2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做等值模拟(三)Word版含答案

1、等值模拟（三）一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意 ） 1一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以 0.1g的加速度匀加速上升 h高度，在 此过程中（）A. 磅秤的示数等于 mgB. 磅秤的示数等于 0.1mgC. 人的动能增加了 0.9mghD. 人的机械能增加了 1.1mgh答案 D解析 根据牛顿第二定律得：F mg= ma,解得：F= mg+ ma= 1.1mg,即磅秤的示数等于1.1mg，故A、B错误；根据动能定理得： AEk= W合=mah= 0.1 mgh,故C错误；人上升h, 则重力做功为mgh,可知重力势能增加 mgh，动能增加O

2、.lmgh，则机械能增加了 1.1mgh, 故D正确2如图1所示的圆形线圈共 n匝，电阻为R,过线圈中心 O垂直于线圈平面的直线上有 A、 B两点，A、B两点的距离为L, A、B关于O点对称一条形磁铁开始放在 A点，中心与 O 点在同一条直线上，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为1,将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为 2,下列说法中正确的是（）图11A. 磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为B. 磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为2nv1 2LC. 磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2D. 磁铁从A到B的过

3、程中，通过线圈某一截面的电量不为零答案 B解析 磁铁在A点时，线圈中的磁通量为 1,故通过一匝线圈的磁通量也为1，与匝数无关，故A错误；, 2 1磁铁从 A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E = nt = n l一 =2v2nv1 2L ，故B正确；磁通量先增加后减小， 磁通量的变化量为零， 故平均感应电动势为零， 故平均感应电流为零， 故通过线圈某一截面的电量为零，故C、D错误.3. 复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC（没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体 ）制成的如图2所示，复印机的基本 工作过程是（1）在暗处的有机光导体鼓和一

4、个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；（2）文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；（3）鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部 位；鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上以下说法正确的是（ ）A. 步骤（1）中发生了静电感应现象B. 步骤（2）中发生了局部导电现象C步骤(3)中发生了静电平衡现象D.步骤(4)中发生了静电屏蔽现象答案 B解析 步骤 (1)中发生了金属丝附近空气发生电离现象，选项 A 错误.文件反射的强光通过光 学系统在鼓上成像，受到光照时变成导体，步骤 (2)中发生了局部导电现象，

5、选项 B 正确.鼓 体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；发生了静电感应现象， 选项 C 错误.鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上，发生了静电 感应现象，选项 D 错误 .4. 玩具弹力球 (如图 3)具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回 .一小孩将弹力球举高后由静 止释放做自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动.若从释放弹力球时开始计时， 且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度时间图线是 ( )图37答案 D解析 小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A 、B 图中速度没有突变，故A 、 B 错误；

6、由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值（竖直上抛运动 ），然后反弹 （速度大小不变、方向突变 ），再重复这种运动，是上抛运动，不符合弹力球的运动 情况，故 C 错误；由图象可以看出，速度先增加 （自由落体运动 ），然后反弹 （速度大小不变、 方向突变 ），再减小到零 （竖直上抛运动中的上升过程 ），再重复这种运动，故 D 正确 .5如图4甲所示，矩形线圈abed固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线 00恰好把线圈分成对称的左右两部分， 两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示， 规定磁 场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正.则线圈感应电流随时间的变化图象为（

7、）图4答案 A解析 当垂直纸面向里的磁通量在增大时，垂直纸面向外的磁通量在减小，故总磁通量变化为垂直纸面向里增大， 根据楞次定律，可知感应电流方向为正，B、D错误；由E=云 S可知，电路中电流大小恒定不变，故A正确.二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分海小题有多个选项符合题意，全 部选对的得4分，选对但不全的得 2分，错选或不答的得 0分）6如图5所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特 殊

8、电容（耦合电容），四边电极发出的电流会流向触摸点，而电流强弱与手指到电极的距离成 正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置由以上信息可知（）图5A. 电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B. 当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C. 当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D. 如果用带了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作答案 AB解析电容式触摸屏在原理上把人体当做一个电容器元件的一个极板，把导体层当做另一个极板，故A正确；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B正确，C错误；如果带了手套或手持不导电的物体触

9、摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较远，不能引起导体层电场的变化，D错误7如图6所示，竖直平面内有一光滑直杆AB,杆与水平方向的夹角为0（0 艮90, 一质量为m的小圆环套在直杆上.给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F,并从A端由静止释放改变直杆和水平方向的夹角0,当直杆与水平方向的夹角为30时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为 g,则以下选项正确的是（）图6A. 恒力F 定沿与水平方向夹角为30。斜向右下的方向B. 恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向夹角为30。斜向右下的方向C. 若恒力F的方向水平向右，则恒力 F的大小为-3mgD. 恒力F的最小值为2mg答案 BCD

10、解析 小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F.由于光滑直杆一 一 一 1 2AB对小圆环的支持力沿直杆方向无分力，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，由L = ?at2可知，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直杆方向，加速度最大，所以选项A错误，B正确.若恒力F的方向水平向右，由tan 30=学解得F = 3mg,选项C正确.当恒力F的方向垂直光滑直杆时， 恒力F最小，由sin 60 =-Fmg解得F的最小值为Fmin = mgs in 60 = mg，选项D正确.8宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽

11、略其他星体对它们的引力作用，如图 7设四星系统中每个星体的质量均为 m,半径均为R,四颗星 稳定分布在边长为 L的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G,关于四星系统（忽略星体自 转的影响），下列说法正确的是（）D.四颗星的周期均为2 n2LGm 1 + 2 2答案 BC解析 四星系统的圆心在正方形中心, 半径为r =-22L，向心力由合力提供,l Gm2 1 + 2 . 2Fn=2l2= man解得an =Gm 1 + 2 22L2A错误;根据公式an= 7，解得v =Gm1 + 2 2 , B 正确;根据公式T= 2n,v解得T = 2tL2 ；2 + 1 Gm，D错误;图7A.四颗星的向心

12、加速度的大小为2 2GmB.四颗星运行的线速度大小是/Gm 1 + 22,2.2LC.四颗星表面的重力加速度均为GR2由Gm= gR2, g =詈,C正确.9一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图8所示，其中0X2段是对称的曲线，X2X3段是直线，则下列说法正确的是 （）图8A. xi处电场强度最大B. X2X3段是匀强电场C. X1、X2、X3处电势 朴 濮、（）3的关系为 也 礎 命D. 粒子在0X2段做匀变速运动，X2X3段做匀速直线运动答案 BC解析 因为从0Xi负电荷电势能减小，故电势升高，电场线由xi指向0点，同理在Xi到X3区域电场线由X

13、1指向X3，可知X1处电场强度为零，选项 A错误；X2X3段斜率不变，场 强不变，即电场强度大小和方向均不变， 是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直 线运动，故B正确，D错误；由于在Xi到X3区域电场线由X1指向X3,顺着电场线电势降低， 所以有： 侯 胆.故C正确.三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分，请将解答 填写在相应的位置 .必做题 10. （8 分）采用伏安法测量电源的电动势 E 和内阻 r 时，由于电表因素带来了实验的系统误差 . 某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图 9 所示的测量电源的电动势 E 和内阻 r 的电路，E

14、是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计 G.11图9(1) 请你补充实验步骤： 闭合开关Si、S2，调节R和R使得灵敏电流计 G的示数为零，这时，A、B两点的电势也、妇的关系是 协叔选填“远大于”“远小于”或“等于”).读出电流表和电压表的示数li和Ui; 改变滑动变阻器 R、R的阻值，重新使得 ，读出 .由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E表达式为 、内电阻r的表达式(3)该实验方案的优点是消除了 误差U2I1 Ull2答案 (1)等于 G示数为零电压表示数 U2、电流表示数12 (2)E=1 r =li I2U2 Uili I2(3)系统解析 (I)闭合开关Si、S2，调节R和R使得

15、灵敏电流计 G的示数为零，这时，A、B两 点的电势 弧、帕的关系是 鉄等于 扫，读出电流表和电压表的示数li和Ui,电流表测量的是干路上的电流，其中li等于通过电源 E的电流.改变滑动变阻器 R、R的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零读出电流表和电压表的示数l2和U2.(2) 根据闭合回路欧姆定律得:E= lir + Ui, E= l2r + U2解得：li U2 UiU2li Uil2U2 UiE= Ui+ li l2= li l2，r = li l2(3) 两次测量，调节 R和R使得灵敏电流计G的示数为零，使得A、B之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差11. （10分）

16、某实验小组用如图 10 所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系.用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起， 木板的右端固定了两个打点计时器， 将两个质量相等的小车 A、 B 放置在木板右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相连.两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起，将两个打点计时器接在同一个电源上，确保可将它们同时打开或关闭.实验时， 甲同学将两小车按住， 乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码， 再接通电源使打点计时 器开始工作 .打点稳定后，甲将两辆小车同时释放 .在小车撞到定滑轮前，乙断开电源，两打 点计时器同时停止工作 .取下两条纸带，通过分析处理纸带记录的信息，可以求出两小车的 加速度，进

17、而完成实验 .图 10请回答以下问题：（1）如图 11 所示为小车 A 后面的纸带，纸带上的 0、1、2、3、4、5、6 为每隔 4 个打印点选取的计数点，相邻两计数点间的距离如图中标注，单位为cm.打点计时器所用电源的频率为50 Hz，则小车A的加速度ai =m/s2（结果保留两位有效数字）同样测出车B的加速度a2,若ai : a2近似等于，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比 .图11（2）丙同学提出，不需测出两小车加速度的数值，只量出两条纸带上从第一个打印点到最后一个打印点间的距离 XI、X2,也能完成实验探究他的验证方法是 ，理由是 （3）下列操作中，对减少实验误差有益

18、的是（）A. 换用质量大一些的钩码B. 换用质量大一些的小车C. 调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行D. 平衡小车运动时受到的摩擦力时，将细线与小车连接起来答案 （1）0.481 : 2见解析 （3）AC解析（1）由纸带可知，小车 A的加速度a1= X6+ x5+ xj3 X2 x1,式中丁 = o.1 s,代入数 据可知，0.48 m/s2；由装置可知，B车受的拉力Ftb等于A车所受拉力Fta的2倍，则 根据a=后可知，测出车 B的加速度a2,若a1 : a2= Fta : Ftb = 1 : 2,就可说明质量一定的 情况下，物体的加速度与其质量成正比丙同学的验证方法是：比较X1

19、: X2是否近似等于1 : 2;小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个打印点对应小车的运动时间相等，由x= 1at2可知，X与a成正比，即距离之比等于加速度之比（3）换用质量大一些的钩码，可减小实验的相对阻力，使得测量更准确，选项A正确；换用质量大一些的小车，可增大阻力，加大误差，选项B错误；调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，可减小实验的误差，选项C正确；平衡小车运动时受到的摩擦力时，只让小车拖着纸带运动，而不应该连接细线，选项 D错误，故选A、C.12. 选做题本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答， 若多做，则按 A 、B 两小题评分 .A. 选

20、修 3 3(12 分 )(1) 为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体，下列图 象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积 V 关系的是 .(2) 在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ 的功 .现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了 5 kJ 的热量 . 在 上述两个过程中，空气的内能共减小 kJ,空气(选填“吸收”或“放出”)的总能量为 kJ.已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3,空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数 Na = 6.0

21、2 x 1023 mo1 .若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字 )答案 (1)B(2)5 放出 29 (3)3x 1022 个解析（1）等温变化下气体的压强与体积之间的关系，pV的乘积是定值，因此p与V成反比,即与V成正比，B项正确；（2）将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，即其内能不变，U = 0外界做了 24 kJ的功，即 W= 24 J,根据热力学第一定律AU = Q + W得：Q=- W=24 kJ，即放出24 kJ的热量潜入海底的过程中，空气不做功，W= 0,根据热力学第一定律AU = Q+ W可知：A

22、U = Q = 5 kJ,所以空气的内能共减小5 kJ.所以，放出的总热量是 0总=Q+ Q = 24 kJ 5 kJ= 29 kJ，即空气放出的总热量为 29 kJ. 设空气的摩尔质量为 M，在海底和岸上的密度分别为 p海和p岸，一次吸入空气的体积为 V, 则有 An= P m VNa，代入数据得 An疋3X 1022个.B. 选修 3 4（12 分）（1）激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛.下面关于激光的叙述正确的是 （）A. 激光是纵波B. 频率相同的激光在不同介质中的波长相同C. 两束频率不同的激光能产生干涉现象D. 利用激光平行度好的特点可以测量

23、月球到地球的距离如图12甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为 5.30X 107 m,屏上P点距离双 缝S1和S2的路程差为7.95 X 107 m,则在这里出现的应是 （选填“亮条纹”或“暗条纹”）.现改用波长为6.30X 107 m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条 纹间距将（选填“变宽”、“变窄”或“不变”）.17图12(3) 如图乙所示，一束激光从0点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上面的A点射出已知入射角为i, A与0相距I,介质的折射率为 n,试求介质的厚度 d.答案 (1)D(2)暗条纹 变宽 (3) S.ni |2sin i解析(1)激光是电磁波

24、中的一种，是横波，A项错误；频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的，B项错误；能产生干涉的条件是两列光的频率要相同，C项错误；测定距离就是利用激光的平行度好的特性，D项正确当点到两光源的路程差为半波长的奇数倍时，出现暗条纹；Ax= d入随波长变长，条纹间距变宽(3)设折射角为r，由折射定律 常=n,几何关系I = 2dtan r,2sin iC. 选修 3 5(12 分)(1) 研究光电效应电路如图13所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流下列光电流I与A、K之间的电压Uak的关系图象中，正确的是 图 13#(

25、2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子，光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小 ( 选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为3.40 eV和1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53X 1014Hz,普朗克常量h = 6.63X 1034 J s；请通过计算判断，氢原子从第二激发态 跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应.答案 (1)C(2) 减小 光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功 )(3) 不能发生光电效应解析 ( 1 )遏止电压不会随光的强弱而变化，光的强弱会影响饱和光电流的大

26、小，光照越强，饱和光电流越大；C项正确.(2) 钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出的过程中，由于要克服金属束缚做功， 速度减小，则动量减小 .(3) 氢原子放出的光子能量 E = E2 Ei,代入数据得E = 1.89 eV.金属钠的逸出功 Wo= h v,代入数据得Wo疋2.3 eV因为E0，且AE? E）范围内的a粒子均垂直于限速光栏的方向进入磁场 试求这些a粒子打在胶片上的范围AX1.实际上，限速光栏有一定的宽度， a粒子将在2 $角内进入磁场试求能量均为E的a粒子 打到感光胶片上的范围 AX2.答案(1) a粒子的动能E = mv2 x= 2R由以上三式可得x=鲁-i2mB+AE -年霁qBqB4 :2mE 2 $ Wsi n2$S的距离为x.解析 （1）设a粒子以速度V进入磁场，打在胶片上的位置距2由题意得qvB = mz-所以AX1