（江苏专用）高考物理总复习 优编题型增分练：仿真模拟卷（三）-人教版高三物理试题

仿真模拟卷(三)一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意．1.(2018·江都中学等六校联考)如图1所示，在斜面上某处A以初速度v水平抛出一个石块，不计空气阻力，在确保石块能落到斜面上的前提下，则()图1A．将A点沿斜面上移，石块飞行时间不变B．将A点沿斜面上移，石块飞行时间变长C．v增大，石块在斜面上的落点不变D．v增大，石块在空中飞行的时间不变答案A2．(2018·江苏七校期中)两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是()答案B解析设小球做匀速圆周运动的角速度为ω，对球受力分析，如图所示，mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝eq\f(g,ω2)是相同的，即两球处于同一高度，故B正确，A、C、D错误．3.(2018·常熟中学模拟)如图2所示，A、B、C、D为正四面体的四个顶点，A、B、C在同一水平面上，在A点放置一个电荷量为＋Q的点电荷，在B点放置一个电荷量为－Q的点电荷．一根光滑绝缘杆沿CD固定，杆上穿有带电荷量为＋q的小球．让小球从D点由静止开始沿杆下滑，则关于小球从D滑到C点的过程中，下列判断正确的是()图2A．电场力先减小后增大B．电场力先做负功后做正功C．小球机械能先增加后减小D．小球做匀加速运动答案D解析＋Q和－Q是等量异种电荷，根据其电场线的分布情况和对称性可知，小球从D滑到C点的过程中，离两个点电荷连线AB的距离先减小后增大，电场强度先增大后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，故A错误；通过AB连线的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，CD连线上电势处处相等．则小球在下滑过程中，电场力始终不做功，由功能关系知，小球的机械能不变，故B、C错误；小球所受的电场力垂直于CD连线，且沿水平方向，与杆的弹力保持平衡，所以小球的合力等于重力沿杆向下的分力，因此小球做匀加速运动，故D正确．4．(2018·苏州市调研)某同学用如图3所示电路测量电阻Rx的阻值，当电压表的示数为4.8V时，电流表示数为1.2mA.他发现根据这组数据得到的测量结果，和电阻Rx铭牌标记相差很大．仔细观察电表表盘，了解到电压表内阻为6kΩ，则Rx的阻值应为()图3A．12kΩ B．6.67kΩC．6kΩ D．4kΩ答案A5．小型手摇发电机线圈共有N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图4所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0，该发电机外接负载电阻，则()图4A．当线圈处于中性面位置时磁通量的变化率最大B．线圈从中性面位置转过180°过程中，线圈中磁通量的变化量为零C．线圈转动过程中电动势的有效值为eq\f(\r(2),2)NE0D．线圈转动过程中电动势的最大值为2NE0答案D解析当线圈处于中性面位置时磁通量最大，磁通量的变化率为零，选项A错误；线圈从中性面位置转过180°过程中，线圈中磁通量的变化量为2BS，选项B错误；矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大值是2NE0，则发电机输出电压有效值U＝eq\f(2E0N,\r(2))＝eq\r(2)NE0，选项C错误，D正确．6．用如图5甲所示的装置研究光电效应现象．闭合电键S，用频率为ν的光照射光电管时发生了光电效应．图乙是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象，图线与横轴的交点坐标为(a,0)，与纵轴的交点坐标为(0，－b)，下列说法中正确的是()图5A．普朗克常量为h＝eq\f(a,b)B．断开电键S后，电流表G的示数不为零C．仅增加照射光的强度，光电子的最大初动能将增大D．保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，电流表G的示数保持不变答案B解析根据Ek＝hν－W0得，Ek－ν图象的斜率表示普朗克常量，故h＝eq\f(b,a)，故A错误；电键S断开后，因光电效应现象中，光电子存在最大初动能，因此电流表G的示数不为零，故B正确；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故C错误；若保持照射光强度不变，仅提高照射光频率，则光子数目减小，那么电流表G的示数会减小，故D错误．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．7.如图6所示，半圆形容器固定在地面上，一物块从容器边缘A点以向下的初速度开始运动，恰好能沿容器内壁以大小不变的速度运动到容器底部O点，则在物块下滑过程中，下列说法正确的是()图6A．物块受到的合外力越来越小B．重力做功的瞬时功率越来越小C．重力与摩擦力的合力越来越大D．克服摩擦力做功的功率越来越大答案BC解析由于物块做匀速圆周运动，因此合外力的大小不变，A错误；重力与速度的夹角越来越大，因此重力做功的瞬时功率越来越小，B正确；重力与摩擦力的合力等于重力沿半径方向的分力，重力沿半径方向的分力越来越大，C正确；由于摩擦力与重力沿容器壁切线方向的分力大小相等，重力沿容器壁切线方向的分力越来越小，因此摩擦力越来越小，克服摩擦力做功的功率越来越小，D错误．8．观测发现银河系中某一行星绕其中央恒星做圆周运动的周期为地球公转周期的800倍，该行星到恒星的距离是地球到太阳距离的40倍．利用以上数据，可以求出的量有()A．恒星质量与太阳质量之比B．行星质量与地球质量之比C．恒星自转周期与太阳自转周期之比D．行星公转速度与地球公转速度之比答案AD9．如图7所示，在水平面上有两条足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B.两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，已知两金属杆质量均为m，有效电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，现将杆1以初速度v0向右滑向杆2，在运动过程中两杆始终不碰撞，则()图7A．杆1将做匀减速运动，杆2将做匀加速运动B．杆1、杆2最终均以速度0.5v0做匀速运动C．杆1上总共产生eq\f(1,8)mv02的热量D．通过杆2上的电荷量为eq\f(mv0,2Bd)答案BCD解析杆1向右运动时，由于切割磁感线，回路中将产生感应电流，在安培力的作用下，杆1做减速运动，杆2做加速运动，由于杆的速度变化，回路中的感应电动势变化，感应电流跟随着变化，导致两杆所受安培力大小发生变化，加速度大小随之改变，故选项A错误；由于两杆质量相等，它们的加速度大小时刻相等，在相同时间内，它们的速度变化量大小也相等，最终两杆速度相等时，杆间距不再变化，感应电流随之消失，有：v0－v＝v－0，解得v＝0.5v0，故选项B正确；两杆中电流时刻相等，杆相同，因此两杆产生的热量相等，根据能量守恒定律可知，2Q＝eq\f(1,2)mv02－2×eq\f(1,2)mv2，解得Q＝eq\f(1,8)mv02，故选项C正确；根据电流强度的定义式可知，通过杆2上的电荷量为：q＝eq\x\to(I)t，根据加速度定义式可知：eq\x\to(a)＝eq\f(Δv,t)＝eq\f(v0,2t)，由牛顿第二定律可知：eq\x\to(a)＝eq\f(\x\to(F),m)，由安培力大小计算公式有：eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)dB，解得：q＝eq\f(mv0,2Bd)，故选项D正确．10.导体导电是导体中自由电荷定向移动的结果，这些可以定向移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是电子．现代广泛应用的半导体材料分为两大类：一类是N型半导体，其载流子是电子，另一类是P型半导体，其载流子称为“空穴”，相当于带正电的粒子．如果把某种导电材料制成长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图8所示，且与长方体的前后侧面垂直，当长方体中通有向右的电流I时，测得长方体的上下表面的电势分别为φ上和φ下，则()图8A．如果φ上＞φ下，长方体一定是N型半导体B．如果φ上＞φ下，长方体一定是P型半导体C．如果φ上＜φ下，长方体一定是P型半导体D．如果φ上＞φ下，长方体可能是金属导体答案CD解析若长方体是P型半导体，载流子是正电荷，根据左手定则，正电荷向下偏，则下表面带正电，则φ上<φ下，故B错误，C正确；若长方体是N型半导体或金属导体，载流子都是电子，根据左手定则，电子向下偏，则下表面带负电，则φ上>φ下，故A错误，D正确．三、简答题：本题分必做题(第11、12题)和选做题(第13题)两部分，共计33分．【必做题】11．(8分)(2018·江苏一模)小明所在的实验小组为探究“拉力做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如图9甲所示的装置．已知小车的质量为M＝200g，该小组的同学想用钩码的重力作为小车受到的合外力，为了实现这个想法，必须要先平衡摩擦力，并选择适当的钩码．图9(1)平衡摩擦力时，下列操作正确的是________．A．挂上钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可B．挂上钩码，轻推没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可C．不挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D．不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可(2)他们在实验室找到的钩码质量有10g、20g、50g和100g的，应选择质量为________的钩码最为合适．(3)该实验小组打下一条纸带，将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6(相邻2个计数点间还有4个点未画出)，量出计数点3、4、5到计数点0的距离分别为x1、x2和x3，如图乙所示．已知打点计时器的打点周期为T，小车的质量为M，钩码质量为m，重力加速度为g，则在打计数点0到4的过程中，小车的动能增量为____________．(4)通过多次实验并计算，小明发现，小车动能的增量总略小于mgx，你认为造成这样的原因可能是________________________________________________________________________．答案(1)D(2)10g(3)eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3－x1,10T)))2(4)由于钩码做加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的重力mg解析(1)在平衡摩擦力时，不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可，故A、B、C错误，D正确．(2)在实验过程中要保证小车的质量远大于钩码的质量，故钩码的质量选择10g.(3)打计数点4时的瞬时速度为：v＝eq\f(x3－x1,10T)故小车的动能增量为：ΔEk＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3－x1,10T)))2(4)小车在钩码的拉力作用下，小车和钩码一起做匀加速运动，所以细绳对小车的拉力小于钩码的重力．12．(10分)(2018·仪征中学模拟)实验室有下列器材：灵敏电流计(内阻约为50Ω)；电压表(0～3V，内阻约为10kΩ)；电阻箱R1(0～9999Ω)；滑动变阻器R2(0～100Ω，1.5A)；旧干电池一节；导线开关若干．(1)某实验小组先测灵敏电流计的内阻，电路如图10甲所示，测得电压表示数为2V，灵敏电流计示数为4mA，电阻箱旋钮位置如图乙所示，则灵敏电流计内阻为________Ω.图10(2)为将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为________Ω.调好后连接成如图丙所示的电路测干电池的电动势和内阻，调节滑动变阻器读出了几组电压表和电流计的示数如下表，请在图11所示的坐标系中作出合适的U－IG图线.U/V0.80.91.01.11.2IG/mA3.02.52.01.51.0图11(3)由作出的U－IG图线求得干电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.答案(1)45(2)5见解析图(3)1.415.5解析(1)由题图可知电阻箱示数为：R1＝0×1000Ω＋4×100Ω＋5×10Ω＋5×1Ω＝455Ω，由欧姆定律可得：Rg＋R1＝eq\f(U,Ig)＝eq\f(2,0.004)Ω＝500Ω，电流计内阻为：Rg＝(500－455)Ω＝45Ω.(2)将灵敏电流计的量程扩大为原来的10倍，电阻箱阻值：R1′＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(45Ig,10Ig－Ig)＝5Ω；根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：(3)由图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.4，干电池的电动势E＝1.4V，电流表内阻，RA＝eq\f(R1′Rg,R1′＋Rg)＝eq\f(5×45,5＋45)Ω＝4.5Ω，图象斜率的绝对值：|k|＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝|eq\f(1.4－0.8,0.003×10)|Ω＝20Ω，干电池的内阻：r＝|k|－RA＝(20－4.5)Ω＝15.5Ω.13．【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按第一个小题评分．A．[选修3－3](15分)(2018·连云港外国语学校调研)封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图12所示，该气体的摩尔质量为M，状态A的体积为V0，温度为T0，O、A、D三点在同一直线上，阿伏加德罗常数为NA.图12(1)由状态A变到状态D过程中________．A．气体从外界吸收热量，内能增加B．气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少C．气体温度升高，每个气体分子的动能都会增大D．气体的密度不变(2)在上述过程中，气体对外做功为5J，内能增加9J，则气体________(选“吸收”或“放出”)热量________J.(3)在状态D，该气体的密度为ρ，体积为2V0，则状态D的温度为多少？该气体的分子数为多少？答案(1)AB(2)吸收14(3)2T0eq\f(2ρV0NA,M)解析(1)气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析知，气体从外界吸收热量，故A正确．由题图看出由A→D气体的体积增大，温度升高，分子平均动能增大，而压强不变，故单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，故B正确．气体温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都会增大，故C错误．气体的质量一定，体积增大，则密度减小，故D错误．(2)气体对外做功为5J，则W＝－5J，内能增加9J，则ΔU＝9J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得，Q＝14J，即吸收热量14J.(3)A→D，由理想气体状态方程得eq\f(pV0,T0)＝eq\f(p·2V0,TD)，得TD＝2T0，分子数为n＝eq\f(m,M)·NA＝eq\f(2ρV0NA,M)B．[选修3－4](15分)(2018·江苏押题卷)(1)如图13所示，参考系B相对于参考系A以速度v沿x轴正方向运动，固定在参考系A中的点光源S射出一束单色光，光速为c，则在参考系B中接收到的光的情况是________．图13A．光速小于c，频率不变，波长变短B．光速小于c，频率变小，波长变长C．光速等于c，频率不变，波长不变D．光速等于c，频率变小，波长变长(2)如图14所示为一列简谐横波某时刻的波形图，波沿x轴正方向传播，质点P平衡位置的坐标为x＝0.48m，此时刻质点P的振动方向为______，若从该时刻开始计时，P点经0.8s第一次到达平衡位置，则波速为______m/s.图14(3)一束光波以45°的入射角，从AB面射入透明三棱镜，如图15所示，棱镜折射率n＝eq\r(2).试求光进入AB面时的折射角，并在图上画出该光波在棱镜中的光路图．图15答案(1)D(2)沿y轴正方向0.1(3)30°光路图见解析图解析(1)由爱因斯坦相对论的基本假设可知，光速不变，故选项A、B错误；由于接收者与波源存在相对运动，且相互远离，因此根据多普勒效应可知，接收到的频率变小，波长变长，故选项C错误，D正确．(2)简谐横波沿x轴正方向传播，波形向右平移，则此时质点P的振动方向沿y轴正方向．当图中x＝0.4处质点的状态传到P时，P点第一次到达平衡位置，传播距离x＝0.08m，用时t＝0.8s，则波速为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.08,0.8)m/s＝0.1m/s.(3)设光线进入AB面时的折射角为γ，根据折射定律有：n＝eq\f(sin45°,sinγ)，解得γ＝30°.由图中几何关系可知，光线到达AC界面时的入射角为45°，恰好等于其临界角C＝45°，此时将发生全反射，反射角也是45°，之后光线将垂直BC面射出，其光路图如图所示．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．14．(15分)(2018·苏州市调研)如图16所示，“”形金属导轨水平放置，宽为L＝0.50m，电阻大小不计．在导轨间长d＝0.8m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T．质量m＝4.0kg、电阻R0＝0.05Ω的金属棒CD水平置于导轨上，与轨道之间的动摩擦因数为0.25，初始位置与磁场区域的左边界相距s＝0.2m，用一根轻质绝缘的细绳水平绕过定滑轮与CD棒相连，现用一个恒力F＝50N竖直向下作用于细绳A端，CD棒由静止开始运动，运动过程中CD棒始终保持与导轨垂直，g取10m/s2.求：图16(1)CD棒刚进入磁场时所受的安培力的大小；(2)CD棒通过磁场的过程中流过其横截面的电荷量q；(3)CD棒在磁场中运动的过程中电路中所产生的焦耳热Q.答案见解析解析(1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma代入得a＝10m/s2由运动学公式得：v2＝2as代入得v＝2m/s金属棒刚进入磁场时的感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq\f(E,R0)安培力F安＝BIL联立得金属棒刚进入磁场时所受安培力F安＝40N(2)q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)解得q＝eq\f(BLd,R0)＝16C(3)金属棒进入磁场后，满足F＝μmg＋F安，金属棒所受合力为零，金属棒在磁场中受力平衡，做匀速直线运动电路中电流为恒定电流I＝40A在磁场中运动所用时间t＝eq\f(d,v)，则t＝0.4s由焦耳定律得Q＝I2R0t代入得CD棒在磁场中运动的过程中回路中所产生的焦耳热Q＝32J.15．(16分)如图17所示，质量均为m＝4kg的两个小物块A、B放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定．移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后冲上圆轨道．除s段外的其它水平面的摩擦不计．求：图17(1)若s＝1m，则两物块经过C点时对轨道的压力大小；(2)刚释放物块A时，弹簧的弹性势能；(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满足什么条件．答案(1)500N(2)200J(3)s≤1.25m或4.25m≤s<6.25m解析(1)设两物块经过C点时速度为vC，两物块受到轨道支持力为FC由功能关系得：eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(C2)又FC－2mg＝2meq\f(v\o\al(C2),R)代入解得：FC＝500N由牛顿第三定律，两物块对轨道压力大小为500N(2)设A与B碰撞前速度为v0，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得v0＝10m/s则：Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mv02＝200J(3)两物块不脱离轨道有两种情况①能过轨道最高点，设两物块经过轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝eq\f(2mv\o\al(12),R)得：v1＝eq\r(gR)＝2m/s物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系得eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs－4mgR≥eq\f(1,2)×2mv12代入解得s≤1.25m②两物块上滑最大高度不超过圆心等高处设两物块刚好到达圆心等高处速度为v2＝0物块从碰撞后到上滑至圆心等高处，由功能关系得：eq\f(1,2)×2mv2－2μmgs≤2mgR同时依题意，两物块能滑出粗糙面，由功能关系得：eq\f(1,2)×2mv2≥2μmgs代入解得4.25m≤s<6.25m16．(16分)(2018·高考押题预测卷)如图18所示，竖直平行放置的两个金属板A、K连在如图所示的电路中．电源电动势E＝91V，内阻r＝1.0Ω，定值电阻R1＝10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，S1、S2为A、K板上的两个小孔；R、Q是两水平放置的金属板，偏转电场极板长L＝4cm，两板间距离d＝6cm，R、Q两板的中心线CD与S1、S2都在同一水平直线