高考物理二轮复习 高考仿真抢分练（一）-人教版高三物理试题

高考仿真抢分练(一)(建议用时：60分钟)第Ⅰ卷一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1.某人站在力传感器上做“下蹲—起跳”的动作，力传感器显示此过程F­t图象如图1所示，则下列判断正确的是()图1A．b点时人的速度为零B．c点时人开始向上起跳C．e点时加速度比b点小D．a－c阶段处于下蹲过程中D[人在a－c阶段处于失重状态，加速度方向始终向下，速度增大，c点为下蹲过程中速度最大的时刻，从c点开始人向下减速，仍处于下蹲过程，故A、B均错误，D正确；e点人所受合力比b点大，故e点时人的加速度比b点大，C错误．]2.建筑节能已成为国家节能减排的战略重点，为此，中国工程建设标准化协会在北京召开“安全、质量、创新——2015中国墙体节能保温与质量安全技术研讨会”．如图2所示，粉刷墙体保温材料的工人常用一根绳索将自己悬在空中，假设工人及其装备的总重量为M，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为FT，墙壁对工人的弹力大小为FN,则()【导学号：25702119】图2A．FT＝eq\f(Mg,sinα)B．FN＝MgsinαC．若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则FT与FN的合力不变D．若工人缓慢下移，增加悬绳的长度，则FT减小，FN增大C[分析工人受力情况：工人受到重力、支持力和拉力，如图所示：根据共点力平衡条件，有FTsinα＝FN，FTcosα＝Mg，解得FT＝eq\f(Mg,cosα)FN＝Mgtanα，故A、B错误．当缓慢增加悬绳的长度时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故FT变小，FN变小，但FT与FN的合力与重力平衡，保持不变；故C正确，D错误．]3．如图3所示，一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)，从图中情况可以确定()图3A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电B[由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．]4．四个等量异种点电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四条边的中点，O为正方形的中心，如图4所示．下列说法中正确的是()图4A．O点电场强度为零B．A、B、C、D四点的电场强度相同C．将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零D．将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能减小C[根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由O指向C，选项A错误．根据对称性可知，A、C两点电场强度相同，B、D两点电场强度相同，而A、B两点电场强度不相同，选项B错误．由对称性可知，B、D两点等电势，将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零，选项C正确．图中A点电势高于C点电势，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，选项D错误．]5.某温度检测、光电控制加热装置原理如图5所示．图中RT为热敏电阻(随温度升高，阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大，阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻．当R处温度升高时()图5A．L变暗B．R3的电流减小C．E2的路端电压增大D．R的功率减小D[当R处温度升高时，RT阻值变小，小灯泡L的光照强度增大，RG阻值变小，通过R2的电流变大，E2的路端电压变小，R两端电压变小，通过的电流也变小，功率变小，通过R3的电流变大，选项D正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图6中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后()图6A．t1时刻车速更小B．0～t1的时间内加速度更小C．加速度总比不启用ABS时大D．刹车后前行的距离比不启用ABS更短BD[由图看出，启用ABS后t1时刻车速更大，故A错误；由斜率等于加速度的大小得到，启用ABS后0～t1的时间加速度更小，t1～t2的时间内加速度更大，故B正确，C错误；根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，刹车后前行的距离比不启用ABS更短，故D正确．]7．如图7所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则()图7A．货物向上做匀速运动B．箱中的物体对箱底的压力大于mgC．图示位置时货车拉力的功率大于(M＋m)gvcosθD．此过程中货车拉力做的功为(M＋m)ghBC[因为货车的速度是匀速的，我们将货车的速度进行分解，它有沿绳伸长的速度，还有垂直绳向上的速度，这两个分速度是垂直的关系，故绳的速度为vcosθ，当货车前进时，θ逐渐减小，cosθ逐渐增大，绳端的速度增大，所以货物将加速上升，选项A错误；因为m有一个向上的加速度，故箱底对它的支持力大于mg，即物体对箱底的压力也大于mg，选项B正确；货车拉力的功率P＝Fv′＝Fvcosθ，因为货物加速上升，故F>(M＋m)g，所以P>(M＋m)gvcosθ，选项C正确；此过程中货车既把货物拉高，又使它具有一定的速度，根据功的原理可知货车拉力做的功大于(M＋m)gh，故D错误．]8．质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图8所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆子停止转动，则()【导学号：25702120】图8A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C．若角速度ω较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D．若角速度ω较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动BCD[小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动，故A错误；绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的张力将大于重力，即张力突然增大，故B正确；若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，故C正确；若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，故D正确．]9.如图9所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过eq\f(π,6)时的感应电流为I，下列说法正确的是()图9A．线框中感应电流的有效值为2IB．转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为eq\f(2IR,ω)C．从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线某横截面的电荷量为eq\f(2I,ω)D．线框转一周的过程中，产生的热量为eq\f(2πRI2,ω)BC[从中性面开始计时，电流瞬时值表达式为：i＝Imsinωt，据题ωt＝eq\f(π,6)时，i＝I，代入得电流的最大值为：Im＝2I，有效值为：I有＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)I，故A错误；感应电动势最大值为：Em＝ImR＝2IR由Em＝BSω，则穿过线框的磁通量的最大值为：Φm＝BS＝eq\f(2IR,ω)，故B正确；从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)＝eq\f(2I,ω)，故C正确；电流的有效值为：I有＝eq\r(2)I，则线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝Ieq\o\al(2,有)RT＝eq\f(4πRI2,ω)，故D错误．]第Ⅱ卷三、简答题(本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．)[必做题]10．(8分)某同学设计了如图10所示的装置去验证小球摆动过程中的机械能守恒，实验中小球到达B点(图中未标出)时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时被割断，小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺．该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度h，桌面到地面的高度H及平抛运动的水平位移L即可．【导学号：25702121】图10(1)测量A位置到桌面的高度h应从________开始测(选填“球的下边沿”或“球心”)．(2)实验中改变h多测几次h和L的数值利用作图象的方法去验证．该同学取纵轴表示L，则横轴应表示________．(3)若所作图象的斜率为k，则满足________关系即可证明小球下摆过程中机械能守恒．【解析】本题主要考查平抛运动和验证机械能守恒定律，意在考查考生的实验迁移能力．由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，依据平抛运动规律有H＝eq\f(1,2)gt2，L＝vt，整理后可得L＝2eq\r(Hh).【答案】(1)球的下边沿(2)eq\r(h)(3)k＝2eq\r(H)11．(10分)中国机器人农民发明家吴玉禄(被誉为中国的特斯拉)只有小学文化，为了给他的机器人吴老二找一个可充电电池，他在废品站找到了一个像电池一样有两个电极的装置，上面标有“TNT”等字样，他高兴地拿回去充电，结果差点丢了性命．如果你是他的儿女，为了安全起见，你能给他提出一些建议或帮助吗？(1)经核实该电雷管全电阻值为6Ω，其中电热丝阻值为5Ω，引脚线长2m，阻值为1Ω，当通以0.45A电流时约6s钟爆炸，若吴玉禄用5.4V的电压给它充电时理论上约________s钟爆炸(危险)．(2)某兴趣小组发扬吴玉禄精神，用伏安法设计了一较准确测量上述单只电雷管电阻的电路．准备了以下实验器材：待测电雷管Rx，炸药桶(保护作用，防爆破)电流表A1：量程0.5A、内阻约0.5Ω电流表A2：量程30mA、内阻约30Ω电压表V1：量程30V、内阻约10kΩ电压表V2：量程2V、内阻约3kΩ滑动变阻器R：0～10Ω电阻箱R0：0～999.9Ω，0.1A干电池E：电动势E＝1.5V，内阻r约0.1Ω开关S及导线若干．①请设计一个较合理的电路原理图，画在规定方框内，要求通过电雷管的电流不超过27mA，电压能从零调节，尽可能减小误差．②并写出Rx的计算公式Rx＝_____________________________________________________________________________________________________________________________；(可能用到的字母示数为I1、示数为I2、示数为U1、示数为U2、电阻箱电阻为R0)【解析】(1)根据焦耳定律：Q＝I2Rt0．452×5×6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5.4,6)))2×5t得：t＝1.5s.(2)①题目要求电压能从零调节，所以滑动变阻器选用分压接法；电雷管电流不能超过27mA，所以需要串联一个定值电阻或者可以显示阻值的电阻箱，故电路图如图所示．②根据部分电路的欧姆定律：计算公式为R＝eq\f(U2,I2)－R0.【答案】(1)1.5(2)①见解析②eq\f(U2,I2)－R0[选做题]12．[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分．A．[选修3－3](12分)(1)下列说法中正确的是________．A．雨水不能透过布雨伞是因为液体表面存在张力B．分子间的距离r增大，分子间的作用力做负功，分子势能增大C．气体自发地扩散运动说明分子是永不停息地运动的D．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显(2)如图11所示，一定质量的理想气体被活塞密封在一绝热容器中，活塞与容器壁无摩擦，当温度为T1时，气体压强为p1，体积为V1，若温度升高到T2，气体压强变为p2，气体的体积变为V2，则p2________p1，V2________V1(选填“＞”“＝”或“＜”)，若在活塞上放置一定质量的重物，稳定后气体的压强变为p3，温度变为T3，则p3________p1，T3________T1(选填“＞”“＝”或“＜”)．图11(3)铁的密度ρ＝7.8×103kg/m3、摩尔质量M＝5.6×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1，将铁原子视为球体，试估算铁原子的直径大小．(保留一位有效数字)【解析】(1)当分子间距离小于平衡距离时，随分子距离的增大，分子力做正功，分子势能减少，当分子间距离大于平衡距离时，随分子距离的增大，分子力做负功，分子势能增加，故选项B错误；悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间无规则撞击它的液体分子数越多，抵消越多，布朗运动越不明显，故选项D错误；选项A、C说法正确．(2)第一过程是等压变化，温度升高，体积增大，所以p2＝p1，V2＞V1，第二过程是一个绝热压缩过程，压强变大，外界对气体做功，内能增大，温度升高，所以p3＞p1，T3＞T1.(3)取1mol56g的铁，设每个原子直径为d，共有NA个原子，总体积为V＝NA·eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))3＝eq\f(m,ρ)，解得：d＝3×10－10m【答案】(1)AC(2)＝＞＞＞(3)3×10－10mB．[选修3－4](12分)(1)下列说法中正确的是________．A．雷达是利用声波的反射来测定物体的位置B．调制是电磁波发射的过程，调谐是电磁波接收的过程C．在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变宽D．考虑相对论效应，一沿自身长度方向高速运动的杆的长度总比其静止时的长度短(2)在t＝0时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图12所示，质点A振动的周期是________s，质点B在波的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在t＝9s时，质点B偏离平衡位置的位移是____________cm.图12(3)如图13所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A＝60°，∠C＝90°，一束极细的光于AC边的中点垂直AC面入射，AC＝2a，棱镜的折射率为n＝eq\r(2).图13①作出光在棱镜内传播到第一次射入空气的光路图；②求出光在棱镜内第一次射入空气时的折射角．【解析】(1)雷达是利用无线电波的反射来确定物体目标的仪器，故选项A错误；发射电磁波需要将低频信号加到高频信号上，此过程称为调制，接收到电磁波时，选择所需要的频率信号，称为调谐，故选项B正确；双缝干涉条纹宽度正比于波长，红光波长比绿光大，它干涉条纹间距宽，故选项C正确；相对论效应是对不同参考系而言的，相对地面高速运动的杆在自身参考系内测量就是静止的原长，而地面观察者测量时发现其长度变短，所以应该强调在哪个参考系内测量的，故选项D错误．(2)题图为波的振动图象，由图可知波的周期为4s，波源的起振方向与波头的振动方向相同且向上，t＝6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位置向上振动，波传播到B点，需要时间t1＝eq\f(x,v)＝eq\f(16,2)s＝8s，故t＝9s时，质点又振动了1s(1/4个周期)，处于正向最大位移处，位移为10cm.(3)①光在棱镜内传播到第一次射入空气的光路图如下图所示．②由上图可知，因为光线在D点发生全反射，由反射定律和图中几何关系得：∠4＝30°根据折射定律有：eq\f(sin∠5,sin∠4)＝n，sin∠5＝eq\f(\r(2),2)所以第一次射入空气的折射角∠5＝45°【答案】(1)BC(2)410(3)①见解析②45°C．[选修3－5](12分)(1)下列说法中正确的是________．A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应B．原子核式结构模型是由汤姆生在α粒子散射实验基础上提出的C．放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，跟原子所处的物理、化学状态没有关系D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害(2)太阳内部持续不断地发生着4个质子聚变为1个氦核的热核反应，核反应方程是4eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2X，其中X粒子是________，这个核反应释放出大量核能，已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c，反应过程释放的能量为________．(3)甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而迎面相撞，已知甲运动员的质量为60kg，乙运动员的质量为70kg，接触前两运动员速度大小均为5m/s，冲撞后甲被撞回，速度大小为2m/s，问撞后乙的速度多大？方向如何？【解析】(1)太阳能量来自于太阳内部轻核的聚变反应，故选项A错误；原子核式结构模型是由卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，不是汤姆生，汤姆生提出的是胶体枣糕模型，故选项B错误；选项C、D说法正确．(2)根据核反应方程中质量数和电荷数的守恒可知X粒子的质量数为0，电荷数为1，因此X粒子为正电子，根据爱因斯坦质能方程可知，该反应过程释放的能量为：ΔE＝Δmc2＝(4m1－m2－2m3)c2.(3)根据动量守恒定律有：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2取甲初速度方向为正方向，v1＝5m/s，v2＝－5m/s，v′1＝－2m/s解得：v′2＝1m/s，方向与乙撞前的运动方向相反(或与甲撞前的运动方向相同)．【答案】(1)CD(2)正电子(4m1－m2－2m3)c2(3)1m/s方向与乙撞前的运动方向相反(或与甲撞前的运动方向相同)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(15分)如图14所示，光滑圆弧形凹槽ABC放在水平地面上，O为圆心，A、C两点等高且为圆弧边缘，B为最低点，张角∠AOC可随意调节，圆弧半径r＝0.5m．现将OA与竖直方向的夹角θ1调为53°，把一个质量m＝0.1kg的小球从水平桌面的边缘P点以v0＝3m/s向右水平抛出，该小球恰能从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽．已知sin53°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．【导学号：25702122】图14(1)求小球运动到A点时的速度大小；(2)求小球在B点时对轨道的压力大小；(3)改变θ1和v0的大小，同时把凹槽在水平地面上左右移动，使小球仍能从A点沿切线方向进入凹槽．若PA与竖直方向的夹角为θ2，试证明tanθ1·tanθ2＝2.【解析】(1)将小球经A点时的速度vA分解，有vAcosθ1＝v0 2分解得vA＝eq\f(v0,cosθ1)＝eq\f(3,0.6m/s)＝5m/s. 2分(2)小球从A到B的过程，由机械能守恒定律有mgr(1－cosθ1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A) 2分在B点，对小球有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),r) 2分代入数据解得FN＝6.8N 1分由牛顿第三定律知，小球经B点时对圆槽的压力大小为6.8N． 1分(3)小球能从A点沿切线方向进入圆弧，说明其经A点时的速度vA与水平方向的夹角为θ1.设它从P到A的时间为t，则有tanθ1＝eq\f(gt,v0) 2分tanθ2＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt) 2分所以有tanθ1·tanθ2＝eq\f(gt,v0)·eq\f(2v0,gt)＝2，得证. 1分【答案】(1)5m/s(2)6.8N(3)见解析14．(16分)如图15所示，有理想边界的匀强磁场宽度为H，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．正方形金属线框abcd的质量为m，电阻为R，边长为L(L<H)．将线框从磁场上方某一高处以速度v0水平抛出一段时间后匀速进入磁场，线框刚离开磁场时与刚进入磁场时的速度相同，运动过程中线框的ab边始终与磁场边界平行．已知重力加速度为g.求：图15(1)线框刚进入磁场时的速度大小；(2)线框穿出磁场过程中，流过线框横截面的电荷量；(3)线框穿过磁场下边界所经过的时间．【解析】(1)设线框刚进入磁场时在竖直方向的速度大小为v1，感应电动势E＝BLv1 1分线框ab边所受安培力F＝BIL 1分线框受力平衡，有mg＝BIL 1分解得v1＝eq\f(mgR,B2L2) 1分从而线框刚进入磁场时的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,B2L2)))2＋v\o\al(2,0)). 2分(2)设线框穿出磁场过程中的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，所用时间为t，有q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt 1分又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR) 1分联立得q＝eq\f(BL2,R). 2分(3)设线框ab边刚运动到磁场下边界时，竖直方向的速度大小为v2，由动能定理有mg(H－L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 2分设线框穿过磁场下边界的某时刻速度为v，由牛顿定律有eq\f(B2L2v,R)－mg＝meq\f(Δv,Δt) 2分即有eq\f(B2L2,R)vΔt－mgΔt＝mΔv对整个穿过磁场下边界的过程中求和，有eq\f(B2L2,R)∑(vΔt)－mg∑Δt＝m∑Δv即eq\f(B2L3,R)－mgt＝m(v2－v1)解得t＝eq\f(B2L3,mgR)＋eq\f(mR,B2L2)－eq\r(\f(2H－L,g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mR,B2L2)))2). 2分【答案】(1)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,B2L2)))2＋v\o\al