高考物理二轮复习 考前模拟卷1（含解析）

高考考前模拟卷(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．(建议用时：60分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题部分共42分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)14．(·郑州模拟)某兴趣小组为了测量学校排球队主攻手扣球时对地面的最大作用力，利用如下方法：把一张白纸平放到地面，然后在排球的表面洒上水，让排球击到白纸上，留下水印，然后把白纸放到体重计上，让排球慢慢地向下压，当排球与白纸的接触面和水印重合时，读出体重计的读数即可知最大作用力的大小．这种研究方法与下列实验中哪种实验方法类似 ()A．利用打点计时器测量自由落体的加速度B．奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转，得出“通电导线的周围存在磁场”的结论C．验证力的平行四边形定则D．探究影响电荷间相互作用的因素解析该研究小组所用的方法是等效替代法．A项是留迹法．B项是转化法．C项是等效法．D项是控制变量法．答案C15．(·安徽芜湖二模)如图1所示，连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到底端C点速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程中摩擦力均为定值．下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是 ()图1解析对滑雪者分析，受重力、支持力和摩擦力三个恒力作用，在AB和BC两段的合力均为恒定值，由牛顿第二定律，Gsinθ－fAB＝maAB，fBC－Gsinθ＝maBC，加速度也分别恒定，且AB段aAB的方向沿斜面向下，BC段aBC的方向沿斜面向上，则选项C、D错误；滑雪者先匀加速运动到B，再匀减速运动到C，则选项B正确；x－t图象的斜率表示速度，则选项A错误．答案B16．(届湖北部分重点高中高三联考)如图2所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接物体B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态．则()图2A．物体B受到斜面体C的摩擦力一定不为零B．斜面体C受到水平面的摩擦力一定为零C．斜面体C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断，若B物体依然静止在斜面上，此时水平面对斜面体C的摩擦力一定不为零解析B受C的摩擦力可能为零，也可能不为零，A项错，选BC整体为研究对象知，BC有沿地面向右滑动的趋势，C一定受地面向左的摩擦力，则B项错，C项对．将细绳剪断，B静止在C，选BC整体受力分析和由平衡条件知，地面对C的摩擦力一定为零，D项错．答案C17．(·山东潍坊二模)带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，图中能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图象是 ()解析等量异种点电荷连线中点的电场强度最小，但不为零，越靠近电荷，电场强度越大，同时等量异种点电荷连线上的电场强度大小关于中点对称，据此可知A项正确．答案A二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)18．(·山东临沂3月质检)如图3所示，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝10cm2，螺线管导线电阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，磁感应强度B的B－t图象如图所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是 ()图3A．通过电阻R的电流是交变电流B．感应电流的大小保持不变C．电阻R两端的电压为6VD．C点的电势为4.8V解析由B－t图象和楞次定律可知通过R的感应电流的方向不断变化，A项正确；由B－t图象和E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝6V知E大小不变，由I＝eq\f(E,R＋r)＝1.2A知I大小不变，B项正确；由于通过R的电流为交变电流，R两端的电压U＝IR＝4.8V，由于电流方向的变化，C点的电势也会出现正负变化，C、D项错．答案AB19．(·浙江六校联考)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图4所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是 ()图4A．出水口单位时间内的出水体积Q＝vSB．出水口所出水落地时的速度eq\r(2gH)C．出水后，手连续稳定按压的功率为eq\f(ρSv3,2η)＋eq\f(ρvSgH,η)D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和解析t时间内出水口出水的体积为：Q＝vtS，所以单位时间内的出水体积为Q＝vS，A正确；对水下落过程应用动能定理，有：mgH＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，可以判出落地速度v′应大于eq\r(2gH)，B错误；效率η＝eq\f(P1,P2)，水流出的功率为：P1＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgH＋\f(1,2)mv2,t)，又有m＝ρQ，代入可以求得手连续稳定按压的功率为P2＝eq\f(ρSv3,2η)＋eq\f(ρvSgH,η)，C正确；D错误．答案AC20．(·重庆调研)如图5所示，斜面体固定在水平面上，倾角为θ＝30°，质量为m的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a＝eq\f(g,2)开始下滑，取出发点为参考点，则下图中能正确描述物块的速率v、动能Ek、势能Ep、机械能E、时间t、位移x关系的是 ()图5解析由mgsinθ－Ff＝ma和a＝eq\f(g,2)知，Ff＝0.即斜面光滑，由v＝at知A项正确．Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2知B项错．重力势能Ep＝－mgx·sin30°知C项正确．物块机械能E＝－Ep＋Ek＝0，且机械能守恒，故D项正确．答案ACD第Ⅱ卷(非选择题部分共78分)三、非选择题(本题共5小题，共78分．)21．(·陕西咸阳二模)(10分)某同学利用如图6所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1,2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．图6(1)实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块________________________________，则表示气垫导轨已调整至水平状态．(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1所用的时间小于通过光电门2所用的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是()A．调节P使轨道左端升高一些B．调节Q使轨道右端降低一些C．遮光条的宽度应适当大一些D．滑块的质量增大一些E．气源的供气量增大一些(3)实验时，测出光电门1,2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计时器读出遮光条通过光电门1,2的时间分别为t1，t2，则系统机械能守恒成立的表达式是______________________________．解析(1)在判断气垫导轨是否处于水平时，不挂钩码、接通气源．若滑块静止在导轨上可以，滑块在气垫导轨上做匀速直线运动时也可以，或运动的滑块经过两光电门的时间相等还可以．(2)滑块从右向左运动时，通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明导轨右端高左端低，调整的措施是调整P使轨道左端升高一些，或调节Q使轨道右端降低一些，A、B项正确．(3)由钩码减少的重力势能等于系统增加的动能得表达式为mgL＝eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t1))2－eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t2))2答案(1)能在气垫导轨上静止或者匀速运动或滑块经过两个光电门所用的时间相等(2)AB(3)mgL＝eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t1))2－eq\f(1,2)(m＋M)(eq\f(d,t2))222．(·重庆调研)(10分)为了测定一电压表的内阻，给定以下器材：A．待测电压表(0～3V，内阻约为几千欧)B．电流表(0～1mA)C．电流表(0～1A)D．滑动变阻器(0～50Ω)E．滑动变阻器(0～1000Ω)F．电源(1.5V的干电池2节)G．开关及导线若干(1)实验要求测量数据(电压和电流)从零开始，请设计电路图画在虚线框内．(2)实验中电流表应选用B，不应该选用C，其理由是____________________．(3)实验时为了方便调节，滑动变阻器应选_____________________________(选项“D”或“E”)．(4)下表是此次实验中测得的8组数据，请在图坐标纸上描点作出U－I图线.实验次数12345678电压/V01.01.61.82.02.22.42.6电流/mA00.270.410.450.540.550.610.65图7(5)根据U－I图线，计算得到电压表的内阻为________kΩ(保留二位有效数字)．解析(1)实验要求测量数据(电压和电流)从零开始，所以供电电路应采用分压式电路，为测量电压表的内阻，必须测量通过电压表的电流，故需要一个电流表与此电压表串联．(2)根据电压表的量程可以判断出电压表的电流比较小，而电流表C的量程比较大，为减小实验误差，实验中电流表应选用B，不应该选用C.(3)根据分压式电路的特点，滑动变阻器的电阻越小，电流表的读数改变的越明显，实验效果越好，故滑动变阻器应选D.(4)利用实验测得的8组数据，合理选择纵横坐标的标度，在坐标系中描点，第5次实验数据为错误数据，舍去，然后用“拟合”的方法连线，如答案图所示．(5)图象的斜率表示电压表的内阻大小，根据图象的斜率可知电压表的内阻为4.0kΩ.答案(1)如图所示(2)电压表的电流远小于1A(3)D(4)如图所示(5)4.0(或3.9) 23．(·南京二模)(16分)如图8所示，质量M＝4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0kg的小滑块A(可视为质点)．初始时刻，A、B分别以v0＝2m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10m/s2.求：图8(1)A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；(3)木板B的长度l.解析(1)A、B分别受到大小为μmg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A物体有μmg＝maA则aA＝μg＝4.0m/s2方向水平向右对B物体有μmg＝MaB则aB＝μmg/M＝1.0m/s2方向水平向左(2)开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，到速度为0所用时间为t1，则v0＝aAt1，解得t1＝eq\f(v0,aA)＝0.50sB相对地面向右做减速运动x＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝0.875m(3)A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aA＝4.0m/s2B板向右仍做匀减速运动，加速度大小仍为aB＝1.0m/s2当A、B速度相等时，A相对B滑到最左端，恰好滑不出木板，故木板B的长度为这个全过程中A、B间的相对位移．在A相对地面速度为零时，B的速度vB＝v0－aBt1＝1.5m/s设由A速度为零至A、B速度相等所用时间为t2，则aAt2＝vB－aBt2解得t2＝vB/(aA＋aB)＝0.3s；共同速度v＝aAt2＝1.2m/sA向左运动位移xA＝eq\f(v0－vt1＋t2,2)＝eq\f(2－1.20.5＋0.3,2)m＝0.32mB向右运动位移xB＝eq\f(v0＋vt1＋t2,2)＝eq\f(2＋1.20.5＋0.3,2)m＝1.28m.B板的长度l＝xA＋xB＝1.6m.答案见解析24．(·浙江六校联考)(20分)两平行金属导轨水平放置，一质量为m＝0.2kg的金属棒ab垂直于导轨静止放在紧贴电阻R处，R＝0.1Ω，其它电阻不计．导轨间距为d＝0.8m，矩形区域MNPQ内存在有界匀强磁场，场强大小B＝0.25T．MN＝PQ＝x＝0.85m，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为0.4，电阻R与边界MP的距离s＝0.36m．在外力作用下让ab棒由静止开始匀加速运动并穿过磁场向右，加速度a＝2m/s2，g取10m/s2.图9(1)求穿过磁场过程中平均电流的大小．(2)计算自金属棒进入磁场开始计时，在磁场中运动的时间内，外力F随时间t变化关系．(3)让磁感应强度均匀增加，用导线将a、b端接到一量程合适的电流表上，让ab棒重新由R处向右加速，在金属棒到达MP之前，电流表会有示数吗？简述理由．已知电流表与导轨在同一个平面内．解析(1)设金属棒到达MP、NQ的速度分别为v1，v2，则由veq\o\al(2,1)＝2as，得：v1＝1.2m/s由veq\o\al(2,2)＝2a(s＋x)，得：v2＝2.2m/s由电磁感应定律得：eq\x\to(E)＝Bdeq\x\to(v)＝Bdeq\f(v1＋v2,2)由闭合电路欧姆定律eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)联立解得：eq\x\to(I)＝3.4A(2)因为E＝Bdv，I＝eq\f(E,R)，进入磁场后受安培力F安＝BId＝eq\f(B2d2v,R)由牛顿第二定律得F－μmg－eq\f(B2d2v,R)＝ma又因为v＝v1＋at则在进磁场后F＝ma＋μmg＋eq\f(B2d2v1＋at,R)代入数据得F＝1.68＋0.8t(N)其中t≤eq\f(v2－v1,a)＝0.5s(3)可以有电流．只要导线、电表、导体棒组成的回路有磁感线穿过，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路磁通量变化，可以产生感应电流．(此时金属棒和电阻R并联成为电路负载)答案(1)3.4A(2)F＝1.68＋0.8t(N)其中t≤eq\f(v2－v1,a)＝0.5s(3)见解析25．(·山东临沂3月质检)(22分)如图10所示，在直角坐标系的二、三象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；在一、四象限内以x＝L的直线为理想边界的左右两侧存在垂直于纸面的匀强磁场B1和B2,y轴为磁场和电场的理想边界．在x轴上x＝L的A点有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以速度v沿与x轴负方向成45°的夹角垂直于磁场方向射出．粒子到达y轴时速度方向与y轴刚好垂直．若带电粒子经历在电场和磁场中的运动后刚好能够返回A点(不计粒子的重