《（新課標）高考物理二輪復習簡易通 仿真模擬卷（二）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）高考物理二輪復習簡易通 仿真模擬卷（二）（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、仿真模擬卷(8＋2＋2＋1)(二) 一、選擇題(本題8個小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．) 14. 如圖1所示，兩根相距為L的豎直固定桿上各套有質(zhì)量為m的小球，小球可以在桿上無摩擦地自由滑動，兩球用長為2L的輕繩相連，今在輕繩中點施加一個豎直向上的拉力F，恰能使兩球沿豎直桿向上勻速運動．則每個小球所受的拉力大小為(重力加速度為g) (　　) 　　　　　　　　　　　　　 圖1 A. B．mg C. D．F 解析　根據(jù)題意可知：兩根輕繩

2、與豎直桿間距正好組成等邊三角形，對結(jié)點進行受力分析，根據(jù)平衡條件可得，F(xiàn)＝2F′cos 30°，解得小球所受拉力F′＝，C正確． 答案　C 15．2013年夏季，貴州、云南、重慶等省市部分地區(qū)出現(xiàn)持續(xù)高溫、少雨天氣，引起不同程度旱情，導致大面積農(nóng)作物受災，造成群眾飲水短缺等基本生活困難．電力部門全力確保災區(qū)的用電供應．如圖2所示，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻、變壓器均不變，如果發(fā)電廠增大輸出功率，則下列說法正確的是 (　　)． 圖2 A．升壓變壓器的輸出電壓增大 B．降壓變壓器的輸出電壓增大 C．輸電線上損耗的功率增大 D．輸電線上損耗的功率占總功率的比例減少 解析　如

3、果發(fā)電廠增大輸出功率，輸電線中電流一定增大，輸電線上損耗的功率增大，輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大，選項C正確，D錯誤；升壓變壓器的輸出電壓不變，輸電線上電壓損失增大，降壓變壓器的輸入電壓減小，輸出電壓減小，選項A、B錯誤． 答案　C 16．如圖3所示，將帶正電的甲球放在不帶電的乙球左側(cè)，兩球在空間形成了穩(wěn)定的靜電場，實線為電場線，虛線為等勢線．A、B兩點與兩球球心連線位于同一直線上，C、D兩點關(guān)于直線AB對稱，則 (　　)． 圖3 A．A點和B點的電勢相同 B．C點和D點的電場強度相同 C．正電荷從A點移至B點，電場力做正功 D．負電荷從C點移至D點，電勢能增大

4、解析　A點比乙球面電勢高，乙球面比B點電勢高，故A點和B點的電勢不相同，A錯；C、D兩點場強大小相等，方向不同，B錯；φA>φB，WAB>0，C對；C、D兩點位于同一等勢面上，故此過程電勢能不變，D錯． 答案　C 17．為研究太陽系內(nèi)行星的運動，需要知道太陽的質(zhì)量．已知地球的半徑為R，地球質(zhì)量為m，太陽與地球的中心間距為r，地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T，則太陽的質(zhì)量為 (　　)． A. B. C. D. 解析　設太陽的質(zhì)量為M，地球繞太陽公轉(zhuǎn)，G＝m2r，再由Gm＝gR2，得到M＝，選項B正確． 答案　B 18. 如圖4所示，一質(zhì)量為m

5、的質(zhì)點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN.重力加速度為g，則質(zhì)點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為 (　　)． 圖4 A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN) C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg) 解析　質(zhì)點到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m，根據(jù)動能定理，質(zhì)點自A滑到B的過程中有Wf＋mgR＝mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A項正確． 答案　A 19. 如圖5所示，一個閉合三角形導線框ABC位于豎直平面內(nèi)，其下方(

6、略靠前)固定一根與導線框平面平行的水平直導線，導線中通以圖示方向的恒定電流．釋放導線框，它由實線位置下落到虛線位置未發(fā)生轉(zhuǎn)動，在此過程中 (　　)． 圖5 A．導線框中感應電流方向依次為ACBA→ABCA→ACBA B．導線框的磁通量為零時，感應電流卻不為零 C．導線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上 D．導線框所受安培力的合力為零，做自由落體運動 解析　根據(jù)右手螺旋定則可知導線上方的磁場方向垂直于紙面向外，下方的磁場方向垂直于紙面向里，而且越靠近導線磁場越強，所以閉合導線框ABC在下降過程中，導線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量先增大，當增大到BC邊與導線重合時，達到最

7、大，再向下運動，導線框內(nèi)垂直于紙面向外的磁通量逐漸減小至零，然后隨導線框的下降，導線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量增大，當增大到A點與導線重合時，達到最大，繼續(xù)下降時由于導線框逐漸遠離導線，使導線框內(nèi)垂直于紙面向里的磁通量再逐漸減小，所以根據(jù)楞次定律可知，感應電流的磁場總是阻礙內(nèi)部磁通量的變化，所以感應電流的磁場先向內(nèi)，再向外，最后向內(nèi)，所以導線框中感應電流方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，選項A正確；當導線框內(nèi)的磁通量為零時，內(nèi)部的磁通量仍然在變化，有感應電動勢產(chǎn)生，所以感應電流不為零，選項B正確；根據(jù)對楞次定律的理解，感應電流的效果總是阻礙導體間的相對運動，由于導線框一直向下運動，所以導

8、線框所受安培力的合力方向一直向上，不為零，選項CD錯誤． 答案　AB 20．如圖6所示，O點有一粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相等，方向均在xOy平面內(nèi)．在直線x＝a與x＝2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應強度為B的勻強磁場，與y軸正方向成60°角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場右邊界射出．不計粒子的重力和粒子間的相互作用力．關(guān)于這些粒子的運動，下列說法正確的是 (　　) 圖6 A．粒子的速度大小為 B．粒子的速度大小為 C．與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場中運動的時間最長 D．與y軸正方向成90°角射出的粒子在磁場中運動的時

9、間最長 解析　帶正電粒子與y軸正方向成60°角發(fā)射進入磁場后的軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得a＝Rsin 30°，其中R＝，聯(lián)立解得v＝，故選項A正確、B錯誤；帶電粒子在勻強磁場中運動的時間t＝T，可見圓弧所對的圓心角θ越大，粒子在磁場中運動的時間越長，由圖甲中的幾何關(guān)系可得粒子的軌道半徑R＝2a，因此當帶電粒子與y軸正方向成120°角射出時粒子在磁場中運動的圓弧所對圓心角最大為120°，粒子的運動軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖乙所示，最長時間tm＝T，故選項C正確，D錯誤． 答案　AC 21. 在水平地面上有一質(zhì)量為2 kg的物體，物體在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，后撤去

10、拉力．該物體的運動的v－t圖象如圖7所示，g取10 m/s2，下列說法中正確的是 (　　)． 圖7 A．物體的最大位移是56 m B．物體受到的拉力F的大小為2.4 N C．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．前12 s內(nèi)，拉力與阻力做功的代數(shù)和為16 J 解析　由v－t圖象知，運動過程由兩個“子過程”構(gòu)成：拉力F作用下的勻加速運動，撤去F后阻力作用下的勻減速運動． 運動的最大位移是v－t圖象與t軸圍成的三角形面積，為x＝×8×14 m＝56 m．故選A. 勻加速運動時，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1， 由圖象知運動的加速度為a1＝0.8 m/s2. 勻減

11、速運動時，由牛頓第二定律得μmg＝ma2， 由圖象知運動的加速度為a2＝2.0 m/s2. 解上述各式得μ＝0.2，F(xiàn)＝5.6 N．故不選B，選C. 如圖所示，由幾何關(guān)系解得12 s末的速度為v＝ m/s＝4 m/s， 對前12 s應用動能定理，得拉力與阻力做功的代數(shù)和為W＝mv2＝16 J，故選D. 答案　ACD 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分．) (一)必考題(共47分) 22．(7分)小明利用落體法驗證機械能守恒定律，得到的紙帶如圖8所示，其中O為打下的第一點，A、B、C、D為連續(xù)的四個點，已知所用交流電的頻率為f，以點C為研究點，則 圖8 ①以下關(guān)于打點

12、C時重錘的速度v求法中合理的是________． A．測出從O到C的時間，利用v＝gt求 B．利用v2＝2gh和已測下落高度求 C．根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度等于這點前后相鄰兩點間的平均速度求 D．測出從O到C的時間，利用h＝vt－gt2求 ②實驗中因阻力的存在，動能的變化量應小于重力勢能的改變量，但通過計算(計算方法正確合理)小明卻發(fā)現(xiàn)動能的變化量總大于重力勢能的改變量，這是由于他在實驗中出現(xiàn)的________________錯誤操作造成的． ③經(jīng)老師指點后，小明重做了實驗，得出自由下落物體在誤差范圍內(nèi)滿足機械能守恒定律，并作出－h(huán)圖象如圖9，則當?shù)氐膶嶋H重力加速

13、度為________． 圖9 解析?、佼斢寐潴w法驗證機械能守恒定律時不能認為下落過程中沒有阻力存在，A、B、D錯，計算某點的瞬時速度時應根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，C對．②先松開紙帶再接通電源時會造成各點對應的瞬時速度均偏大，使動能的變化量大于重力勢能的改變量．③因滿足機械能守恒，所以有mv2＝mgh，所以－h(huán)圖線的斜率即為當?shù)氐闹亓铀俣戎?，由圖知當?shù)氐膶嶋H重力加速度為9.70 m/s2. 答案?、貱?、谙人砷_紙帶再接通電源?、?.70 m/s2 23．(8分)某同學要測量一導體的電阻Rx. (1)他先用多用電表粗測其電阻．用已經(jīng)

14、調(diào)零且選擇開關(guān)指向電阻擋“×100”擋位的多用電表測量，其表盤及指針所指位置如圖10甲所示，要能比較準確地測量該電阻的阻值，應將多用電表的選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到電阻擋的________擋位，調(diào)到正確擋位后重新調(diào)零，再次測量此電阻，其表盤及指針所指位置如圖乙所示，則該電阻約為________Ω. 圖10 (2)該同學想用“伏安法”更精確地測量該導體的電阻Rx，現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下： A．待測電阻Rx B．電流表A1(量程0～50 mA，內(nèi)阻約為50 Ω) C．電流表A2(量程0～5 mA，內(nèi)阻約為30 Ω) D．電壓表V1(量程0～3 V，內(nèi)阻約為10 kΩ) E．電壓表V2(

15、量程0～15 V，內(nèi)阻約為50 kΩ) F．直流電源E(電動勢6 V，內(nèi)阻不計) G．滑動變阻器R1(阻值范圍為0～20 Ω，允許通過的最大電流為2.0 A) H．定值電阻R2＝50 Ω I．開關(guān)S一個，導線若干．則 ①為了使實驗誤差較小，要求電表的指針的偏轉(zhuǎn)幅度達到半偏以上，并要求測得多組數(shù)據(jù)進行分析，則電流表應選擇________，電壓表應選擇________(選填器材前的字母代號)． ②將你設計的實驗電路畫在虛線框內(nèi)． ③使用設計的電路圖進行測量，若電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，那么，待測電阻的阻值Rx＝________(用已知物理量和測量

16、的物理量的字母符號表示)． 答案　(1)×10　220　(2)①B　D?、谌鐖D所示 ③ 24．(13分)如圖11所示，在高h1＝30 m的光滑水平平臺上，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存了一定量的彈性勢能Ep.若打開鎖扣K，小物塊將以一定的速度v1水平向右滑下平臺做平拋運動，并恰好能從光滑圓弧形軌道BC上B點沿切線方向進入圓弧形軌道．B點的高度h2＝15 m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點C的切線水平，并與地面上動摩擦因數(shù)為μ＝0.7的足夠長水平粗糙軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動最終在E點(圖中未畫出)靜止，g＝10 m/s2.求： 圖11

17、 (1)小物塊滑下平臺的速度v1； (2)小物塊原來壓縮彈簧時儲存的彈性勢能Ep的大小和C、E兩點間的距離． 解析　(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，設物塊從A運動到B的時間為t，則h1－h(huán)2＝gt2 解得t＝ s 由Rcos∠BOC＝h1－h(huán)2，R＝h1，所以∠BOC＝60° 設小物塊平拋的水平速度是v1，則＝tan 60° 解得v1＝10 m/s (2)由能量守恒可得彈簧壓縮時的彈性勢能為Ep＝ mv＝50 J 設C、E兩點間距離為L，根據(jù)動能定理可得 mgh1＋mv＝μmgL 解得L＝50 m 答案　(1)10 m/s　(2)50 J　50 m 25．

18、(19分)如圖12所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標系xOy，x軸沿水平方向．在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B1的勻強磁場．在第二象限緊貼y軸固定放置長為l、表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h.在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強磁場(磁感應強度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強電場(圖中未畫出)．一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸上的D點進入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng)圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負方向運動，然后從x軸上的K點進入第四

19、象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同．設運動過程中小球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運動且均看作質(zhì)點，重力加速度為g. 圖12 求：(1)勻強電場的場強大小，并判斷P球所帶電荷的正負； (2)小球Q的拋出速度v0的取值范圍； (3)B1是B2的多少倍？ 解析　(1)由題給的已知條件，小球P在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動，必有重力與電場力平衡，設所求場強大小為E，有 mg＝qE ① 得　E＝ ② 小球P在平板下側(cè)緊貼平板運動，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電． (2)設小球P緊貼平板勻速運動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有 B1qv＝

20、mg ③ 設小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為R，有B2qv＝m ④ 設小球Q與小球P在第四象限相遇點的坐標為x、y，有 x＝R，y≤0 ⑤ 小球Q運動到相遇點所需時間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有 s＝v0t0 ⑥ d＝gt ⑦ 由題意得 x＝s－l，y＝h－d ⑧ 由題意可知v0＞0，聯(lián)立相關(guān)方程，得 0＜v0≤ ⑨ (3)小球Q在空間做平拋運動，要滿足題設要求，則運動到小球P穿出電磁場區(qū)域的同一水平高度時的W點時，其豎直方向的速度vy，與豎直位移yQ必須滿足 vy＝v ⑩ yQ＝R ? 設小球Q運動到W點時間為

21、t，由平拋運動，有 vy＝gt ? yQ＝gt2 ? 聯(lián)立相關(guān)方程，解得 B1＝B2 ? B1是B2的0.5倍． 答案　(1)　正　(2)0＜v0≤　(3)0.5 (二)選考題(共45分．請考生從給出的3道物理題中任選一題做答．如果多做，則按所做的第一題計分) 33．[選修3－3](15分) (1)(6分)下列說法正確的是 (　　)． A．兩個分子之間的作用力會隨著距離的增大而減小 B．物體的內(nèi)能在宏觀上只與其溫度和體積有關(guān) C．一定質(zhì)量的氣體經(jīng)歷等容過程，如果吸熱則其內(nèi)能一定增加 D．分子a從遠處趨近固定不動的分子b，當

22、a到達受b的作用力為零處時，a的動能一定最大 E．物質(zhì)的狀態(tài)在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)變，在轉(zhuǎn)變過程中會發(fā)生能量交換 (2)(9分)如圖13所示，兩端開口、粗細均勻的足夠長玻璃管插在大水銀槽中，管的上部有一定長度的水銀，兩段空氣柱被封閉在左右兩側(cè)的豎直管中．開啟上部連通左右水銀的閥門A，當溫度為300 K時，水銀的平衡位置如圖(h1＝h2＝5 cm，L1＝50 cm)，大氣壓為75 cmHg.求： 圖13 ①右管內(nèi)氣柱的長度L2； ②關(guān)閉閥門A，當溫度升至405 K時，左側(cè)豎直管內(nèi)氣柱的長度L3. 解析　(1)由分子動理論可知，當兩個分子之間表現(xiàn)為引力時，其作用力隨分子間的距離先

23、增大后減小，A錯誤；物體的內(nèi)能在宏觀上與溫度、體積以及物質(zhì)的質(zhì)量有關(guān)，B錯誤；等容變化過程中，外界與氣體之間不做功，故吸熱內(nèi)能一定增大，C正確；當分子從遠處趨近于另一個固定不動的分子時，分子力先做正功再做負功，若兩者的作用力為零，則此時分子力做的正功最多，對應的動能一定最大，D正確；物質(zhì)的狀態(tài)在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)變，在轉(zhuǎn)變過程中會涉及能量交換，E正確． (2)①左管內(nèi)氣體壓強：p1＝p0＋h2＝80 cmHg 右管內(nèi)氣體壓強：p2＝p1＋h1＝85 cmHg p2＝p0＋h3，得右管內(nèi)外液面高度差h3＝10 cm 則L2＝L1－h(huán)1－h(huán)2＋h3＝50 cm ②設玻璃管截面積為S，

24、 對左側(cè)管內(nèi)的氣體：p1＝80 cmHg，V1＝50S，T1＝300 K 當溫度升至405 K時，設左側(cè)管內(nèi)下部的水銀面下降了x cm， 則有： p3＝(80＋x) cmHg，V3＝L3S＝(50＋x)S，T3＝405 K 依＝代入數(shù)據(jù)，解得x＝10 cm 所以左側(cè)豎直管內(nèi)氣柱的長度L3＝60 cm 答案　(1)CDE　(2)①50 cm?、?0 cm 34．[選修3－4](15分) (1)(6分)一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖如圖14中實線所示，從此刻起，經(jīng)0.1 s波形圖如圖14中虛線所示，若波傳播的速度為10 m/s，則________(填正確答案標號)． 圖1

25、4 A．這列波沿x軸正方向傳播 B．這列波的周期為0.4 s C．t＝0時刻質(zhì)點a沿y軸正方向運動 D．從t＝0時刻開始質(zhì)點a經(jīng)0.2 s通過的路程為0.4 m E．x＝2 m處的質(zhì)點的位移表達式為y＝0.2sin(5πt＋π)(m) (2)(9分)由透明體做成的三棱柱，橫截面為有一個角為30°的直角三角形，如圖15所示，AC面鍍膜，經(jīng)透明體射到AC面的光只能反射．現(xiàn)有一束光從AB面上的D點垂直AB面射入透明體，經(jīng)AC面上的E點反射后從BC面射出透明體，出射光線與BC面成30°角． 圖15 ①求該透明體的折射率； ②若光線從BC面上的F點垂直BC面射入透明體，經(jīng)AC面上的

26、E點反射后從AB面射出透明體，試畫出經(jīng)E點后的光路圖，并標明出射光線與AB面所成夾角的角度(不用列式計算)． 解析　(1)根據(jù)波形圖可知，波長λ＝4 m，又v＝＝10 m/s，可得這列波的周期為T＝＝0.4 s，選項B正確；經(jīng)0.1 s＝T，該波的波形向左傳播了λ，所以該波沿x軸負方向傳播，選項A錯誤；t＝0時刻質(zhì)點a沿y軸負方向運動，選項C錯誤；根據(jù)圖象和周期易得，選項D、E正確． (2)①如圖，由幾何關(guān)系θ1＝30°，θ2＝60° 由折射定律得 n＝＝ ②如圖，未標箭頭扣2分，未標明出射光線與AB面所成夾角的角度的扣2分 答案　(1)BDE　(2)①?、谝娊馕鰣D 35．[選修

27、3－5](15分) (1)(6分)下列說法正確的是 (　　)． A．α粒子大角度散射表明α粒子很難進入原子內(nèi)部 B．極限頻率越大的金屬材料逸出功越大 C．聚變反應有質(zhì)量虧損，質(zhì)量數(shù)不守恒 D．γ射線是一種波長很短的電磁波 E.Se→Kr＋2e是重核裂變 (2)(9分)質(zhì)量為M的滑塊由水平軌道和豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道組成，放在光滑的水平面上．滑塊開始時靜止，質(zhì)量為m的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止開始滑下，以速度v從滑塊的水平軌道的左端滑出，如 圖16所示．已知M∶m＝3∶1，物塊與水平軌道之間有摩擦，圓弧軌道的半徑為R. 圖16 ①求物塊從軌道左端滑出時，滑塊

28、M的速度的大小； ②若滑塊靜止在水平面上，物塊從左端沖上滑塊，要使物塊m不會越過滑塊，求物塊沖上滑塊的初速度v0應滿足的條件． 解析　(2)①對于滑塊M和物塊m組成的系統(tǒng)，物塊沿軌道滑下的過程中，水平方向動量守恒，物塊滑出時，有mv＝Mv′ 滑塊M的速度v′＝v＝v 方向水平向右 ②物塊以速度v0沖上軌道，初速度越大，沖上圓弧軌道的高度越大．若物塊剛能達到最高點，兩者有相同的速度v1，此為物塊不會越過滑塊的最大初速度．對于M和m組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，有mv0＝(m＋M)v1 相互作用過程中，系統(tǒng)的總動能減小，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q和重力勢能，有mv－(M＋m)v＝Q＋mgR 物體在水平面上滑動時，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能 Q＝mgR－mv2－Mv′2 解得v0＝ 要使物塊m不會越過滑塊，其初速度v0≤ 答案　(1)BD　(2)①v　方向水平向右 ②v0≤