高考物理二轮复习 全真模拟试题（一）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、2016年高考全真模拟试题(一)考试时间：60分钟分值：110分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1418题每题只有一个正确答案，1921题有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)142014年，我国在实验中发现量子反常霍尔效应，取得世界级成果。实验在物理学的研究中有着非常重要的作用，下列关于实验的说法中正确的是()A在探究求合力的方法的实验中运用了控制变量法B密立根利用油滴实验发现电荷量都是某个最小值的整数倍C牛顿运用理想斜面实验归纳得出了牛顿第一定律D库仑做库仑扭秤实验时采用了归纳的方法答案B解析在探究求合力的方法的实验中运用了等效法，选项A错误

2、；密立根油滴实验符合事实，选项B正确；理想斜面实验是伽利略在研究自由落体运动时提出的，选项C错误；库仑做库仑扭秤实验时采用了微量放大的方法，选项D错误。15如图所示为、两物体的速度随时间变化的图线，已知两物体以相同的初速度从同一地点开始运动，比晚出发2 s。则下列结论正确的是()A第4 s末两物体具有相同的速度B第4 s末两物体又处在同一地点C第3 s后两物体的加速度方向相反D第5 s末两物体又处在同一地点答案B解析由图象可知：4 s末两物体速度大小相等、方向相反，所以4 s末两物体速度不同，A错误；由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知：04 s内两物体的位移相等，4 s末相遇，B正确；两物体

3、的加速度方向始终相同，C错误；5 s末两者图象与坐标轴围成的面积不等，所以没有相遇，D错误。16如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()AA可能受到2个力的作用BB可能受到3个力的作用C绳子对A的拉力大于对B的拉力DA、B的质量之比为1tan答案D解析B球受竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力，若再受到垂直杆的弹力，三个力不可能平衡，选项B错。A球一定受到绳子的拉力和重力，两者不共线，不可能平衡，故一定受到垂直杆向上的支持力，由平衡条件知mAgsinmBgcos

4、，mAmB1tan，选项A错，选项D对。定滑轮只能改变力的方向、不能改变力的大小，选项C错。17. 如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A、B、C分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是()AA、B、C三点的电场强度相同BABC所在平面为等势面C将一正的试探电荷从A点沿直线AB移到B点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D若A点的电势为A，A点的电势为A，则AA连线中点D处的电势D一定小于答案D解析因为A、B、C三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，但其方向不同，因此选项A错误；由于ABC所在平面到顶点O处的距离不相等，由等势面的概念可知，

5、ABC所在平面不是等势面，选项B错误；由电势的概念可知，沿直线AB的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A到B移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，选项C错误；因为UADAD，UDADA，由点电荷的场强关系可知ADDA，又因为，所以有UADUDA，即ADDA，整理可得：D，选项D正确。182015福建质检某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变。保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光。则()A仅闭合S，L1变亮B仅闭合S，A的输入功率变小C仅将滑片P上移，L1变亮D仅将滑片P上移，A的输入功率变小

6、答案D解析仅闭合S，灯L1和灯L2并联，电阻变小，用电器增多，电流变大，功率变大，所以通过R的电流增大，A变压器原线圈电流增大，A的输入功率变大，故B项错误。R分压变大，则变压器B输出电压变小，灯L1变暗，A选项错误。仅将滑片P上移，则A变压器输出电压变小，通过R的电流变大，则B变压器输入电压变小，输出电压也减小、L1灯变暗，A的输入功率变小，故C选项错误，D选项正确。192015枣庄模拟我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的模拟实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地球表面能竖直向上跳起

7、的最大高度为h，忽略自转的影响。下列说法正确的是()A火星的密度为B火星表面的重力加速度为C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等D王跃在火星表面能竖直向上跳起的最大高度为答案ABD解析星球表面处物体的重力等于星球对物体的万有引力，即mg，所以火星表面重力加速度g和地球表面重力加速度g的比值为4，故B选项正确。由h得，故D选项正确，第一宇宙速度v，所以，故C选项错误。火星的密度，故A选项正确。202015保定调研如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到

8、A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是()A1/2B2/3C3/4 D1答案AB解析第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W1mgR，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v，与小球在最高点对应最低点的速度为vA，根据动能定理可得mg2Rmv2mv，第二次击打小球，小锤对小球做的功W2mvmgRmgR，

9、则先后两次击打，小锤对小球做功的最大值为，故选项A、B正确，C、D错误。212015河南八市联考如图，一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则()A能打在板上的区域长度是2dB能打在板上的区域长度是(1)dC同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为D同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为答案BC解析因粒子运动的轨道半径Rd，根据题意画出粒子运动轨迹的草图，则打在极板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示，根据几

10、何关系知，带电粒子能到达板上的长度LRR(1)d，选项B正确，A错误；在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图乙所示，由几何关系知，最长时间t1T，最短时间t2T，同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差tt1t2，又T，联立解得t，选项C正确，D错误。二、非选择题(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35题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题(共4小题，共47分)22(6分)某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚好运动为止，记下

11、传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1。(1)接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a_m/s2。(2)改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F(FF1F0)的关系图象。不计纸带与打点计时器间的摩擦。下列图象中正确的是_。(3)同一次实验中，释放小车前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1_F2(选填“”)。(4)关于该实验，下列说法中正确的是_。A小车和力

12、传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B实验中需要将长木板右端垫高C实验中需要测出小车和力传感器的总质量D用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据答案(1)0.16(2)B(3)(4)D解析(1)由逐差法得：a0.16 m/s2(2)由题可知FF1F0，F为小车受到的合力，所以a与F为正比关系，B正确。(3)传感器示数F1不是测小车运动过程中绳子对小车的拉力，而是按住小车不动时，测得的桶和细砂的重力，即F1mg。小车加速运动时，以桶与细砂为研究对象，由牛顿第二定律得mgF2ma则F2mgma，故F1F2。(4)题中已测出了小车与长木板间的摩擦力F0，且以F1F0

13、作为F，所以B项就不需要了。F1F0就是小车受到的合力，所以A不正确。该题只研究a与F的关系，没有研究a与M的关系无需测小车和力传感器的总质量。23(9分)小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻。(1)小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0 的定值电阻R0，所用电路如图甲所示。请用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据。为了比较准确地得出实验结论，小王同学准备用直线图象来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是_。(2)小

14、李同学所测电源的电动势E2约为9 V，内阻r2为3555 ，允许通过的最大电流为50 mA。小李同学所用电路如图丙所示，图中电阻箱R的阻值范围为09999 。电路中R0为保护电阻。实验室中备有以下几种规格的定值电阻，本实验中应选用_。A20 ，125 mA B50 ，20 mAC150 ，60 mA D1500 ，5 mA实验中通过调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，根据测得的多组数据，作出图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2_，内阻r2_。答案(1)如图所示(2)C解析(1)根据电路图，实物图连接如答案图所示；根据欧姆定律可知：E1U(R0r1

15、)，可得UE1(R0r1)，故横坐标为。(2)电路最小总电阻约为Rmin 180 ，为保护电路安全，保护电阻应选C；在闭合电路中，电源电动势为E2UIr2Ur2，则，则图象是直线，截距a，得E2，斜率b，得r2。24(14分)如图所示，质量为M2 kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m1 kg的物块，现用一水平向右大小为9 N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为10.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为20.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L4.8 m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大

16、静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2，求：(1)小物块开始运动时的加速度；(2)拉力F作用的时间；(3)整个过程因摩擦产生的热量。答案(1)1 m/s2(2)4 s(3)72 J解析(1)小物块开始运动时的加速度与整体的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律有F2(Mm)g(Mm)a1，解得a11 m/s2(2)设拉力F作用的时间为t1，撤去拉力时长木板和物块的速度为va1t1撤去拉力后，如果物块和长木板一起做匀减速运动，则匀减速运动的加速度大小为a2g2 m/s2物块要维持2 m/s2的加速度需要的外力大小为2 N，而长木板对物块的最大静摩擦力等于f11mg1 N2 N，因此物块不可能和长木

17、板一起做匀减速运动，物块与长木板发生相对滑动，长木板的加速度满足2(Mm)g1mgMa2可得a22.5 m/s2小物块的加速度a31g1 m/s2L解得t14 s(3)根据功能关系可知，整个过程因摩擦产生的热量等于拉力F做的功即QFx1x1a1t可得Q72 J252015唐山一模(18分)用密度为d、电阻率为粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N，边长均为L，线框M、N的导线横截面积分别为S1、S2，S1S2，如图所示。匀强磁场仅存在于相对磁极之间，磁感应强度大小为B，其他地方的磁场忽略不计。金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间，线框平面与磁场方向平行，开始运动时可认为M的aa边和bb

18、边都处在磁场中。线框N在线框M的正上方，与线框M相距为h。两线框均从静止开始同时释放，其平面在下落过程中保持水平，设磁场区域在竖直方向足够长，不计空气阻力及两线框间的相互作用。(1)求线框N刚进入磁场时产生的感应电流；(2)在下落过程中，若线框N恰能追上线框M，追上时线框M下落高度为H，追上线框M之前线框N一直做减速运动，求该过程中线框N产生的焦耳热；(3)若将线框M、N均由磁场上边界处先后释放，释放的时间间隔为t，计算两线框在运动过程中的最大距离。答案(1)I(2)Q4LS2d(hH)g(3)x解析(1)线框N进入磁场前由动能定理得mghmv刚进入磁场时切割磁感线E2BLv1INRN由以上各

19、式可得I(2)以线框M为研究对象，当线框在磁场中运动达到匀速时，设速度为v2，线框所受重力Gmg4LSdg安培力F2BIL匀速时受力平衡GF由以上各式可得v2由上式可知匀速运动速度与导线截面积无关，所以两线框匀速运动速度相同，均为v2。由此可知当线框N恰好追上M时，两者速度相等。可得Q4LS2d(hH)g(3)线框释放后二者先后作变速运动mgFma即4LSdg4LSdaag，由加速度可知：线框下落的加速度与线框的导线截面积无关，两个线框在磁场中先后作相同的加速运动，最后匀速，当二者都做匀速运动时，间距最大。此时最大间距xv2t(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题作答。如果多做

20、，则按所做的第一题计分)33物理选修33(15分)(1)(6分)下列说法正确的是_。(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两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小B物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加D分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大E物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换(2)(9分)汽缸长为L1 m(汽缸厚度可忽略不计)，固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S100 cm2的光滑活塞封闭了一定

21、质量的理想气体，已知当温度为t27 ，大气压强为p01105 Pa时，气柱长为L00.4 m。现用水平拉力向右缓慢拉动活塞。若拉动活塞过程中温度保持27 ，求活塞到达缸口时缸内气体压强；若活塞到达缸口时拉力大小为500 N，求此时缸内气体温度。答案(1)CDE(2)4104 Pa102 解析(1)两个分子的间距小于r0时，分子力随距离的增大而减小，当分子间距大于r0时，分子力随分子间距的增大先增大后减小，A选项是错误的。影响物体内能的因素有温度、体积和物质的量，因此B选项是错误的。根据UQW可知，等容变化时W0，吸热Q0，所以内能一定增加，C选项是正确的。分子a从远处趋近固定分子b时，距离达到

22、r0时分子力为零，之前表现为引力，做正功，分子动能增加，D选项是正确的。物态间的变化一定伴随着能量的交换，E选项是正确的。(2)活塞刚到缸口时，由玻意耳定律得p1SL0p2SL，得p24104 Pa温度升高，活塞刚到缸口时，L31 m p3p0F/S5104 Pa；T3K375 Kt3375 K273 K102 34物理选修34(15分)(1)(6分)一列简谐横波在t0.2 s时的波形图如图甲所示，P为x1 m处的质点，Q为x4 m处的质点，图乙所示为质点Q的振动图象。则下列关于该波的说法中正确的是_(填入正确选项前的字母。选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低

23、得分为0分)。A该波的周期是0.4 sB该波的传播速度大小为40 m/sC该波一定沿x轴的负方向传播Dt0.1 s时刻，质点Q的加速度大小为零E从t0.2 s到t0.4 s，质点P通过的路程为20 cm(2)(9分)如图所示，一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC的长度为d，一束单色光从AB侧面的中点垂直AB入射。若三棱镜的折射率为，C30，单色光在真空中的传播速度为c，求：该单色光第一次从棱镜射入真空时的折射角；该单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间。答案(1)ACE(2)45解析(1)由题图乙可知，质点Q的振动周期为0.4 s，所以该波的传播周期为T0.4 s，选项A正

24、确；由题图甲可知，该波的波长为8 m，由v/T可得v20 m/s，选项B错误；由题图乙可知，当t0.2 s时，质点Q正从平衡位置向y轴负方向运动，根据质点振动方向与波的传播方向的关系可知，该波一定沿x轴负方向传播，选项C正确；由题图乙可知，当t0.1 s时，质点Q正处于波的最高点，所以此时质点Q的速度大小为零，但加速度不为零，选项D错误；从t0.2 s到t0.4 s，波刚好传播了半个波长，所以其经过的路程为20 cm，选项E正确。(2)该单色光在三棱镜中传播的光路图如图所示。当光线到达三棱镜的BC边时，因C30，由几何关系可知60又因为三棱镜的折射率n，所以光发生全反射的临界角为45因60，所

25、以该单色光在BC边发生全反射。当该单色光到达三棱镜的AC边时，由几何关系可知，其入射角为30设其折射角为，则由折射定律n可得：45因为d，D为AB边的中点，C30，由几何关系可知因为60，所以CEF30，又C30，由几何关系可知该单色光在三棱镜中的传播速度为v所以单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间t代入数据可解得：t35物理选修35(15分)(1)(6分)下列说法正确的是_。(填正确答案标号。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卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B结合能越大，原子核结构一定越稳定C如果使用某种频率的光不能使

26、某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D发生衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率(2)(9分)如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连。另一质量为m的小物块A以速度v0从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计。(所有过程都在弹簧弹性限度范围内)求：A、B碰后瞬间各自的速度；弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比。答案(1)ADE(2)vAv0vBv021解析(1)比结合能越大，原子核结构越稳定，B项错误。光电效应发生的条件是入射

27、光的频率大于金属的极限频率，与光强无关，C项错误，A、D选项正确。在相同速率情况下，由知质子的波长比电子的波长小，不容易衍射，故利用质子流比利用电子流制造的显微镜分辨率高，E项正确。(2)A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0mvA2mvB在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：mvmv2mv联立解得：vAv0，vBv0；弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：Ep2mvmv从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的速度vBv0，速度方向向右，C的速度为零，从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mvB(2m2m)v由机械能守恒定律得：2mv(2m2m)v2Ep解得：Epmv