2019-2020年高三物理二轮复习 仿真检测（二）.doc

2019-2020年高三物理二轮复习 仿真检测（二）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1418题只有一项符合题目要求，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。14两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的vt图像，可能正确的是()15. 如图1所示，光滑水平面上放置一斜面体A，在其粗糙斜面上静止一物块B，开始时A处于静止。从某时刻开始，一个从0逐渐增大的水平向左的力F作用在A上，使A和B一起向左做变加速直线运动。则在B与A发生相对运动之前的一段时间内()图1AB对A的压力和摩擦力均逐渐增大BB对A的压力和摩擦力均逐渐减小CB对A的压力逐渐增大，B对A的摩擦力逐渐减小DB对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大16我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是()A火星的平均密度为B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是17. 对于真空中电量为Q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处电势为(k为静电力常量)。如图2所示，一质量为m、电量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上，在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球，金属球接地，两球球心间距离为d。由于静电感应，金属球上分布的感应电荷的电量为q。则下列说法正确的是()图2A金属球上的感应电荷电量qqB金属球上的感应电荷电量qqC绝缘丝线中对小球的拉力大小为mgD绝缘丝线中对小球的拉力大小mg18如图3所示，在磁感应强度B1.0 T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v2 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L1.0 m，电阻R3.0 ，金属杆PQ的电阻r1.0 ，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是()图3A通过R的感应电流的方向为由d到aB金属杆PQ两端电压为2 VC金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND外力F做功大小等于电路产生的焦耳热19如图4所示，光滑固定的竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平。现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰能到达c点。在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是()图4A绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量B物块a到达c点时加速度为零C绳拉力对物块b做的功在数值上等于物块b机械能的减少量D绳拉力对物块b先做负功后做正功20某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图5，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻是r，则有()图5A. 电流表的示数是B变压器原副线圈的匝数比是U2U1C变压器输入电压的瞬时值uU2sin 2ntD手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是Em21如图6所示，两平行金属板水平放置，开始开关S合上使平行板电容器带电。板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板。在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是()图6A将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍B将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍 C将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半D将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第35题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共47分)22(6分)图7是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定。带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g。图7(1)利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d_ cm；(2)(多选题)实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有_；A小物块质量mB遮光条通过光电门的时间tC光电门到C点的距离xD小物块释放点的高度h(3)为了减小实验误差，同学们采用图像法来处理实验数据，他们根据(2)测量的物理量，建立下图所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是_。23(9分)某同学准备通过实验描绘额定电压3.0 V、额定功率约0.9 W的小灯泡的伏安特性曲线。实验室可供选用的器材如下：A电源E1(电动势3 V，内阻很小，允许输出的最大电流200 mA)B电源E2(电动势4.5 V，内阻很小，允许输出的最大电流600 mA)C电压表V(15 V，内阻约5 k)D电流表A1(0.6 A，内阻约6 )E电流表A2(0.2 A，内阻为20 )F滑动变阻器R1(最大阻值20 ，额定电流2 A)G滑动变阻器R2(最大阻值5 k，额定电流1 A)H电键SI导线若干(1)请你在虚线框内画出实验电路图，并在电路图上标出所用元件对应的符号(如“V”“A1”“A2”“R1”“R2”“E1”“E2”等)。要求：测量结果尽可能准确且操作方便。(2)实验小组的同学依据上述实验，绘制出了小灯泡的伏安特性曲线，如图甲所示。现将三个这样规格的小灯泡接在电动势为3.0 V、内阻不计的电源上，连接方式如图乙所示。当开关闭合后，下列哪些判断不正确()图8A图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为10 B通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍C灯泡L1消耗的电功率为0.90 WD灯泡L2消耗的电功率为0.45 W24(12分)如图9所示，质量M8.0 kg、长L2.0 m的木板静置在水平地面上，质量m0.50 kg 的小滑块(可视为质点)以速度v03.0 m/s从木板的左端冲上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数0.20，重力加速度g取10 m/s2。 图9(1)若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求滑块在木板上滑行的时间t和滑出时的速度v；(2)若水平地面光滑，且木板不固定，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板右端掉下，力F应满足什么条件？假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。25(20分)如图10，竖直平面内放着两根间距L1 m、电阻不计的足够长平行金属板M、N，两板间接一阻值R2 的电阻，N板上有一小孔Q，在金属板M、N之间CD上方有垂直纸面向里的磁感应强度B0 1 T的有界匀强磁场，N板右侧区域KL上、下部分分别充满方向垂直纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B13 T和B22 T。有一质量M0.2 kg、电阻r 1 的金属棒搭在M、N之间并与M、N良好接触，用输出功率恒定的电动机拉着金属棒竖直向上运动，当金属棒达最大速度时，在与Q等高并靠近M板的P点由静止释放一个比荷1104 C/kg的正离子，经电场加速后，以v200 m/s的速度从Q点垂直于N板边界射入右侧区域。不计离子重力，忽略电流产生的磁场，取g10 m/s2。求：图10(1)金属棒达最大速度时，电阻R两端电压U；(2)电动机的输出功率P；(3)离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，求Q点距分界线的高度h。(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3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)33. (1)(5分)以下判断正确的是_。(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，最低得分为0分)A“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径近似等于油酸溶液体积除以相应油酸膜的面积B载人飞船绕地球运动时容器内的水呈球形，这是因为液体表面具有收缩性的表现C运动小球在水平粗糙平面做减速运动停下后，不会自发地内能减小，动能增加而加速，是因为这违反了能量守恒定律 D一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小、分子平均动能将增大E气球的吹气口套在矿泉水的瓶口，气球放在瓶内，很难把气球吹大。这一现象可以用玻意耳定律解释(2)(10分)如图11所示，蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17 的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L，压强为1 atm，充气筒每次充入0.2 L压强为1 atm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：图11()充气多少次可以让气体压强增大至3 atm；()将充气后的蹦蹦球拿到温度为13 的室外后，压强将变为多少？物理选修34(15分)34(1)(5分)一条弹性绳子呈水平状态， M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图12所示，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是_。(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，最低得分为0分)图12A两列波将同时到达中点MB两列波波速之比为12C中点M的振动总是加强的DM点的位移大小在某时刻可能为零E绳的两端点P、Q开始振动的方向相同(2)(10分)MN为水平放置的光屏，在其正下方有一半圆柱形玻璃砖，玻璃砖的平面部分ab与光屏平行且过圆心O，平面ab与屏间距离为d0.2 m，整个装置的竖直截面图如图13所示。在O点正下方有一光源S，发出的一束单色光沿半径射入玻璃砖，通过圆心O再射到屏上。现使玻璃砖在竖直面内以O点为圆心沿逆时针方向以角速度 rad/s缓慢转动，在光屏上出现了移动的光斑。已知单色光在这种玻璃中的折射率为n ，求：图13()当玻璃砖由图示位置转动多长时间屏上光斑刚好彻底消失；()玻璃砖由图示位置转到光斑刚好彻底消失的过程中，光斑在屏上移动的距离s。物理选修35(15分)35(1) (5分)以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的有_。(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，最低得分为0分)A紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B每个核子只跟邻近的核子发生核力作用C原子核式结构模型是由汤姆逊在粒子散射实验基础上提出的D太阳内部发生的核反应是热核反应E关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象(2)(10分)如图14甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t0时以一定速度向右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图像如图乙所示。求：图14()物块C的质量。()B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。答 案14选D若不计空气阻力，则小球下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变，若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越大且大于g，根据速度时间图像的斜率表示加速度可知，D正确。15选D对物体进行受力分析，如图所示，将加速度进行分解，设斜面的倾角为。根据牛顿第二定律得：垂直于斜面方向： mgcos FNmasin 平行于斜面方向：Ffmgsin macos 得到：FNmgcos masin ，Ffmgsin macos ，可见，当加速度a增大时，支持力FN减小，摩擦力Ff增大，根据牛顿第三定律得知，B对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大。故ABC错误，D正确。16选A由Gmg，得：g，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的，即为g，设火星质量为M，由万有引力等于重力可得：Gmg解得： M密度为：，故A正确，B错误；由Gm，得：v ，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故C错误；王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h，由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度hh，D错误。17选A金属球球心处电势为0，而金属球上的电荷由于q的存在集中在球的上端，则有kk，得qq，A正确，B错；绝缘丝线中对小球的拉力大小为mg，C、D错。18选C由右手定则判断知，导体PQ产生的感应电流方向为QP，通过R的感应电流的方向为由a到d。故A错误；导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：EBLv1.012 V2 V，而PQ间的电压是外电压，由于PQ有电阻，所以导体PQ两端的电压小于感应电动势，即小于2 V，故B错误；感应电流为：I A0.5 A，FF安BIL1.00.51 N0.5 N，故C正确；金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和，故D错误。19选AC从a到c，a的动能变化量为零，根据功能关系可知，绳拉力对物块a做的功等于物块a的重力势能的增加量，故A正确；当a物块到达c处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根据牛顿第二定律得知，a物块的加速度ag10 m/s2，故B错误；从a到c，b的动能变化量为零，根据功能关系：除重力以外其他力做的功等于机械能的增量，故绳拉力对b做的功在数值上等于b机械能的减少量，故C正确；物块a上升到与滑轮等高前，b下降，绳的拉力对b做负功，故D错误。20选AD理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P，所以输入功率为P，电流表的示数是，故A正确；电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1U2。故B错误；线圈以较大的转速n匀速转动时，所以2n，所以变压器输入电压的瞬时值uU1sin 2nt，故C错误；手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是EmU1r，故D正确。21选BD电容器处于通电状态，把两板间距离增大一倍，由E可知，电场强度变为原来的一半，根据EqqvB可知，要使粒子匀速通过，同时应将磁感应强度减小一倍，故A错误；电容器处于通电状态，把两板间距离减小一倍，由E可知，则电场强度增加一倍，根据EqqvB可知，要使粒子匀速通过，磁场应该增大一倍，故B正确；如果把开关S断开，根据E，因两极间的电量不变，当两板间的正对面积减小一半，则两极板之间的电场强度增强一倍，因此根据EqqvB可知，要使粒子匀速通过，磁场强度增大一倍，故C错误，D正确。22解析：(1)主尺的刻度：1 cm，游标尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.0512 mm0.60 mm，总读数：10 mm0.60 mm10.60 mm1.060 cm；(2)实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：v，B到C的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：mgx0mv2，联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式：，还需要测量的物理量是：光电门P与C之间的距离x，与遮光条通过光电门的时间t，故B、C正确，A、D错误；(3)由动摩擦因数的表达式可知，与t2和x的乘积成反比，所以x与的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量x，即B正确，A、C、D错误。答案：(1)1.060(2)BC(3)B23.解析：(1)小灯泡上的额定电压3 V，所以电源选择E2；而电压表V的量程为15 V，不符合测量要求，所以根据串联分压的知识得将A2与灯泡并联，当成电压表，选A1测量电流，又小灯泡电阻与电流表电阻相当，故电流表应用外接法；因做描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流与电压从零调，故滑动变阻器采用分压式接法，应该选择最大阻值较小的，有利于数据的测量，故选R1，电路图如下图所示：(2)当开关闭合后，灯泡L1的电压U13 V，由图读出其电流I10.30 A，则灯泡L1的电阻R110 ，故A正确；灯泡L2、L3串联，电压U2U31.5 V，由图读出其电流I2I30.20 A，所以，故B错误；L1消耗的电功率为P1U1I130.30 W0.9 W，故C正确；L2消耗的电功率为P2U2I21.50.20 W0.3 W，故D错误。答案：(1)见解析(2)BD24解析：(1)由题意知，滑块在木板上由滑动摩擦力作用下产生加速度大小：ag0.210 m/s22 m/s2因为滑块做匀减速运动，所以滑块滑离木板时产生的位移为：xv0tat2代入数据可得滑块运动时间：t1 s根据速度时间关系可知，滑块滑离木板时的速度：vv0at321(m/s)1 m/s。(2)令滑块不滑离木板右端时，设木板的最小加速度为a，则可知，滑块不滑下来，滑块的位移与木板的位移差刚好为木板的长度L，运动时间为t，则有：据速度时间关系有：32tat根据位移时间关系有：at22由两式解得木板获得的最小加速度：a0.25 m/s2根据牛顿第二定律可知，木板获得的加速度a，即木板获得的最小拉力FMamg80.250.20.510(N)1 N所以，当F1 N时，滑块不会从木板的右端滑出。答案：(1)1 s1 m/s(2) F1 N25解析：(1)离子从P运动到Q，由动能定理：qUmv2解得R两端电压：U2 V(2)电路的电流：I安培力：F安B0IL受力平衡：FMgF安 由闭合电路欧姆定律：EI(Rr)感应电动势：EB0Lvm功率：PFvm联立式解得：电动机功率：P9 W。(3)如图所示，设离子恰好不会回到N板时，对应的离子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与N板的夹角为。在磁场B1中，由：qvB1m解得运动半径为：r1102 m在磁场B2中，由：qvB2m解得运动半径为：r21102 m由几何关系得：(r1r2)sin r2r1r1cos h解得：h1.2102 m。答案：(1)2 V(2)9 W(3) 1.2102 m33解析：(1)“用油膜法估算分子的大小”实验中是用油酸溶液滴入水中，油酸分子直径应等于油酸体积除以相应油膜的面积，故A错误；载人飞船绕地球运动时，因处于完全失重，导致水与容器无作用力，则水在表面张力作用下，在容器内的水呈球形，故B正确；小球的内能不会自发地转化为小球的动能，这是热力学第二定律的表现，并不违背能量守恒定律，故C错误；由C，膨胀则体积增大，密度减小；等压膨胀温度升高，故分子平均动能增大，故D正确；气球放在瓶内，根据玻意耳定律的公式PVC，当V减小时，则P增大，因此很难把气球吹大，故E正确。(2)()设充气n次可以让气体压强增大至3 atm。据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得： P1(VnV)P2V代入：1(2n0.2)32解得：n20(次)。()当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：可得：P3P23 atm2.7 atm。答案：(1)BDE(2)()20次()2.7 atm34解析：(1)由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点，故A正确；波速由介质决定，与波长和频率无关，故B错误；由于波的频率不同，故两列波只能叠加并不能干涉，所以M点不可能总是振动加强点，故C错误；M点的位移大小在某时刻可能为零，故D正确；根据质点振动方向与波传播方向的关系，P点开始时向上振动，Q点开始时也向上振动，故E正确。(2)()由题意可知，假设玻璃砖转过角时，折射光线刚好完全消失。此时的入射角也为，由折射定律可得：sin sin C玻璃砖转动所用时间：t2 s。()当入射角i0，由折射定律可得：n解得：r0由图可知在玻璃砖逆时针转过角过程中折射光线顺时针转过角：sd tan 0.2 m。答案：(1)ADE(2)()2 s()0.2 m35解析：(1)光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故A错误；核力为短程力，只能跟邻近的核子产生核力的作用，故B正确；原子核式结构模型是由卢瑟福在粒子散射实验基础上提出的，故C错误；太阳内部发生的是热核反应，故D正确；关于原子核内部的信息，最早来自于天然放射性现象，故E正确。(2)()由图知，C与A碰前速度为：v19 m/s，碰后速度为：v 23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1(mAmC)v2解得：mC2 kg。()12 s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，有：(mAmC)v3(mAmBmC)v4根据机械能守恒定律，有：(mAmC)v32(mAmBmC)v42Ep解得：Ep9 J。答案：(1)BDE(2)()2 kg()9 J