全国省市高考物理总复习精准提分练仿真模拟练三

全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：仿真模拟练三全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：仿真模拟练三PAGE全国省市通用版高考物理总复习精准提分练：仿真模拟练三仿真模拟练(三)(时间：70分钟满分：110分)二、选择题：共8小题，每题6分，共48分，在每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，所有选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．如图1是原子物理史上几个有名的实验，对于这些实验，以下说法正确的选项是()图1A．卢瑟福α粒子散射实验否认了原子构造的枣糕模型，提出原子的核式构造模型B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．电压同样时，光照越强，光电流越大，说明制止电压和光的强度相关D．铀235只需俘获中子就能进行链式反响答案A分析卢瑟福α粒子散射实验否认了原子构造的枣糕模型，提出原子的核式构造模型，故A正确；放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，故B错误；由题图可知，光照越强，光电流越大，但制止电压同样，说明制止电压与光的强度没关，故C错误；链式反响需要达来临界体积才可以进行，故D错误．15．某同学阅读了“火星的此刻、地球的将来”一文，摘录了以下资料：(1)太阳几十亿年来向来在不停地开释能量，质量在迟缓地减小．(2)金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内侧，火星位于地球圆轨道的外侧．(3)因为火星与地球的自转周期几乎同样，自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎同样，所以火星上也有四时变化．依据该同学摘录的资料和相关天体运动的规律，可推测()A．太阳对地球的引力在迟缓增大B．日地距离在不停减小C．金星的公转周期高出一年D．火星上均匀每个季节连续的时间大于3个月答案D分析因太阳质量在减小，所以在地球与太阳间距离不变的状况下，太阳对地球的引力减小，故地球做离心运动，故A、B错误；金星绕太阳运动的轨道半径比地球的小，故金星的公转周期小于一年，同理，火星的公转周期大于一年，故C错误，D正确．16.如图2所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连结，最先系统静止，此刻使劲F迟缓拉A直到B恰巧走开地面，则这一过程中力F做的功最少为()图2A.eq\f(m2g2,k)B.eq\f(2m2g2,k)C.eq\f(3m2g2,k)D.eq\f(4m2g2,k)答案B分析最先系统静止时，弹簧的弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝eq\f(mg,k)，最后B恰巧走开地面时，弹簧的弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝eq\f(mg,k)，弹簧弹性势能不变，此过程迟缓进行，所以力F做的功等于系统增添的重力势能，依据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2eq\f(mg,k)＝eq\f(2m2g2,k)，故B正确．17．已知一个无量大的金属板与一个点电荷之间的空间电场散布与等量异种电荷之间的电场散布近似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图3所示，MN为无量大的不带电的金属平板，且与大地连结．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右边，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，此中ab连线与金属板垂直．则以下说法正确的选项是()图3A．b点电场强度与c点电场强度同样B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试一试电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试一试电荷电势能向来保持不变答案C分析画出电场线以以下图：依据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不同样，故A错误；电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；依据对称性并联合电场线的散布可知a点电势等于d点电势，故C正确；因为试一试电荷先凑近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，所以试一试电荷电势能不是向来保持不变，故D错误．18．如图4所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动，恰巧能经过竖直面的最高点A，重力加快度为g，不计空气阻力，则()图4A．小球经过最高点A的速度为gRB．小球经过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还可以上涨的高度为RD．若细绳在小球运动到A处断了，则经过时间t＝eq\r(\f(2R,g))小球运动到与圆心等高的地点答案D分析小球恰巧经过最高点时，绳索的拉力恰巧为零，有：mg＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\r(gR)，故A错误；从最高点到最低点重力做功为2mgR，依据动能定理可知小球经过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，故B错误；从A到C由动能定理可知：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,C2)－eq\f(1,2)mv2，当绳索断掉后上涨的高度为h，则－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(,C2)，解得h＝eq\f(3,2)R，故C错误；若细绳在小球运动到A处断了，则降落R所用的时间为R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2R,g))，故D正确．19．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E、内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰巧能正常工作，则()A．电动机耗费的总功率为UIB．电源的效率为1－eq\f(Ir,E)C．电源的输出功率为EID．电动机耗费的热功率为eq\f(U2,R)答案AB分析电动机耗费的总功率为P＝IU，所以A正确．电动机耗费的热功率为P＝I2R，所以D错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，则P出＝UI，故C错误．电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为eq\f(IE－I2r,IE)＝1－eq\f(Ir,E)，所以B正确．20．如图5所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的圆滑直杆上，圆滑轻质定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止开释，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，以下说法正确的选项是(重力加快度为g)()图5A．环与重物、地球构成的系统机械能守恒B．小环抵达B处时，重物上涨的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上涨的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2)D．小环着落到B处时的速度大小为eq\r(3－2\r(2)gd)答案AD分析对于小环、重物和地球构成的系统，只有重力做功，则环与重物、地球构成的系统机械能守恒，故A项正确．联合几何关系可知，重物上涨的高度h＝(eq\r(2)－1)d，故B项错误．将小环在B处的速度分解为沿着绳索方向和垂直于绳索方向的两个分速度，此中沿着绳索方向的速度即为重物上涨的速度，则v物＝v环cos45°，环在B处的速度与重物上涨的速度大小之比为eq\r(2)∶1，故C项错误．小环从A到B，由机械能守恒得mgd－2mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,环2)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(,物2)且v物＝v环cos45°，解得：v环＝eq\r(3－2\r(2)gd)，故D正确．21．如图6甲所示，左边接有定值电阻R＝3Ω的水平粗拙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感觉强度B＝2T，导轨间距为L＝1m．一质量m＝2kg、接入电路的阻值r＝1Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加快运动，金属棒与导轨垂直且接触优秀，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，金属棒的v－x图象如图乙所示，则从起点到发生位移x＝1m的过程中()图6A．拉力做的功为16JB．经过电阻R的电荷量为0.25CC．定值电阻R产生的焦耳热为0.75JD．所用的时间t必定大于1s答案CD分析依据题图乙可知v＝2x，金属棒运动过程中遇到的安培力F安＝eq\f(B2L2·2x,R＋r)，即安培力与x是线性函数，所以在此过程中均匀安培力为1N，依据功能关系W拉＝Wf＋eq\f(1,2)mv2＋W克安＝μmgx＋eq\f(1,2)mv2＋eq\x\to(F)安x＝0.5×20×1J＋eq\f(1,2)×2×22J＋1×1J＝15J，故A错误；q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)＝eq\f(2×1×1,4)C＝0.5C，故B错误；战胜安培力做的功转变为回路中的焦耳热，战胜安培力做的功为W克安＝1J，所以R上的焦耳热为QR＝eq\f(R,R＋r)W＝eq\f(3,4)W＝0.75J，故C正确；v－x图象中的斜率k＝eq\f(v,x)＝eq\f(v,t)·eq\f(t,x)＝eq\f(a,v)，所以a＝kv，即跟着速度的增添，加快度也在增添，若金属棒做匀加快运动1m则需要的时间为t＝eq\f(x,\x\to(v))＝1s，此刻金属棒做加快度增添的加快运动，则挪动同样的位移所用的时间大于1s，故D正确．三、非选择题(一)必考题22．(5分)物理小组在一次研究活动中丈量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图7，一表面粗拙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端经过高出定滑轮的细线与托盘连结．打点计时器使用的沟通电源的频次为50Hz.开始实验时，在托盘中放入合适砝码，滑块开始做匀加快运动，在纸带上打出一系列小点．图7(1)图8给出的是实验中获得的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个小点(图中未标出)，计数点间的距离以以下图．依据图中数据计算的加快度a＝__________(保存三位有效数字)．图8(2)回答以下两个问题：①为丈量动摩擦因数，以下物理量中还应丈量的有________(填入所选物理量前的字母)A．木板的长度B．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②丈量①中所选定的物理量时需要的实验器械是____________________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加快度为g)．答案(1)0.497m/s2(0.495m/s2～0.499m/s2均可)(2)①CD②天平(3)eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g)分析(1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s．将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x1，则第6、7之间的距离为x6，利用匀变速直线运动的推论Δx＝at2，即逐差法可以求滑块的加快度大小：a＝eq\f(a1＋a2＋a3,3)＝eq\f(x4＋x5＋x6－x3＋x2＋x1,9T2)，将数据代入得：a≈0.497m/s2.(2)①设托盘和砝码的总质量为m3，滑块的质量为m2，动摩擦因数为μ，则摩擦力为Ff＝μm2g；依据牛顿第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a，由此可知还需要丈量托盘和砝码的总质量m3，滑块的质量m2，故A、B、E错误，C、D正确．②依据①问分析可知在丈量质量的时候需要用到的仪器是天平．(3)依据牛顿第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a，故解得：μ＝eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g).23．(10分)为测定海水的电阻率：(1)某学习小组采纳了一根厚度可以忽视的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度L和外径d，外径示数如图9所示，由图得d＝________mm.图9(2)在塑料管里面灌满了海水，两头用粗铜丝塞住管口，形成一段关闭的海水柱．将多用电表的变换开关K旋转在如图10所示的地点，将插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R，其结果如图中表盘所示，则R＝________Ω.图10(3)该小组为进一步精准丈量其阻值，现采纳伏安法．有以下实验器械供选择：A．直流电源：电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；B．电流表A：量程0～10mA，内阻约10Ω；C．电压表V：量程0～15V，内阻约15kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值10Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值10kΩ；F．多用电表；G．开关、导线等．①该小组采纳限流电路并在正确选择器械后达成了部分导线的连结，请你在图11中达成余下导线的连结并在滑动变阻器旁边标上其符号(R1或R2)．图11②若该小组在实验过程中因为操作不妥，致使所采纳的电流表破坏．为保证明验的正常进行，可将多用电表的变换开关K旋转至直流电流________挡位上，取代原使用的电流表并经过插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔正确接入电路，连续实验．该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精准测出的海水电阻率表达式为ρ＝____________.答案(1)3.740(2)6×103(3)①以以下图②10mAeq\f(πd2U,4IL)分析(1)螺旋测微器的固定刻度为3.5mm，可动刻度为24.0×0.01mm＝0.240mm，所以最后读数为3.5mm＋0.240mm＝3.740mm.(2)用×1kΩ挡丈量电阻，由题图可知，欧姆表示数为R＝6×103Ω；(3)①限流式接法以以下图，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6kΩ，若用R1来控制电流其阻值偏小，应采纳R2.②选择与电流表相当的挡位：10mA；因R＝eq\f(U,I)＝ρeq\f(L,S)，且S＝π(eq\f(d,2))2解得：ρ＝eq\f(πd2U,4IL).24．(12分)质量为m、电荷量为q、带正电的绝缘小球a，以某一初速度沿水平搁置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场所区，场强方向如图12所示，若小球a与绝缘板间的动摩擦因数为μ，已知小球a自C点沿绝缘板做匀速直线运动，在D点与质量为M＝2m的不带电绝缘小球b发生弹性正碰，此时原电场立刻消逝(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍旧不变，若碰撞时，小球a无电荷量损失，碰撞后，小球a做匀速直线运动返回C点，来回总时间为t，CD间距为L，重力加快度为g.求：图12(1)小球a碰撞前后的速度大小之比；(2)电场强度E的大小．答案(1)3∶1(2)eq\f(4μmg,q)分析(1)a、b两小球发生弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前a球速度为v0，碰后a球、b球速度大小分别为va、vb，mv0＝－mva＋Mvb①eq\f(1,2)mveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,a2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(,b2)②由①②式解得：eq\f(v0,va)＝eq\f(3,1)(2)来回总时间t＝eq\f(L,v0)＋eq\f(L,va)＝eq\f(4L,v0)得：v0＝eq\f(4L,t)③a球碰后匀速返回，则有：qBva＝mg，得：B＝eq\f(mg,qva)④a球碰前匀速，则有：FN＝mg＋qBv0⑤qE＝μFN⑥由③④⑤⑥解得：E＝eq\f(4μmg,q).25.(20分)如图13所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直搁置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg.管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管向来保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加快度为g.求：3图13(1)管第一次落地弹起时管和球的加快度；(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管刚达到同样速度时，管的下端距地面的高度；(3)管第二次弹起后球没有从管中滑出，L应知足什么条件．答案(1)管的加快度为2g，方向向下球的加快度为3g，方向向上(2)eq\f(12,25)H(3)L>eq\f(152,125)H分析(1)管第一次落地弹起时，管的加快度a1＝eq\f(4mg＋4mg,4m)＝2g，方向向下球的加快度a2＝eq\f(4mg－mg,m)＝3g，方向向上(2)取向上为正方向，球与管第一次碰地时速度v0＝eq\r(2gH)，方向向下碰地后管的速度v1＝eq\r(2gH)，方向向上球的速度v2＝eq\r(2gH)，方向向下若球恰巧没有从管中滑出，设经过时间t1，球、管速度v同样，则有v1－a1t1＝－v2＋a2t1，t1＝eq\f(2v0,a1＋a2)＝eq\f(2\r(2gH),5g)设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t2，则：t2＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(\r(2gH),2g)因为t1＜t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上涨的高度为所求．得h1＝v1t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(12)＝eq\f(12,25)H(3)球与管达到相对静止后，将以速度v、加快度g竖直上涨到最高点，因为v＝v1－a1t1＝eq\f(1,5)eq\r(2gH)，故这个高度是h2＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\r(2gH)))2,2g)＝eq\f(1,25)H所以，管第一次落地弹起后上涨的最大高度Hm＝h1＋h2＝eq\f(13,25)H这一过程球运动的位移x＝－v2t1＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(12)＝eq\f(8,25)H则球与管发生相对位移x1＝h1＋x＝eq\f(4,5)H当管与球从Hm再次着落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知：x2＝eq\f(4,5)Hm所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是x1＋x2＜L即L应知足条件L＞eq\f(152,125)H.

(二)选考题33．[选修3－3](15分)(1)(5分)下边说法正确的选项是________．A．饱和蒸汽压随温度的高升而增大B．单晶体在某些物理性质上拥有各向异性C．必定量的理想气体从外界吸热，其内能必定增添D．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越强烈E．当分子之间作使劲表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大(2)(10分)如图14所示，粗细不同样的玻璃管张口向下，粗管长为L＝13cm，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱关闭，当关闭气体的温度为T1＝300K时，粗、细管内的水银柱长度均为h＝5cm.已知大气压强p0＝75cmHg，现对关闭气体迟缓加热，求：图14①水银恰巧所有进入细管时气体的温度T2；②从开始加热到T3＝500K时，水银柱的下表面挪动的距离为多少厘米(保存三位有效数字)．答案(1)ABD(2)①450K②12.9cm分析(1)饱和蒸汽压与温度相关，且跟着温度的高升而增大，选项A正确；单晶体内部分子构造在空间摆列规则，某些物理性质拥有各向异性，故B正确；依据热力学第必定律，做功和热传达都可以改变内能，所以内能不用然增添，故C错误；液体温度越高，分子热运动的均匀动能越大，悬浮颗粒越小，碰撞的不均衡性越显然，布朗运动越强烈，故D正确；分子间的作使劲表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故E错误．(2)①由理想气体状态方程：eq\f(p0－ρg·2h·2SL－h,T1)＝eq\f(p0－ρg·3h·2SL,T2)解得：T2＝450K；②从T2到T3，由盖－吕萨克定律：eq\f(2LS,T2)＝eq\f(2LS＋Sx,T3)得：x≈2.9cm水银柱挪动的距离：s＝2h＋x＝12.9cm.34．[选修3－4](15分)(1)(5分)如图