步步高版《考前三个月》高考物理通用大二轮专题复习题型冲刺练等值模拟三共计12页含答案解析.docx

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步步高版《考前三个月》高考物理通用大二轮专题复习题型冲刺练等值模拟三共计12页含答案解析

等值模拟三

（时间：

60分钟　满分：

110分）

一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．）

1．如图1所示，两相同物块分别放置在对接的两固定斜面上，物块处在同一水平面内，之间用细绳连接，在绳的中点加一竖直向上的拉力F，使两物块处于静止状态，此时绳与斜面间的夹角小于90°，当增大拉力F后，系统仍处于静止状态，下列说法不正确的是

（　　）

图1

A．绳受到的拉力变大

B．物块与斜面间的摩擦力变小

C．物块对斜面的压力变小

D．物块受到的合力不变

答案　B

解析　F增大，由于绳的夹角不变，故绳上的拉力增大，A正确；对物块受力分析，沿斜面方向，绳的拉力的分量与重力的分量之和等于静摩擦力，垂直斜面方向，重力的分量等于支持力与绳的拉力的分量之和，由于绳上的拉力增大，故静摩擦力变大，支持力变小，由牛顿第三定律知物块对斜面的压力变小，B错误，C正确；物块仍处于平衡状态，所受合力仍为0，故D正确．

2．如图2所示，一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中部有一个圆形线圈．实验时圆盘沿顺时针方向绕中心转动时，发现线圈中产生逆时针方向（由上向下看）的电流，则下列关于可能出现的现象的描述正确的是（　　）

图2

A．圆盘上金属小球带负电，且转速减小

B．圆盘上金属小球带负电，且转速增加

C．圆盘上金属小球带正电，且转速不变

D．圆盘上金属小球带正电，且转速减小

答案　A

解析　线圈中产生逆时针方向（由上向下看）的感应电流，由右手定则可知感应电流的磁场方向向上，由楞次定律可知可能是线圈中向上的磁场减弱或向下的磁场增强的结果，若圆盘上金属小球带负电，顺时针旋转产生逆时针方向的电流，磁场方向向上，转速减小时，向上的磁场减弱，A正确，B错误；同理可知若圆盘上金属小球带正电，产生顺时针方向的电流，磁场方向向下，转速增加时，向下的磁场增强，C、D错误．

3．如图3所示，在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且O（0,0,0）、A（L,0,0）、B（0，L,0）、C（0,0，L）．而D（2L,0,0）是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋Q的点电荷，下列说法正确的是（　　）

图3

A．A、B、C三点的电场强度相同

B．电势差UOA＝UAD

C．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同

D．电子在A点的电势能大于在D点的电势能

答案　C

解析　A、B、C三点电场强度大小相等，方向不同，选项A错误．在点电荷电场中，离点电荷越远，电场强度越小，UOA>UAD，选项B错误．将电子从C点分别移到A、B点，电场力做功均为零，选项C正确．由A到D，电场力对电子做负功，电势能增大，故选项D错误．

4．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器，假设其发射过程为：

先让运载火箭将其送入太空，以第一宇宙速度环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道．最后再一次调整速度以线速度v在火星表面附近环绕飞行，若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知地球和火星的半径之比为2∶1，密度之比为7∶5，则v大约为（　　）

A．6.9km/sB．3.3km/s

C．4.7km/sD．18.9km/s

答案　B

解析　探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：

＝

，v＝

①，M为中心天体质量，R为中心天体半径，M＝ρ·

πR3②，由①②得：

v＝

，已知地球和火星的半径之比为2∶1，密度之比为7∶5，所以探测器绕地球表面运行和绕水星表面运行线速度大小之比为：

＝

，第一宇宙速度大小是环绕星球表面飞行的线速度大小，地球第一宇宙速度为7.9km/s，所以探测器绕火星表面运行的线速度大小是3.3km/s，故选B.

5．如图4，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻．开关S是闭合的，

和

为理想电压表，读数分别为U1和U2；

、

和

为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3.U1数值不变，现断开S，下列推断中正确的是（　　）

图4

A．U2变小、I3变大

B．U2不变、I3变小

C．I1变小、I2变小

D．I1变大、I2变大

答案　C

解析　理想变压器的电压与匝数成正比，由于理想变压器原线圈电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2不变，当S断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流变小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流变小时，原线圈的电流也要变小，所以I1变小，由于副线圈的总电流变小，R1的电压变小，并联电路的电压就会变大，所以R3的电流I3就会变大，所以C正确，故选C.

6．如图5所示，一质量为m的小方块（可视为质点），系在一伸直的轻绳一端，绳的另一端固定在粗糙水平面上，绳长为r.给小方块一沿垂直轻绳的初速度v0，小方块将在该水平面上以绳长为半径做圆周运动，运动一周后，其速率变为

，则以下说法正确的是（　　）

图5

A．如果初速度v0较小，绳的拉力可能为0

B．绳拉力的大小随小方块转过的角度均匀减小

C．小方块运动一周的时间为

D．小方块运动一周克服摩擦力做的功为

mv

答案　BCD

解析　小方块做圆周运动绳子的拉力提供向心力，选项A错误；利用“化曲为直”的思想，小方块在运动一周的过程中，可以看做小方块做加速度为a＝μg的匀减速直线运动，则绳的拉力F＝m

，v2－v

＝－2μgx，x＝rθ，化简得F＝

－2μmgθ，即绳拉力的大小随小方块转过的角度均匀减小，选项B正确；根据平均速度公式得：

2πr＝

t，解得t＝

，选项C正确；对小方块运用动能定理，小方块运动一周克服摩擦力做的功Wf＝

mv

－

m（

）2＝

mv

，选项D正确．

7．如图6所示，在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定，用Ek、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是（　　）

图6

答案　AC

解析　由题意可知钢板做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a小于重力加速度g，动能Ek＝

mv2＝

m×2ah＝mah，故A正确；机械能E＝E0－Ffh＝E0－Ff（

at2），E－t图线不是直线，故B错误；速度v＝at，C正确；重力的功率P＝mgv＝mg

，P－h图线不是直线，故D错误．

8．图7为某节能运输系统的简化示意图．其工作原理为：

货箱在轨道顶端A时，自动将货物装入货箱，然后货箱载着货物沿粗糙程度各处相同的轨道无初速度下滑，接着压缩弹簧，当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下，卸完货物后随即解锁，货箱恰好被弹回到A，此后重复上述过程．若弹簧为自由长度时其右端对应的斜面位置是B，货箱可看作质点，则下列说法正确的是（　　）

图7

A．锁定前瞬间货箱所受合外力等于解锁后瞬间货箱所受合外力

B．货箱由A至B和由B至A的过程中，在同一位置（除A点外）的速度大小不相等

C．货箱上滑与下滑过程中克服摩擦力做的功相等

D．货箱每次运载货物的质量必须相等

答案　BD

解析　锁定前瞬间货箱和货物受斜面的摩擦力方向沿斜面向上，加速度沿斜面向上，解锁后瞬间货箱受斜面的摩擦力方向沿斜面向下，加速度沿斜面向上，加速度大小不相等，货箱所受合外力不相等．选项A错误．由于加速度不相等，运动不具有对称性，在往返过程中同一位置的速度大小不相等，选项B正确．

根据动能定理，从A到弹簧被压缩至最短时：

（M＋m）gLsinθ－μ（M＋m）gcosθ·L－W弹＝0

从解锁瞬间到A：

－MgLsinθ－μMgcosθ·L＋W弹＝0

联立解得m＝

.选项C错误，D正确．

二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．）

（一）必考题（共47分）

9．（6分）“物体所受的合力减小，物体的运动速度就一定减小吗？

”某同学设计了如图8甲所示的实验装置探究这一问题：

先调节长木板倾角，使小车不受拉力时可近似做匀速运动，然后将一条橡皮筋一端固定在长木板一端，另一端系在小车上，将小车拉到靠近打点计时器的位置．启动打点计时器并从静止起释放小车，得到如图乙所示的纸带．打点计时器的打点周期为T，纸带上各点为连续打出的点，纸带上某点P与其相邻点间距离分别为x1、x2.

图8

图9

（1）该同学用

来计算打点P时小车速度的大小，可以这样计算的理由是：

________________________________________，这样计算得到的结果与真实值相比________（选填“偏大”或“偏小”）．

（2）从纸带上选取若干点进行测量和计算，得出这些点对应的速度v和时刻t，根据实验数据作出小车的v－t图象如图9所示．通过分析所作出的v－t图象，可以得到的实验结论是____________________________________________．

答案　

（1）很短时间内的平均速度近似等于中间时刻的瞬时速度（2分）　偏小（2分）

（2）物体所受的合力减小，物体的速度不一定减小（2分）

解析　打点计时器的打点时间间隔较小，可以用两点间的平均速度表示中间时刻的瞬时速度．由于小车做加速度减小的加速运动，故此值比真实值偏小．结论：

物体所受的合力减小，物体的速度不一定减小．

10．（9分）为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用图10所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：

图10

A．待测微安表（量程500μA，内阻约300Ω）

B．电阻箱（最大阻值999.9Ω）

C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）

D．滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）

E．电源（电动势为2V，内阻不计）

F．保护电阻R0（阻值为120Ω）

（1）实验中滑动变阻器应选用____（填“C”或“D”）；

（2）按照实验电路在图11所示的方框中完成实物图连接．

图11

（3）实验步骤：

第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；

第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使微安表满偏；

第三，保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3时，此时接入电路的电阻箱的示数如图12所示，阻值R为________Ω.

图12

第四，根据以上实验可知微安表内阻的测量值RA为________Ω.

（4）若调节电阻箱的阻值为R′时，微安表的示数正好是满刻度的1/2，认为此时微安表内阻就等于R′，则此时微安表内阻的测量值R′与微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值RA相比，更接近微安表真实值的是________．（填“R′”或“RA”）

答案　

（1）C（2分）

（2）如图所示（2分）

（3）145.5（1分）　291（2分）　（4）RA（2分）

解析　

（1）滑动变阻器采用分压式接法，应选小量程的，便于调节．（3）各挡位电阻之和即为电阻箱的读数．由欧姆定律可知IgRg＝

Ig（R＋Rg），代入已知数据可求得Rg＝291Ω，则RA＝Rg＝291Ω.（4）电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器滑片右侧电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，总电流略减小，变阻器滑片右侧电阻分到的电压略增大，通过微安表电流为

Ig时，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于

Rg，所以测量值比真实值偏大，同理可知，用半偏法测得的值R′比真实值差得更多．

11．（15分）某品牌汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题.

整车行驶质量

1500kg

额定功率

75kW

加速过程

车辆从静止加速到108km/h所需时间为10s

制动过程

车辆以36km/h行驶时的制动距离为5.0m

已知汽车在水平公路上沿直线行驶时所受阻力Ff跟行驶速率v和汽车所受重力mg的乘积成正比，即Ff＝kmgv，其中k＝2.0×10－3s/m.取重力加速度g＝10m/s2.

（1）若汽车加速过程和制动过程都做匀变速直线运动，求这次测试中加速过程的加速度a1的大小和制动过程的加速度a2的大小；

（2）求汽车在水平公路上行驶的最大速度vm；

（3）把该汽车改装成同等功率的纯电动汽车，其他参数不变．若电源功率转化为汽车前进的机械功率的效率η＝90%.假设1kW·h电能的售价为0.50元（人民币），求电动汽车在平直公路上以最大速度行驶距离s＝100km时所消耗电能的费用．结合此题目，谈谈你对电动汽车的看法．

答案　见解析

解析　

（1）加速过程的加速度大小a1＝

＝

＝3m/s2（2分）

制动过程满足：

－2a2x＝0－v

（2分）

解得加速度大小a2＝10m/s2（1分）

（2）当汽车的速度达到最大时，汽车受到牵引力与阻力相等．满足：

P额＝Ffvm，即P额＝kmgv

（2分）

解得：

vm＝50m/s（2分）

（3）以最大速度行驶过程中，克服阻力所做的功

Wf＝Ffs＝kmgvms（2分）

代入数据，解得：

Wf＝1.5×108J（1分）

消耗电能E＝

＝1.67×108J＝46.4kW·h（1分）

所以，以最大速度行驶100km的费用

Y＝46.4×0.5＝23.2元（1分）

可以从行驶费用、环保和减排等角度说明．（1分）

12．（17分）如图13所示，ab、cd为间距L＝1m的竖直光滑金属导轨，导轨电阻不计，ac间连接有一个R＝1Ω的电阻，空间中存在着方向垂直于导轨平面，磁感应强度B0＝1T的匀强磁场．将一根质量m＝0.5kg的金属棒紧靠ac放置在导轨上，金属棒的电阻r＝0.6Ω.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与ac平行且与导轨接触良好．当金属棒滑行到MN处时恰好达到稳定速度，已知MN与ac距离h＝8m，金属导轨足够长、g＝10m/s2.则：

图13

（1）请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化？

（2）金属棒的稳定速度多大？

（3）金属棒从释放至达到稳定速度的过程中，电阻R产生的焦耳热是多大？

（4）若将金属棒滑行至MN处的时刻记作t＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐变小，可使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B与t的关系式）?

答案　见解析

解析　

（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大．（1分）

（2）达到稳定速度时，有

F＝B0LI（1分）

I＝

（1分）

mg＝F（1分）

得：

vm＝8m/s（1分）

（3）由功能关系可知：

mgh－Q＝

mv

（2分）

QR＝

Q（2分）

得：

QR＝15J（2分）

（4）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做加速度为g的匀加速运动（2分）

B0Lh＝BL（vmt＋

gt2＋h）（2分）

得：

B＝

（2分）

（二）选考题：

共15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．

13．（15分）

（1）（5分）以下说法正确的是（　　）

A．无论什么物质，只要它们的摩尔数相同就含有相同的分子数

B．分子引力不等于分子斥力时，违背了牛顿第三定律

C．1g氢气和1g氧气含有的分子数相同，都是6.02×1023个

D．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是布朗运动

（2）（10分）如图14所示，汽缸长为L＝1m（汽缸的厚度可忽略不计），固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S＝100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t＝27℃，大气压为p0＝1×105Pa时，气柱长度为L1＝0.4m．现缓慢拉动活塞，拉力最大值为F＝500N，求：

图14

①如果温度保持不变，能否将活塞从汽缸中拉出？

②保持拉力最大值不变，汽缸中气体温度至少为多少摄氏度时，才能将活塞从汽缸中拉出？

答案　

（1）A　

（2）①不能　②102℃

解析　

（2）①设F达到最大值时活塞仍在汽缸中，设此时气柱长L2，气体压强为p2.

根据活塞受力平衡，有：

p2＝p0－F/S＝5×104Pa

T1＝T2，根据理想气体状态方程有p1SL1＝P2SL2，p1＝p0

解得：

L2＝0.8m

L2

②保持F最大值不变，温度升高，活塞刚到汽缸口时，L3＝1m，此时的压强为p2＝p3，根据理想气体状态方程有：

＝

得：

T3＝375K

所以t3＝102℃

14．（15分）

（1）（6分）以下说法中正确的是________．（填选项前字母）

A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的干涉现象

B．麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，并通过实验加以证实

C．两列波在同一空间相遇，相互叠加一定会形成稳定的干涉图样

D．运动物体速度可以大于真空中的光速

（2）（9分）如图15所示，一直角三棱镜面ABC，∠ABC＝30°，∠ACB＝90°，斜边长为L，其折射率为n＝

，一束光从斜边距A点

处的O点平行于BC边射入该棱镜．若不考虑光的反射，求光射出棱镜时的折射角．

图15

答案　

（1）A　

（2）60°

解析　

（1）麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，B错误．C成立的前提条件是两列波的频率相同，C错误．据爱因斯坦相对论可知运动物体速度不可以大于真空中的光速，D错误．

（2）光路图如图所示．设光在AB面和AC面两次折射的入射角分别为i、i′，折射角分别为r、r′，由光的折射定律得：

n＝

，i＝60°

可得：

r＝30°

由几何关系知：

i′＝30°

又n＝

可得：

r′＝60°

所以光射出棱镜时光的折射角为60°.

15．（15分）

（1）（6分）如图16所示，是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图象．已知这列波的频率为5Hz，此时，x＝1.5m处的质点向y轴正方向振动，可以推知：

这列波正在沿x轴____（填“正”或“负”）方向传播，波速大小为________m/s.写出x＝1.5m处质点做简谐运动的表达式____________________．

图16

（2）（9分）如图17所示，质量为mA＝2kg的木块A静止在光滑水平面上．一质量为mB＝1kg的木块B以某一初速度v0＝5m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动．木块A与挡板碰撞后立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）．后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、B同向运动，速度大小分别为0.9m/s、1.2m/s.求：

图17

①第一次A、B碰撞后，木块A的速度；

②第二次碰撞过程中，A对B做的功．

答案　

（1）负　10　y＝0.5sin（10πt）m　

（2）①2m/s

②0.22J

解析　

（2）①设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA1、vB1，取向右为正方向，则由动量守恒定律得mBv0＝mAvA1＋mBvB1（1分）

A与挡板碰撞反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为vA1、vB1，设碰撞后的速度大小分别为vA2、vB2，取向左为正方向，由动量守恒定律可得

mAvA1－mBvB1＝mAvA2＋mBvB2（2分）

联立解得

vA1＝2m/s，vB1＝1m/s（3分）

②设第二次碰撞过程中，A对B做的功为W，

根据动能定理，

W＝

mBv

－

mBv

＝0.22J（3分）