高三物理下学期考前模拟试题(一)(含解析)

1.我国“神舟”十一号飞船于2016年10月17日放射胜利。飞船先沿椭圆轨道Ⅰ运行，在接近400km高空Q处与“天宫”二号完成对接，对接后组合体在轨道Ⅱ上做匀速圆周运动，两名宇航员在空间试验室生活、工作了30天。飞船于11月17A.飞船变轨前后的机械能守恒B.对接后组合体在轨道Ⅱ上运行的速度大于第一宇宙速度C.飞船在轨道Ⅰ上运行的周期大于组合体在轨道Ⅱ上运行的周期D.飞船在轨道Ⅰ上运行时经P点的速度大于组合体在轨道Ⅱ上运行的速度【答案】D【解析】每次变轨都须要发动机对飞船做功，故飞船机械能不守恒，故A错误；组合体在轨道Ⅱ上做匀速圆周运动，万有引力供应向心力：，解得：，当轨道半径r越大速度越小，当轨道半径等于地球半径时的速度为第一宇宙速度，所以组合体的运行速度要小于第一宇宙速度，故B错误；依据万有引力供应向心力有：，解得：，可知轨道半径r越大周期越大，所以飞船在轨道Ⅰ上运行的周期小于组合体在轨道Ⅱ上运行的周期，故C错误；万有引力供应向心力：，解得：，可知轨道1经过P点的速度大于做圆周运动经过P点的速度，圆周运动经过P点的速度大于轨道2的速度，故D正确。所以D正确，ABC错误。2.如图所示，ABCDEF是同一圆周上的六个点，O为圆心，AB、CD两直径相互垂直，EF连线与AB平行，两个等量正点电荷分别固定在A、B两点。下列说法中错误的是A.E、F两点的电势相同B.E、F两点的电场强度相同C.将一个电子在C点由静止释放，仅在电场力作用下该电子将在CD间做往复运动D.在C点给电子一个适当的初速度，仅在电场力作用下该电子可能做匀速圆周运动【答案】B【解析】等量同种电荷的电场强度大小和电势是关于其连线的中垂线对称，全部E、F两点的电势相同，故A说法正确；E、F两点的电场强度大小相等，方向不相同，故B说法错误；在其中垂线上，O点的电场强度为零，无穷远处电场强度为零，所以从O向两侧先增大后减小，电场方向分别沿中垂线指向无穷远，当电子从C点静止释放，做加速运动，到O点最大，接下来做减速运动到D点速度为零，在做反向加速运动，所以电子将在CD间做往复运动，故C说法正确；在C点给电子一个适当的初速度，电子可以在两者的中垂面上做圆周运动,且到两场源电荷的距离始终相等，故D说法正确。所以说法错误的是B.3.用如图甲所示的装置探讨光电效应现象。闭合电键S，用频率为ν的光照耀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间电子的最大初动能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A.普朗克常量为h=B.断开电键S后，电流表G的示数不为零C.仅增加照耀光的强度，光电子的最大初动能将增大D.保持照耀光强度不变，仅提高照耀光频率，电流表G的示数保持不变【答案】B【解析】由，变形得，可知图线的斜率为普朗克常量，即，故A错误；断开电键S后，初动能大的光电子，也可能达到对阴极，所以电流表G的示数不为零，故B正确；只有增大入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，与光的强度无关，故C错误；保持照耀光强度不变，仅提高照耀光频率，单个光子的能量增大，而光的强度不变，那么光子数肯定削减，发出的光电数也削减，电流表G的示数要减小，故D错误。所以B正确，ACD错误。4.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过900，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是A.框架对小球的支持力先减小后增大B.拉力F的最小值为mgsinθC.地面对框架的摩擦力始终在减小D.框架对地面的压力先增大后减小【答案】C..................5.如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接。起先时小球位于O点，弹簧水平且无形变。O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ。现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中正确的是A.小球在从A到O运动的过程中速度不断增大B.小球运动过程中的最大速度为C.小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=D.小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg【答案】C【解析】小球在从A到O运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿其次定律可知：，物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时（弹力等于摩擦力时）速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球起先做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B，由重力供应向心力：，解得：，从O到B依据动能定理得：，联立以上解得：，由上分析可知：小球从起先运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比大，故B错误；从A到O依据能量守恒得：，联立以上得：，故C正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿其次定律得：，联立以上解得：，故D错误。所以C正确，ABD错误。6.如图所示，由于志向变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮A.其他条件不变，P1上移，同时P2下移B.其他条件不变，P1下移，同时P2上移C.其他条件不变，断开电键SD.其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动【答案】BC【解析】P1上移增大n1，P2下移减小n2，由志向变压器的变压比：，可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，故A错误；P1下移减小n1，P2上移增大n2，由志向变压器的变压比：，可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，故B正确；其他条件不变，U2电压不变，断开电键S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，L灯的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑动片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，L灯的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，故D错误。所以BC正确，AD错误。7.放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示，下列说法中正确的是A.0~6s内拉力做的功为140JB.物体在0~2s内所受的拉力为4NC.物体与粗糙水平地面的动摩擦因素为0.5D.合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等【答案】AD【解析】0~6s内拉力做的功为P-t图线下所围的面积：，故A正确；在2~6s内匀速运动，则拉力为：，物体在0~2s内：物体的加速度为：，由牛顿其次定律得：，代入数解得：F=6N，故B错误；由滑动摩擦力公式：，代入数据解得：，故C错误；合外力在0~6s内做的功：，0~2s内做的功相等为：，由此可得：，故D正确。所以AD正确，BC错误。8.如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是A.若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B.若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量削减C.若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度削减D.若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小【答案】BCD【解析】滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积，因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L很小，对滑块依据动能定理：，可知滑块滑离木板时的速度v1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满意动量守恒：，可知长木板的动量改变比较小，所以若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量削减，故B正确；采纳极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量改变很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满意动量守恒，那么长木板的动量改变也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L也会很小，故D正确。所以BCD正确，A错误。三、非选择题：（一）必考题9.探究“做功和物体速度改变的关系”试验装置如图甲所示，图中是小车在1条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形。小车试验中获得的速度v，由打点计时器所打点的纸带测出，橡皮筋对小车做的功记为W；试验时，将木板左端调整到适当高度，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放。请回答下列问题：当我们把2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……多次试验。请回答下列问题：（1）除了图甲中已给出器材外，须要的器材还有：沟通电源、_________________；（2）如图乙中，是小车在某次运动过程中打点计时器在纸带上打出的一系列的点，打点的时间间隔为0.02s，则小车离开橡皮筋后的速度为_______m/s（保留两位有效数字）(3)将几次试验中橡皮筋对小车所做的功W和小车离开橡皮筋后的速度v，进行数据处理，以W为纵坐标，v或v2为横坐标作图，其中可能符合实际状况的是______【答案】(1).毫米刻度尺(2).0.36(3).AD【解析】（1）须要的器材除了沟通电源外，还有刻度尺；（2）小车离开橡皮筋后的速度为（3）因，故以W为纵坐标，v或v2为横坐标作图，其中可能符合实际状况的是AD.点睛：明确了该试验的试验原理以及试验目的，即可了解详细操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时留意数学学问的应用，本题是考查试验操作及数据处理的方法等问题，好题．10.一根匀称的瘦长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，长度为L，电阻R约为5Ω，这种金属的电阻率为ρ，因管线内径太小无法干脆测量，某同学设计下列试验方案尽可能精确测定它的内径d；(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，用该螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径D=_______mm。(2)为测量金属管线的电阻R，取两节干电池（内阻不计）、开关和若干导线及下列器材：A．电流表0～0.6A，内阻约0.05ΩB．电流表0～3A，内阻约0.01ΩC．电压表0～3V，内阻约10kΩD．电压表0～15V，内阻约50kΩE．滑动变阻器，0～10Ω（额定电流为0.6A）F．滑动变阻器，0～100Ω（额定电流为0.3A）为精确测出金属管线阻值，电流表应选__________电压表应选______滑动变阻器应选__________(填序号)(3)如图丙所示，请按试验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整。(4)依据已知的物理量（长度L、电阻率ρ）和试验中测量的物理量（电压表读数U、电流表读数I、金属管线外径D），则金属管线内径表达式d＝______________【答案】(1).5.167（5.165～5.169同样得分）(2).A(3).C(4).E如图(5).【解析】（1）螺旋测微器校零时的示数3.3×0.01mm=0.033mm；螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径D=5.200-0.033mm=5.167mm（2）两节新的干电池电动势为3V，因此电压表选择3V的量程，即为C；

因为电量中最大电流大约为，为了测量的精确，电流表应选择A，滑动变阻器采纳限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E．

（3）由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采纳外接法，连接滑动变阻器的滑片接头错误，应当在接线柱；

（4）该试验须要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而依据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I．

依据欧姆定律得，，又，则，因为，

解得11.如图所示，AB与CD是两段半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，圆心连线O1O2水平，BC错开的距离略大于小球的直径，整个装置竖直放置于水平长轨道MN上，AB与水平轨道MN相切于A点。有一自由长度小于MP的轻弹簧左端固定于M处，右端与质量为m的小球接触（不拴接）。水平轨道MP段光滑，PA段粗糙、长为2R，运动小球受到PA段阻力为小球重力的0.25倍。起先时，弹簧处于被压缩的锁定状态，锁定时的弹性势能EP=5mgR，解除锁定后，小球将被弹出，重力加速度为g，试计算：（1）小球对圆弧轨道A点压力的大小和方向；（2）推断小球能否过D点，若能过D点，则计算小球落在轨道MN上的位置离D点的水平距离。【答案】（1）方向垂直水平轨道向下（2）【解析】（1）解除弹簧锁定后，弹簧弹性势能转化为小球动能小球从P运动到A点过程中，依据动能定理到圆弧轨道A点，设小球受轨道的弹力为N，运用牛顿其次定律由、、式，代入f＝0.25mg，EP=5mgR等，得：依据牛顿第三定律，小球对圆弧轨道A点压力，方向垂直水平轨道向下。（2）假如小球恰好能经过D点，速度为，则有小球从P运动到D点过程中，依据动能定理小球恰能到达D点所需的弹性势能由、、得：因为>，所以小球能过D点，并从D点水平抛出依据能量转化与守恒定律，得：从D点平抛后由、、得：12.如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30o斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽视不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面对上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面对上的恒力F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g；（1）试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；（2）设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0=0，恒力大小变为F′=1.5mg，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab起先做匀速运动；求：①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；②0～t时刻内通过金属棒ab的电量q；【答案】（1）（2）【解析】（1）金属棒cd做匀速运动的速度为v，E=BLvI=E/2RFA=IBL金属棒cd克服安培力做功的功率P安=FAv电路获得的电功率P电=由P安=P电=所以：P安=P电（另解：金属棒cd做匀速运动的速度为v，cd杆受力平衡有联立解得，，依据：所以：）（2）①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL=2mgsin30o金属棒ab的热功率Pab=I12R由解得：Pab=②设t后时刻金属棒ab做匀速运动速度为v1，金属棒cd也做匀速运动的速度为v2；由金属棒ab、金属棒cd组成系统动量守恒：mv=2mv1+mv2回路电流I1=由解得：金属棒ab做匀速运动速度为v1=0～t时刻内对金属棒ab分析：在电流为i的很短时间内，速度的该变量为由动量定理得：对进行求和得：解得BLq-mgt=2mv1由解得：q=（或：设ab、cd杆之间距离改变量为x，则：设随意时刻，ab杆速度为，cd杆速度为，利用微元求和可得：对ab杆进行动量定理：联立可得：求解得：33.[物理—选修3-3]13.下列说法中正确的是_____。A.空气中PM2.5的运动属于分子热运动B.压缩气体不肯定能使气体的温度上升C.肯定量的气体汲取热量，其内能可能减小D.太空中水滴呈现完备球形是由于液体表面张力的作用E.相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的引力变小，斥力变大【答案】BCD【解析】PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,既然是颗粒物,就不是分子,当然不属于分子的热运动，故A错误；依据热力学第肯定律，若压缩气体，对物体做功，但是气体若放热则不肯定能使气体的温度上升，故B正确；肯定量的气体汲取热量，若气体对外做的功大于它所汲取的热量，其内能可能减小，故C正确；太空中处于失重状态的水滴由于液体的表面张力的作用而呈球形，故D正确；分子间的引力和斥力,随着分子间距离的减小而增大，故E正确。所以BCD正确，AE错误。14.如图所示，结构相同的绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杠连接横截面积相同的绝热活塞a、b，绝热活塞a、b与两气缸间均无摩擦。将肯定量的气体封闭在两气缸中，起先时活塞静止，活塞与各自气缸底部距离均相等，B气缸中气体压强等于大气压强，A气缸中气体温度，设环境温度始终不变。现通过电热丝缓慢加热A气缸中的气体，停止加热达到稳定后，气缸B中活塞距缸底的距离为起先状态的时，求：（i）B气缸气体的压强；（ii）A气缸气体的温度。【答案】（i）（ii）【解析】试题分析：以气缸B中的气体为探讨对象，由玻意耳定律求出压强；找出加热前后