棒cd做勻速運動的速度為v，E=BLvI=E/2RFA=IBL金屬棒cd克服安培力做功的功率P安=FAv電路獲得的電功率P電=由P安=P電=所以：P安=P電（另解：金屬棒cd做勻速運動的速度為v，cd桿受力平衡有聯(lián)立解得，，依據(jù)：所以：）（2）①金屬棒ab做勻速運動，則有I1BL=2mgsin30o金屬棒ab的熱功率Pab=I12R由解得：Pab=②設t后時刻金屬棒ab做勻速運動速度為v1，金屬棒cd也做勻速運動的速度為v2；由金屬棒ab、金屬棒cd組成系統(tǒng)動量守恒：mv=2mv1+mv2回路電流I1=由解得：金屬棒ab做勻速運動速度為v1=0～t時刻內(nèi)對金屬棒ab分析：在電流為i的很短時間內(nèi)，速度的該變量為由動量定理得：對進行求和得：解得BLq-mgt=2mv1由解得：q=（或：設ab、cd桿之間距離改變量為x，則：設隨意時刻，ab桿速度為，cd桿速度為，利用微元求和可得：對ab桿進行動量定理：聯(lián)立可得：求解得：33.[物理—選修3-3]13.下列說法中正確的是_____。A.空氣中PM2.5的運動屬于分子熱運動B.壓縮氣體不肯定能使氣體的溫度上升C.肯定量的氣體汲取熱量，其內(nèi)能可能減小D.太空中水滴呈現(xiàn)完備球形是由于液體表面張力的作用E.相鄰的兩個分子之間的距離減小時，分子間的引力變小，斥力變大【答案】BCD【解析】PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物,既然是顆粒物,就不是分子,當然不屬于分子的熱運動，故A錯誤；依據(jù)熱力學第肯定律，若壓縮氣體，對物體做功，但是氣體若放熱則不肯定能使氣體的溫度上升，故B正確；肯定量的氣體汲取熱量，若氣體對外做的功大于它所汲取的熱量，其內(nèi)能可能減小，故C正確；太空中處于失重狀態(tài)的水滴由于液體的表面張力的作用而呈球形，故D正確；分子間的引力和斥力,隨著分子間距離的減小而增大，故E正確。所以BCD正確，AE錯誤。14.如圖所示，結(jié)構(gòu)相同的絕熱氣缸A與導熱氣缸B均固定于地面，由剛性杠連接橫截面積相同的絕熱活塞a、b，絕熱活塞a、b與兩氣缸間均無摩擦。將肯定量的氣體封閉在兩氣缸中，起先時活塞靜止，活塞與各自氣缸底部距離均相等，B氣缸中氣體壓強等于大氣壓強，A氣缸中氣體溫度，設環(huán)境溫度始終不變。現(xiàn)通過電熱絲緩慢加熱A氣缸中的氣體，停止加熱達到穩(wěn)定后，氣缸B中活塞距缸底的距離為起先狀態(tài)的時，求：（i）B氣缸氣體的壓強；（ii）A氣缸氣體的溫度?！敬鸢浮浚╥）（ii）【解析】試題分析：以氣缸B中的氣體為探討對象，由玻意耳定律求出壓強；找出加熱前后