（全国通用）高三物理二轮复习 高考仿真模拟卷（五）.doc

高考仿真模拟卷(五)(时间:60分钟满分:110分) 一、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.物理学在揭示现象本质的过程中不断发展,下列说法不正确的是()a.通电导线受到的安培力,实质上是导体内运动电荷受到洛伦兹力的宏观表现b.穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流,是因为变化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动c.磁铁周围存在磁场,是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流d.踢出去的足球最终要停下来,说明力是维持物体运动的原因15.水平抛出的小球,t秒末的速度方向与水平方向的夹角为1,t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为2,忽略空气阻力,则小球初速度的大小为()a.gt0(cos 1-cos 2)b.gt0tan 2-tan 1c.gt0(tan 1-tan 2)d.gt0cos 1-cos 216.如图(甲)所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为101, 、均为理想电表,r为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),l1和l2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图(乙)所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是()a.电压u的频率为100 hzb.电压表的示数为222 vc.当照射r的光强增大时,电流表的示数变大d.当l1的灯丝烧断后,电压表的示数会变大17.如图所示,a,b,c,d为某匀强电场中的四个点,且abcd,abbc,bc=cd=2ab=2l,电场线与四边形所在平面平行.已知a=20 v,b=24 v,d=8 v.一个质子经过b点的速度大小为v0,方向与bc夹角为45,一段时间后经过c点,e为质子的电荷量,不计质子的重力,则()a.c点电势为14 vb.质子从b运动到c所用的时间为2lv0c.场强的方向由a指向cd.质子从b运动到c电场力做功为12 ev18.如图(甲)所示,质量为m的物块放在竖直升降机的地板上,升降机从静止开始匀加速运动一段距离s时,速度为v,测得物块对地板的压力大小为f,改变升降机的加速度,匀加速运动相同的距离,可以得到多组对应的v与f,作出fv2的关系图,如图(乙)所示,则下列说法正确的是()a.当地重力加速度为c2sb.当v2=c时,物块一定处于完全失重状态c.物块的质量m=2bcsd.d=2b19.如图所示,一小物块在粗糙程度相同的两个固定斜面上从a经b滑动到c,如不考虑在b点机械能的损失,则()a.从a到b和从b到c,减少的机械能相等b.从a到b和从b到c,增加的动能相等c.从a到b和从b到c,摩擦产生的热量相等d.小物块在b点的动能一定最大20.银河系处于本超星系团的边缘.已知银河系距离星系团中心约2亿光年,绕星系团中心运行的公转周期约1 000亿年,引力常量g=6.6710-11 nm2/kg2,根据上述数据可估算()a.银河系绕本超星系团中心运动的线速度b.银河系绕本超星系团中心运动的加速度c.银河系的质量d.银河系与本超星系团的之间的万有引力21.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示.在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为49,磁场均沿半径方向.匝数为n的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l,线圈以角速度绕中心轴匀速转动,bc边和ad边同时进入磁场.在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为b、方向始终与两边的运动方向垂直.线圈的总电阻为r,外接电阻为r.则()a.线圈切割磁感线时,感应电动势的大小em=2bl2b.线圈切割磁感线时,bc边所受安培力的大小f=4nb2l3r+rc.线圈旋转一圈时,流过电阻r的净电荷量为零d.外力做功的平均功率为16n2b2l429(r+r)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第22题第25题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33题第35题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共47分)22.(6分)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧测力计固定在一合适的木块上,桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮,细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线p、q,并测出间距d.开始时将木块置于p处,现缓慢向瓶中加水,直到木块刚刚开始运动为止,记下弹簧测力计的示数f0,以此表示滑动摩擦力的大小.再将木块放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧测力计的示数f,然后释放木块,并用秒表记下木块从p运动到q处的时间t.(1)木块的加速度可以用d、t表示为a=.(2)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是.a.可以改变滑动摩擦力的大小b.可以更方便地获取更多组实验数据c.可以更精确地测出摩擦力的大小d.可以获得更大的加速度以提高实验精度23.(9分)一个刻度没标数值的电压表量程约为9 v,内阻rx约为6 k,现要较为准确地测其内阻rx,且各仪表的示数不得少于满量程的13.实验室提供了如下器材:a.电流表a1:量程3 ma,内阻约50 b.电流表a2:量程3 a,内阻约0.2 c.电压表v1:量程1.5 v,内阻r1=1 kd.电压表v2:量程60 v,内阻r2约50 ke.定值电阻r1:阻值r1=5.1 kf.定值电阻r2:阻值r2=30 g.电源:电动势约15 v,内阻约0.5 h.滑动变阻器020 i.导线若干、单刀单掷开关一个(1)除被测电压表、g,i肯定需要外,最少还需 器材(填序号);(2)用你所选最少器材以及g,i在虚线框中画出测量原理图;(3)根据所画原理图,写出rx的表达式(用某次电表的测量值、已知量表示)rx=,并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时的示数 .24.(12分)如图所示,水平绷紧的传送带ab长l=6 m,始终以恒定速度v1=4 m/s运行.初速度大小为v2=6 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经a点滑上传送带.小物块m=1 kg,物块与传送带间动摩擦因数=0.4,g取10 m/s2.求:(1)小物块能否到达b点,计算分析说明.(2)小物块在传送带上运动时,摩擦力产生的热量为多少?25.(20分)如图(甲)所示,两平行金属板ab间接有如图(乙)所示的电压,两板间的电场可看做匀强电场,且两板外无电场,板长l=0.8 m,板间距离d=0.6 m.在金属板右侧有一磁感应强度b=2.010-2 t,方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁场宽度为l1=0.12 m,磁场足够长.mn为一竖直放置的足够大的荧光屏,荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0.08 m,mn及磁场边界均与ab两板中线oo垂直.现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线oo连续射入电场中.已知每个粒子的速度v0=4.0105 m/s,比荷qm=1.0108 c/kg,重力忽略不计,每个粒子通过电场区域的时间极短,电场可视为恒定不变.(1)求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离o点的距离;(2)若粒子恰好能从金属板边缘离开,求此时两极板上的电压;(3)试求能离开电场的粒子的最大速度,并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上?如果能打在荧光屏上,试求打在何处.(二)选考题(共15分.请从给出的3道题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一个题目计分)33.物理选修33(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,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)a.可以将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用b.温度升高,说明物体中所有分子的动能都增大c.气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果d.分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力都减小e.在一个绝热容器内,不停地搅拌液体,可使液体的温度升高(2)(10分)如图所示,一圆柱形绝热汽缸竖直放置,通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为m,活塞的横截面积为s,初始时,气体的温度为t0,活塞与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体,当气体吸收热量q时活塞下降了h,已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸的摩擦.求此时气体的温度和加热过程中气体内能的增加量.34.物理选修34(15分)(1)(5分)某横波在介质中沿x轴正方向传播,t=0时波源o开始振动,振动方向沿y轴负方向,图示为t=0.7 s时的波形图,已知图中b点第二次出现在波谷,则该横波的传播速度v= m/s;从图示时刻开始计时,图中a质点的振动位移随时间变化的函数表达式为.(2)(10分)现要估测一矩形玻璃砖的折射率n,给定的器材有:待测玻璃砖、白纸、铅笔、大头针1枚、直尺、直角三角板.实验时,先将直尺的一端o和另一点m标上两个明显的标记,再将玻璃砖平放在白纸上,沿其两个长边在白纸上画出两条直线ab,cd,再将直尺正面紧贴玻璃砖的左边缘放置,使o点在直线cd上,并在白纸上记下点o、点m的位置,如图所示,然后在右上方通过ab所在界面向左下方观察,调整视线方向,直到o点的像与m点的像重合,再在ab直线上插上大头针,使大头针挡住m,o的像,记下大头针p点的位置.请在图上作出光路图.计算玻璃砖的折射率的表达式为n=(用字母p和图中已知线段字母表示).35.物理选修35(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,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)a.普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念,成为量子力学的奠基人之一b.玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域,提出了定态和跃迁的概念,成功地解释了各种原子光谱的实验规律c.放射性原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时,辐射出射线,射线是一种波长很短的电磁波,在电场和磁场中都不会发生偏转d.德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的猜想,而电子的衍射实验证实了他的猜想e.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,可能是因为这束光的光强太小(2)(10分)在如图所示的光滑水平面上,小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱,木箱离开手以5 m/s的速度向右匀速运动,运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹回来后被小明接住.已知木箱的质量为30 kg,人与车的质量为50 kg.求:推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小;小明接住木箱后三者一起运动,在接木箱过程中系统损失的能量.高考仿真模拟卷(五)14.d通电导线受到的安培力,实质上是导体内部运动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现,选项a正确;穿过闭合回路的磁场发生变化时,产生感应电流,是因为变化的磁场周围产生电场,电荷在电场的作用下发生定向移动,选项b正确;磁铁周围存在磁场,是因为磁铁内分子电流的取向基本一致,选项c正确;物体的运动不需要力来维持,力是改变物体运动状态的原因,选项d错误.15.b设水平方向的速度为v0,t秒末速度方向与水平方向的夹角为1,则竖直方向的分速度vy1=v0tan 1.(t+t0)秒末速度方向与水平方向的夹角为2,则竖直方向的分速度vy2=v0tan 2.根据vy2-vy1=gt0,得v0=gt0tan 2-tan 1,选项b正确,a,c,d错误.16.c由题图知,t=0.02 s,所以频率为f=1t=50 hz,选项a错误;原线圈接入电压的最大值是2202 v,所以原线圈接入电压的有效值是u=220 v,理想变压器原、副线圈匝数比为101,所以副线圈电压是22 v,所以的示数为22 v,选项b错误;r阻值随光强增大而减小,根据i=ur知副线圈电流增大,副线圈输出功率增大,根据能量守恒定律,原线圈输入功率也增大,原线圈电流增大,所以的示数变大,选项c正确;当l1的灯丝烧断后,变压器的输入电压不变,根据变压比公式,输出电压不变,电压表读数不变,选项d错误.17.b三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,将b,d连线四等分,m,o,n为等分点,如图所示.已知a点电势为20 v,b点电势为24 v,d点电势为8 v,且abcd,abbc,2ab=cd=bc=2l,因此根据几何关系,可得m点的电势为20 v,与a点电势相等,从而连结a,m,即为等势面.三角形bcd是等腰直角三角形,具有对称性,b,d连线中点o的电势与c相等,为16 v,故选项a错误;质子从bc做类平抛运动,沿初速度方向分位移为2l,此方向做匀速直线运动,则t=2lv0,选项b正确;oc为等势线,其垂线bd为场强方向,由bd,选项c错误;电势差ubc=8 v,则质子从bc电场力做功为8 ev,选项d错误.18.ad由v2=2as,可知g=c2s,选项a正确;由图像可知,d点时物块具有向上的加速度,处于超重状态,选项b错误;由v2=2as可知,加速度a=v22s,则f合=mv22s,即|f-mg|=mv22s,知图线的纵轴截距表示重力,得m=bg=2bsc,选项c错误;由图可知,在c点时压力为零,则物块只受重力,此时加速度为g,则d点的加速度也为g,故d=2mg,则d=2b,选项d正确.19.ac设斜面与水平面的夹角为,则斜面的长度s=lcos,物块受到的摩擦力f=mgcos ,物块下滑的过程中摩擦力做的功wf=fs=mgcos lcos=mgl,由上式可知,物块下滑的过程中,摩擦力做功的大小与斜面的倾角无关,与水平位移的大小成正比.物块从a到b和从b到c,水平方向的位移大小相等,所以物块克服摩擦力做的功相等,物块减少的机械能相等,选项a正确;由题图可知,物块从a到b和从b到c,ab段的高度比较大,所以在ab段重力对物块做的功比较大,由动能定理知ek=w总=wg-wf,由可知,从a到b和从b到c,ab段增加的动能比较大,选项b错误;物块从a到b和从b到c,物块减少的机械能转化为内能,物块减少的机械能相等,所以摩擦产生的热量相等,选项c正确;物块从b到c的过程中,重力对物块做正功,摩擦力对物块做负功,由于不知道二者的大小关系,所以物块在c点的动能也有可能大于物块在b点的动能,选项d错误.20.ab据题意可知,银河系是环绕天体,本超星系团是中心天体,银河系绕本超星系团做圆周运动,已知环绕的轨道r和周期t,则银河系运动的线速度为v=2rt,加速度a=42rt2,故可以估算银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度,选项a,b正确;银河系是环绕天体,无法计算其质量,选项c错误;由于不知道银河系的质量,故无法求解银河系与本超星系团之间的万有引力,选项d错误.21.cdbc,ad边的运动速度v=l2,感应电动势em=4nblv,解得em=2nbl2,选项a错误;根据欧姆定律得电流im=emr+r,安培力f=2nbiml,解得f=4n2b2l3r+r,选项b错误;线圈旋转一圈时,磁通量的变化量为零,平均感应电动势为零,流过电阻r的净电荷量为零,选项c正确;在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为49,电源的总功率:p=49em2r+r=16n2b2l429(r+r),外力做功的功率与电源的总功率相等,选项d正确.22.解析:(1)由匀变速直线运动规律得d=12at2,解得a=2dt2.(2)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是可以更方便地获取更多组实验数据,可以更精确地测出摩擦力的大小,选项b,c正确.答案:(1)2dt2(2)bc23.解析:(1)通过电压表的最大电流为im=umrx=96 000 a=1.5 ma,且待测电压表无刻度,故还需选择电压表,电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则,可选取aceh.(2)电压表v1量程太小,直接并在待测电压表两端容易烧毁,故需串联一个定值电阻r1,又电压表内阻很大,电流表应采用外接法,滑动变阻器阻值较小,应采用分压式接法,设计电路如图所示.(3)根据欧姆定律,流经电压表v1的电流为i0=u1r1根据并联电路电流特点可得流经待测电压表的电流为ix=i1-i0根据欧姆定律得rx=i0(r1+r1)ix联立得rx=u1(r1+r1)r1(i1-i0).答案:(1)aceh(2)图见解析(3)u1(r1+r1)r1(i1-i0)u1为电压表v1的示数,i1为电流表a1的示数24.解析:(1)因为小物块在水平方向受到摩擦力的作用,f=mg,产生的加速度a=fm=mgm=g=0.410 m/s2=4 m/s2.小物块速度减为零时的位移是x,则-2ax=0-v22,得x=v222a=6224 m=4.5 m6 m,所以小物块不能到达b点.(2)小物块向右加速的过程中的位移x=v122a=4224 m=2 m,速度等于传送带速度v1时,经历的时间t=-v1-v2-a=2.5 s,传送带的位移s=v1t=42.5 m=10 m,小物块相对于传送带的位移x=s+(x-x)=10 m+(4.5-2)m=12.5 m.小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为q=fx=0.411012.5 j=50 j.答案:见解析25.解析:(1)t=0时刻进入电场的粒子匀速通过电场,进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0b=mv02r1,解得r1=0.2 m,粒子运动轨迹如图所示,由几何知识可得sin =l1r1=0.120.2=0.6,粒子在磁场中偏移的距离y1=r1-r1cos ,代入数据解得y1=0.04 m,粒子出磁场后做匀速直线运动,y2=l2tan ,代入数据解得y2=0.06 m,粒子打到荧光屏上时偏离o的距离为y=y1+y2=0.10 m.(2)设两板间电压为u1时,带电粒子刚好从极板边缘射出电场,则12d=12at2,qu1d=ma,l=v0t,解得u1=900 v.(3)由动能定理得qu12=12mv12-12mv02,代入数据解得v1=5.0105 m/s,粒子在电场中的偏向角为,cos =v0v1=4.01055.0105=0.8,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv1b=mv12r2,解得r2=0.25 m,r2-r2sin =(0.25-0.251-0.82)m=0.1 ml1=0.12 m,该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上.答案:(1)0.10 m(2)900 v(3)5.0105 m/s该粒子不能打在右侧的荧光屏上33.解析:(1)耗散的能量品质较低,无法重新利用,故选项a错误;温度升高,分子平均动能增大,但不是所有分子动能都增大,选项b错误;气体的压强是由分子无规则运动对器壁频繁碰撞产生的,选项c正确;分子间的引力和斥力都随距离的增加而减小,选项d正确;改变内能的两条途径是等效的,选项e正确.(2)因为缓慢加热,活塞缓慢移动,时刻受力平衡,封闭气体的压力保持不变,气体的压强不变,汽缸内的气体做等压变化,由盖吕萨克定律有hst0=2hst1,解得此时气体的温度t1=2t0气体做等压变化,对活塞受力分析,竖直向下的重力mg,竖直向下封闭气体的压力ps,竖直向上的大气压力p0s,由平衡条件得ps=p0s-mg气体对活塞做功w=psh=(p0s-mg)h