（通用版）高三物理二轮复习仿真检测（一）.doc

仿真检测（一）(满分：110分时间：60分钟)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15题只有一项符合题目要求，第68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)1下列说法正确的是()A伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动B库仑不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机C牛顿在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展D摩擦起电现象中，用丝绸摩擦过的玻璃棒所带电荷是一种，用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷是另一种，美国科学家密立根把前者命名为正电荷，把后者命名为负电荷，并且用油滴实验最早测出了元电荷的数值解析：选A伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动，故A正确；法拉第不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机，故B错误；伽利略在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，故C错误；富兰克林把自然界的两种电荷命名为正电荷和负电荷，故D错误。2.在下列四个核反应方程中，符号“X”表示中子的是()A.HeNOXB.UThXC.BeHeCXD.ThPaX解析：选C根据电荷数守恒、质量数守恒知，A项中X的电荷数为2781，质量数为414171，不是中子，是质子，故A错误；B项中X的电荷数为92902，质量数为2382344，不是中子，是粒子，故B错误；C项中X的电荷数为4260，质量数为94121，为中子，故C正确；D项中X的电荷数为90911，质量数为2342340，不是中子，是电子，故D错误。3.如图所示为甲、乙两个物体做同向直线运动的vt图像，则关于两物体在0t1时间内的运动，下列说法正确的是()A两物体间的距离一定在不断减小B两物体的位移差一定是不断增大C两物体的速度差一直在增大D两物体的加速度都是先增大后减小解析：选Bvt图像与坐标轴围成的面积表示位移，由于不知道甲、乙两个物体的初始位置，所以不能判断两物体间距离如何变化，如果是甲在前，乙在后，则两物体间距离逐渐增大，故A错误；vt图像与坐标轴围成的面积表示位移，根据图像可知，两物体的位移差为两图线间的面积，随着位移的增大而增大，故B正确；根据图像可知，两物体的速度差先增大，后减小，故C错误；图像的斜率表示加速度，根据图像可知，两物体的加速度都是先减小后增大， 故D错误。4.真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图像(r图像)，判断下列说法中正确的是()A该金属球可能带负电BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度小于B点的电场强度D电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功Wq(21)解析：选B由题图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B正确、C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功WqUABq(12)，故D错误。5如图为一滑雪爱好者建立的一个研究模型。物块自左边斜面A点静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面的B点。测出AB连线与水平面的夹角为，已知左右斜面的倾角分别为和，物块与各接触面动摩擦因数相同且为，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()Atan Btan Ctan Dtan 解析：选C设AB段的水平长度为x，竖直高度差为h，AC的倾角为，BD的倾角为，对A到B的过程，运用动能定理得：mghmgcos ACmgCDmgcos DB0因为ACcos CDDBcos x则有：mghmgx0解得：由数学知识有：tan ，所以，tan ，故C正确，A、B、D错误。62014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持。特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合大量关键技术。如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动。卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是()A卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为gB如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为D若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会减小解析：选CD根据万有引力提供向心力Gma，而GMgR2。所以卫星的加速度a，故A错误。“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误。根据万有引力提供向心力Gmr2，解得，所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间t，故C正确。“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D正确。7如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数为U，变化量的绝对值为U，理想电流表读数为I，变化量的绝对值为I，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是()AU增大，I减小 B.增大C电源输出功率一定增大 D.R0解析：选ABD根据电路图可知，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最后与R1串联，接入电源。在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则R1和电源内阻的电压减小，R3的电压变大，则通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R2的电流减小，则R2所占电压减小，所以滑动变阻器的电压增大，即U变大，所以R4电压变大，通过R4电流变大，由于通过R2的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流I减小，故A正确；电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量滑动变阻器的电流，则R，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，则增大，故B正确；由于内外电阻的大小关系未知，所以不能判定电源的输出功率如何变化，故C错误；通过R2的电流减小，通过R4电流变大，所以电流表示数的减小量I大于通过R4电流增大量I4，则”或“”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差_(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。解析：(1)游标卡尺的主尺读数为：0.8 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.0510 mm0.50 mm，所以最终读数为：0.850 cm。(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v，根据机械能守恒的表达式有：mghmD2即只要比较D2与2gh是否相等，故选D。(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小。答案：(1)0.850(2)D(3)0mgsin Mgsin mgcos Mgcos 0解得：m2.0103 kg。(2)对系统应用动能定理：mghMg(mgcos Mgcos )(Mm)v2v2 m/s。(3)当A的质量m与B的质量M之间关系满足mM时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mgsin mgcos mamam5 m/s2vm22amL货箱到达斜面底端的最大速度vm10 m/s2.0103 kg(2)2 m/s(3)当A的质量m不断增加时，该装置能被安全锁定。12.(20分)如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以竖直面MN为理想分界面。两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，区的磁场方向垂直于纸面向里。一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经t的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。(1)求每一磁场区域的宽度d; (2)若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于多少？(3)现撤去加速装置，使区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界A1射入，并改变射入时的方向(其他条件不变)，使得电子穿过区域的时间最短。求电子穿过两区域的时间t。解析：(1)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0Bm电子做圆周运动的周期：T电子在每一磁场中运动的时间为：t1电子的在磁场中转过圆心角：磁场的宽度：drsin 45，解得：d。 (2)若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在区域中转半圈后从A1离开磁场，运动轨迹如图甲所示：设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，由牛顿第二定律得：evBm由几何知识得：Rd在加速电场中，由动能定理得：eUmv20解得：U。(3)由于速率一定，要电子穿过区域的时间最短，则需电子穿过区域的弧长最短(对应的弦长最短)。运动轨迹如图乙所示：在区域的半径：r1 由图可知：sin ，解得。在区域的运动时间：t1T。在区域的半径：r22r1。由几何关系可知，在区域中的圆心O2必在A2上。如图，。在区域的运动时间：t1T。通过两场的总时间tt1t2。答案：(1)(2)(3)三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)物理选修33(15分)13(1)(5分)武汉某日白天的气温是20 ，空气中水蒸气的压强是1.1103 Pa，已知20 时水蒸气的饱和气压是2.3103 Pa，武汉该日白天空气的相对湿度是_。到了夜间，如果空气中水蒸气的压强不变，但是气温降到10 ，你会感到比白天_(填“干爽”或“潮湿”)。(2)(10分)由“U”形细管连接的左、右两气缸容积相同，并直立于竖直平面内。隔板K将左侧气缸分为A、B两部分，B的容积是A的3倍，A内为真空，B和C内均封闭有一定质量的理想气体。开始时，B和C内气体的温度均为27 ，“U”形细管内水银柱高度差为h160 mm，如图所示。现保持B和C内气体的温度不变，抽出隔板K，整个系统稳定后，“U”形细管内左、右水银面相平。继续保持B内气体的温度不变，当将C中的气体缓慢加热到某一温度时，“U”形细管内水银柱高度差为h230 mm，求此时C中气体的温度。(不计“U”形细管内气体的体积)解析：(1)相对湿度；所以白天20 时的相对湿度为：100%48%；由于饱和蒸汽压仅仅与温度有关，温度降低，饱和蒸汽压减小，所以10 时的饱和蒸汽压小于20 时的饱和蒸汽压，根据相对湿度可知，夜间的相对湿度一定大于白天的相对湿度，会感到潮湿。(2)设A的体积为V，则B的体积为3V，抽去活塞前后B的温度不变，由玻意耳定律：pB13VpB24V抽去K前B与C的压强关系：pB1pC1h1抽去K后B与C的压强关系：pB2pC1对C加热后：pC2pB2h2对C中气体分析，加热的过程中体积可以认为不变，由查理定律得：联立以上方程得：T2350 K。答案：(1)48%潮湿(2)350 K物理选修34(15分)14(5分)(1)用单摆测量重力加速度时，某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值，可能的原因是_。A将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线上某点O的长度作为摆长，然后将摆线上的O点作为悬点B用游标卡尺测量摆球的直径为d，用米尺测量从悬点到摆球顶端的高度差为L，把dL计为摆长C释放摆球后，摆球不在同一竖直平面内运动，而做圆锥运动D拉开摆球，从最大摆角约为5处释放，摆动稳定后，当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“1”，直到第30次同向通过平衡位置时制动秒表，读出经历时间t，用T计算周期E拉开摆球，从最大摆角约为45处释放，之后立即测量摆球发生30次全振动所用的时间t(2)(10分)两块透明长方体A、B叠放在一起，尺寸如图所示，长和宽均为4d，厚度均为d。已知A的折射率n12，B的折射率n2，真空中光速为c。点光源O紧贴着A的下表面中心，向A的上表面发出单色光，求从B的上表面射出的光中，通过两块长方体所用的最长时间。(不考虑光的反射)解析：(1)由单摆周期公式T2，可知重力加速度：g。先测出摆长L，后把单摆悬挂起来，所测摆长偏小，所测重力加速度偏小，故A错误；把摆线长加摆球直径当成摆长，由g可知，当L偏大会引起测量值偏大，故B正确；摆球不在同一竖直平面内运动，成为圆锥摆运动，有效摆长变短，所测重力加速度偏大，故C正确；测周