高考物理二轮复习 高考模拟卷（三）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、高考模拟卷(三)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，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，有选错或不答的得0分)14下列说法正确的是()A氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小B在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D氢原子从n2的能级跃迁到n1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n3的能级跃迁到n2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越高，选项A

2、错误；在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核，发生质量亏损，释放能量，选项B正确；射线是原子核内一个中子转化为一个质子和电子，释放出的电子，选项C错误；氢原子从n2的能级跃迁到n1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n3的能级跃迁到n2的能级辐射的光子能量一定小于金属的逸出功，不能使该金属发生光电效应，选项D错误答案：B15.如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，下列关于撤去F前后的说法正确的是()A撤去F之前A受3个力作用B撤去F之前B受到4

3、个力作用C撤去F前后，A的受力情况不变DA、B间的动摩擦因数1不小于B与地面间的动摩擦因数2解析：撤去F之前A受力平衡，水平方向不受力，受2个力作用，选项A错误；撤去F之前B受力平衡，竖直方向受3个力，水平方向受拉力和地面给的滑动摩擦力，共5个力作用，选项B错误；撤去F后，A做减速运动，受到B对它的静摩擦力，受力情况变化，选项C错误；由于A、B能一起减速，故A、B间的动摩擦因数1不小于B与地面间的动摩擦因数2，选项D正确答案：D16.如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度v1、v2从A、C两点同时射入磁场，v1、v2平行且v1沿直径AOB方向

4、C点与直径AOB的距离为，两粒子同时从磁场射出，从A点射入的粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60.不计粒子受到的重力，则()Av1v2Bv1v2Cv1v2 Dv12v2解析：由周期表达式T知，两粒子周期相同，又由于两粒子在磁场中运动的时间相同，因此两粒子的偏转角相同，作出两粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，由几何知识知R1Rtan 60，R2R，根据牛顿第二定律Bqvm可知，r，因此粒子的轨道半径与速度成正比，则v1v2R1R2tan 6011，B正确答案：B17如图所示，匝数n10匝的矩形线框处在磁感应强度B T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度20 rad/s在匀强磁场

5、中转动，线框电阻不计，面积S0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(4 W100 )和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是()A灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为21B灯泡正常发光时电流表的示数为0.2 AC若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗D若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数不变解析：变压器输入电压的最大值为UmnBS100.420 V80 V，变压器输入电压的有效值为U1 V80 V，灯泡正常发光时的电压U2 V20 V，此时原、副线圈的匝数比为，故A错误；由欧姆定律得I2A0.2 A，根据得，此时电流表的示数为I10.2 A

6、0.05 A，故B错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C正确；线圈匝数不变，根据可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1P2变小，又P1U1I1可知电流表示数变小，故D错误答案：C18一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加了8 J，木块的质量大于子弹的质量则此过程中产生的内能可能是()A18 J B16 J C10 J D6 J解析：设子弹的质量为m，子弹的初速度为v0，木块的质量为M，子弹与木块的共同速度为v，子弹和木块组成的系统所受合力为零，则系统动量守恒，在子弹

7、开始射入木块到两者保持相对静止的过程中，根据动量守恒定律得，mv0(mM)v，木块获得的动能EkMv2，系统产生的内能Qmv(mM)v2，由以上三式解得，QMv22Ek28 J16 J，选项A正确，B、C、D错误答案：A19.如图所示，纸面内存在平行于纸面的匀强电场，一带电粒子以某速度从电场中的a点水平发射，粒子仅在电场力作用下运动到b点时速度方向竖直向下，则()A匀强电场的方向可能沿竖直方向B粒子在任意相等时间内速度的变化量相同C从a到b的过程中，粒子的速度先减小后增大D从a到b的过程中，粒子运动的轨迹可能是圆弧解析：粒子在a点的速度方向沿水平方向，在b点的速度方向沿竖直方向，由此可知，粒子

8、在水平方向上做匀减速运动，故匀强电场的方向不沿竖直方向，选项A错误；由牛顿第二定律知，粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，则由vat知，粒子在任意时间内速度变化量相同，选项B正确；粒子在竖直方向做加速运动，在水平方向做减速运动，故粒子所受的电场力方向斜向左下方向，从a到b的过程中，粒子所受的电场力先做负功后做正功，由动能定理知，粒子的速度先减小后增大，C正确，D错误答案：BC20.如图，点O、a、c在同一水平线上c点在竖直细杆上，一橡皮筋一端固定在O点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a点，在a点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连已知b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间

9、的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内，且其弹力跟伸长量成正比小球从b点上方某处释放，第一次到达b、d两点时速度相等，则小球从b第一次运动到d的过程中()A在c点速度最大B在c点下方某位置速度最大C重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功D在b、d两点，摩擦力的瞬时功率大小相等解析：设b点关于c点的对称点为e点，若小球在c点的速度最大，则由对称性可知小球由b点到c点克服摩擦力做功等于由c点到e点克服摩擦力做功，由功能关系知，小球到达e点时的速度与b点速度相等，实际上b、d两点的速度相等，所以速度最大的位置在c点的下方，选项A错误，B正确；小球第一次从b点到d点的过程中，设Wf为小球克服摩

10、擦力做的功，Ep为橡皮筋弹性势能的变化量，橡皮筋在d点处于伸长状态，Ep0，由功能关系得WGWfEp，故重力做的功大于小球克服摩擦力做的功，选项C正确；橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连，则小球第一次从b点到d点的过程中橡皮筋在水平方向的伸长量相等，由平衡条件知小球受到与杆之间的弹力不变，故小球受的摩擦力不变，小球在b、d两点的速度相等，由PFv知，在b、d两点摩擦力的瞬时功率大小相等，选项D正确答案：BCD21由三颗星体构成的系统，叫做三星系统有这样一种简单的三星系统，质量刚好都相同的三个星体甲、乙、丙在三者相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形

11、所在的平面内做相同周期的圆周运动若三个星体的质量均为m，三角形的边长为a，万有引力常量为G，则下列说法正确的是()A三个星体做圆周运动的半径均为aB三个星体做圆周运动的周期均为2a C三个星体做圆周运动的线速度大小均为 D三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为解析：质量相等的三星系统的位置关系构成一等边三角形，其中心O即为它们的共同圆心，由几何关系可知三个星体做圆周运动的半径ra，故选项A正确；每个星体受到的另外两星体的万有引力提供向心力，其大小F，则mr，得T2a ，故选项B正确；由线速度v得v ，故选项C错误；向心加速度a，故选项D错误答案：AB二、非选择题(共62分第2225题为必考题，

12、每个试题考生都必须作答第2324题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)22(6分)某同学利用如图甲所示装置探究平抛运动中机械能是否守恒在圆弧槽轨道的末端安装一个光电门B，圆弧槽末端水平地面上铺有白纸，白纸上铺有复写纸，让小球从圆弧槽上固定位置A点由静止释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印重复实验多次，测得小球通过光电门B的平均时间为t2.50 ms(当地重力加速度g取9.8 m/s2)(1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为d_mm，由此可知小球通过光电门的速度vB_m/s.(2)实验测得轨道末端离地面的高度h0.441 m，小球的平均落点P到轨

13、道末端正下方O点的距离x0.591 m，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v0_m/s.(3)在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度vB与由平抛运动规律求解的平抛初速度v0满足_关系，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的解析：(1)小球的直径d5 mm0.05 mm05.00 mm，小球通过光电门的速度vB2.0 m/s.(2)由平抛运动规律可得：xv0t，hgt2，可求得v01.97 m/s.(3)在误差允许范围内，可认为vBv0，平抛运动过程中机械能是守恒的答案：(1)5.00(1分)2.0(1分)(2)1.97(2分)(3)vBv0(相等)(2分)23(9分)利用以下器材设

14、计一个能同时测量电源的电动势、内阻和一个未知电阻Rx阻值的实验电路A待测电源E(电动势略小于6 V，内阻不足1 )B电压表V1(量程6 V，内阻约6 k)C电压表V2(量程3 V，内阻约3 k)D电流表A(量程0.6 A，内阻约0.5 )E未知电阻Rx(约5 )F滑动变阻器(最大阻值20 )G开关和导线(1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图；(2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表V1的示数分别为U1、U1时，电压表V2两次的示数之差为U2，电流表A两次的示数分别为I、I.由此可求出未知电阻Rx的阻值为_，电源的电动势E_，内阻r_(用题目中给出的字母表示)解析：(1)电压表

15、V1测量路端电压，电压表V2测量Rx两端电压，如图所示；(2)两次V2的示数差为U2，而电流变化量为II，故Rx；根据闭合电路欧姆定律可得，U1IrE，U1IrE，联立解得E，r.答案：(1)如图(3分)(2)(2分，未加绝对值符号的不扣分，分母前后两项颠倒的不扣分)(2分)(2分，其他正确表示方法同样给分)24(14分)如图所示，轻细绳跨过两定滑轮，一端系在物块上，另一端拴住漏斗物块静止在足够长的固定斜面上，漏斗中盛有细沙，斜面上方细绳与斜面平行打开漏斗阀门后，细沙能从底端逐渐漏出，此过程中绳中张力的变化满足关系式FT6t(N)，经过5 s细沙全部漏完已知物块质量M2 kg，与斜面间的动摩擦

16、因数为0.5，斜面倾角为37.物块与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，漏斗始终位于滑轮下方，不计滑轮摩擦，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)从打开阀门到物块在斜面上开始滑动的时间；(2)打开阀门后4 s时物块的加速度大小；(3)细沙刚好全部漏完时漏斗的速度大小解析：(1)物块刚要下滑时受力情况如图所示，摩擦力方向向上且达到最大FfFNMgcos 37(2分)由平衡条件得Mgsin 37FfFT0，(2分)又有FT6t(N)，解得t2 s；(2分)(2)t14 s时，FT16t1，物块仍受四个力作用，由牛顿第二定律得Mgsin 37FfFT1Ma，(2分)解得

17、a1 m/s2；(2分)(3)在细沙漏完之前a10.5t，(1分)细沙漏完之后，物块加速度a1.5 m/s2，(1分)图乙为at图象，可求出5 s时，漏斗的速度大小为2.25 m/s.(2分)答案：见解析25.(18分)如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨相距l，其中水平部分位于同一水平面内，倾斜部分为一倾角为的斜面，倾斜导轨与水平导轨平滑连接在水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.两长度均为l的金属棒ab、cd垂直导轨且接触良好，分别置于倾斜和水平轨道上，ab距水平轨道面高度为h.ab、cd质量分别为2m和m，电阻分别为r和2r.由静止释放ab棒，导轨电阻不计重力加速度为g，

18、不计两金属棒之间的相互作用，两金属棒始终没有相碰求：(1)ab棒刚进入水平轨道时cd棒的电流I；(2)两金属棒产生的总热量Q；(3)通过cd棒的电量q.解析：(1)设ab棒下滑到斜面底端的速度v，由机械能守恒定律有2mv22mgh，(2分)得v，(2分)ab棒刚进入磁场时，EBlv，(2分)通过cd的电流I；(2分)(2)设ab、cd棒最终共同运动的速度为v，由动量守恒定律得2mv3mv，(2分)得v，由功能关系得，热量Q2mv23mv2，(2分)解得Qmgh；(2分)(3)设cd棒中平均电流为，由动量定理得Bltmv，(2分)又有qt，解得q.(2分)答案：见解析(二)选考题(共15分请考生

19、从2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)33物理选修33(15分)(1)(5分)关于热力学定律，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气体吸热后温度一定升高B对气体做功可以改变其内能C理想气体等压膨胀过程一定放热D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)(10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差p与气泡半径r之间的关系为p，其中0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50

20、cm的气泡缓慢上升已知大气压强p01.0105 Pa，水的密度1.0103 kg/m3，重力加速度大小g10 m/s2.()求在水下10 m处气泡内外的压强差；()忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值解析：(1)根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则内能不一定增大，温度不一定升高，选项A错误；对气体做功可以改变其内能，选项B正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，选项D正确；根据热平衡定律，如果两个系统

21、分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，选项E正确(2)()当气泡在水下h10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为p1，则p1，(1分)代入题给数据得p128 Pa；(1分)()设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，气泡内外压强差为p2，其体积为V2，半径为r2.气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p1V1p2V2，(1分)由力学平衡条件有p1p0ghp1，(1分)p2p0p2.(1分)气泡体积V1和V2分别为V1r，(1分)V2r，(1分)联立式得，(2分)由式知，pip0

22、，i1，2，故可略去式中的pi项代入题给数据得1.3.(1分)答案：(1)BDE(2)见解析34物理选修34(15分)(1)(5分)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t0时的波形图，虚线为t0.5 s时的波形图已知该简谐波的周期大于0.5 s关于该简谐波，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波长为2 mB波速为6 m/sC频率为1.5 HzDt1 s时，x1 m处的质点处于波峰Et2 s时，x2 m处的质点经过平衡位置(2)(10分)如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO表示光轴(过球心O与

23、半球底面垂直的直线)已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)求：()从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值；()距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离解析：(1)由图象可知简谐横波的波长为4 m，A项错误；波沿x轴正向传播，t0.5 sT，可得周期Ts、频率f1.5 Hz.波速v6 m/s，B、C项正确；t0时刻，x1 m处的质点在波峰，经过1 sT，一定在波谷，D项错误；t0时刻，x2 m处的质点在平衡位置，经过2 s3T，质点一定经过平衡位置，E项正确. (2)()如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角iC时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l.iiC，(1分)设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有nsin iC1，(1分)由几何关系有sin i.(1分)联立式并利用题给条件，得lR.(1分)()设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有nsin i1sin r1，(1分)设折射光线与光轴的交点为C，在OBC中，由正弦定理有，(1分)由几何关系有Cr1i1，(1分)sin i1.(1分)联立式及题给条件得OCR2.74R.(2分)答案：(1)BCE(2)见解析