高考物理全国用二轮复习精练四 高考仿真练一 Word版含答案Word文档下载推荐.docx

1、，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat，由以上式子联立可得vy，又有tan ，故U2变大、U1变小都能使偏转角变大，B正确。答案B17.在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a和b，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图4所示，则小球a和b的质量之比为（）图4A.27 B.14C.38 D.41解析由位移时间图象的斜率表示速度可得，正碰前，小球a的速度v1m/s3 m/s，小球b的速度v2m/s1 m/s；正碰后，小球a、b的共同速度vm/s0.2 m/s。设小球a、b的质量分别为m1、m2，正碰过程，根据动量守恒定律有m1v1m2v2（m1m2）v，得，选项B正确。18

2、.如图5所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接b。S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（）图5A.闭合开关SB.把滑动变阻器滑片向右移动C.把滑动变阻器滑片向左移动D.开关K接a解析闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故B正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；开关K接a，根据，副线圈两端的电压

3、减小，灯泡A中电流变小，灯泡A变暗，故D错误；故选B。19.如图6所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动。B是赤道上方一颗近地卫星。A和B的质量相等，忽略B的轨道高度，下列说法正确的是（）图6A.A和B做圆周运动的向心加速度大小相等B.A和B受到的地球的万有引力大小相等C.A做圆周运动的线速度比B大D.B做圆周运动的周期比A小解析A随地球自转，周期与地球自转周期相同，万有引力除了提供其随地球自转的向心力外主要表现为物体的重力，对于近地卫星，万有引力提供其做圆周运动的向心力，两者质量相等，向心力不相等，故两者向心加速度大小不相等，A错误；忽略B卫星的轨道高度，A和B与地心的距离相

4、等，根据万有引力定律可知，它们受到地球的万有引力大小相等，B正确；因为B做圆周运动时万有引力提供其向心力，而A则是万有引力的一小部分提供其做圆周运动的向心力，根据F向知，B的线速度大于A的线速度，故C错误；A与B做圆周运动的半径相等，B的线速度远大于A的线速度，结合T可知A做圆周运动的周期比B大，D正确。答案BD20.在如图7所示的虚线MN上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ的Q为直角，QON30。两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知（）图7A.带电粒子a的速度一定比b大B.带电粒子a的比荷一定比b大C.带

5、电粒子a的运动周期一定比b大D.带电粒子a的轨道半径一定比b大解析由题意作出两粒子的运动轨迹如图所示，a粒子顺时针方向偏转，b粒子逆时针方向偏转，由左手定则可知，a带正电，b带负电，由几何知识可知，a粒子转过的圆心角为a120，则其运动时间为a粒子做圆周运动周期的，b粒子转过的圆心角为b60，则其运动时间为b粒子做圆周运动周期的；又由于两粒子的运动时间相等，因此可知，因此Tb2Ta，因此C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T，因此可知周期大的粒子比荷小，因此带电粒子a的比荷一定大于b的比荷，B正确；由几何知识可知，两粒子的轨道半径大小相等，则D错误；粒子的轨道半径大小为R，因此比荷大的粒子的速

6、度大，所以带电粒子a的速度一定大于b的速度，A正确。答案AB21.如图8所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型。最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（）图8A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C.滑块可能重新回到出发点A处D.传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析设AB的高度为h，假设滑块从A

7、点下滑刚好通过最高点C，则此时应该是A下滑的高度的最小值，则刚好通过最高点C时，由重力提供向心力，则mg，解得vC，从A到C根据动能定理mg（h2R）0，整理得h2.5R，故选项A错误；从A到最终停止，根据动能定理得mghmgx0，可以得到x，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，与高度h有关，故选项B错误；滑块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A点，故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量Qmgx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D正确。答案CD二、非选

8、择题（包括必考题和选考题两部分。第22题第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共47分）22.（6分）小环同学在实验室中用多用电表测电阻，回答下列问题：图9（1）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是1、10、100。用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图9所示，则该电阻的阻值是_。（2）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是_。A.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插

9、孔，则不会影响测量结果B.测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零C.测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电源断开D.多用电表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变（3）用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明_（填“a”或“b”）端是二极管正极。解析（1）刚开始多用电表指针偏转角度较小，说明选用倍率偏小，应换用大倍率。每次换挡之后多用电表都需重新欧姆调零。多用电表的测量值是指针读数与倍率的乘积，为22100 2 200 。（2）多用电表测电阻时，红、黑表笔插错不会影响测

10、量结果，A正确；测不同的电阻时，只要没更换倍率，不需重新欧姆调零，B错误；测电路中的电阻时应将待测电阻与电源断开，C正确；多用电表中的电池电动势变小、内阻变大后，会影响测量结果，D错误。（3）二极管具有单向导电性，多用电表的红表笔接的是表内电池的负极，接b端时，指针偏转角度大，二极管电阻小，说明b端是二极管的负极，a端是其正极。答案（1）100（1分）欧姆调零（1分）2 200（1分）（2）AC（2分）（3）a（1分）23.（9分）如图10所示，用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。在滑块上安装一遮光条，把滑块放在水平气垫导轨上使其静止在A处，跨过定滑轮的细绳一端连接滑块，另一端与

11、钩码相连，光电计时器安装在B处。测得滑块（含遮光条）质量为M、钩码总质量为m、遮光条宽度为d、当地的重力加速度为g。将滑块在图示A位置释放后，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间为t。图10（1）实验中是否要求钩码总质量m远小于滑块质量M？_（填“是”或“否”）。（2）实验中还需要测量的物理量是_（用文字及相应的符号表示）。（3）用游标卡尺测遮光条宽度时示数如图11所示，则遮光条的宽度d_cm。图11（4）本实验中验证机械能守恒定律的表达式为_（用以上对应物理量的符号表示）。（5）如果实验结果为系统动能增加量大于钩码重力势能减少量，请指出实验中可能出现的问题，并提出改进意见。_。解析（1）本

12、实验中以系统为研究对象，不需要让钩码的重力等于绳子的拉力，故不要求钩码总质量m远小于滑块质量M。（2）为了求出运动过程中钩码减少的重力势能，需要测量A、B间的距离L。（3）游标卡尺的示数即遮光条的宽度，20分度游标卡尺精确度为0.05 mm，由图11知遮光条的宽度d（1050.05） mm10.25 mm1.025 cm。（4）我们验证的是Ep与Ek的关系，即验证EpEk，得mgL（Mm）v2，而v，所以本实验中验证机械能守恒定律的表达式为mgL（Mm） （5）问题是可能气垫导轨不水平（左端高于右端）造成的，改进意见：接通电源，将滑块静止于气垫导轨上（不挂钩码），调节轨道底座上的调平螺钉，使滑

13、块能保持静止，或稍轻推能做匀速直线运动。答案（1）否（1分）（2）A、B之间的距离L（2分）（3）1.025（2分）（4）mgL（2分）（5）见解析（2分）24.（12分）（2017江西南昌十校二模）如图12甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t0），A、B两车的vt图象如图乙所示。已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x112 m。图12（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小；（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t0）两车的距离s0应满足什么条件？解析（1）在t11 s时A车刚启动，两车

14、间缩短的距离x1vBt1（2分）代入数据解得B车的速度vB12 m/s（1分）A车的加速度a（2分）将t25 s和其余数据代入解得A车的加速度大小a3 m/s2（2分）（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于vt图象的t25 s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则svB（t1t2）（3分）代入数据解得s36 m（1分）因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离s0应满足条件s036 m（1分）答案（1）12 m/s3 m/s2（2）s036 m25.（20分）将一上表面光滑的斜面固定在水平面上，倾角为30，在斜面内有两条平行线MN和PQ，在两平行线间加垂直于斜面向上的匀强

15、磁场，如图13所示。一矩形导体框abcd放在斜面的底端，导体框cd边与斜面底端重合，从t0时刻开始在导体框ab边上施加一沿斜面向上的恒力F，使导体框由静止开始沿斜面向上运动，在整个运动过程中导体框没有发生转动，ab边始终平行MN。已知导体框的质量为m1 kg，电阻R0.2 ，MN与PQ间的距离为s6.9 m，恒力F10 N，磁感应强度B0.5 T，导体框ab边和bc边的长度分别为L11 m、L20.4 m，重力加速度g10 m/s2。若导体框从进入磁场开始始终保持匀速直线运动。求：图13（1）导体框的ab边到达MN前的加速度以及导体框做匀速直线运动时的速度大小；（2）从导体框的ab边与MN重合

16、到cd边与MN重合的过程，导体框中所产生的热量Q；（3）斜面的底端到MN的距离以及从t0时刻开始一直到ab边与PQ重合过程导体框运动的总时间。解析（1）导体框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得Fmgsin ma（2分）导体框进入磁场前的加速度a5 m/s2（1分）导体框进入磁场的过程中做匀速运动，所以导体框abcd受力平衡：Fmgsin FA（1分）ab边进入磁场时切割磁感线，产生的电动势EBL1v（1分）形成的感应电流I（1分）受到的安培力FABIL1（1分）代入数据解得v4 m/s（1分）（2）导体框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有Q（Fmgsin ）L2（2分

17、）解得Q2 J（2分）（3）导体框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；导体框完全进入磁场后至运动到PQ处，做匀加速直线运动。进入磁场前导体框的运动时间为t10.8 s（1分）该过程中导体框的位移为xt11.6 m（1分）则斜面的底端到MN的距离为LxL22.0 m（1分）进入磁场过程中导体框匀速运动时间为t20.1 s（1分）导体框完全进入磁场后导体框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a5 m/s2该过程有sL2vt3at （2分）解得t31 s（1分）则整个运动过程的总时间为tt1t2t31.9 s（1分）答案（1）4 m/s（2）2 J

18、（3）1.9 s（二）选考题（共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。33.【物理选修33】（15分）（1）（5分）下列说法正确的是_。（填正确答案标号。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A.当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C.两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D.液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性的特点E.显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性（2）（10分）

19、如图14所示，用质量m1 kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h10.50 m，气体的温度t127 。给汽缸缓慢加热至t2207 ，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中被封闭气体增加的内能U300 J。已知大气压强p01.0105 Pa，重力加速度g10 m/s2，活塞横截面积S5.0104 m2。图14（）初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；（）此过程中缸内气体吸收的热量Q。解析（1）当温度升高时，分子热运动平均动能增加，故平均速率也增加，但不是每个分子的速率都增加，A错误；液体表面层分子间

20、距离大于液体内部分子距离，分子间表现为引力，故液体存在表面张力，B正确；两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子之间的作用力开始时是斥力，当距离大于r0后表现为引力，所以该过程中分子力先做正功，后做负功，它们之间的分子势能先减小后增大，C正确；液晶具有流动性，其光学性质具有各向异性的特点，D错误；显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，E正确。（2）（）初始时汽缸内气体的压强pp01.2105 Pa（2分）气体做等压变化，根据盖吕萨克定律可得：即解得：h20.80 m（2分）（）在气体膨胀的过程中，气体对外做功W0pS（h2h1）18 J（

21、2分）根据热力学第一定律可得气体内能的变化UW0Q（1分）得QUW0318 J（1分）答案（1）BCE（2）（）0.80 m（）318 J34.【物理选修34】A.只有横波才能产生干涉和衍射现象B.均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C.泊松亮斑支持了光的波动说D.由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E.用同一实验装置观察双缝干涉现象，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大（2）（10分）一列简谐横波沿x轴方向传播，t0时刻的波形如图15甲所示，A、B、P和Q是介质中的四个质点，t0时刻波刚好传播到B点。质点A的振动图象如图乙所

22、示，则：图15（）该波的传播速度是多大？（）从t0到t1.6 s，质点P通过的路程为多少？（）经过多长时间质点Q第二次到达波谷？解析（1）任意波，只要频率相同，均能产生干涉现象，A错误；均匀变化的磁场产生稳定的电场，稳定的电场不能再产生磁场，故不能激发电磁波，B错误；泊松亮斑是衍射现象支持了光的波动说，C正确；绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sin C知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射向空气，在不断增大入射角时，绿光先发生全反射，从水面消失，D正确；根据干涉条纹间距公式x，用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大，E正确。（2）（）由题图甲可知该波的波长20 m，振幅A2 m，由题图乙可知，该波的周期T0.8 s（2分）波的传播速度v25 m/s（3分）（）从t0到t1.6 s，质点P通过的路程s24A16 m（2分）（）质点P、Q平衡位置之间的距离L85 m10 m75 m（1分）由Lvt，解得：t3 s（1分）即经过3 s时间质点Q第一次到达波谷，则经过3.8 s时间质点Q第二次到达波谷（1分）答案（1）CDE（2）（）25 m/s（）16 m（）3.8 s