高考物理二轮复习 高考仿真模拟练-人教版高三全册物理试题.doc

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1、高考仿真模拟练本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分110分考试时间60分钟第卷(选择题共48分)本卷共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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14下列说法正确的是()A氢原子从基态跃迁至某激发态要吸收特定频率的光子B一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的强度太小C卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子具有复杂的结构D射线的本质是电子流，所以衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的解析：一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的

2、频率小于该金属的截止频率，B错误；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，电子的发现揭示了原子具有复杂的结构，C错误；射线的本质是电子流，它是原子核内的中子转化为质子时放出的，D错误答案：A15将一质量为m的物体放在地面上，现在给物体上施加一竖直向上的力F，使其在力F的方向上做匀加速直线运动，经时间t将力F撤去，又经过相同的时间物体返回地面不计空气阻力，重力加速度为g，则的值为()A.B.C.D3解析：物体向上做匀加速运动过程中，x1a1t2，由牛顿第二定律有Fmgma1，撤去力F后，物体向上做匀减速运动，x2v0ta2t2，mgma2，其中v0a1t，x1x2，联立解得，B正

3、确答案：B16(2017山东省潍坊市高三模拟)如图所示，O是等量异种点电荷P、Q连线的中点，M、N是以P为圆心，以OP为半径的圆上两点，且MN与PQ垂直以下判断正确的是()AO、M两点场强相同BO、M两点电势相等CM、N两点场强相同 DM、N两点电势相等解析：画出等量异种点电荷P、Q之间的电场线，如图所示，由电场线的疏密分布可知，EOEMEN，但是M、N两点的场强方向不同，A、C错误；沿电场线的方向电势降低，则由对称性可知，MNO，B错误、D正确答案：D17.如图所示的电路中，自耦变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1110，副线圈所接的电路如图所示，电动机的内阻为r2 、额定功率与额定电压分别

4、为P20 W、U10 V，定值电阻为R10 ，电流表为理想电表当原线圈接U1220 V的交流电压时，电动机正常工作则下列说法正确的是()An210B电流表的读数为2 AC定值电阻消耗的功率为4 WD变压器的输入功率为30 W答案：D18(2017保定模拟)如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方体物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中()AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力越来越大CA对B的压力越来越小D推力F的大小恒定不变解析：A受到重力、竖直挡板的弹力和垫块的支持力三个力，B受到重力、A的压力、桌面的

5、支持力和推力F四个力，故A错误；当B向左移动时，B对A的支持力和竖直挡板对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变，则A对B的压力也保持不变，对整体受力分析如图所示，由平衡条件得知，FFN1，竖直挡板对A的支持力FN1不变，则推力F不变，桌面对整体的支持力FNG总，保持不变，则B对桌面的压力不变，故B、C错误，D正确答案：D19(2017陕西省宝鸡市高三质量检测)如图所示，金属杆ab静止放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则()A杆中感应电流方向是从b到aB杆中感应电流大小均匀增大C金属杆所受安培力方向水

6、平向左D金属杆所受安培力大小均匀增大解析：由楞次定律知杆中感应电流方向是从a到b，由左手定则知金属杆所受安培力方向水平向左，则选项A错误、C正确；根据法拉第电磁感应定律，有E，可知当磁感应强度均匀增大时，产生的感应电动势大小是恒定的，由闭合电路欧姆定律知杆中感应电流大小是恒定的，金属杆所受安培力大小FBIL随磁感应强度B均匀增大，则选项B错误、D正确答案：CD20.一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a表示，物体到球形行星表面的距离用h表示，a随h变化的图象如图所示，图中a1、h1、a2、h2及引力常量G均为已知根据以上数据可以计算出()A该行星的半径B该行星的质量C该行星的自

7、转周期D该行星同步卫星离行星表面的高度解析：设行星半径为R，质量为M，物体质量为m，在物体到球形行星表面的距离为h1时，由万有引力定律和牛顿运动定律，有Gma1，在物体到球形行星表面的距离为h2时，有Gma2，联立可解得行星半径R和质量M，选项A、B正确不能得出该行星的自转周期，也不能得出该行星同步卫星离行星表面的高度，选项C、D错误答案：AB21(2017湖南省湘中名校高三联考)如图所示，一质量为m00.05 kg的子弹以水平初速度v0200 m/s打中一放在水平地面上A点的质量为m0.95 kg的物块，并留在物块内(时间极短，可忽略)，随后物块从A点沿AB方向运动，与距离A点L5 m的B处

8、的墙壁碰撞前瞬间的速度为v18 m/s，碰后以v26 m/s的速度反向运动直至静止，测得物块与墙碰撞的时间为t0.05 s，g取10 m/s2，则()A物块从A点开始沿水平面运动的初速度v10 m/sB物块与水平地面间的动摩擦因数0.36C物块与墙碰撞时受到的平均作用力大小266 ND物块在反向运动过程中产生的摩擦热Q18 J解析：子弹打中物块的过程，由于内力远远大于外力，根据动量守恒定律有m0v0(m0m)v，解得v10 m/s，A正确；物块由A点运动到B点的过程，根据动能定理有(m0m)gL(m0m)v(m0m)v2，解得0.36，B正确；物块与墙碰撞过程中，以向右为正方向，由动量定理有t

9、(m0m)v2(m0m)v1，解得280 N，C错误；物块在反向运动过程中，根据能量守恒定律可知，动能全部转化为因摩擦而产生的热量，即Q(m0m)v18 J，D正确答案：ABD第卷(非选择题共62分)本卷包括必考题和选考题两部分第2225题为必考题，每个试题考生都必须做答第3334题为选考题，考生根据要求做答(一)必考题(共47分)22(6分)为验证物体所受合外力一定时，加速度与质量成反比，同学们设计了如图甲所示的装置来进行实验在自制的双层架子上固定带有刻度的木板，架子放在水平桌面上实验操作步骤如下：适当调整装置，将装置不带滑轮的一端稍稍垫高一些在两个托盘中放入砝码，并使两托盘质量(含砝码)相

10、同，且远小于小车的质量连接小车的细线跨过定滑轮与托盘相连让两小车紧靠右边的挡板，小车前端在刻度尺上的读数如图甲所示，并在甲车上放上砝码，同时释放两小车，当小车运动一段时间后，用手机对整个装置进行拍照结合照片和小车的初始刻度标记，得到甲、乙两车运动的距离分别为x1、x2.在甲车上逐渐增加砝码个数，重复步骤.(1)本实验的原理是通过验证小车的位移与小车(含砝码)的质量成_关系，来验证合外力一定时加速度与质量成反比(2)实验前将装置不带滑轮端稍稍垫高一些的目的是_(3)某次拍到乙车的照片如图乙所示，则它通过的位移是_ cm.(4)如果以为横坐标，以甲车(含砝码)的质量m甲为纵坐标，作出的图线如图丙所

11、示，则该直线斜率代表的物理量是_，其大小为_解析：(1)由直线运动规律知，位移与加速度成正比，若加速度与质量成反比，则位移与小车质量也成反比关系(2)将装置的一端垫高一些，目的是平衡摩擦力(3)读数时，看车前端移动的距离，要注意估读(4)由(1)知，小车的位移与小车的质量成反比，即，得m甲m乙，故斜率为乙车的质量，由题图丙可得图线斜率约为0.22.答案：(1)反比(1分)(2)消除小车与木板之间摩擦力造成的影响(1分)(3)42.0(1分)(4)小车乙的质量m乙(1分)0.22 kg(2分)23(9分)某同学利用如图甲所示电路测量电源的电动势E和内阻r，可供选择的实验器材有：待测电源(电动势约

12、6 V，内阻约1 )，定值电阻RA(阻值10 )和RB(阻值1 )，滑动变阻器R(最大阻值10 )，电流表A (量程为00.6 A，内阻约1 )，电压表V (量程为05 V，内阻约10 k)，开关S，导线若干请回答下列问题：(1)图甲为该同学设计的电路图的一部分，将电路图补充完整(2)图甲中的R1应选_(填“RA”或“RB”)(3)改变滑动变阻器接入电路的阻值，分别记下几组电压表的示数U和相应电流表的示数I；以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线如图乙所示，并求出UI图线在横轴上的截距a和在纵轴上的截距b.请选用待测电源电动势E、内阻r、定值电阻R1和R2，写出a、b的表达式，a_，b_，代入相

13、应数值即可得E和r的测量值解析：(1)利用电压表和电流表测量电源电动势和内阻的实验，电流表内阻与电源内阻相差不大，所以要把电流表内接，电路图如答图(2)由于滑动变阻器最大阻值只有10 ，电流表量程只有0.6 A，所以需要串联的电阻R1应该选择阻值为10 的定值电阻RA.(3)由闭合电路欧姆定律，得EUI(R2r)，变化为UE(R2r)I.对照题图乙，则有bE，a.答案：(1)如图所示(3分)(2)RA(2分)(3)(2分)E(2分)24(12分)如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37，半径为r0.25 m，C端切线水平，AB段的动摩擦因数为0.5

14、.竖直墙壁CD高H0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L0.3 m的斜面一个质量m0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出重力加速度g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8.求：(1)小物块运动到C点时对轨道的压力的大小(2)小物块从C点抛出到击中斜面的时间解析：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得：mglsin37mg(rrcos37)mglcos37mv(2分)代入数据解得：v0 m/s(1分)在C点，由牛顿第二定律得：FNmgm(1分)代入数据解得：FN2.2 N(1分)由牛顿第三定律得，小物块运动

15、到C点时对轨道的压力的大小为2.2 N(1分)(2)如图所示，设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，则：(1分)代入数据解得：x0.31.5y(1分)由平抛运动的规律得：xv0t(1分)ygt2(1分)联立得：15t22t0.60(1分)解得：t s(1分)25(20分)如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段COODL，CD边在x轴上，ADC30.电子束以向y方向相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为.在第四象限正方形ODQP内存在沿x方向、大小为EBv0的匀强电场，在yL处垂直于y

16、轴放置一平面足够大的荧光屏，屏与y轴交点为P.忽略电子间的相互作用，不计电子的重力试求：(1)电子的比荷；(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离；(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离解析：(1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r由牛顿第二定律得Bev0m(2分)电子的比荷(1分)(2)若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远(1分)设电子运动轨迹的圆心为O点则OFxm(2分)从F点射出的电子，做类平抛运动，有t2(2分)yv0t(1分)代入得y(1分)设电子最终打在光屏

17、的最远点距Q点为H，电子射出电场时与水平方向的夹角为有tan(2分)所以，从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P点的距离GP(2分)(3)设打到屏上离P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时yv0(2分)设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X，由平抛运动特点得(1分)所以X222(2分)所以当xL时，有XmL(1分)答案：(1)(2)(3)L(二)选考题(共15分请考生从给出的2道物理题中任选一题做答如果多做，则按第一题计分)33物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是_(填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3

18、分，最低得分为0分)A分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大B物体吸收热量，温度一定升高C浸润与不浸润是分子力作用的表现D天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则E热量可以自发地从分子平均动能大的物体传给分子平均动能小的物体(2)(10分)如图所示，U形管两端等高，左端封闭，右端与大气相通左管中A部分为真空，B部分封有气体图中L110 cm，L240 cm，L315 cm，大气压强p075 cmHg.现往右管中缓慢加入水银，直到右管水银面与管口相平，求此时B中空气柱的长度解析：(1)由于分子间距离等于平衡位置的距离时分子势能最小，当分子之间的距离由小于平衡位置距离逐

19、渐增大时，分子势能随着分子间距离的增大先减小后增大，选项A正确晶体的熔化过程，吸收热量，温度不变，即物体吸收热量，温度不一定升高，选项B错误浸润与不浸润现象是分子力作用的表现，选项C正确天然石英为晶体，表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，选项D错误温度是分子平均动能的标志，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，即热量可以自发地从分子平均动能大的物体传递给分子平均动能小的物体，选项E正确(2)未加水银之前，对B中气体：p140 cmHgV1L3S(2分)设最终B中气柱长为x，则p2p0(40x) cmHg(2分)V2xS(2分)根据玻意耳定律可得：p1V1p2V2(2分)解得：

20、x5 cm(2分)答案：(1)ACE(2)5 cm34物理选修34(15分)(1)(5分)如图所示，在一条直线上两个振源A、B相距6 m，振动频率相等t0时A、B开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，图甲为A的振动图象，图乙为B的振动图象若A向右传播的波与B向左传播的波在t10.3 s时相遇，则下列说法正确的是_(填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3分，最低得分为0分)A两列波在A、B间的传播速度大小均为10 m/sB两列波的波长都是4 mC在两列波相遇过程中，中点C为振动加强点D在两列波相遇过程中，中点C为振动减弱点Et20.7 s时刻B点经过平衡位置

21、且振动方向向下(2)(10分)如图所示是一种折射率n1.5的棱镜，用于某种光学仪器中现有一束光线沿MN的方向射到棱镜的AB界面上，入射角的大小为i(sini0.75)求：()光在棱镜中传播的速度；()此束光线射出棱镜后的方向，写出推导过程并画出光路图(不考虑返回到AB面上的光线)解析：(1)由题图得，振动周期为0.2 s，v10 m/s，故两列波在A、B间的传播速度大小均为10 m/s，故A正确由vT2 m知B错误A向右传播的波与B向左传播的波，振动方向相反，中点C为振动减弱点，故C错误、D正确t0.6 s时刻向右传播的波传到B，再经0.1 s经过平衡位置且振动方向向下，故E正确(2)()由折射率公式，得v2.0108 m/s(2分)()光路图如图所示(2分)设光线进入棱镜后的折射角为r，由n，知sinr0.5，得r30(2分)光线射到BF界面的入射角为i190(1806075)45(1分)由sinC，i1C，光线在BF面上发生全反射(2分)光线沿DE方向射到AF边时，与AF边垂直，故此束光线射出棱镜后方向与AF界面垂直(1分)答案：(1)ADE(2)()2.0108 m/s()见解析