届高三物理二轮复习 专题辅导与应用 仿真模拟卷一.docx
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届高三物理二轮复习专题辅导与应用仿真模拟卷一
2019届高三物理二轮复习专题辅导与应用仿真模拟卷一
对应学生用书 第184页
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小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．（2015·宿迁市三校检测，1）下列关于物理学中的研究方法、物理学史以及力和运动的说法正确的是导学号：
82460566（ ）
A．物体在恒力作用下一定做直线运动
B．两个直线运动的合运动一定是直线运动
C．法拉第用实验证明磁能生电并发明了人类历史上的第一台发电机
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法
解析：
A.物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动只受重力，是恒力，故A错误；B.两个直线运动的合运动可以是曲线运动，如平抛运动的水平分运动和竖直分运动都是直线运动，故B错误；C.法拉第用实验证明磁能生电并发明了人类历史上的第一台发电机（圆盘发电机），故C正确；D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法；故D错误．
答案：
C
2.
（2015·青岛统一检测，14）如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v（以初速度方向为正）随时间t的变化关系可能正确的是导学号：
82460567（ ）
解析：
由于上滑时摩擦力沿斜面想下，合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时摩擦力沿斜面向上，合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度图象斜率大；下滑时加速度小，所以速度图象的斜率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，上滑和下滑的位移大小相等，上滑时加速度大，根据可x＝at2知，下滑时间长，故C正确，A、B、D错误．
答案：
C
3．（2015·宝鸡三检，15）将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示．现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时OP绳与天花板之间的夹角为导学号：
82460568（ ）
A．90° B．45°
C．θD．45°＋
解析：
由题意可知，当轻环重新静止不动时，环受绳子的拉力F、重力mg、轻杆对其弹力N三个力作用，处于静止状态；此时，定滑轮P受OP绳拉力、和绳子水平拉力F、滑轮P与环间绳子拉力F作用，处于静止状态，设此时OP绳与天花板之间的夹角为α，由几何知识，力的合成与分解，可得：
α＝45°＋，故D正确，A、B、C错误．
答案：
D
4．（2015·陕西三模，2）如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出．两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP：
PQ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是导学号：
82460569（ ）
A．两小球的下落时间之比为1∶3
B．两小球的下落时间之比为1∶4
C．两小球的初速度大小之比为1∶3
D．两小球的初速度大小之比为1∶4
解析：
A.两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A、B错误．C由于两球的水平位移之比为1∶4，根据v0＝知，两小球的初速度大小之比为1∶4，故C错误，D正确．
答案：
D
5．（2015·皖南八校三联，18）如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM＝ON，则导学号：
82460570（ ）
A．A、C两处电势、场强均相同
B．B、D两处电势、场强均相同
C．在MN连线上O点的场强最大
D．在BD连线上O点的场强最小
解析：
A.A处电势为正，C处电势为负，A处场强方向向左，C处场强方向也向左，大小相同，故A错误；B.BD两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确；C.在MN连线上O点的场强最小，故C错误；D.在BD连线上O点的场强最大，故D错误．
答案：
B
6．（2015·潍坊二模，16）2015年2月7日，木星发生“冲日”现象．“木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线．木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆．设木星公转半径为R1，周期为T1；地球公转半径为R2，周期为T2，下列说法正确的是导学号：
82460571（ ）
A.＝
B.＝
C．“木星冲日”这一天象的发生周期为
D．“木星冲日”这一天象的发生周期为
解析：
AB.由开普勒第三定律得：
＝，解得：
＝＝，故A错误，B正确；CD.当地球和木星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与木星相距最近，两者转过的角度相差2π，所以t－t＝2π，解得：
t＝，故C错误，D正确．
答案：
BD
7．（2015·成都三诊，6）如图所示，矩形平面导线框abcd位于坚直平面内，水平边ab长l1，竖直边bc和l2，线框质量为m，电阻为R.线框下方有一磁感应强度为B、方向与线框平面垂直的匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行，两边界间的距离为H，H>l2.让线框从dc边距边界PP′的距离为h处自由下落，已知在dc边进入磁场后、ab边到达边界PP′前的速度为v，则导学号：
82460572（ ）
A．当dc边刚进磁场时，线框速度为
B．当ab边刚到达边界PP′时，线框速度为
C．当dc边刚到达边界QQ′时，线框速度为
D．从线框开始下落到dc边刚到达边界QQ′的过程中，线框产生的焦耳热为mg（h＋l2）－
解析：
A.从线框开始下落到dc边刚进磁场时，线框做自由落体运动，下落高度为h，由v2＝2gh，得当dc边刚进磁场时，线框速度为v＝，故A正确；B.当ab边刚到达边界PP′时，根据平衡条件dc边受力平衡，得：
mg＝，解得：
v1＝，故B错误；C.从ab边刚到达边界PP′，到dc边刚到达边界QQ′时，线框下落高度为H－l2，由于H＞l2，所以这一阶段只有重力做功，则由动能定理，得：
mg（H－l2）＝mv－mv，解得：
v2＝＝，故C正确；D.从线框开始下落到dc边刚到达边界QQ′的过程中，由能量守恒，得：
mg（H＋h）＝Q＋mv，则线框产生的焦耳热：
Q＝mg（H＋h）－mv＝mg（H＋2h＋l2）－，故D错误．
答案：
AC
8．（2015·大庆三检，19）某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻是r，则有导学号：
82460573（ ）
A．电流表的示数是
B．变压器原副线圈的匝数比是U2∶U1
C．变压器输入电压的瞬时值u＝U2sin2πnt
D．手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是
Em＝
解析：
A.理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P，所以输入功率为P，电流表的示数是，故A正确；B.电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1∶U2.故B错误；C.线圈以较大的转速n匀速转动时，所以ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u＝U1sin2πnt，故C错误；D.手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em＝，故D正确．
答案：
AD
第Ⅱ卷
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。
第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第13～15题为选考题，考生根据要求作答）
（一）必考题（共47分）
9．导学号：
82460574（2015·马鞍山三模，21）（6分）某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功。
实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动。
图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。
已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz.
（1）可以判断纸带的________（填“左端”或“右端”）与木块连接。
根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA＝________m/s.（结果保留两位有效数字）
（2）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还应测量的物理量是________。
（填入物理量前的字母）
A．木板的长度l
B．木块的质量m1
C．木板的质量m2
D．重物的质量m3
E．木块运动的时间t
F．AB段的距离xAB
（3）在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式WAB＝________.（用vA、vB和第
（2）问中测得的物理量的字母表示）
答案：
（1）右端；0.72；
（2）B；（3）m1（v－v）
10.导学号：
82460575（2015·德州二模，22）（9分）某学习小组的同学设计了如图所示的电路来测量定值电阻R0的阻值（约为几欧到十几欧）及电源的电动势E和内阻r.
实验器材有：
待测电源，待测电阻R0，电流表A（量程为0.6A，内阻不计），电阻箱R（0～99.9Ω），开关S1和S2，导线若干．
（1）先测电阻R0的阻值。
请将学习小组同学的操作补充完整：
先闭合S1和S2，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，然后________________，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2.则电阻R0的表达式为R0＝________________.
（2）同学们通过上述操作，测得电阻R0＝9.5Ω，继续测电源的电动势E和内阻r.该小组同学的做法是：
闭合S1，断开S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，如下表数据：
组数
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
0
3.0
6.0
12.0
18.0
电流I/A
0.50
0.40
0.33
0.25
0.20
①根据给定的坐标系并结合以上数据描点作图．
②利用图象求出该电源的电动势E＝____________V，内阻r＝____________Ω（保留两位有效数字）
答案：
（1）断开S2，调节电阻箱的阻值；R1－R2；
（2）①如图所示
②6；2.5.
11．导学号：
82460576（2015·西安交大附中三模，24）（12分）如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：
（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；
（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；
（3）水平外力作用在滑块上的时间t.
解析：
（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：
mgR（1－cosα）＋mv＝mv
代入数据，联立解得：
vC＝5m/s
（2）滑块在C点速度的竖直分量为：
vy＝vcsinα＝3m/s
B、C两点的高度差为：
h＝＝m＝0.45m
滑块由B运动到C所用的时间为：
t1＝＝0.3s
滑块运动到B点的速度为：
vB＝vCcosα＝4m/s
B、C间的水平距离：
x＝vBt1＝4×0.3m＝1.2m
（3）滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得：
Pt－μmgL＝mv
代入数据解得：
t＝0.4s
答案：
（1）5m/s；
（2）0.45m、1.2m；（3）0.4s
12．导学号：
82460577（20分）如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场．现有质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力）从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°角射入磁场．若粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板．
（1）请画出粒子在上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B；
（3）求金属板间的电压U的最小值．
解析：
（1）运动轨迹如图所示：
v＝＝v0
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周
运动其轨道半径R由几何关系可知：
R＝＝d
qvB＝m，
解得B＝
（3）粒子进入板间电场至速度为零
恰好不碰到正极板，此时电压U最小，
对此过程由动能定理得
－qU＝0－mv2，
解得U＝.
答案：
（1）v
（2） （3）
（二）选考题（共15分）（请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）
13．导学号：
82460578[物理——选修3－3]（15分）
（2015·宝鸡三检，33）
（1）（6分）下列说法正确的是________（填正确答案标号。
选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分。
每选错一个扣3分，最低得分为0分）
A．温度低的物体内能一定小
B．温度低的物体分子运动的平均速率小
C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大
D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加
E．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
（2）（9分）如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2L，压强为1atm，充气筒每次充入0.2L压强为1atm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：
①充气多少次可以让气体压强增大至3atm；
②充气后的蹦蹦球拿到温度为－13℃的室外后，压强将变为多少？
解析：
（1）A.温度低的物体分子平均动能小，但如果物质的量大，则内能也可能大，故A错误；B.温度是分子平均动能的标志，温度低的物体若分子的质量小，平均速率不一定小，故B错误；C.温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大．故C正确；D.外界对物体做功时，若同时散热，则由热力学第一定律可知物体的内能不一定增加，故D正确；E.宏观运动和物体的内能没有关系，但如果物体在运动中受到的摩擦力做功，则温度增加时，内能可能越来越大，故E正确．
（2）①设充气n次可以让气体压强增大至3atm.据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：
P1（V＋nΔV）＝P2V
代入：
1×（2＋n×0.2）＝3×2
解得：
n＝20（次）
②当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：
＝
可得：
P3＝P2＝×3atm≈2.7atm.
答案：
（1）CDE；
（2）①20次；②2.7atm
14．导学号：
82460579[物理——选修3－4]（15分）
（2015·衡水高三调，34）
（1）（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＝0.6s时刻，这列波刚好传到Q点，波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是________．（填入正确选项前的字母，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．这列波的波速为16.7m/s
B．这列波的周期为0.8s
C．质点c在这段时间内通过的路程一定等于30cm
D．从t时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是t＋s这个时刻
E．当t＋0.5s时刻，质点b、P的位移相同
（2）（9分）MN为水平放置的光屏，在其正下方有一半圆柱形玻璃砖，玻璃砖的平面部分ab与光屏平行且过圆心O，平面ab与屏间距离为d＝0.2m，整个装置的竖直截面图如图所示。
在O点正下方有一光源S，发出的一束单色光沿半径射入玻璃砖，通过圆心O再射到屏上。
现使玻璃砖在竖直面内以O点为圆心沿逆时针方向以角速度ω＝rad/s缓慢转动，在光屏上出现了移动的光斑．已知单色光在这种玻璃中的折射率为n＝，求：
①当玻璃砖由图示位置转动多长时间屏上光斑刚好彻底消失；
②璃砖由图示位置转到光斑刚好彻底消失的过程中，光斑在屏上移动的距离s.
解析：
（1）A.由图可知，波的波长为λ＝40m，波从P传到Q的距离为：
x＝90m－60m＝30m，波速为：
v＝＝m/s＝50m/s，故A错误；B.这列波的周期：
T＝＝s＝0.8s，故B正确；C.波从P传到c的时间为：
T＝0.2s，在在这段时间内质点c振动了半个周期，通过的路程等于：
2A＝20cm，故C错误；D.从t时刻开始计时，质点a的振动方程为y＝Asin＝10sincm，当y＝0,2.5πt＋＝π时，t＝s，故在t＋s这个时刻质点a第一次到达平衡位置，故D正确；E.在t时刻，因波沿x轴正方向传播，故此时质点P是向上振动的，经0.5s后，P正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1s＝；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1s＝，可见此时两个质点的位移是相同的，故E正确．
（2）①由题意可知，假设玻璃砖转过θ角时，折射光线刚好完全消失。
此时的入射角也为θ，由折射定律可得：
sinθ＝sinC＝
θ＝
玻璃砖转动所用时间：
t＝＝2s
②当入射角i＝0°，由折射定律可得：
＝n
解得：
r＝0°
由图可知在玻璃砖逆时针转过θ角过程中折射光线顺时针转过α角
α＝－θ＝
s＝dtanα＝0.2m
答案：
（1）BDE；
（2）①2s ②0.2m
15．导学号：
82460580[物理——选修3－5]（15分）
（2015·衡水高三调，35）
（1）（6分）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的有________．（填入正确选项前的字母，选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大
B．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用
C．原子核式结构模型是由汤姆逊在α粒子散射实验基础上提出的
D．太阳内部发生的核反应是热核反应
E．关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象
（2）（9分）如图所示，两端带有固定薄挡板的长木板C的长度为L，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静置两质量分别为m、的物体A、B，其中两端带有轻质弹簧的A位于C的中点。
现使B以水平速度2v0向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞时间极短，重力加速度为g，求：
①B、C碰撞后瞬间的速度大小；
②A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大弹性势能．
解析：
（1）A.光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故A错误；B.核子为短程力，只能跟邻近的核子产生核力的作用，故B正确；C.原子核式结构模型是由卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，故C错误；D.太阳内部发生的是热核反应，故D正确；E.关于原子核内部的信息，最早来自于天然放射性现象，故E正确．
（2）①B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：
×2v0＝v1
解得：
v1＝v0
②设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2
对B、C根据动能定理有：
－2μmg×＝mv－mv
当A与B和C第一次碰撞具有共同速度v3时，弹簧的弹性势能最大，
系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv2＝2mv3
由能量守恒定律得：
Epm＝mv－×2mv
解得：
Epm＝mv－μmgL
答案：
（1）BDE
（2）①v0；②mv－μmgL
[备课札记]
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