高三物理二轮复习 仿真检测（三）

仿真检测(三)(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以下说法正确的是()A牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，并测出引力常量为GB亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因C法拉第发现了电磁感应现象D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律解析：选C牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故A错误。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因，故B错误。法拉第发现了电磁感应现象，故C正确。洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误。2如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是()解析：选C根据玻尔的原子跃迁公式hEmEn可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3E1，辐射光的波长a最短，能量差值最小的是E3E2，辐射光的波长b最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是a、c、b，C正确。3.如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面，保持静止状态。已知顶棚斜面与水平面的夹角为，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为，则以下说法正确的是()A塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcos B顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为mgcos C顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mgD磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动解析：选D圆柱形强磁铁受到重力mg、音乐盒的吸引力F、音乐盒的支持力N、以及静摩擦力f，受力平衡，则有：Nmgcos F，fmgsin ，由于是静摩擦力，不是mgcos ，故A、B错误；圆柱形强磁铁和塑料壳整体静止，受力平衡，则顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和F的合力，故C错误；磁铁的磁性若瞬间消失，若mgsin mgcos ，则塑料壳不会往下滑动，故D正确。4.(2016湖南省十三校联考)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为()A4.7B3.6C1.7 D1.4解析：选A设登月器和航天站在半径为3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有m，r3RT2 6，在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GMgR2所以T6 ，设登月器在小椭圆轨道运行的周期为T1，航天站在大圆轨道运行的周期为T2。对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足tnT2T1(其中，n1、2、3、).联立得t6n 4 (其中，n1、2、3、)当n1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即t4.7故选A。5如图，发电机的电动势e678sin 100t V，变压器的副线圈匝数可调，触头P置于a处时，用户的用电器恰好得到220 V的电压，R表示输电线的电阻。下列说法正确的是()A电流的频率为50 HzB电压表V2的示数为220 VC电压表V1的示数为678 VD当用户的用电器功率增加时，要保持用户仍得到220 V的电压，触头P应向上滑解析：选AD变压器只改变电压，不会改变频率，故频率为f50 Hz，故A正确；电压表V2的示数为用户和输电线路上损失的电压值的和，大于220 V，故B错误；电压表V1测量的是有效值，故示数为U V，故C错误；当用户功率增大时，由PUI可知，输电线路上的电流增大，故损失电压增大，用户得到的电压将减小，要保持用户仍得到220 V的电压，必须使变压器副线圈两端电压增大，故由可知触头P应向上滑，故D正确。6.一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变化的关系如图所示，其中Ox2段是对称的曲线，x2x3是直线段，则下列判断正确的是()Ax1处电场强度最大Bx2x3段是匀强电场Cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123D粒子在Ox2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动解析：选BC根据电势能与电势的关系：Epq，场强与电势的关系：E，得：E由数学知识可知Epx图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误。由图看出在Ox1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。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；根据电势能与电势的关系：Epq，因粒子带负电，q23。故C正确。7如图所示，光滑轨道ABCD中BC为圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，则()A滑块在传动带上向右运动的最大距离与传动带速度v无关B小滑块不可能返回A点C若H4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mgD若H4R，皮带速度v，则物块第一次滑上传动带，由于摩擦而产生的内能为9mgR解析：选AD由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块速度恰好等于0时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关，故A正确；滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到A点，故B错误；若H4R，滑块经过C点时的速度：v2，滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：FNmg，得：FN9mg，根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg，故C错误；选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是，则滑块的加速度：ag，滑块的速度为时，所用的时间：t滑块的位移：x1vtat2代入数据得：x1这段时间内传送带的位移：x2vt滑块与传送带之间的相对位移：xx1x2由于摩擦而产生的内能为：Qfxmg9mgR故D正确。8.如图所示，光滑水平面上固定一正方形线框，线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框的右边刚好与虚线AB重合，虚线的右侧有垂直于水平面的匀强磁场，磁感应强度为B，线框通过一水平细线绕过定滑轮与一质量为M的悬挂重物相连，重物离地面足够高，现由静止释放线框，当线框刚好要完全进入磁场时加速度为零，则在线框进入磁场的过程中()A线框的最大速度为B当线框的速度为v(小于最大速度)时，线框的加速度为gC当线框的速度为v(小于最大速度)时，细绳的拉力为D线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为解析：选CD当线框刚要完全进入磁场时线框的速度最大，这时Mg，因此线框的最大速度为vm，故A错误。当线框的速度为v(小于最大速度)时，Mg(Mm)a，解得加速度a，故B错误。由牛顿第二定律，MgTMa，解得绳子的拉力为T，故C正确。线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为qt，故D正确。二、非选择题(共47分)9(6分)某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图甲所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应。已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：A电源E(3 V，内阻约为1 )B电流表A1(0.6 A，内阻r1约为1 )C电流表A2(0.6 A，内阻r25 )D开关S，定值电阻R0(1)为了较准确地测量电阻Rx的阻值，请将电流表A2接入虚线框内并画出其中的电路图。(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx_(用字母表示)。(3)改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值，最后绘成的图像如图乙所示。当F竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx_。(各物理量单位均为国际单位)解析：(1)由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻Rx，知道电流表A2的阻值，所以用电流表A2作为电压表使用，电流表A1在干路上，即可求出电阻Rx的阻值。电路图的设计如图所示。(2)根据串并联和欧姆定律得：I2r2(I1I2)Rx，Rx。(3)从图像上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图像可得：Rx162F。答案：(1)图见解析(2)(3)162F10(9分)如图甲为研究“转动动能与角速度关系”的实验装置示意图，现有的器材为：固定在竖直平面内的转盘(转轴水平)、带铁夹的铁架台、电磁打点计时器(接交流电的频率为50 Hz)、纸带、重锤、游标卡尺、天平。回答下列问题 ：(1)如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径d为_ cm；(2)将悬挂铁锤的纸带穿过打点计时器后，绕在转盘边缘上，纸带一端固定在转盘上，使得转盘与纸带不打滑，设纸带厚度不计，接通电源，释放重锤，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O、A、B、C各点为连续打出的点迹，则由图丙中数据可得，打下点迹D时，圆盘转动的角速度为D_ rad/s(保留三位有效数字)；(3)下表为各点对应的转动动能Ek和角速度值，请你猜想转动动能Ek和角速度满足的关系式为Ek_(填准确的表达式)。计数点ABCE转动动能Ek(J)0.001 00.003 90.008 90.024角速度(rad/s)4.07.911.919.7解析：(1)游标卡尺主尺部分读数为5.0 cm，游标读数为0.0560.30 mm0.030 cm，所以最终读数为5.0 cm0.030 cm5.030 cm。(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小为：vD m/s0.40 m/s，根据vr得圆盘转动的角速度为：D rad/s15.9 rad/s。(3)由表格中数据分析可知，当转盘的角速度增大为原来2倍时，转盘的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系为：Ekk2。当转盘的角速度增大为原来4倍时，转盘的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与2成正比，则有关系式为：Ekk2。k是比例系数。将任一组数据比如：4 rad/s，Ek0.001 J，代入得到：k6.25105 Js/rad，所以转盘的转动动能Ek与角速度的关系式是：Ek6.251052 J。答案：(1)5.030(2)15.9(3)6.251052 J11.(12分)如图所示，质量M5 kg的木板A在恒力F的作用下以速度v012 m/s向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m1 kg的小物块B。已知木板与地面间的动摩擦因数10.6，物块与木板间的动摩擦因数20.4。(物块可看作质点，木板足够长，取g10 m/s2)试求：(1)放上物块后木板发生的位移；(2)物块与木板之间产生的摩擦热。解析：(1)可知F1Mg30 N放上物块之后的木板F2mg1(Mm)gMa1物块2mgma2两者速度相等a2t1v0a1t1解得t12 s可知速度相同时v8 m/s2 s内木板发生位移为x1t120 m二者共速后一起做匀减速运动，1(Mm)gF(Mm)a3一起减速到零所需时间为t28 s减速过程木板发生位移为x2t232 m木板发生位移为xx1x252 m。(2)在第一过程中物块的位移为x物t18 m物块与木板间产生的摩擦热为Q2mg(x1x物)48 J。答案：(1)52 m(2)48 J12.(20分)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L。ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为(较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2，在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。解析：(1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为W和W1，有：WW1Ek；且WW1由题意有：Ekmv12得：Wmv12(2)设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为t，扫过的导轨间的面积为S，通过S的磁通量为，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某截面的电荷量为q，则有：E且BSI又有I由图所示，Sd(Ldcot )联立，解得：q(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长度为：LxL2xcot 此时，ab棒产生的电动势为：ExBv2Lx流过ef棒的电流为：Ixef棒所受安培力为：FxBIxL联立，解得：Fx(L2xcot )有式可得，Fx在x0和B为最大值Bm时有最大值F1。由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图甲所示，图中fm为最大静摩擦力，有：F1cos mgsin (mgcos F1sin )联立，得：Bm Bm就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。由式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值，如图乙，可知F2cos (mgcos F2sin )mgsin 联立，得：xm。答案：(1)mv12(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)下列说法中正确的是_。A在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动B一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变C永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D温度越高，分子热运动的平均速率越大E在太空中水滴成球形是液体表面张力的表现(2)(10分)如图所示，A、B两个气缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 的空气，中间用细管连接，细管容积不计。细管中有一绝热活塞，现将B气缸中的气体升温到127 ，若要使细管中的活塞仍停在原位置。(不计摩擦，A气缸中的气体温度保持不变，A气缸截面积为500 cm2)()求A中活塞应向右移动的距离；()A中气体是吸热还是放热，为什么？解析：(1)布朗运动是肉眼无法直接看到的，所以粉尘的运动不是布朗运动，选项A正确；绝热膨胀过程不吸收热量，但对外做功，故内能减少，选项B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均速率越大，选项D正确；在太空中水滴处于失重状态，在表面张力的作用下水滴成球形，选项E正确。(2)()设初状态A、B气缸中气体的温度、体积、压强分别为T1、V1、p1，末状态A、B气缸中气体的温度、体积、压强分别为TA、VA、pA，TB、VB、pBB气体体积不变，由查理定律有：A气体温度不变，由玻意耳定律有：p1V1pAVA细管中的活塞仍停在原位置，有：pApB而，VAV1xS代入数据，以上四式联立解得：x0.05 m5 cm；()活塞向右移动过程中，外界对气体A做功，A的气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体要放出热量。答案：(1)ADE(2)()5 cm()见解析物理选修34(15分)14(1)(5分)一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是_。A该波沿x轴正向传播B该波的波速大小为1 m/sC经过0.3 s，A质点通过的路程为0.3 mDA、B两点的速度有可能相同E若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz(2)(10分)如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，AEFB为四分之一圆弧，BCDO为矩形，一细光束从圆弧的中点E沿半径射入棱镜后，在圆心O点恰好发生全反射，经CD面反射，再从圆弧的F点射出，已知，OAa，ODa，光在真空中的传播速度为c，求：()从F点射出的光线与法线夹角的正弦值；()从F点射出的光在棱镜中传播的时间。解析：(1)由A质点的振动图像读出该时刻质点A的振动方向沿y轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x轴正向传播，故A正确。由题图甲可知波长为0.4 m，由题图乙可知周期为T0.4 s，则波速为v1 m/s，故B正确。经过0.3 sT，则A质点通过的路程为s3A0.3 m，故C正确。A、B两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同，故D错误。发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率f2.5 Hz时才能产生的稳定干涉，故E错误。(2)()做出光路图如图所示。根据几何关系可知，临界角为C45，根据反射定律得，n又OGODa，sin 根据折射定律得，n解得，sin 。()光在棱镜中的传播速度v由几何知识得，光线传播的路程为saaa光在棱镜中传播的时间t所以t。答案：(1)ABC(2)()()附(二)：高考理综选择题提速练 编排说明理综对理科考生来说，位置之高高于天，分量之重重于山。要想进名校，理综应占先；理综题目不算难，失分的原因是题量太大做不完，平时速度上不去，考场再有余力也枉然；理综选择题专练，提高选择题的解题速度，为攻克后面的拉分大题留足思考时间。我们匠心独运，共设置了九套理综选择题专练，分置于物理、化学、生物三个学科中，每科三套，旨在培养理综答题节奏，提升理综综合实力。记住一句话：单科成绩再好，也只能在低分边缘徘徊；只有整体实力够强，才能荣登名校殿堂。