轮复习高考仿真模拟卷三附答案.docx
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轮复习高考仿真模拟卷三附答案
浙江省2016届高三物理二轮复习高考仿真模拟卷（三）
（时间:
60分钟 满分:
120分）
选择题部分
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.如图所示,一根轻杆（质量不计）的一端以O点为固定转轴,另一端固定一个小球,小球以O点为圆心在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动.当小球运动到图示位置时,轻杆对小球作用力的方向可能（ ）
A.沿F1的方向B.沿F2的方向
C.沿F3的方向D.沿F4的方向
15.如图,由两种材料做成的半球面固定在水平地面上,球右侧面是光滑的,左侧面粗糙,O点为球心,A,B是两个相同的小物块（可视为质点）,物块A静止在左侧面上,物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上,A,B处在同一高度,AO,BO与竖直方向的夹角均为θ,则A,B分别对球面的压力大小之比为（ ）
A.sin2θ∶1B.sinθ∶1
C.cos2θ∶1D.cosθ∶1
16.（2015浙江六校联考）如图所示,底面足够大的水池中静置两种互不相溶的液体,一可视为质点的空心塑料小球自水池底部无初速释放,穿过两液体分界面后继续向上运动.已知每种液体各处密度均匀,小球受到的阻力与速度成正比,比例系数恒定,小球向上运动中不翻滚.则下列对小球速度v随时间t变化的图线描述可能正确的是（ ）
17.静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小,如图所示A,B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计,极板B固定,A可移动,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度.则下列说法正确的是（ ）
A.断开S后,将A向左移动少许,静电计指针张开的角度减小
B.断开S后,在A,B间插入一电介质,静电计指针张开的角度增大
C.断开S后,将A向上移动少许,静电计指针张开的角度增大
D.保持S闭合,将变阻器滑动触头向右移动,静电计指针张开的角度减小
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,选对但不会的得3分,有选错的得0分）
18.（2015诸暨市质检）在x轴上各点电场强度E随x的变化规律如图所示,O,A,B,C为x轴上等间距的四个点.现将带正电粒子从O点静止释放,粒子沿直线运动到A点时的动能恰为Ek,已知粒子只受电场力作用,则以下分析正确的是（ ）
A.粒子运动到C点时的动能为3Ek
B.沿x轴从O点到C点,电势一直在降低
C.粒子从O点到C点,先做加速,后做减速
D.粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量
19.（2015东阳模拟）如图所示,固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连,弹簧的下端固定在水平地面上的A点,开始弹簧恰好处于原长h.现让圆环由静止沿杆滑下,滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零.则以下说法正确的是（ ）
A.在圆环下滑的过程中,圆环、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
B.在圆环下滑的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大
C.在圆环下滑的过程中,当弹簧再次恢复原长时圆环的动能最大
D.在圆环下滑到杆的底端时,弹簧的弹性势能为mgh
20.如图所示,A,B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮（轴心固定不动）相连,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α,β,A球向左的速度为v,下列说法正确的是（ ）
A.此时B球的速度为
v
B.此时B球的速度为
v
C.当β增大到等于90°时,B球的速度达到最大,A球的速度为0
D.在β增大到90°的过程中,绳对B球的拉力一直做正功
非选择题部分
三、非选择题（本题共5题,共78分）
21.（10分）某同学探究一个额定电压2.2V、额定功率1.1W的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系.器材为电源（电动势3V）、开关、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干.
（1）为了达到上述目的,请将图（甲）连成一个完整的实验电路图.要求所测电压范围为0～2.2V.
（2）根据实验数据得到了如图（乙）所示小灯泡的U
I图象.电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了 Ω.
22.（10分）为了测量滑块和桌面之间的动摩擦因数,某同学设计了如图（甲）所示的实验装置,带滑轮的长木板水平放置,板上固定有两个光电门相距为L=0.5m,滑块上遮光板宽度d用游标卡尺测得如图（乙）所示,质量为m=0.5kg的滑块通过细线与重物P相连,通过力传感器获得细线的拉力F=3N,让滑块由静止释放,记录滑块上的遮光板通过光电门1、光电门2所用的时间分别为t1=0.02s,t2=0.01s.
（1）遮光板宽度为d= cm;
（2）滑块的加速度表达式为（用题中所给符号表示） ,滑块与桌面的动摩擦因数为 （保留两位有效数字,g取
10m/s2）;
（3）如果实验中力传感器出现问题后被拆掉,该同学用重物P的重力Mg代替细线对滑块的拉力完成了实验,为使误差尽可能减小,应满足的实验条件是 .
23.（16分）如图（甲）所示,两根足够长的光滑金属导轨ab,cd与水平面成θ=30°固定,导轨间距离为l=1m,电阻不计,一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端,整个系统置于匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=1T.现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放.金属棒下滑过程中与导轨接触良好.改变电阻箱的阻值R,测定金属棒的最大速度vm,得到
的关系如图（乙）所示.取g=10m/s2.求:
（1）金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值;
（2）当电阻箱R取2Ω,且金属棒的加速度为
时,金属棒的速度.
24.（20分）（2015富阳第二学期检测）如图所示,竖直平面内的直角坐标系中,x轴上方有一个圆形有界匀强磁场（图中未画出）,x轴下方分布有斜向左上与y轴方向夹角θ=45°的匀强电场;在x轴上放置有一挡板,长0.16m,板的中心与O点重合.今有一带正电粒子从y轴上某点P以初速度v0=40m/s与y轴负向成45°角射入第一象限,经过圆形有界磁场时恰好偏转90°,并从A点进入下方电场,如图所示.已知A点坐标（0.4m,0）,匀强磁场垂直纸面向外,磁感应强度大小B=
T,粒子的比荷
=
×103C/kg,不计粒子的重力.问:
（1）带电粒子在圆形磁场中运动时,轨迹半径多大?
（2）圆形磁场区域的最小面积为多少?
（3）为使粒子出电场时不打在挡板上,电场强度应满足什么要求?
25.（22分）如图所示,一传送带AB段的倾角为37°,BC段弯曲成圆弧形,CD段水平,A,B之间的距离为12.8m,BC段长度可忽略,传送带始终以v=4m/s的速度逆时针方向运行.现将一质量为m=1kg的工件无初速度放到A端,若工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,在BC段运动时,工件速度保持不变,工件到达D点时速度刚好减小到与传送带相同.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
（1）工件从A到D所需时间;
（2）工件从A到D的过程中,与传送带之间因摩擦产生的热量.
高考仿真模拟卷（三）
14.C 小球做匀速圆周运动,根据小球受到的合力提供向心力,则小球受的合力必指向圆心,小球受到竖直向下的重力,还有轻杆的作用力,由图可知,轻杆的作用力如果是F1,F2,F4,与重力的合力不可能指向圆心,只有轻杆的作用力为F3方向,与重力的合力才可能指向圆心.故选项A,B,D错误,C正确.
15.C
分别对A,B两个相同的小物块受力分析如图,由平衡条件得FN=mgcosθ,同理
FN′=
由牛顿第三定律,A,B分别对球面的压力大小为FN,FN′,则它们之比为
=
=
选项C正确.
16.C 根据牛顿第二定律,小球向上运动的加速度为
a=
=
在第一种液体中,可能先向上加速运动,速度增加,加速度减小,做加速度减小的加速运动,加速度减为零后做匀速直线运动.进入第二种液体,由于密度不同,则加速度可能向下,即a=
做减速运动,加速度减小,即做加速度减小的减速运动,最终做匀速运动.故选项C正确;在第一种液体中,可能先向上做加速度逐渐减小的加速运动,然后进入第二种液体,由于第二种液体的密度小于第一种液体的密度,根据a=
=
加速度不会增大,故选项A,B,D错误.
17.C 断开开关S后,电容器带电荷量不变,将A向左移动少许,则d增大,根据C=
知,电容减小,根据U=
知,电势差增大,指针张角增大,选项A错误.断开S后,在A,B间插入一电介质,根据C=
知,电容增大,根据U=
知,电势差减小,则指针张角减小,选项B错误.断开S后,将A向上移动少许,根据C=
知,电容减小,根据U=
知,电势差增大,则指针张角增大,选项C正确.保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头移动不会影响指针张角,选项D错误.
18.BD 沿x轴移动很小的位移Δx电场力做功W=Eq·Δx.从O到A电场力的功等于E图线和x轴围成的面积与电量的积,由动能定理结合图象特点粒子由O运动到A时电场力做功为Ek,由A到C电场力做功小于2Ek,则粒子运动到C点时动能小于3Ek,故选项A错误;粒子从O点到A点,动能增加,则电场力做正功,电场方向向右.由题图知,由O点到C点,场强一直为正值,说明场强方向一直向右,电势一直降低,故选项B正确;由于电场力一直做正功,则粒子一直加速运动,则选项C错误;图象中,AB段与x轴围成的面积大于BC段,则AB段电场力做功大于BC段电场力做功,由功能关系知,粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量,故选项D正确.
19.AD 圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即圆环的重力和弹簧的拉力,所以圆环的机械能不守恒;如果把圆环、地球和弹簧组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守恒,故选项A正确;弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由题图知弹簧先缩短再伸长,故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大,故选项B错误;当圆环所受合力为零时动能最大,选项C错误;根据系统的机械能守恒,圆环的机械能减少了mgh,那么弹簧的弹性势能增加mgh,故选项D
正确.
20.ACD
将两球的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,A沿绳子方向的分速度大小等于B沿绳子方向的分速度大小.沿绳子方向的分速度为v绳=vcosα,所以vB=
=
选项A正确,B错误.当β增大到等于90°时,B球的速度沿绳子方向的分速度等于0,所以A沿绳子方向的分速度也是0,而cosα不等于0,所以A球的速度为0,此时A的动能全部转化为B的动能,所以B球的速度达到最大,选项C正确;在β增大到90°的过程中,绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角,所以绳对B球的拉力一直做正功,选项D正确.
21.解析:
（1）要求所测电压范围为0～2.2V,即要求电压值从零开始变化,故滑动变阻器应采用分压接法,灯泡内阻一般远小于电压表内阻,故电流表应采用外接法.实验电路图如图所示.
（2）根据实验数据得到如题图（乙）所示小灯泡的U
I图象.根据欧姆定律得电压为0.4V时灯泡电阻为R1=
Ω=2Ω,电压为1.2V时灯泡电阻为R2=
Ω=3Ω,所以电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了1Ω.
答案:
（1）图见解析
（2）1
22.解析:
（1）遮光板宽度为d=2.00cm.
（2）遮光板通过光电门的速度分别为
v1=
v2=
;
则滑块的加速度表达式为
a=
=
代入数据可求得a=3m/s2;
根据牛顿第二定律:
F-μmg=ma,
解得μ=0.30.
（3）如果用重物的重力Mg代替F,则由牛顿第二定律得到绳子的拉力为F=Mg-ma答案:
（1）2.00
（2）
0.30 （3）M≪m
23.解析:
（1）金属棒以速度vm下滑时,根据法拉第电磁感应定律有
E=Blvm,
由闭合电路欧姆定律有E=I
当金属棒以最大速度vm下滑时,根据平衡条件有
BIl=mgsinθ,
整理得
=
+
·
由
图象可知
=1,
·
=0.5,
解得m=0.2kg,R0=2Ω.
（2）设此时金属棒下滑的速度为v,
根据法拉第电磁感应定律有E′=I′
当金属棒下滑的加速度为
时,
根据牛顿第二定律有:
mgsinθ-BI′l=ma,
联立解得v=0.5m/s.
答案:
（1）0.2kg 2Ω
（2）0.5m/s
24.解析:
（1）设带电粒子在磁场中偏转的轨迹半径为r.
由qBv0=
得r=
解得r=
=0.2m;
（2）由几何关系得圆形磁场的最小半径R对应:
2R=
r,
则圆形磁场区域的最小面积S=πR2=0.02π;
（3）粒子进入电场后做类平抛运动,设出电场时位移为L,
有Lcosθ=v0t,
Lsinθ=
at2
qE=ma,
解得E=
若出电场时不打在档板上,则L<0.32m或L>0.48m,
代入解得E>10N/C或E<6.67N/C.
答案:
（1）0.2m
（2）0.02π
（3）E>10N/C或E<6.67N/C
25.解析:
（1）工件放到传送带上到速度到达4m/s以前,据牛顿第二定律可得
mgsin37°+μmgcos37°=ma1,
工件速度增加到4m/s所需的时间
t1=
这段时间内工件下滑的距离x1=
a1
解得t1=0.4s,x1=0.8m;
当工件速度大于4m/s以后,因mgsin37°>μmgcos37°,工件继续加速下滑,据牛顿第二定律可得
mgsin37°-μmgcos37°=ma2,
根据运动学公式可得
x2=vt2+
a2
vB=v+a2t2,
据题意可得x1+x2=12.8m,
解得t2=2s,vB=8m/s;
从C到D工件做匀减速运动,有
f=μmg=ma3,
vB=v+a3t3,
-v2=2a3x3,
解得t3=0.8s,x3=4.8m;
总时间t=t1+t2+t3,
解得t=3.2s.
（2）工件放到传送带上到速度到达4m/s以前,工件与传送带之间的相对位移
Δx1=vt1-x1,
工件速度到达4m/s以后到B点的过程,工件与传送带之间的相对位移
Δx2=x2-vt2,
工件从C点到速度减小到4m/s的过程,工件与传送带之间的相对位移Δx3=x3-vt3,
整个过程中,因摩擦产生的热量
Q=μmgcos37°（Δx1+Δx2）+μmgΔx3,
代入数据解得Q=27.2J.
答案:
（1）3.2s
（2）27.2J
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