高三物理二輪復習 高考仿真搶分練1-人教版高三物理試題

高考仿真搶分練(一)第Ⅰ卷二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，在每個小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求，第18～21題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)14．以下說法正確的是()A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應和電磁感應現(xiàn)象B．牛頓通過觀察天象以及深入研究第谷的數(shù)據(jù)提出行星運動三大定律C．電場強度是用比值法定義，因而電場強度與電場力成正比，與試探電荷的電量成反比D．法拉第通過實驗發(fā)現(xiàn)了在磁場中產(chǎn)生電流的條件D[法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象并通過實驗發(fā)現(xiàn)了在磁場中產(chǎn)生電流的條件，故選項A錯誤，選項D正確；開普勒通過觀察天象以及深入研究第谷的數(shù)據(jù)提出行星運動三大定律，故選項B錯誤；電場強度由形成場的電荷決定，與試探電荷的電量無關(guān)，故選項C錯誤．]15．建筑節(jié)能已成為國家節(jié)能減排的戰(zhàn)略重點，為此，中國工程建設標準化協(xié)會在北京召開“安全、質(zhì)量、創(chuàng)新——2015中國墻體節(jié)能保溫與質(zhì)量安全技術(shù)研討會”．如圖1所示，粉刷墻體保溫材料的工人常用一根繩索將自己懸在空中，假設工人及其裝備的總重量為M，懸繩與豎直墻壁的夾角為α，懸繩對工人的拉力大小為FT，墻壁對工人的彈力大小為FN,則()圖1A．FT＝eq\f(Mg,sinα)B．FN＝MgsinαC．若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則FT與FN的合力不變D．若工人緩慢下移，增加懸繩的長度，則FT減小，F(xiàn)N增大C[分析工人受力情況：工人受到重力、支持力和拉力，如圖所示：根據(jù)共點力平衡條件，有FTsinα＝FN，F(xiàn)Tcosα＝Mg，解得FT＝eq\f(Mg,cosα)FN＝Mgtanα，故A、B錯誤．當緩慢增加懸繩的長度時，細繩與豎直方向的夾角α變小，故FT變小，F(xiàn)N變小，但FT與FN的合力與重力平衡，保持不變；故C正確，D錯誤．]16．如圖2所示，一個帶電粒子沿垂直于磁場方向射入一勻強磁場，粒子的一段軌跡如圖，徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電量不變)，從圖中情況可以確定()【導學號：37162124】圖2A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從b到a，帶正電C．粒子從a到b，帶負電D．粒子從b到a，帶負電B[由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子的半徑逐漸減小，所以粒子的運動方向是從b到a，在根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，所以B正確．]17．四個等量異種點電荷，分別放在正方形的四個頂點處，A、B、C、D為正方形四條邊的中點，O為正方形的中心，如圖3所示．下列說法中正確的是()圖3A．O點電場強度為零B．A、B、C、D四點的電場強度相同C．將一帶負電的試探電荷從B點勻速移動到D點，電場力做功為零D．將一帶負電的試探電荷從A點勻速移動到C點，其電勢能減小C[根據(jù)點電荷電場強度公式和場強疊加原理，O點電場強度不為零，方向由O指向C，選項A錯誤．根據(jù)對稱性可知，A、C兩點電場強度相同，B、D兩點電場強度相同，而A、B兩點電場強度不相同，選項B錯誤．由對稱性可知，B、D兩點等電勢，將一帶負電的試探電荷從B點勻速移動到D點，電場力做功為零，選項C正確．圖中A點電勢高于C點電勢，將一帶負電的試探電荷從A點勻速移動到C點，其電勢能增大，選項D錯誤．]18．某汽車在啟用ABS剎車系統(tǒng)和不啟用該剎車系統(tǒng)緊急剎車時，其車速與時間的變化關(guān)系分別如圖4中的①、②圖線所示．由圖可知，啟用ABS后()圖4A．t1時刻車速更小B．0～t1的時間內(nèi)加速度更小C．加速度總比不啟用ABS時大D．剎車后前行的距離比不啟用ABS更短BD[由圖看出，啟用ABS后t1時刻車速更大，故A錯誤；由斜率等于加速度的大小得到，啟用ABS后0～t1的時間加速度更小，t1～t2的時間內(nèi)加速度更大，故B正確，C錯誤；根據(jù)速度圖象的“面積”等于位移大小看出，剎車后前行的距離比不啟用ABS更短，故D正確．]19．如圖5所示，一輛貨車通過光滑輕質(zhì)定滑輪提升一箱貨物，貨箱質(zhì)量為M，貨物質(zhì)量為m，貨車以速度v向左勻速運動，將貨物提升高度h，則()圖5A．貨物向上做勻速運動B．箱中的物體對箱底的壓力大于mgC．圖示位置時貨車拉力的功率大于(M＋m)gvcosθD．此過程中貨車拉力做的功為(M＋m)ghBC[因為貨車的速度是勻速的，我們將貨車的速度進行分解，它有沿繩伸長的速度，還有垂直繩向上的速度，這兩個分速度是垂直的關(guān)系，故繩的速度為vcosθ，當貨車前進時，θ逐漸減小，cosθ逐漸增大，繩端的速度增大，所以貨物將加速上升，選項A錯誤；因為m有一個向上的加速度，故箱底對它的支持力大于mg，即物體對箱底的壓力也大于mg，選項B正確；貨車拉力的功率P＝Fv′＝Fvcosθ，因為貨物加速上升，故F>(M＋m)g，所以P>(M＋m)gvcosθ，選項C正確；此過程中貨車既把貨物拉高，又使它具有一定的速度，根據(jù)功的原理可知貨車拉力做的功大于(M＋m)gh，故D錯誤．]20．質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)木架上的A點和C點，如圖6所示，當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向，當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時桿子停止轉(zhuǎn)動，則()圖6A．小球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動B．在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力突然增大C．若角速度ω較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動D．若角速度ω較大，小球可能在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)做圓周運動BCD[小球原來在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩b被燒斷后，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動或圓周運動，故A錯誤；繩b被燒斷前，小球在豎直方向沒有位移，加速度為零，a繩中張力等于重力，在繩b被燒斷瞬間，a繩中張力與重力的合力提供小球的向心力，而向心力豎直向上，繩a的張力將大于重力，即張力突然增大，故B正確；若角速度ω較小，小球原來的速度較小，小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動，故C正確；若角速度ω較大，小球原來的速度較大，小球可能在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)做圓周運動，故D正確．]21．如圖7所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R.線框繞與cd重合的豎直固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω從中性面開始勻速轉(zhuǎn)動，線框轉(zhuǎn)過eq\f(π,6)時的感應電流為I，下列說法正確的是()圖7A．線框中感應電流的有效值為2IB．轉(zhuǎn)動過程中穿過線框的磁通量的最大值為eq\f(2IR,ω)C．從中性面開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，通過導線某橫截面的電荷量為eq\f(2I,ω)D．線框轉(zhuǎn)一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為eq\f(2πRI2,ω)BC[從中性面開始計時，電流瞬時值表達式為：i＝Imsinωt，據(jù)題ωt＝eq\f(π,6)時，i＝I，代入得電流的最大值為：Im＝2I，有效值為：I有＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)I，故A錯誤；感應電動勢最大值為：Em＝ImR＝2IR由Em＝BSω，則穿過線框的磁通量的最大值為：Φm＝BS＝eq\f(2IR,ω)，故B正確；從中性面開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，通過導線橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)＝eq\f(2I,ω)，故C正確；電流的有效值為：I有＝eq\r(2)I，則線框轉(zhuǎn)一周的過程中，產(chǎn)生的熱量為：Q＝Ieq\o\al(2,有)RT＝eq\f(4πRI2,ω)，故D錯誤．]第Ⅱ卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第25題為必做題，每個考題考生都必須作答，第33～35為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題(共47分)22．(6分)某同學設計了如圖8所示的裝置去驗證小球擺動過程中的機械能守恒，實驗中小球到達B點(圖中未標出)時恰好與桌面接觸但沒有彈力，D處的箭頭處放一鋒利的刀片，細線到達豎直位置時被割斷，小球做平拋運動落到地面，P是一刻度尺．該同學方案的優(yōu)點是只需利用刻度尺測量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平拋運動的水平位移L即可．圖8(1)測量A位置到桌面的高度h應從________開始測(選填“球的下邊沿”或“球心”)．(2)實驗中改變h多測幾次h和L的數(shù)值利用作圖象的方法去驗證．該同學取縱軸表示L，則橫軸應表示________．(3)若所作圖象的斜率為k，則滿足________關(guān)系即可證明小球下擺過程中機械能守恒．【解析】本題主要考查平拋運動和驗證機械能守恒定律，意在考查考生的實驗遷移能力．由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，依據(jù)平拋運動規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gt2，L＝vt，整理后可得L＝2eq\r(Hh).【答案】(1)球的下邊沿(2)eq\r(h)(3)k＝2eq\r(H)23．(9分)中國機器人農(nóng)民發(fā)明家吳玉祿(被譽為中國的特斯拉)只有小學文化，為了給他的機器人吳老二找一個可充電電池，他在廢品站找到了一個像電池一樣有兩個電極的裝置，上面標有“TNT”等字樣，他高興地拿回去充電，結(jié)果差點丟了性命．如果你是他的兒女，為了安全起見，你能給他提出一些建議或幫助嗎？(1)經(jīng)核實該電雷管全電阻值為6Ω，其中電熱絲阻值為5Ω，引腳線長2m，阻值為1Ω，當通以0.45A電流時約6s鐘爆炸，若吳玉祿用5.4V的電壓給它充電時理論上約________s鐘爆炸(危險)．(2)某興趣小組發(fā)揚吳玉祿精神，用伏安法設計了一較準確測量上述單只電雷管電阻的電路．準備了以下實驗器材：待測電雷管Rx，炸藥桶(保護作用，防爆破)電流表A1：量程0.5A、內(nèi)阻約0.5Ω電流表A2：量程30mA、內(nèi)阻約30Ω電壓表V1：量程30V、內(nèi)阻約10kΩ電壓表V2：量程2V、內(nèi)阻約3kΩ滑動變阻器R：0～10Ω電阻箱R0：0～999.9Ω，0.1A干電池E：電動勢E＝1.5V，內(nèi)阻r約0.1Ω開關(guān)S及導線若干，①請設計一個較合理的電路原理圖，畫在規(guī)定方框內(nèi)，要求通過電雷管的電流不超過27mA，電壓能從零調(diào)節(jié)，盡可能減小誤差．②并寫出Rx的計算公式Rx＝________________________________________________________________________________________________________________________________；(可能用到的字母示數(shù)為I1、示數(shù)為I2、示數(shù)為U1、示數(shù)為U2、電阻箱電阻為R0)【解析】(1)根據(jù)焦耳定律：Q＝I2Rt0．452×5×6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5.4,6)))2×5t得：t＝1.5s.(2)①題目要求電壓能從零調(diào)節(jié)，所以滑動變阻器選用分壓接法；電雷管電流不能超過27mA，所以需要串聯(lián)一個定值電阻或者可以顯示阻值的電阻箱，故電路圖如圖所示．②根據(jù)部分電路的歐姆定律：計算公式為R＝eq\f(U2,I2)－R0.【答案】(1)1.5(2)①見解析②eq\f(U2,I2)－R024.(12分)如圖9所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h＝0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺．已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g.求小球B的質(zhì)量．(g取10m/s2)圖9【解析】設小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，由動量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后運動方向相反，設小球A、B的速度大小分別為v1′和v2.由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺，則此時小球A的速度等于平臺的速度，有v1′＝1m/s由動量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得mB＝3kg.【答案】3kg25．(20分)“太空粒子探測器”是安裝在國際空間站上的一種粒子物理試驗設備，用于探測宇宙中的奇異物質(zhì)．該設備的原理可簡化如下：如圖10所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面MN和M′N′，圓心為O，弧面MN與弧面M′N′間的電勢差設為U，在加速電場的右邊有一寬度為L的足夠長的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場的右邊界放有一足夠長的熒光屏PQ.假設太空中漂浮著質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到MN圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ右Φ挠绊懀?1)若測得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為eq\f(L,2)，試求出U；(2)若取U＝eq\f(qB2L2,2m)，試求出粒子從O點到達熒光屏PQ的最短時間；(3)若測得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為eq\f(2,3)L，試求熒光屏PQ上發(fā)光的長度.【導學號：37162125】圖10【解析】(1)由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(L,2)帶電粒子在電場中加速時，由動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2－0聯(lián)立得：U＝eq\f(qB2L2,8m).(2)當U＝eq\f(qB2L2,2m)時，由上題結(jié)論可知：r＝L從O點斜向下射入磁場時，OC為弦，到達PQ屏時間最短，由幾何關(guān)系可知：OD＝CD＝OC＝L故θ＝60°得：t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πm,3Bq).(3)設粒子打在C點上方最遠點為E，此時圓弧與PQ屏相切于E點，過圓心O1作OC的垂線O1G，在直角ΔOO1G中，OO1＝r＝eq\f(2,3)L，OG＝L－r＝eq\f(1,3)L所以O1G＝eq\f(\r(3),3)L，即CE＝eq\f(\r(3),3)L設粒子打在C點下方最遠點為F，此時粒子從O點豎直向下進入磁場，圓弧與PQ交于F點．同理可得：CF＝eq\f(\r(3),3)L所以，熒光屏PQ上發(fā)光的長度EF＝eq\f(2\r(3),3)L.【答案】(1)eq\f(qB2L2,8m)(2)eq\f(πm,3Bq)(3)eq\f(2\r(3),3)L(二)選考題(共15分，請考生從給出的3道題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分)33．[物理—選修3－3](15分)(1)(5分)下面說法中正確的是________．(填正確答案標號．選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．所有晶體沿各個方向的物理性質(zhì)和化學光學性質(zhì)都相同B．足球充足氣后很難壓縮，是因為足球內(nèi)氣體分子間斥力作用的結(jié)果C．自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性D．一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱E．一定質(zhì)量的理想氣體保持體積不變，溫度升高，單位時間內(nèi)撞擊器壁單位面積上的分子數(shù)增多(2)(10分)如圖11甲是一定質(zhì)量的氣體由狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V-T圖象．已知氣體在狀態(tài)A時的壓強是1.5×105Pa.甲乙圖11①說出A→B過程中壓強變化的情形，并根據(jù)圖象提供的信息，計算圖甲中TA的溫度值．②請在圖乙坐標系中，作出該氣體由狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的P-T圖象，并在圖線相應位置上標出字母A、B、C.如果需要計算才能確定的有關(guān)坐標值，請寫出計算過程．【解析】(1)單晶體具有各向異性，即單晶體沿著各個方向的物理性質(zhì)和化學光學性質(zhì)不同，故A錯誤．足球充足氣后很難壓縮是由于足球內(nèi)外有壓強差的原因，與氣體分子之間的作用力無關(guān)，故B錯誤．根據(jù)熱力學第二定律可知，自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性，故C正確．一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，由氣態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C知溫度升高，內(nèi)能增大，氣體對外界做功，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝Q＋W可知，氣體一定吸收熱量，故D正確．一定質(zhì)量的理想氣體保持體積不變，單位體積內(nèi)分子數(shù)不變，溫度升高，分子的平均動能增大，則平均速率增大，單位時間內(nèi)撞擊單位面積上的分子數(shù)增多，故E正確．故選C、D、E.(2)①從題圖甲可以看出，A與B連線的延長線過原點，所以A→B等壓變化，即pA＝pB.根據(jù)蓋-呂薩克定律可得eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB)所以TA＝eq\f(VA,VB)TB＝eq\f(0.4,0.6)×300K＝200K.②由題圖甲可知，由B→C是等容變化，根據(jù)查理定律得eq\f(pB,TB)＝eq\f(pC,TC)所以pC＝eq\f(TC,TB)pB＝eq\f(400,300)pB＝eq\f(4,3)×1.5×105Pa＝2.0×105Pa則可畫出由狀態(tài)A→B→C的p-T圖象如圖所示．【答案】(1)CDE(2)①A→B是等壓變化200K②p-T圖象如圖34．[物理—選修3－4](15分)(1)如圖12所示，有一列減幅傳播的簡諧橫波，x＝0與x＝75m處的A、B兩個質(zhì)點的振動圖象分別如圖中實線與虛線所示．則這列波的下列說法正確的是()圖12A．A點處