高考物理模拟测试试题（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、2015年四川省成都市石室中学高 考物理模拟测试选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多项正确，全部选对的得6分，选对但选不全的得3分；有错选或不选的得0分）1（6分）（2015成都校级模拟）下列说法正确的是（）A气体压强越大，气体分子的平均动能就越大B自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性C凡是遵守热力学第一定律的过程都一定能够发生D在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能减小考点：热力学第二定律；热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同；实际的宏观过程都具有“单向性”

2、，所以满足热力学第一定律的不一定满足热力学第二定律；根据能量守恒定律可以判断出气体内能的变化解答：解：A、温度是分子平均动能的标志，所以温度的高低决定分子平均动能的大小与压强无关，故A错误B、自然界中涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故B正确C、满足热力学第一定律并不一定满足热力学第二定律，故C错误D、由U=W+Q可知，绝热Q=0，当外界对气体做功时W为正，故内能一定增加，故D错误故选B点评：本题考查了对热力学第二定律的了解和掌握情况，及宏观自然过程具有方向性，比较简单2（6分）（2015成都校级模拟）下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B当放射性元素的原子外层电子

3、具有较高能量时，将发生衰变C放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期D核反应方程，U+nBa+Kr+3X中的X是中子考点：重核的裂变；原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应专题：衰变和半衰期专题分析：太阳辐射的能量是核聚变反应；衰变是原子核内部发生的；原子核内的核子有半数发生衰变成新核，所需的时间就是半衰期；核反应方程满足质量数与质子数守恒，即可求解解答：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误；B、衰变的电子是由中子转变成质子而放出的，故B错误；C、放射性元素的原子核内的核子有半数发生衰变成新核所需的时间就是半衰期，故C错误；D、根据质量数与

4、质子数守恒，则有X是，即为中子，故D正确；故选：D点评：考查核裂变与聚变的区别，掌握衰变的实质，注意半衰期的概念，知道如何书写核反应方程的规律3（6分）（2007四川）两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则（）A在真空中，a光的传播速度较大B在水中，a光的波长较小C在真空中，b光光子的能量较大D在水中，b光的折射率较小考点：光电效应；波长、频率和波速的关系；光的折射定律；光子分析：根据光电效应的条件，比较出两光的频率，即可得出两光的折射率大小，光子能量大小；不同的色光在真空中传播速度相同，再根据公式，比较出在介质中的速度，从而比较出波长解答：解：A、

5、不同的色光在真空中传播的速度相同故A错误 B、入射光的频率大于截止频率，才会发生光电效应，可知a光的频率大于b光的频率根据公式：，得，频率大的光折射率也大，知在水中，a光的波长较小故B正确 C、a光的频率大于b光的频率，E=h，a光光子的能量较大故C错误 D、a光的频率大于b光的频率，所以在水中，b光的折射率小于a光的折射率故D正确故选BD点评：解决本题的关键，掌握光电效应产生的条件，以及频率、折射率、波长等量的联系4（6分）（2015成都校级模拟）如图所示的电路中，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数较大、直流电阻可忽略不计的理想线圈，在电键S接通和断开时，下列观察到的现象正确的是

6、（）A当电键S接通时，灯泡L1缓慢亮起来，L2立即亮起来B当电键S接通时，灯炮L1和L2都缓慢亮起来C当电键S断开时，灯炮L2闪亮一下，然后才逐渐熄灭D当电键S断开时，灯泡L2不会闪亮，只是逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数分析：当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析解答：解：A、B、灯B与电阻R串联，当电键K闭合时，灯L2立即发光通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，L1逐渐亮起来所

7、以L2比L1先亮故A正确，B错误；C、D、稳定后当电键K断开后，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡L1、L2和电阻R构成闭合回路放电，由于稳定时L1灯的电流大于L2灯泡的电流，故L1逐渐变暗，L2先闪亮一下，最后一起熄灭，故C正确，D错误；故选：AC点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解5（6分）（2010重庆模拟）海浪的传播速度跟海水的深度有关，其关系式为v=，式中h为海水的深度，g为重力加速度现有剖面如图甲所示为一个海岸，A、B两部分深度不同，图乙是从上往下俯视，看到海岸边O处向外传播的水波波形（图中弧形实线代表波峰）若

8、己知A处海水深为5m，则B处的水波波长和B处的海水深分别为（）A4m，l0mB8m，l0mC4m，20mD8m，20m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：波传播的频率不变由图分析A、B两处波长关系，由波速公式v=f确定出波速关系，即可由v= 求解B处的水深；解答：解：由图看出，A处水波波长为：A=2mB处水波波长为：B=4m故：B=2A由于水波在水中的频率不变，则由波速公式v=f得水波在A、B两处波速与波长成正比，则：=又由题意，水波的速度跟水深度关系为：v=，则有：=4因A处海水深为5m，解得：hB=4hA=20m故选：C点评：本题一要抓住波的基本特点：波的频率与介质无关，水波的频

9、率不变；二要由图读出波长关系，结合题中信息进行分析6（6分）（2015成都校级模拟）如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块（可视为质点）由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为，下列说法正确的是（）A物块滑到b点时的速度为B物块刚滑到b点时对b点的压力是mgCc点与b点的距离为D整个过程中物块机械能损失了mgR考点：功能关系；向心力；机械能守恒定律分析：由机械能守恒可求得物块滑到b点时的速度，由向心力公式可求得b点对物体的支持力，由牛顿第三定律可知物块对b点的压力；由

10、动能定理可求得bc两点的距离；由摩擦力做功可求得机械能的损失解答：解：A、由机械能守恒可知，mgR=mv2，解得b点时的速度为，故A错误；B、b点时，物体受重力、支持力而做圆周运动，则由Fmg=m可得，支持力F=3mg，由牛顿第三定律可知，物块对b点的压力为3mg，故B错误；C、对全程由动能定理可知，mgRmgs=0，解得bc两点间的距离为，故C正确；D、在滑动过程中，摩擦力所做的功等于机械能的损失，故机械能损失了mgs=mgR，故D错误；故选：C点评：在功能关系中，要注意明确：重力做功等于重力势能的改变量；而摩擦力做功等于机械能的改变量7（6分）（2015成都校级模拟）据环球报报道，美国和俄

11、罗斯的两颗卫星2009年2月10日在太空相撞，相撞地点位于西伯利亚上空500英里（约805公里）相撞卫星的碎片形成太空垃圾，并在卫星轨道附近绕地球运转，国际空间站的轨道在相撞事故地点下方270英里（434公里）若把两颗卫星和国际空间站的轨道看作圆形轨道，上述报道的事故中以下说法正确的是（）A这两颗相撞卫星在同一轨道上B这两颗相撞卫星的周期、向心加速度大小一定相等C两相撞卫星的运行速度均大于国际空间站的速度D两相撞卫星的运动周期均大于国际空间站的运动周期考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：卫星的线速度，加速度，周期与半径有关，依据万有引力等于向心力，确定出各量与半径的

12、数量关系，进而分析比较所给问题解答：解：AB、两颗卫星相撞，说明两颗卫星运行的轨道有交点，即两颗卫星的轨道半径大小相同，所以两颗卫星的周期和加速度相同，两颗卫星能够相撞说明两颗卫星不可能在同一个轨道上，故A错误，B正确；CD、卫星的运行时万有引力提供圆周运动向心力，可得卫星运行的速度表达式：，周期表达式T= 由此可知，半径大的卫星速度小，半径大的卫星周期大，故C错误，D正确故选：BD点评：考查卫星的运动规律，明确卫星的线速度，加速度，周期与半径的关系，从而比较不同运动半径的各量的大小关系8（6分）（2015成都校级模拟）一质量m、电荷量+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动细杆处于磁

13、感应强度为B的匀强磁场中现给圆环向右初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图象可能是（）ABCD考点：洛仑兹力；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用专题：电学图像专题分析：带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的解答：解：当qvB=mg时，小环做匀速运动，此时图象为A，故A正确；当qvBmg时，FN=qvBmg，此时：FN=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB=mg时，小环开始做匀速运动，故D图象正确，故D正确；当qvBmg时，FN=mgqvB此时：

14、FN=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图象的斜率应该逐渐增大，故BC错误故选AD点评：分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意vt图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识二、非选择题：9（6分）（2010山西二模）在利用单摆测重力加速度的实验中，甲组同学用游标卡尺测出小球的直径如图1所示，则该小球的直径为2.010cm乙同学在实验中测出多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2L的关系图象如图2所示，该同学在实验中出现的错误可能是计算摆长时多加（选填“漏加”或“多加”）了小球的半径虽然实验中出现了上述错误，但根据图象中的数据

15、仍可计算出准确的重力加速度，其值为9.86m/s2（最后结果保留三位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读通过摆长是正值时，周期才为零，根据此判断错误的原因根据单摆的周期公式T=2 求解重力加速度解答：解：游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.052mm=0.10mm，所以最终读数为20.10mm=2.010cm摆长是正值时，周期才为零，知计摆长时多加摆球的半径根据g=，T2=知图线的斜率为=4，解得g=9.86m/s2故答案为：2.010；多加；9.86点评：解决本题的关键知道“用单摆测定重力加速度”实验的注意事项和一般步

16、骤，以及知道实验的原理：周期公式T=210（11分）（2015成都校级模拟）从表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电压表V1的内阻R1要求方法简便，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据器材（代号）规格电压表（V1）电压表（V2）电流表（A）滑动变阻器（R）电池（E）电键（s）导线若干量程6V，内阻R1 待测（约30k）量程3V，内阻R2=10K量程0.6A，内阻R=0.2总阻值约20电动势10V，内阻很小在右方虚框中画出电路图标明所用器材的代号若选测量数据中的一组来计算R1，则所用的表达式为R1=式中各符号的意义式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2

17、的内阻考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：要测电压表的内阻，可以把电压表看做一只能读出两端电压的电阻在本题中由于电压表的内阻远远大于滑动变阻器的最大电阻，若采用限流式接法，通过待测电压表的电流变化范围比较小，不可能达到多测几组数据的压强，无法精确测量电压表的内阻，故只能采用分压式接法解答：解：（1）先把滑动变阻器的最大阻值和电源、开关串联组成电路，再把电压表V1、V2串联后接到滑动变阻器的滑片P串联，如图所示：（2）电压表V1、V2串联，即两者的内阻R1、R2串联，通过两电压表的电流相等，即=，R1=；式中中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻故答案为

18、：（1）如图所示；式中U1、U2分别为电压表V1、V2的读数，R1、R2分别为电压表V1、V2的内阻点评：本题考查串并联电路的应用，要注意电压表就相当于能测出电压的电阻，仍然符合串并联电路的基本规律11（16分）（2015成都校级模拟）如图所示，足够长的金属导轨ABC和FED，二者相互平行且相距为L，其中AB、FE是光滑弧形导轨BC、ED是水平放置的粗糙直导轨在矩形区域BCDE内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B金属棒MN质量为m、电阻为r它与水平导轨间的动摩擦因数为，导轨上A与F、C与D之间分别接有电阻R1、R2，且R1=R2=r，其余电阻忽略不计现将金属棒MN从弧形轨道上离水平部分高为h

19、处由静止释放，最后棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止（金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失金属棒MN始终与两导轨垂直，重力加速度为g）求：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）金属棒在弧形轨道上下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出速度，金属棒刚到达水平面时速度最大，所受安培力最大，所受合外力最大，由牛顿第二定律求出最大加速度（2）由能量守恒定律可以求出电阻上产生的热量解答：解：（1）金属棒在弧形导轨上下滑过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh

20、=mv2，电路总电阻：R总=r+R并=r+=，金属棒所受安培力：F=BIL=，由牛顿第二定律得：+mg=ma，解得，最大加速度：a=g+；（2）由能量守恒定律得：mgh=Q+mgs，由Q=I2Rt可知，Qr=4QR1=4QR2，则：QR1=Q，解得：QR1=mghmgs；答：（1）金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度为g+；（2）整个过程中电阻R1产生的焦耳热为mghmgs点评：本题考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚金属棒的运动过程，应用机械能守恒定律、安培力公式、牛顿第二定律、能量守恒定律即可正确解题12（19分）（2015成都校级模拟）如图所示，一光滑绝缘圆环轨道位于竖直平面内，半

21、径为R，空心内径远小于R以圆环圆心O为原点在一半面建立平面直角坐标系xOy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其他象限加垂直环面向外的匀强磁场，一带电量为+q、质量为m的小球在轨道内从b点由静止释放，小球刚好能顺时针沿圆环轨道做圆周运动（1）求匀强磁场的电场强度E；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，求磁感应强度B；（3）求小球第三次到达a点时对圆环的压力考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）因为小球刚好能绕圆管做圆周运动，则在最高点的速度为零，根据动能定理求出匀强电场的电场强度（2）根据动能定理求出第二次到达最

22、高点的速度，抓住重力和洛伦兹力的合力提供向心力求出磁感应强度的大小（3）根据动能定理求出第三次到达最高点的速度，根据径向的合力提供向心力求出圆管对小球的作用力，从而得出小球对圆管的压力解答：解：（1）小球第一次可刚过最高点，此时速度为：v1=0，由动能定理得：qERmgR=0，解得：；（2）小球第二次过最高点，此时速度为v2，由动能定理得：0，由牛顿第二定律得：，由以上两式可解得：；（3）小球第三次过最高点速度v3，设球受圆环向下的压力FN，由动能定理得：0，由牛顿第二定律得：，解得：；答：（1）匀强磁场的电场强度E为；（2）若第二次到达最高点a，小球对轨道恰好无压力，磁感应强度B为；（3）小

23、球第三次到达a点时对圆环的压力为（3）mg点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，知道在最高点小球对轨道压力为零时向心力的来源13（20分）（2015成都校级模拟）如图所示，质量为M=6kg的滑板静止在光滑水平面上，滑板的右端固定一轻弹簧在滑板的最左端放一可视为质点的小物体A，弹簧的自由端C与A相距L=1m弹簧下面的那段滑板是光滑的，C左侧的那段滑板是粗糙的，物体A与这段粗糙滑板间的动摩擦因数为=0.2，A的质量m=2kg滑板受到水平向左恒力F作用1s后撤去，撤去水平力F时A刚好滑到C处，g取10m/s2，求：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为多大？其对地的位移为多大

24、？（2）作用力F的大小；（3）试分析判断在F撤去后，小物体能否与滑板相分离？若能，分离后物体和滑板的速度各为多大？若不能，小物体将停止在滑板上的什么位置？考点：动量守恒定律；牛顿第二定律专题：动量定理应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律求解A的加速度由位移公式求解位移（2）对滑板B研究，先求出1s内滑板B的位移为SB=SA+L，再根据位移公式求解其加速度，由牛顿第二定律求解F的大小（3）撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，运用动量守恒和能量守恒列式求出此时A、B的速度，之后A做减速运动，B做加速运动，假设它们能达到共同速度，根据动量守恒和能量守恒列式求出共同速度和两者相对位移，根据相对位移与板长的

25、关系判断即可解答：解：（1）用字母B表示滑板，在这1s内滑板B和小物A均向左做匀加速运动，对A有：，（2）这1s内滑板B的位移为：sB=sA+L=1+1=2m，对B有：，Fmg=MaB，解得：F=28N；（3）撤去水平力F时，A、B的速度：vAO=aAt=2m/s，vBO=aBt=4m/s，撤去F后，当弹簧恢复原长过程中，A、B动量，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvAO+MvBO=mvA+MvB，由能量守恒定律得：mvAO2+MvBO2=mvA2+MvB2，解得：vA=5m/s，vB=3m/s，之所A做减速运动，B做加速运动，设它们达到其同速度v根据动量守恒定律得：，由动能定理有：，所以：，因此两者不会分离，小物体将停在距C 0.75m处答：（1）恒力F作用的这1s内小物体A的加速度为2m/s2，其对地的位移为1m；（2）作用力F的大小为28N；（3）小物体与滑板不分离，小物体将停在距C 0.75m处点评：本题是复杂的力学问题，在分析运动情况的基础上，运用力学基本规律：牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒和能量守恒进行求解