高考物理总复习 考前三个月 仿真模拟卷（一）试题

仿真模拟卷(一)(时间：90分钟满分：110分)二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14．下列关于近代物理的说法正确的是()A．玻尔理论成功解释了各种原子发出的光谱B．能揭示原子具有核式结构的事件是氢原子光谱的发现C．光电效应实验现象的解释使得光的波动说遇到了巨大的困难D．质能方程E＝mc2揭示了物体的能量和质量之间存在着密切的确定关系，提出这一方程的科学家是卢瑟福答案C解析玻尔理论成功解释了氢原子发光的现象，但对于稍微复杂一些的原子如氦原子，玻尔理论都无法解释其发光现象，故玻尔理论有它的局限性，A错误；卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，B错误；光电效应实验现象说明了光具有粒子性，从而使得光的波动说遇到了巨大困难，C正确；爱因斯坦的质能方程揭示了物体的能量和质量之间存在密切的关系，D错误．15.如图1所示，圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动P从A点转到A′点，在这过程中P始终与圆柱体保持相对静止，那么P所受的静摩擦力的大小随时间的变化规律，可由下面哪个图表示()图1答案A解析物体P一共受到三个力的作用，竖直方向的重力G，沿半径方向向外的支持力FN，沿切线方向的静摩擦力Ff(最高点不受静摩擦力，只受重力和支持力)．圆柱体缓慢移动，所以物块P在任意位置所受合外力为零，对三个力进行分解，得到Ff＝mgsinθ，从A转动到A′的过程中θ先变小后增大，所以Ff按照正弦变化规律先减小后增大，故A正确．16．图2甲中理想变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示，现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光，下列说法正确的是()图2A．输入电压u的表达式为u＝20eq\r(2)sin(50πt)VB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率将增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W答案D解析从题图中可看出该交流电的最大值为20eq\r(2)V，周期为0.02s，根据交变电流的电动势随时间的变化规律e＝Emsinωt，其中ω＝eq\f(2π,T)，可知输入电压u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，A错误；只断开S2副线圈中电压不变，两灯泡的总电压不变，总电阻增加，流过灯泡的电流减小，L1、L2不能正常发光，故B错误；只断开S2，副线圈中电压不变，电路总电阻增加，总电流减小，副线圈功率减小，理想变压器输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率减小，故C错误；根据理想变压器原副线圈电压之比U1∶U2＝n1∶n2，可知副线圈电压的有效值为4V，若S1接到2，副线圈的电压仍不变，根据P＝eq\f(U2,R)可得电阻消耗的电功率为0.8W，故D正确．17．如图3所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为＋q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近．粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计．则()图3A．粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B．粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C．可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D．可求出A产生的电场中b点的电场强度答案C解析带电粒子从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能不断减小，选项A错误；粒子从b运动到c的过程中加速度不断减小，选项B错误；根据动能定理，可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差，选项C正确；不可求出A产生的电场中b点的电场强度，选项D错误．18．如图4所示，边长为L的金属框abcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd.下列判断正确的是()图4A．金属框中无电流，φa＝φdB．金属框中电流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φdC．金属框中无电流，Ubc＝－eq\f(1,2)BL2ωD．金属框中无电流，Ubc＝－BL2ω答案C解析因穿过线圈的磁通量始终为零，故线圈中无电流；根据右手定则可知，d端电势高于a端，c端电势高于d端，Ubc＝－BLeq\f(ωL,2)＝－eq\f(1,2)BL2ω，故选项A、B、D错误，C正确；故选C.19．2017年1月23日，我国首颗1米分辨率C频段多极化合成孔径雷达(SAS)卫星“高分三号”正式投入使用，某天文爱好者观测卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知万有引力常量为G，则下列说法正确的是()A．卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为eq\f(l,t)B．卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度为2πeq\f(θ,t)C．地球的质量为eq\f(l3,Gθt2)D．卫星的质量为eq\f(t2,Gθl3)答案AC解析由圆周运动公式可得l＝θr，v＝eq\f(l,t)，ω＝eq\f(θ,t)，该卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得M＝eq\f(l3,Gθt2)，A、C正确．20.如图5所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC与竖直方向的夹角为37°，一电荷量为＋q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v＝2eq\r(gR)，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是()图5A．电场中A点的电势为eq\f(mgR,q)B．电场中B点的电势为－eq\f(2mgR,q)C．小球运动到B点时的动能为2mgRD．小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR答案AC解析取无穷远处电势为零，则最低点处电势为0，小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得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正确；由对称性可知UAO＝UOB，即φA－0＝0－φB，故φB＝－eq\f(mgR,q)，B错误；小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得Ek＝qUAB＝2mgR，C正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为E1＝eq\f(1,2)mv2＋0＝2mgR，由最低点运动到C点过程中，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量ΔEp＝mgR(1－cos37°)＝0.2mgR，故动能、电势能的总和减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为E2＝E1－0.2mgR＝1.8mgR，D错误．21.如图6所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A点，现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动，当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球．通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，若在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2，先后两次击打过程中小锤图6对小球做功全部用来增加小球的动能，则eq\f(W1,W2)的值可能为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．1 D．2答案AB解析由于小球始终未脱离轨道，所以第一次击打小球上升的高度不超过R，故W1≤mgR.两次击打后上升到最高点的过程中，由动能定理得W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，由于通过最高点的速度v≥eq\r(gR)，所以W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，A、B正确．三、非选择题(本题共6小题，共62分)(一)必考题22．(6分)某同学用如图7甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出．已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离．再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x1，如图乙所示；②将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3，如图丙所示．图7(1)为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为______________；(2)实验中还需要测量的物理量为__________________________，验证动量守恒定律的表达式为____________________________(用测量物理量对应的字母表示)．答案见解析解析(1)动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒，需测量两物体的质量和碰撞前后的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平．(2)测出一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2，一元硬币碰撞前瞬间的速度为v1，由动能定理可得μm1gx1＝eq\f(1,2)m1v12，解得v1＝eq\r(2μgx1)，当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后，速度分别为v2、v3，由动能定理可得μm1gx2＝eq\f(1,2)m1v22，μm2gx3＝eq\f(1,2)m2v32，解得一元硬币碰后速度v2＝eq\r(2μgx2)，五角硬币碰后的速度为v3＝eq\r(2μgx3)，若碰撞过程动量守恒则需满足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入数据可得m1eq\r(x1)＝m1eq\r(x2)＋m2eq\r(x3).23．(9分)某同学利用下列器材测量两节干电池的电动势和内阻．A．待测干电池两节B．电压表V1、V2，量程均为3V，内阻很大C．定值电阻R0(阻值未知)D．电阻箱RE．导线和开关(1)根据如图8甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图．乙图8(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0的阻值，先把电阻箱R调到某一阻值R1，再闭合开关，读出电压表V1、V2的示数分别为U10、U20，则R0＝________(用U10、U20、R1表示)．(3)若测得R0＝1.2Ω，实验中改变电阻箱R的阻值，读出相应的电压表V1、V2的多组数据U1、U2，描绘出U1－U2图象如图丙所示，则两节干电池的总电动势E＝________V，总内阻r＝________Ω.答案见解析解析(1)根据实物图可知，电压表V1与R并联后与R0串联接在电源两端，电压表V2并联在电源的两端，电路图如图所示．R0＝eq\f(U20－U10,I)＝eq\f(U20－U10,U10)R1(3)根据闭合电路欧姆定律可知U2＝E－eq\f(U2－U1,R0)r，变形可得U1＝eq\f(U2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋R0)),r)－eq\f(ER0,r)，由图象可知当U1＝0时U2＝1.0V，故有eq\f(r＋R0,r)＝eq\f(ER0,r)，图象的斜率为k＝eq\f(r＋R0,r)＝eq\f(2.4－0,2.6－1.0)＝1.5，联立解得E＝3.0V，r＝2.4Ω.24．(12分)如图9所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB＝4m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一质量m＝1kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：图9(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.答案(1)1.4s(2)64J解析(1)由牛顿第二定律可得μmg＝ma1工件经t1时间与传送带共速，则t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s工件位移为x1＝eq\f(1,2)a1t12＝1.6m此后工件与传送带一起匀速运动到B点，用时t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s工件第一次到达B点所用时间t＝t1＋t2＝1.4s(2)工件上升过程中受到的摩擦力Ff＝μmgcosθ由牛顿第二定律可得加速度大小a2＝eq\f(mgsinθ－Ff,m)＝2m/s2由运动学公式可得t3＝eq\f(v,a2)＝2s下降过程加速度大小不变a3＝a2＝2m/s2由运动学公式可得t4＝eq\f(v,a3)＝2s工件与传送带的相对位移Δx＝v(t4＋t3)＝16m因摩擦而产生的热量Q＝FfΔx＝64J.25．(20分)如图10所示，三角形AQC是边长为2L的等边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点，在水平线QC下方是水平向左的匀强电场．区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，区域Ⅱ(三角形APD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ(虚线PD以上，三角形PAD以外)有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁感应强度大小均为5B，一带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域Ⅰ，接着从P点垂直AQ射入区域Ⅲ，此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O图10(1)该粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)电场强度E及粒子从O点射出时的初速度v的大小；(3)粒子从O点出发到再次回到O点的整个运动过程所经历的时间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)根据牛顿第二定律可得Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，根据题意有R＝L，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v0,BL)(2)粒子从O到N，由运动合成与分解可得：L＝v0t′，L＝eq\f(1,2)at′2由牛顿第二定律可得a＝eq\f(qE,m)，解得E＝2Bv0由运动学公式可得veq\o\al(2,x)＝2aL，则v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0(3)粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t0，区域Ⅰ中的时间t1，区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t2＋t3根据平抛运动规律有t0＝eq\f(2L,v0)设在区域Ⅰ中的时间为t1，则t1＝2×eq\f(2πL,6v0)＝eq\f(2πL,3v0)粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动半径为r，则qv0·5B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，即r＝eq\f(1,5)L.则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动轨迹如图所示，总时间为(2＋eq\f(5,6))个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)故总时间t＝t0＋t1＋t2＋t3＝eq\f(2L,v0)＋eq\f(9πL,5v0).(二)选考题(请从下列2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33．【物理选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________A．一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B．气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面D．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的E．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大(2)(10分)如图11甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段分别为两段长25cm的水银柱，BC段为长10cm的理想气体，D到玻璃管底端为长12cm的理想气体．已知大气压强为75cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管旋转180°倒置，经过足够长时间后，水银未从玻璃管流出，求：图11①玻璃管倒置后BC段气体的长度；②玻璃管倒置后D到玻璃管底端封闭气体的长度．答案(1)BDE(2)①20cm②60cm解析(1)根据理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，体积增大时，压强变化的关系未知，故温度变化未知，则内能的变化无法确定，A错误；气体的温度降低，分子平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，B正确；由于分子的无规则运动，当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中仍然会有水分子飞出水面，C错误；气体的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，D正确；将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，体积偏大，则直径计算结果偏大，故E正确．(2)①设玻璃管的横截面积为S，研究BC段的气体初状态：气体体积V1＝hBCS，压强p1＝75cmHg＋25cmHg＝100cmHg末状态：气体体积V2＝hBC′S，压强p2＝75cmHg－25cmHg＝50cmHg根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，可得hBC′＝20cm②研究玻璃管底端的气体初状态：气体体积V3＝hDS，压强p3＝75cmHg＋25cmHg＋25cmHg＝125cmHg末状态：气体体积V4＝hD′S，压强p4＝75cmHg－25cmHg－25cmHg＝25cmHg根据玻意耳定律p3V3＝p4V4，可得hD′＝60cm.34．【物理选修3－4】(1