高三物理二轮复习（通用版）：仿真检测（二） word版含解析

这是一份高三物理二轮复习（通用版）：仿真检测（二） word版含解析，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题，选考题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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)
1．下列叙述符合物理学史实的是( )
A．安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法—安培定则
B．法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应
C．楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化
D．麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景
解析：选B 奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法—安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误。
2．下列说法正确的是( )
A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”
B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应
C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D. 715N＋11H→ 612C＋24He是α衰变方程
解析：选A 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不成正比，选项C错误； 715N＋11H→ 612C＋24He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。
3.据新华社北京3月21日电，记者21日从中国载人航天工程办公室了解到，已在轨工作1 630天的天宫一号目标飞行器在完成与三艘神舟飞船交会对接和各项试验任务后，由于超期服役两年半时间，其功能已于近日失效，正式终止了数据服务。根据预测，天宫一号的飞行轨道将在今后数月内逐步降低，并最终再入大气层烧毁。若天宫一号服役期间的轨道可视为圆且距地面h(h≈343 km)，运行周期为T，地球的半径为R，下列关于天宫一号的说法正确的是( )
A．因为天宫一号的轨道距地面很近，其线速度小于同步卫星的线速度
B．女航天员王亚平曾在天宫一号中漂浮着进行太空授课，那时她不受地球的引力作用
C．天宫一号进入外层稀薄大气一小段时间内，克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量
D．由题中信息可知地球的质量为eq \f(4π2R3,GT2)
解析：选C 根据万有引力提供向心力可知，Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得：v＝eq \r(\f(GM,r))，由于天宫一号的轨道半径小于同步卫星的半径，则其线速度大于同步卫星的线速度，故A错误；航天员在天宫一号中处于失重状态，地球对她的万有引力提供她随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，不是不受地球的引力作用，故B错误；根据动能定理可知引力与空气阻力对天宫一号做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即天宫一号克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，故C正确；根据万有引力提供向心力可知，Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2R＋h,T2)，解得：M＝eq \f(4π2R＋h3,GT2)，故D错误。
4．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接b。S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是( )
A．闭合开关S
B．把滑动变阻器滑片向右移动
C．把滑动变阻器滑片向左移动
D．开关K接a
解析：选B 闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故B正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；开关K接a，根据eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，副线圈两端的电压减小，灯泡A中电流变小，灯泡A变暗，故D错误；故选B。
5．如图所示，正方形导线框abcd和菱形MNPQ在同一水平面内，ab＝MN＝MP＝L，ab⊥NQ，N位于ab的中点，菱形区域存在方向竖直向上的匀强磁场，使线框从图示位置沿NQ方向匀速穿过菱形区域，规定电流逆时针为正，则线框中的电流i随位移x变化的图像可能是( )
解析：选D 导线框右边进入磁场时由楞次定律可以判断感应电流方向为顺时针方向，故A、C错误。当ab边与MP重合时，切割长度最大，感应电流最大；从ab边与MP重合到cd边到达N点，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；cd边进入磁场一直运动到ab和cd边关于MP对称的中间位置，右边ab切割长度均匀减小，左边cd切割长度均匀增加，而且两边感应电动势反向，所以总电动势减小更快，到达正中央位置电流为0，所以D正确，B错误。
6．如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中( )
A．电源内部消耗的功率先减小后增大
B．电源的效率先减小后增大
C．电流表的示数先减小后增大
D．电压表的示数先增大后减小
解析：选AD P向上滑动时，并联电路的电阻先增大后减小，外电路的总电阻就先增大后减小，则干路电流先减小后增大，由P＝I2r知，电源内部消耗的功率先减小后增大，则A正确；由η＝eq \f(R外,R外＋r)知，电源的效率先增大后减小，则B错误；由U＝E－Ir知，电压表的示数先增大后减小，则D正确；电流表所在支路电阻一直减小，所以电流一直增大，则C错误。
7.如图所示，表面粗糙的eq \f(1,4)竖直圆弧轨道AB固定在粗糙的水平轨道BC上，两轨道在B处平滑连接，切点B在圆心O的正下方。一小物体由静止开始从顶端A沿圆弧轨道滑下，最后停止于水平轨道的C处，已知BC＝d，圆弧轨道半径为R，小物体与两轨道的动摩擦因数均为μ。现用力F将该小物体沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与小物体的运动方向一致，小物体从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A．物体在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于μmg(R＋d)
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mg(R＋μd＋μR)
解析：选BCD 物体在下滑过程中，开始阶段，重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力，物体的速度增大。后来，重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力，速度减小，则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误。物体缓慢地从B被拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物体从A滑到B的过程中，物体做圆周运动，根据向心力知识可知，物体所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于μmg(R＋d)，故B正确。从A到C的过程中，根据动能定理得：mgR－Wf－μmgd＝0－0 ①
从C到A的过程中，根据动能定理得：WF－mgR－μmgd－μmgR＝0－0 ②
则由②得拉力F做的功为WF＝mg(R＋μd＋μR)
又Wf>μmgR ③
由①③得：mgR>μmgR＋μmgd ④
由②④得：WF<2mgR，故C、D正确。
8.如图所示，真空中有两个点电荷 Q1＝＋9.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝6 cm处。在x轴上( )
A．场强为0的点有1处
B．在x>6 cm区域，电势沿x轴正方向降低
C．质子从x＝1 cm运动到x＝5 cm处，电势能升高
D．在09 cm的区域，场强沿x轴正方向
解析：选AD 设与点电荷Q1、Q2的距离分别为r1、r2处的电场强度为零，则eq \f(kQ1,r12)＋eq \f(kQ2,r22)＝0，且r1＝r2＋6 cm，解得r1＝9 cm，r2＝3 cm，因此场强为0的点有1处，A正确；在x＞6 cm的区域，电势沿x轴先升高后降低，B错误；质子在1 cm＜x＜5 cm的区域运动时，电场力做正功，电势能减小，C错误；在09 cm的区域，场强沿x轴正方向，D正确。
二、非选择题(共47分)
9．(6分)某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A、B是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得到钢球从A运动B所用的时间t，用刻度尺测出A、B间的高度h，保持小球下落的位置不变，保持光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值。
(1)根据测得的多组h、t的值，算出每组的eq \f(h,t)，作出eq \f(h,t) ­t图像，则图像应是图乙中的________。
(2)图线与纵轴的交点表示____________________，要求出重力加速度，必须求出图线的________，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加速度为________。
解析：(1)由于球下落的位置不变，光电门B的位置不变，因此小球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有：h＝vBt－eq \f(1,2)gt2，即eq \f(h,t)＝vB－eq \f(1,2)gt，因此D正确，A、B、C错误；
(2)由函数表达式可知，图线与纵轴的交点表示小球通过B光电门的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由k＝eq \f(1,2)g，解得：g＝2k。
答案：(1)D (2)小球通过B光电门的速度 斜率的绝对值 2k
10．(9分)利用如图(a)所示电路，可以测量金属丝的电阻率ρ，所用的实验器材有：
待测的粗细均匀的电阻丝、电流表(量程0.6 A，内阻忽略不计)、电源(电动势3.0 V，内阻r未知)、保护电阻(R0＝4.0 Ω)、刻度尺、开关S、导线若干、滑片P
实验步骤如下：
①用螺旋测微器测得电阻丝的直径d如图(b)所示。
②闭合开关，调节滑片P的位置，分别记录每次实验中aP长度x及对应的电流值I。
③以eq \f(1,I)为纵坐标，x为横坐标，作eq \f(1,I) ­x图线(用直线拟合)。
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。
回答下列问题：
(1)螺旋测微器示数为d＝________ mm。
(2)用题中字母可求得eq \f(1,I)与x的关系式为________。
(3)实验得到的部分数据如表所示，其中aP长度x＝0.30 m时电流表的示数如图(c)所示，读出数据，完成下表，答：①____，②____。
(4)在图(d)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝______A－1m－1，截距b＝________ A－1。(保留小数点后两位小数)
(5)根据图线求得电阻丝的电阻率ρ＝________ Ω·m，电源的内阻为r＝________ Ω。(保留小数点后一位小数)
解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为0.0 mm，可动刻度为0.01×40.0 mm＝0.400 mm，所以最终读数为0.400 mm(0.400±0.001)。
(2)根据闭合电路欧姆定律，
则有：E＝Ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R0＋r＋ρ\f(x,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))2)))，
由数学知识，可得，eq \f(1,I)＝eq \f(4ρ,πEd2)x＋eq \f(R0＋r,E)。
(3)由图(c)可知，电流表读数为I＝19×0.02 A＝0.38 A；故表格①中应为0.38，表格②中通过计算可知，应该为2.63。
(4)在图(d)中描点作图，让直线尽量过所有的点，或让直线对称分布在直线两侧，
由图线可知，斜率为k＝eq \f(3.55－1.77,0.6－0) A－1·m－1＝2.97 A－1·m－1，因此纵截距为b＝1.77 A－1。
(5)由数学知识可得，k＝eq \f(4ρ,πEd2)，b＝eq \f(R0＋r,E)，
解得：ρ＝1.1×10－6 Ω·m
r＝1.3 Ω。
答案：(1)0.400(0.400±0.001)
(2)eq \f(1,I)＝eq \f(4ρ,πEd2)x＋eq \f(R0＋r,E)
(3)①0.38 ②2.63
(4)图线见解析图 3.00(2.92～3.10) 1.77(1.76～1.78)
(5)1.1×10－6(1.0×10－6～1.2×10－6) 1.3(1.2～1.4)
11．(14分)雾天行车经常发生车辆追尾相撞的事故，造成极大的人生伤害和财产损失。现假设某条高速公路限制速度为v＝120 km/h，某种雾天的能见度(即观察者与能看见的最远目标间的距离)s0＝27 m，汽车紧急制动时产生的平均制动力F＝1.35×104 N，汽车质量m＝1 500 kg，其制动过程可以视为匀减速运动，制动时司机的反应时间(即司机发现状况到踩下刹车的时间，该时间内汽车仍然匀速运动)为t0＝0.5 s，求：
(1)当汽车速度为v1＝108 km/h时，从踩下刹车到汽车停止运动，汽车滑行的距离；
(2)在该雾天，为了安全，汽车行驶的速度不能超过多少？
解析：(1)由牛顿第二定律得汽车的加速度为：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(1.35×104,1 500) m/s2＝9 m/s2，刹车后汽车做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v12＝2ax，
刹车后汽车滑行的距离：x＝eq \f(v12,2a)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(108,3.6)))2,2×9) m＝50 m；
(2)设最大速度为v2，从发现危险到车停止，汽车将经过匀速运动与匀减速运动，
匀速运动的位移为x1，x1＝v2t0，
匀减速运动的位移为x2，v22＝2ax2，
根据题意可知：s0＝x1＋x2，
解得最大速度：v2＝18 m/s。
答案：(1)50 m (2)18 m/s
12.(18分)如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝2 m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B＝1 T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R＝3 Ω，桌面高H＝0.8 m，金属杆ab质量m＝0.2 kg，其电阻r＝1 Ω，从导轨上距桌面h＝0.2 m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝0.4 m，取g＝10 m/s2，导轨电阻不计，求：
(1)金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；
(2)整个过程中电阻R放出的热量；
(3)磁场区域的宽度。
解析：(1)设金属杆刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh＝eq \f(1,2)mv02
代入数据解得：v0＝2 m/s
又由法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv0＝4 V
由闭合电路欧姆定律有：I＝eq \f(E,R＋r)＝1 A。
(2)设金属杆刚离开磁场时速度为v，接着金属杆开始做平抛运动，在竖直方向上有：H＝eq \f(1,2)gt2
解得：t＝eq \r(\f(2H,g))
在水平方向上有：s＝vt，
解得：v＝1 m/s
根据能量守恒有：Q＝W电＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
电磁感应过程中电阻R上产生电热为：QR＝eq \f(R,R＋r)Q
解得QR＝0.225 J。
(3)棒穿过磁场过程加速度为a，
由牛顿第二定律有：－BId＝ma，
－eq \f(B2d2v,R＋r)＝meq \f(Δv,Δt)，
进一步化简得：－eq \f(B2d2vΔt,R＋r)＝mΔv，
又由于：vΔt＝Δl 全程求和：∑Δv＝v－v0，∑Δl＝l
解得：l＝eq \f(mR＋rv0－v,B2d2)＝0.2 m。
答案：(1)1 A (2)0.225 J (3)0.2 m
三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)
物理——选修3－3](15分)
13．(1)(5分)下列说法中正确的是________。
A．气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关
B．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动
C．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响
D．水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力
E．温度升高，物体所有分子的动能都增大
(2)(10分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p ­V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃，求：
(ⅰ)该气体在状态B和C时的温度分别为多少K?
(ⅱ)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
解析：(1)气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动，布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，故B错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，C正确；因为液体具有表面张力，水黾才能无拘无束地在水面上行走自如，故D正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高，并不是物体所有分子的动能都增大，故E错误。
(2)(ⅰ)对一定质量的理想气体由图像可知，A→B为等容变化，由查理定律得：eq \f(pA,TA)＝eq \f(pB,TB)
即代入数据得：TB＝600 K
A→C由理想气体状态方程得：eq \f(pAVA,TA)＝eq \f(pCVC,TC)
代入数据得：TC＝300 K。
(ⅱ)从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p ­V图线与横轴所围成的面积可得：W＝eq \f(pB＋pCVB－VC,2)＝1 000 J
由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有：ΔU＝0
由热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q
可得：Q＝－1 000 J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1 000 J。
答案：(1)ACD (2)(ⅰ)600 K 300 K
(ⅱ)放热 1 000 J
物理——选修3－4](15分)
14．(1)(5分)图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是________。
A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动
B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m
D．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm
E．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin 10πt(国际单位)
(2)(10分)一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率。
解析：(1)题图(b)为质点Q的振动图像，则知在t＝0.10 s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；在t＝0.10 s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。由题图(b)读出周期T＝0.2 s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s＝eq \f(3,4)T，则在t＝0.25 s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；由(a)图知波长λ＝8 m，则波速为：v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,0.2) m/s＝40 m/s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx＝vΔt＝40×0.15 m＝6 m，故C正确；从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s＝eq \f(3,4)T，由于t＝0.10 s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A＝30 cm，故D错误；质点Q简谐运动的表达式为y＝Asineq \f(2π,T)t＝0.1sin eq \f(2π,0.2)t m＝0.10sin 10πt(m)，故E正确。
(2)根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点。在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C。
由sin C＝eq \f(1,n)和几何知识得：
sin C＝eq \f(Δr,\r(h2＋Δr2))＝eq \f(1,n)
而Δr＝R－r，
解得：n＝eq \r(\f(h2,R－r2)＋1)。
答案：(1)BCE (2) eq \r(\f(h2,R－r2)＋1)
x(m)
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
0.60
I(A)
0.49
0.43
①
0.33
0.31
0.28
eq \f(1,I)(A－1)
2.04
2.33
②
3.03
3.23
3.57