高考物理二轮复习 第二部分 仿真模拟（一）

仿真模拟(一)(分数：110分时间：90分钟)第卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求，第1921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)14以下说法正确的是()A奥斯特发现了电流的磁效应和电磁感应现象B开普勒通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律C由电场强度的定义E可知，电场强度与电场力F成正比，与试探电荷的电荷量q成反比D楞次通过实验发现了在磁场中产生电流的条件解析：法拉第发现了电磁感应现象并通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故选项A、D错误；开普勒通过观察天象以及深入研究第谷的数据提出行星运动三大定律，故选项B正确；电场强度由形成场的电荷决定，与试探电荷的电荷量无关，故选项C错误答案：B15. 下列说法正确的是()A原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B射线、射线、射线都是高速运动的带电粒子流C氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关解析：原子核发生衰变时有质量亏损，质量不守恒，选项A错误射线是光子流，不是带电粒子流，选项B错误氢原子从激发态向基态跃迁，辐射的光子能量hEmEn，即只能辐射特定频率的光子，C项正确发生光电效应时光电子的动能，只与入射光频率有关，而与入射光强度无关，D项错误答案：C162015年9月28日美国宇航局说发现火星上有液态水，美国太空专家最近达成的共识认为，美国航天局可能在2033年把宇航员送入火星轨道，2039年派人登上火星假设火星探测器环火星运行轨道可视为圆轨道，已知质量为m的探测器环火星运行时可忽略其他天体的引力，其轨道半径为r，运动周期为T，引力常量为G.由以上条件可求得()A火星表面的重力加速度B火星的半径C探测器离火星表面的高度D火星的质量解析：根据题意无法求出火星的半径，故B错误轨道半径为rRh，不知道火星的半径，所以不能求出离火星表面的高度，故C错误已知火星探测器的轨道半径为r，运动周期为T，引力常量为G，根据万有引力提供向心力，有m，M，所以能求出火星的质量，故D正确根据万有引力等于重力得mg，故g，因不知道火星的半径，所以不能求出火星表面的重力加速度，故A错误答案：D17.已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度B与该点到导线间的距离r的关系为Bk.如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是()解析：根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面平行，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直，沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功由此可知，小球将做匀速直线运动，故A正确，B、C、D错误答案：A18如图所示，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()A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错误答案：C19如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD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AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则()A固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关C滑块不可能重新回到出发点A处D传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：因滑块能通过C点，则在C点的速度为vC，由动能定理知，从A点到C点满足mghmg2Rmv，解得hR，故选项A错误；物体在传送带上向右做匀减速运动，加速度为ag，向右运动的最大距离xm，故滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，选项B正确；当传送带的速度v大于物体到达D点的速度时，物体向右运动速度减到零后，再向左运动回到D点的速度与原来相同，故此时物体仍能回到出发点A，故选项C错误；传送带速度v越大，滑块与传送带的相对位移越大，则由摩擦产生的热量越多，选项D正确答案：BD20如图所示，电源电动势为E，内阻不计滑动变阻器阻值为R50 ，定值电阻R130 ，R220 ，三只电流表都是理想电流表滑动变阻器的滑动触头P从a向b移动过程中，下列说法正确的是()A电流表A的示数先增大后减小B电流表A1的示数先增大后减小C电流表A2的示数逐渐增大D滑动触头P移到b端时电流表A的示数最大解析：当满足R1RaPR2RbP时，外电路的电阻最大，则滑动变阻器的滑动触头P从a向b移动过程中，电路的总电阻先增大后减小，电流先减小后增加，电流表A的示数先减小后增大，选项A错误；因电源的内阻不计，可知电流表A1的示数I1，则随着RaP的增加，电流表A1读数减小，选项B错误；电流表A2的示数I2，则随着RbP的减小，电流表A2读数逐渐增大，选项C正确；由数学知识可知，当滑动触头P移到b端时电路的总电阻最小，此时电流表A的示数最大，选项D正确答案：CD21如图，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是()A将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B电容器的电容C变大时，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS解析：矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A正确；电容器的电容C变大时，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮，故B错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C错误；若线圈转动角速度变为2，电动势最大值为EmNBS2，根据电流的热效应有T，解得ENBS，故D正确答案：AD第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第2225题为必考题，每个考题都必须作答，第3334为选考题，按要求作答(一)必考题(共47分)22(6分)某军工企业于2015年1月研制成功一种新材料做成的电阻丝，其电阻稳定性非常优良，几乎不随温度发生改变工程技术员为了准确测定它的电阻率，进行了如下的测量(1)用多用电表粗测其电阻，示数如图所示，则Rx_.(2)用伏安法测量导线的电阻，并要多次测量求其平均值，供选用的器材有：电源E(电动势为4V)；电压表V(量程为3 V，内阻约为2 k)电流表A1 (量程为0.5 mA，内阻约为1 )电流表A2(量程为0.6 A，内阻约为10 )滑动变阻器R(最大阻值为20 )开关、导线若干电流表应选_；在用伏安法测量导线的电阻的操作过程中，所选电流表应采用_(选填“内接法”或“外接法”)、滑动变阻器应采用_(选填“分压式”或“限流式”)接入电路解析：(1)多用电表测电阻，读数等于指针指示的最上排刻度值乘上倍率：8.01 0008 000 .(2)根据电源E4 V，待测电阻Rx8 000 ，求得Imax0.5 mA，故选择电流表A1合适由于Rx，待测电阻为大电阻，用电流表内接法误差较小；而滑动变阻器最大阻值为20 远小于待测导线电阻，同时要得到多组数据求电阻平均值，所以滑动变阻器用分压式接法答案：(1)8 000(2)A1内接法分压式23(9分)如图(a)所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，该装置依靠电子信息系统获得了小车加速度a的信息，由计算机绘制出a与钩码重力的关系图钩码的质量为m，小车和砝码的质量为M，重力加速度为g.(1)下列说法正确的是_A每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力B实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源C本实验m应远小于MD在用图象探究加速度与质量关系时，应作aM图象(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他作出的a-F图可能是图(b)中_(选填“甲”“乙”或“丙”)图线此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是_A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C钩码的总质量太大D所用小车的质量太大(3)实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其它操作均正确，若轨道水平，他测量得到的图象如图(c)所示设图中纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数_.解析：(1)平衡摩擦力后，假设木板倾角为，则有fmgsin mgcos ，即sin cos ，故每次在小车上加减砝码时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；实验时应先接通电源后释放小车，故B错误；为使钩码的重力近似等于绳子的拉力，应使m远小于M，故C正确；由FMa得a，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a-图象，故D错误故选C.(2)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，说明没有平衡摩擦力或平衡不够，故可能作出图(b)中丙；此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C.(3)根据牛顿第二定律可知，mgMgMa，结合a- 图象，可得amgg，则图线在纵轴上的截距为gb，因此小车与木板间的动摩擦因数.答案：(1)C(2)丙C(3)24(12分)如图所示，两根质量同为m、电阻同为R、长度同为l的导体棒a、b，用两条等长的、质量和电阻均可忽略的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝缘侧面上整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B，开始时两棒静止，自由释放后开始运动已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与桌子侧棱间无摩擦求：(1)刚释放时，两导体棒的加速度大小；(2)两导体棒运动稳定时的速度大小；(3)若从开始下滑到刚稳定时通过横截面的电荷量为q，求该过程a棒下降的高度解析：(1)刚释放时，设导线中的拉力为FT对a棒：mgFTma对b棒：FTma解得ag.(2)导体棒运动稳定时，设细线中拉力为FT对b棒：FT0对a棒：mgF安又F安BIl解得v.(3)从开始下滑到刚稳定，设a棒下降的高度为h则通过横截面的电荷量qt解得h.答案：(1)g(2)(3)25(20分)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C拴接当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落A、B间的动摩擦因数0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；(2)A、B间因摩擦而产生的热量Q；(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小解析：(1)以A与C组成是系统为研究的对象，C下降的过程中，拉着A一起运动，只有重力做功，则mgh(mm)v代入数据解得v0(2)将B放在A上后，B受到摩擦力的作用，A与B之间的摩擦力Ff4mgmgC的重力：GCmg设此时A与C仍然一起做加速运动，则(mm)amgFfmgmg0所以将B放在A上后，A与C一起做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，加速度aBg0.25g设经过时间t后B与A的速度相等，此时B恰好运动到A的左端，则B与A的速度相等需要的时间t木板A的长度Lv0taBt2联立得L2hA、B间因摩擦而产生的热量Q(4mg)L0.254mg2h2mgh(3)设A、B共速前B的受力情况如图，A、C一起匀速运动，B做加速运动设A、B共速前，B的加速度为aB1，加速时间为t1，则F(4m)g4maB1，v0aB1t1，sv0t1aB1t共速后，A、B、C全部向右加速运动，A、B共速后，B受力情况如图所示，对物体B由牛顿第二定律得F(4m)g(4m)aB2对系统A、C由牛顿第二定律得mg(4m)g(mm)aACs(aB2aAC)t物体B的速度为vBv0aB2t2答案：(1)(2)2mgh(3)(二)选考题(共15分，请从给出的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33(15分)(1)(5分)下列说法正确的是_(填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分)A温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用C橡胶无固定的熔点，是非晶体D热机的效率可以达到100%E气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现(2)(10分)如图所示，A汽缸截面积为500 cm2，A、B两个汽缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm、温度均为27 的理想气体，中间用细管连接细管中有一绝热活塞M，细管容积不计现给左面的活塞N施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A汽缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1 atm105 Pa.当推力F103 N时，求：活塞N向右移动的距离是多少？B汽缸中的气体升温到多少？解析：(1)温度是分子平均动能的标志，则温度高的物体分子平均动能一定大，但是物体的内能与物体的物质的量、温度及体积等都有关系，故温度高的物体内能不一定大，选项A正确；雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，选项B正确；橡胶无固定的熔点，是非晶体，选项C正确；根据热力学第二定律可知，任何热机的效率都不可以达到100%，选项D错误；气体很容易充满整个容器，这是由于气体分子之间的作用力可以忽略，分子可以自由移动的缘故，选项E错误(2)加力F后，A中气体的压强为pAp0105 Pa对A中气体：由玻意耳定律得pAVApAVA则VAVA初态时，LA cm20 cm，LA15 cm故活塞N向右移动的距离是sLALA5 cm对B中气体，因活塞M保持在原位置不动，末态压强为pBpA105 Pa根据查理定律得解得TB400 K，解得tB127 答案：(1)ABC(2)5 cm12734物理选修34(15分)(1)(5分)如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x0.2 m和x1.2 m处，两列波的速度均为v0.4 m/s，两列波的振幅均为2 cm.图示为t0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x0.2 m和x0.8 m的P、Q两质点刚开始振动质点M的平衡位置处于x0.5 m处，下列说法正确的是_(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分)At0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点B质点M的起振方向沿y轴负方向Ct2 s时刻，质点M的纵坐标为2 cmD0到2 s这段时间内质点M通过的路程为20 cmEM点振动后的振幅是4 cm(2)(10分)过去已知材料的折射率都为正值(n0)，现针对某些电磁波设计的人工材料，其折射率都为负值(n0)，称为负折射率材料，电磁波从空气射入这类材料时，折射定律和电磁波传播规律仍然不变，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)现空气中有一上下表面平行、厚度为d30 cm、折射率为n1.732的负折射率材料，一束电磁波从其上表面以入射角i60射入，从下表面射出请画出电磁波穿过该材料的示意图；求电磁波穿过该材料所用的时间解析：(1)P、Q两质点在各自的平衡位置来回振动，不沿波的传播方向移动，故A错误；由同侧法可判断B正确；两列波叠加时M点振幅为4 cm，故E正确；波的周期为1 s，波传播到M点的时间是0.75 s，当t2 s时，M点振动的时间为1.25 s，为周期的倍，路程为5倍振幅是20 cm，质点M的纵坐标为4 cm，故C错误，D正确 (2)根据折射定律得n由几何关系得电磁波在该材料中传播的距离为x电磁波在该材料中传播的速度为v电磁波通过该材料所用的时间为t由以上各式联立代入数据解得t2109s答案：(1)BDE(2)如图所示2109s