（新课标）高考物理二轮复习简易通 仿真模拟卷（一）

仿真模拟卷(8＋2＋2＋1)(一)一、选择题(本题8个小题，每小题6分．在每小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．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．在物理学发展过程中，有许多伟大的科学家作出了贡献．下列说法正确的是()．A．牛顿在伽利略和笛卡儿工作的基础上提出了牛顿第一定律B．开普勒发现了万有引力定律；卡文迪许通过扭秤实验验证了万有引力定律C．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D．库仑发现了点电荷间的相互作用规律并通过油滴实验最早测定了元电荷的数值解析牛顿在伽利略理想模型和笛卡儿进一步研究的基础上，通过实验总结了牛顿第一定律，故A选项正确．牛顿发现了万有引力定律、卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故B选项错误．安培发现了磁场对电流的作用力，称为安培力，故C选项错误．最早测定元电荷数值及提出电荷量子化的是美国科学家密立根，是通过油滴实验完成的，故D错误正确．答案A15. 图1所示为某同学设计的测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数的实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F2作用，使木块恰好匀速向下运动(木块向下运动过程中弹簧的弹力始终垂直于木块表面)，现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块的重力G，则动摩擦因数μ应等于()．图1A.eq\f(F2＋G,F1) B.eq\f(F2,F1)C.eq\f(G,F1) D.eq\f(F1＋G,F2)解析对木块受力分析可得水平方向F1＝FN，竖直方向F2＋G＝Ff且Ff＝μFN.三式联立即可求出μ＝eq\f(F2＋G,F1)，选项A正确．答案A16．全球定位系统(GPS)有24颗卫星，分布在绕地球的6个轨道上运行，距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6400km，则全球定位系统的这些卫星的运行速率约为()．A．3.1km/s B．3.9km/sC．7.9km/s D．11.2km/s解析由万有引力定律得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，故v1＝v2eq\r(\f(r2,r1))，r2＝(6400＋36000)km，r1＝(6400＋20000)km，v2＝eq\f(2πr2,T)＝eq\f(2π×6400＋36000km,24×3600s)≈3.1km/s，解得v1≈3.9km/s，选项B正确．答案B17. 在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时所产生的交流电压随时间变化的波形如图2所示，线圈与一阻值R＝9Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1Ω，则()．图2A．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin200πt(A)B．电阻R两端的电压有效值为90VC．1s内电阻R上产生的热量为450JD．图中t＝1×10－2s时，穿过线圈的磁通量为零解析通过电阻R的电流最大值为Im＝eq\f(Em,R＋r)＝10A，线圈转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,2×10－2)rad/s＝100πrad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin100πt(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为U有效＝eq\f(E有效,R＋r)R＝eq\f(100,\r(2)9＋1)×9V＝45eq\r(2)V，B项错误；1s内电阻R上产生的热量Q＝eq\f(U\o\al(2,有效),R)t＝450J，C项正确；t＝1×10－2s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D项错误．答案C18. 在高度为h、倾角为30°的粗糙固定的斜面上，有一质量为m、与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端．物块与斜面的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一平行于斜面的力F拉动弹簧的A点，使m缓慢上行到斜面顶端．此过程中()．图3A．F对该系统做功为2mghB．F对该系统做功大于2mghC．F对该系统做的功等于物块克服重力做功与克服摩擦力做功之和D．F对该系统做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量之和解析物块缓慢上行，由平衡条件，弹簧的弹力kx＝mgsin30°＋μmgcos30°＝mg，且弹簧处于伸长状态；设拉动过程中弹簧的弹性势能为E弹，由功能关系，WF＝mgh＋E弹＋μmgcos30°·eq\f(h,sin30°)＝2mgh＋E弹，则选项B正确．答案B19. 静止在光滑水平面上的物体，在如图4所示的水平力F作用下朝某一方向运动，且图中有t1＝t0，t2＝2t0，t3＝3t0，则与F－t图象相对应的v－t图象和a－t图象分别是()．图4解析设物体质量为m，在0～t1时间内，加速度a＝eq\f(F0,m)，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在t1＝t0时刻，速度v0＝at0＝eq\f(F0t0,m)，所以这段时间对应的v－t图象是经过原点的倾斜线段，对应的a－t图象是平行于时间轴的水平线段；在t1～t2时间内，合外力F＝0，加速度a＝0，物体以速度v0做匀速直线运动，所以这段时间对应的v－t图象是平行于时间轴的水平线段，对应的a－t图象与时间轴重合；同理，可分析出在t2～t3时间内的v－t图象和a－t图象．由以上分析可知选项A、C正确．答案AC20. 如图5所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是()．图5A．A点的电场强度等于B点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功解析根据电场强度的叠加得A点和B点的电场强度大小不相等，则A选项错误；等量异种电荷形成的电场的电场线和等势线分别关于连线和中垂线对称，则B选项正确；沿B→C→D路径，电势先减小后增大，电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小，则C选项正确；沿C→O→A路径电势逐渐增大，电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其一直做正功，则D选项错误．答案BC21．如图6所示，间距l＝0.4m的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2T，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m＝0.02kg，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a＝5m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g＝10m/s2，则()．图6A．每根金属杆的电阻R＝0.016ΩB．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4sC．甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1W解析由牛顿第二定律可得乙金属杆的加速度a2＝gsin30°＝5m/s2，与甲在磁场中的加速度相同，当乙刚进入磁场时，甲恰离开磁场．对乙由平衡条件知，mgsin30°＝eq\f(B2l2vm,2R)，而vm＝eq\r(2a2l)＝2m/s，解得R＝0.064Ω，甲在磁场中运动的时间t＝eq\f(vm,a)＝0.4s，则选项A错误，B正确；甲在磁场中，由牛顿第二定律得，F＋mgsin30°－eq\f(B2l2v,2R)＝ma，则F＝eq\f(B2l2v,2R)，F的功率P＝Fv＝eq\f(B2l2v2,2R)随v的增大而增大，选项C正确；乙在磁场中做匀速运动，安培力的功率P′＝eq\f(B2l2v\o\al(2,m),2R)＝0.2W，则选项D错误．答案BC二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．)(一)必考题(共47分)22．(7分)某组同学在做探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系，采用了如图7装置，小车和车中砝码的总质量用M表示，砂和砂桶的总质量用m表示．图7(1)现有下列器材：电火花计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、砂桶、砂子、细线、秒表、导线、砝码、刻度尺．其中不需要的器材是________，还需要的器材是________．(2)在做实验过程中，以下做法正确的是________．A．平衡摩擦力时，应把砂桶用细线通过定滑轮系于小车上B．砂和砂桶质量m一定时，改变小车(含砝码)质量M，都需重新平衡摩擦力C．实验中，要求砂和砂桶质量m远小于小车(含砝码)质量MD．在探究外力一定，加速度与质量关系时，应该改变砂桶与砂的质量m解析(1)根据该实验的原理和所给实验器材可知不需要的器材是秒表，还需要的器材是天平(测量小车和车中砝码的总质量、砂和砂桶的总质量)．(2)平衡摩擦力时不应把砂桶用细线通过定滑轮系于小车上，且只要不改变长木板的倾角都不需要重新平衡摩擦力，故A、B选项错误；对系统而言，根据牛顿第二定律可得，(m＋M)a＝mg，当M≫m时，对小车(含砝码)才有Ma＝mg，故C选项正确；根据控制变量法可知，当探究外力一定，加速度与质量的关系时，应改变小车(含砝码)的质量，而不是改变砂和砂桶的质量，故D选项错误．答案(1)秒表天平(2)C23．(8分)用以下器材测量待测电阻Rx的阻值：待测电阻Rx：阻值约为30Ω；电源E：电动势约为6.0V、内阻忽略不计；电流表A1：量程50mA、内阻r1为20Ω；电流表A2：量程300mA、内阻r2约为4Ω；定值电阻R0：阻值为100Ω；滑动变阻器R：最大阻值为10Ω；单刀单掷开关S、导线若干．图8(1)测量中要求使用两块电流表且它们的读数都不小于其量程的eq\f(1,3)，试将方框中测量电阻Rx的实验电路原理图补充完整(原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注)．(2)如图9所示，某次测量中电流表A1和电流表A2的示数分别为I1和I2，则I1＝________mA，I2＝________mA.图9(3)由已知量和测得量计算Rx＝________Ω.(小数点后保留一位)解析(1)将电流表A1串联定值电阻R0作为电压表，电流表A2外接．设计成分压电路，如图所示．(2)电流表A1量程50mA，读数I1＝40.0mA，电流表A2量程300mA，读数I2＝193mA.(3)待测电阻两端电压U＝I1(R0＋r1)＝4.8V，待测电阻中电流I＝I2－I1＝193mA－40.0mA＝153mA，由欧姆定律，Rx＝eq\f(U,I)＝31.5Ω.答案(1)如图(2)40(或40.0)191～195(3)31.0～31.824．(13分)2012年以来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距．据经验丰富的司机总结：在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车距离，如车速为80km/h，就应与前车保持80m的距离，以此类推．现有一辆客车以108km/h速度行驶，一般司机反应时间为0.5s，反应时间内视为匀速运动，刹车时最大加速度为6m/s2，求：(1)若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持108m是否可行？(2)若客车超载，刹车最大加速度减为5m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到144km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为1.5s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明经验是否可靠？解析v01＝108km/h＝30m/sv02＝144km/h＝40m/s，(1)司机发现前方危险在反应时间内前进的距离：x1＝v01t＝30×0.5m＝15m刹车时间前进的距离x2＝eq\f(－v\o\al(2,01),2a1)＝75m.从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程：x＝x1＋x2＝90m<108m，经验可行．(2)若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离：x3＝v02t′＝40×1.5m＝60m刹车时间前进的距离x4＝eq\f(－v\o\al(2,02),2a2)＝160m从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程：x′＝x3＋x4＝220m>144m在多重违章情况下，经验不可靠．答案(1)90m可行(2)220m不可靠25. (19分)如图10所示的空间分布为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在电场强度E＝1.0×104V/m的匀强电场，方向垂直于边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直于纸面向外和垂直于纸面向里，磁感应强度分别为B1＝2.0T、B2＝4.0T．三个区域宽度分别为d1＝5.0m、d2＝d3＝6.25m，一质量为m＝1.0×10－8kg、电荷量为q＝1.6×10－6C的带正电粒子从图10(1)求粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v.(2)求粒子在Ⅱ区域内运动的时间t.(3)求粒子离开Ⅲ区域时速度方向与边界面的夹角α.(4)若d1、d2的宽度不变且d2≠d3，要使粒子不能从Ⅲ区域飞出磁场，则d3的宽度至少为多大？解析(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有qEd1＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝4.0×103(2)粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB1＝eq\f(mv2,r)代入数据解得r＝12.5m图甲设在Ⅱ区域内粒子做圆周运动的圆心角为θ，则sinθ＝eq\f(d2,r)＝eq\f(6.25m,12.5m)＝eq\f(1,2)所以θ＝30°粒子在Ⅱ区域内运动的周期T＝eq\f(2πm,qB1)粒子在Ⅱ区域内运动的时间t＝eq\f(θ,360°)T解得t＝eq\f(π,1920)s＝1.6×10－3s.(3)设粒子在Ⅲ区域内做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2＝eq\f(mv2,R)解得R＝6.25m在图甲中由几何关系可知ΔMO2P为等边三角形，所以粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α＝60°.图乙(4)要使粒子不能从Ⅲ区域飞出磁场，由图乙可知Ⅲ区域磁场的宽度至少为d3＝R＋Rcos60°＝1.5R＝9.375m.答案(1)4×103(2)1.6×10－3s(3)60°(4)9.375m(二)选考题(共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[选修3－3](15分)(1)(6分)下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是________(填正确答案标号)．A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用(2)(9分)①如图11，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c时，吸收了340J的热量，并对外做功120J．若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)________J热量．图11②已知水的摩尔质量为18g/mol、密度为1.0×103kg/m3，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol解析(2)②N＝eq\f(ρV,M)NA代入数值得N＝4×1025个答案(1)BD(2)①吸收260②4×1025个34．[选修3－4](15分)(1)(6分)下面有关光纤及光纤通信说法正确的是()．A．光纤由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的小B．光在光纤中传输利用了全反射的原理C．光纤通信是一种以光波为传输介质的通信方式，光波按其波长长短，依次可分为红外线光、可见光和紫外线光，但红外线光和紫外线光属不可见光，它们都不可用来传输信息D．光波和无线电波同属电磁波，光波的频率比无线电波的频率低，波长比无线电波的波长长，在真空中传播的速度大小都约为3.0×108(2)(9分)如图12所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：图12①写出该振子简谐运动的表达式．②在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？③该振子在前100s的总位移是多少？路程是多少？解析(1)光在光纤中的传输利用了全反射的原理，要求光线从光密介质射向光疏介质，则光纤内芯的折射率比外套的大，A错，B对；只要是光波，就能够在光导纤维中传播，不管是可见光还是不可见光，都可以用来传输信息，C错；光波的频率比无线电波的频率高，波长比无线电波的波长短，D错．(2)①由振动图象可得：A＝5cm，T＝4s，φ＝0则ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s故该振子简谐运动的表达式为x＝5sineq\f(π,2)t(cm)②由图可知，在t＝2s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断增大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大．当t＝3s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．③振子经过一个周期位移为零，路程为5×4cm＝20cm，前100s刚好经过了25个周期