高三物理二轮复习（通用版）：仿真检测（一） word版含解析

仿真检测（一）(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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．下列说法正确的是()A．伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动B．库仑不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机C．牛顿在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展D．摩擦起电现象中，用丝绸摩擦过的玻璃棒所带电荷是一种，用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷是另一种，美国科学家密立根把前者命名为正电荷，把后者命名为负电荷，并且用油滴实验最早测出了元电荷的数值解析：选A伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动，故A正确；法拉第不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机，故B错误；伽利略在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，故C错误；富兰克林把自然界的两种电荷命名为正电荷和负电荷，故D错误。2.在下列四个核反应方程中，符号“X”表示中子的是()A.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(14,7)N→eq\o\al(17,8)O＋XB.eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(234,90)Th＋XC.eq\o\al(9,4)Be＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(12,6)C＋XD.eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋X解析：选C根据电荷数守恒、质量数守恒知，A项中X的电荷数为2＋7－8＝1，质量数为4＋14－17＝1，不是中子，是质子，故A错误；B项中X的电荷数为92－90＝2，质量数为238－234＝4，不是中子，是α粒子，故B错误；C项中X的电荷数为4＋2－6＝0，质量数为9＋4－12＝1，为中子，故C正确；D项中X的电荷数为90－91＝－1，质量数为234－234＝0，不是中子，是电子，故D错误。3.如图所示为甲、乙两个物体做同向直线运动的v­t图像，则关于两物体在0～t1时间内的运动，下列说法正确的是()A．两物体间的距离一定在不断减小B．两物体的位移差一定是不断增大C．两物体的速度差一直在增大D．两物体的加速度都是先增大后减小解析：选Bv­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由于不知道甲、乙两个物体的初始位置，所以不能判断两物体间距离如何变化，如果是甲在前，乙在后，则两物体间距离逐渐增大，故A错误；v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，根据图像可知，两物体的位移差为两图线间的面积，随着位移的增大而增大，故B正确；根据图像可知，两物体的速度差先增大，后减小，故C错误；图像的斜率表示加速度，根据图像可知，两物体的加速度都是先减小后增大，故D错误。4.真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图像(φ­r图像)，判断下列说法中正确的是()A．该金属球可能带负电B．A点的电场强度方向由A指向BC．A点的电场强度小于B点的电场强度D．电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝q(φ2－φ1)解析：选B由题图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B正确、C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝qUAB＝q(φ1－φ2)，故D错误。5．如图为一滑雪爱好者建立的一个研究模型。物块自左边斜面A点静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面的B点。测出AB连线与水平面的夹角为θ，已知左右斜面的倾角分别为α和β，物块与各接触面动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()A．μ＝tanα B．μ＝tanβC．μ＝tanθ D．μ＝taneq\f(α－β,2)解析：选C设AB段的水平长度为x，竖直高度差为h，AC的倾角为α，BD的倾角为β，对A到B的过程，运用动能定理得：mgh－μmgcosα·AC－μmg·CD－μmgcosβ·DB＝0因为ACcosα＋CD＋DBcosβ＝x则有：mgh－μmgx＝0解得：μ＝eq\f(h,x)由数学知识有：eq\f(h,x)＝tanθ，所以，μ＝tanθ，故C正确，A、B、D错误。6．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持。特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合大量关键技术。如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动。卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是()A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为eq\f(R,r)gB．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为eq\f(πr,3R)eq\r(\f(r,g))D．若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会减小解析：选CD根据万有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝ma，而GM＝gR2。所以卫星的加速度a＝eq\f(gR2,r2)，故A错误。“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误。根据万有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝mrω2，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间t＝eq\f(\f(π,3),ω)＝eq\f(πr,3R)eq\r(\f(r,g))，故C正确。“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D正确。7．如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数为U，变化量的绝对值为ΔU，理想电流表读数为I，变化量的绝对值为ΔI，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是()A．U增大，I减小 B.eq\f(U,I)增大C．电源输出功率一定增大 D.eq\f(ΔU,ΔI)<R0解析：选ABD根据电路图可知，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最后与R1串联，接入电源。在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则R1和电源内阻的电压减小，R3的电压变大，则通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R2的电流减小，则R2所占电压减小，所以滑动变阻器的电压增大，即U变大，所以R4电压变大，通过R4电流变大，由于通过R2的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流I减小，故A正确；电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量滑动变阻器的电流，则eq\f(U,I)＝R，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，则eq\f(U,I)增大，故B正确；由于内外电阻的大小关系未知，所以不能判定电源的输出功率如何变化，故C错误；通过R2的电流减小，通过R4电流变大，所以电流表示数的减小量ΔI大于通过R4电流增大量ΔI4，则eq\f(ΔU,ΔI)<eq\f(ΔU,ΔI4)＝R0，故D正确。8.在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则()A．物块c的质量是(m1＋m2)sinθB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a棒上消耗的电能D．b棒放上导轨后，b棒中电流大小是eq\f(m2gsinθ,BL)解析：选ADb棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和细线的拉力大小平衡。由b平衡可知，安培力大小F安＝m2gsinθ由a平衡可知：F线＝F安＋m1gsinθ由c平衡可知：F线＝mcg联立解得物块c的质量为：mc＝(m1＋m2)sinθ，故A正确；b放上导轨之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故B错误；b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b两棒上消耗的电能之和，故C错误；b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知，F安＝m2gsinθ，又因为F安＝BIL，可得b棒中电流大小是：I＝eq\f(m2gsinθ,BL)，故D正确。二、非选择题(共47分)9．(6分)某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g。(1)用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D＝____________cm。(2)要验证机械能守恒，只要比较________。A．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tA2)－\f(1,tB2)))与gh是否相等B．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tA2)－\f(1,tB2)))与2gh是否相等C．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))与gh是否相等D．D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))与2gh是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差________(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。解析： (1)游标卡尺的主尺读数为：0.8cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm＝0.50mm，所以最终读数为：0.850cm。(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v＝eq\f(D,t)，根据机械能守恒的表达式有：mgh＝eq\f(1,2)mD2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))即只要比较D2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))与2gh是否相等，故选D。(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小。答案：(1)0.850(2)D(3)<不能10．(9分)使用理想电压表、理想电流表、滑动变阻器、直流电源等仪器，研究一只小灯泡完整的伏—安特性，测得I­U图像如图甲所示。已知滑动变阻器滑动片的有效移动长度为30cm，变阻器的最大阻值为22.5Ω，电源电动势为6V，内阻不计。(1)在如图乙的虚线框内，不改变滑动变阻器和电源的位置，补上电压表、电流表、灯泡，画出完整的电路图。要求滑动变阻器的滑动片向左滑动时，灯泡的电压增大。(2)根据I­U图像可知：从A到B的过程中灯泡的电阻逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，改变的阻值为____________Ω。(3)在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了____________cm的长度。解析：(1)滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，滑片左移灯泡电压变大，灯泡与滑动变阻器右半部分电阻丝并联，电路图如图所示。(2)由I­U图像可知，从A到B的过程中，灯泡两端电压与电流之比增大，即灯泡的电阻逐渐增大；应用欧姆定律可知，电阻的改变量：ΔR＝RB－RA＝eq\f(UB,IB)－eq\f(UA,IA)＝eq\f(6,0.3)Ω－eq\f(3,0.2)Ω＝5Ω。(3)设滑片在A点时与灯泡并联的滑动变阻器阻值为R，此时灯泡两端电压，即并联电压为U并＝3V，滑动变阻器左半段电压为6V－3V＝3V，通过灯泡的电流为IL＝0.2A，由串并联电路特点及欧姆定律可得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,R)＋0.2))(22.5－R)＝3，解得：R＝15Ω；与灯泡并联的滑动变阻器电阻丝长度为：eq\f(15,22.5)×30＝20cm，在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了(30－20)cm＝10cm。答案：(1)电路图如图所示(2)增大5(3)1011.(12分)如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A(含货物)和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连。A装载货物后从h＝8.0m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定。已知θ＝53°，B的质量M为1.0×103kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？(2)若A的质量m＝4.0×103kg，求它到达底端时的速度v；(3)为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12m/s。请通过计算判断：当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定。解析：(1)设右斜面倾角为β，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则F合>0mgsinθ－Mgsinβ－μmgcosθ－μMgcosβ>0解得：m>2.0×103kg。(2)对系统应用动能定理：mgh－Mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hsinβ,sinθ)))－(μmgcosθ＋μMgcosβ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)))＝eq\f(1,2)(M＋m)v2v＝2eq\r(10)m/s。(3)当A的质量m与B的质量M之间关系满足m≫M时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mgsinθ－μmgcosθ＝mamam＝5m/s2vm2＝2amL货箱到达斜面底端的最大速度vm＝10m/s<12m/s所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置均能被安全锁定。答案：(1)m>2.0×103kg(2)2eq\r(10)m/s(3)当A的质量m不断增加时，该装置能被安全锁定。12.(20分)如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN为理想分界面。两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，Ⅰ区的磁场方向垂直于纸面向里。一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经t＝eq\f(πm,2eB)的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。(1)求每一磁场区域的宽度d;(2)若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于多少？(3)现撤去加速装置，使Ⅰ区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界A1射入，并改变射入时的方向(其他条件不变)，使得电子穿过Ⅰ区域的时间最短。求电子穿过两区域的时间t。解析：(1)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B＝meq\f(v02,R0)电子做圆周运动的周期：T＝eq\f(2πR0,v0)电子在每一磁场中运动的时间为：t1＝eq\f(t,2)＝eq\f(πm,4eB)＝eq\f(T,8)电子的在磁场中转过圆心角：θ＝eq\f(π,4)磁场的宽度：d＝rsin45°，解得：d＝eq\f(\r(2)mv0,2eB)。(2)若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在Ⅰ区域中转半圈后从A1离开磁场，运动轨迹如图甲所示：设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，由牛顿第二定律得：evB＝meq\f(v2,R)由几何知识得：R＝d在加速电场中，由动能定理得：eU＝eq\f(1,2)mv2－0解得：U＝eq\f(mv02,4e)。(3)由于速率一定，要电子穿过Ⅰ区域的时间最短，则需电子穿过Ⅰ区域的弧长最短(对应的弦长最短)。运动轨迹如图乙所示：在Ⅰ区域的半径：r1＝eq\f(mv0,2eB)由图可知：sinθ＝eq\f(d,2r1)，解得θ＝eq\f(π,4)。在Ⅰ区域的运动时间：t1＝eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(πm,4eB)。在Ⅱ区域的半径：r2＝eq\f(mv0,eB)＝2r1。由几何关系可知，在Ⅱ区域中的圆心O2必在A2上。如图，φ＝θ＝eq\f(π,4)。在Ⅱ区域的运动时间：t1＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(πm,4eB)。通过两场的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2eB)。答案：(1)eq\f(\r(2)mv0,2eB)(2)eq\f(mv02,4e)(3)eq\f(πm,2eB)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3－3](15分)13．(1)(5分)武汉某日白天的气温是20℃，空气中水蒸气的压强是1.1×103Pa，已知20℃时水蒸气的饱和气压是2.3×103Pa，武汉该日白天空气的相对湿度是________。到了夜间，如果空气中水蒸气的压强不变，但是气温降到10℃，你会感到比白天____________(填“干爽”或“潮湿”)。(2)(10分)由“U”形细管连接的左、右两气缸容积相同，并直立于竖直平面内。隔板K将左侧气缸分为A、B两部分，B的容积是A的3倍，A内为真空，B和C内均封闭有一定质量的理想气体。开始时，B和C内气体的温度均为27℃，“U”形细管内水银柱高度差为h1＝60mm，如图所示。现保持B和C内气体的温度不变，抽出隔板K，整个系统稳定后，“U”形细管内左、右水银面相平。继续保持B内气体的温度不变，当将C中的气体缓慢加热到某一温度时，“U”形细管内水银柱高度差为h2＝30mm，求此时C中气体的温度。(不计“U”形细管内气体的体积)解析：(1)相对湿度＝eq\f(水蒸气的实际压强,同温度水的饱和汽压)；所以白天20℃时的相对湿度为：eq\f(1.1×103,2.3×103)×100%≈48%；由于饱和蒸汽压仅仅与温度有关，温度降低，饱和蒸汽压减小，所以10℃时的饱和蒸汽压小于20℃时的饱和蒸汽压，根据相对湿度＝eq\f(水蒸气的实际压强,同温度水的饱和汽压)可知，夜间的相对湿度一定大于白天的相对湿度，会感到潮湿。(2)设A的体积为V，则B的体积为3V，抽去活塞前后B的温度不变，由玻意耳定律：pB1·3V＝pB2·4V抽去K前B与C的压强关系：pB1＝pC1＋h1抽去K后B与C的压强关系：pB2＝pC1对C加热后：pC2＝pB2＋h2对C中气体分析，加热的过程中体积可以认为不变，由查理定律得：eq\f(pC1,T1)＝eq\f(pC2,T2)联立以上方程得：T2＝350K。答案：(1)48%潮湿(2)350K物理——选修3－4](15分)14．(5分)(1)用单摆测量重力加速度时，某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值，可能的原因是________。A．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线上某点O的长度作为摆长，然后将摆线上的O点作为悬点B．用游标卡尺测量摆球的直径为d，用米尺测量从悬点到摆球顶端的高度差为L，把d＋L计为摆长C．