2018版高考物理仿真模拟试卷（三） Word版含解析

这是一份2018版高考物理仿真模拟试卷（三） Word版含解析，共14页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．(台州中学2015～2016学年高二第二学期期中试题)如图1，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是( )
图1
答案 A
2．(2016·温州市3月选考模拟)国产歼－15舰载机以80 m/s的速度降落在静止的“辽宁号”航母水平甲板上，机尾挂钩精准钩住阻拦索．在阻拦索的拉力帮助下，经历2.5 s速度减小为零．若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据不能求出战斗机在甲板上运动的( )
A．位移 B．加速度
C．平均速度 D．受到的阻力
答案 D
解析 本题中的匀减速直线运动有三个已知物理量v0、vt、t，可求x＝eq \f(v0＋vt,2)t，a＝eq \f(vt－v0,t)，eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)，选项A、B、C可求出．阻力Ff＝ma，没有给出战斗机的质量，无法求解所受阻力，本题不能求出D选项．
3．(2015～2016浙江东北四校高二下期中)某条磁浮专线全长33 km，全程行驶约7 min 30 s，列车的最高速度为120 m/s.如图2所示为列车达到最高时速前的速度图线OABC，这段位移为14 700 m，则列车在达到最高时速前匀速运动的时间为( )
图2
A．95 s B．35 s
C．125.5 s D．163 s
答案 B
解析 设列车匀速运动的时间为t，根据速度图象与坐标轴所围的“面积”等于位移得x＝eq \f(1,2)×60×60 m＋60t＋eq \f(1,2)×(60＋120)×(215－t－60) m＝14 700 m，解得t＝35 s，选项B正确．
4．如图3所示，登山者连同设备总重量为G.某时刻缆绳和竖直方向的夹角为θ，若登山者手拉缆绳的力大小为G，则登山者脚对岩石的作用力( )
图3
A．方向水平向右
B．方向斜向右下方
C．大小为Gtan θ
D．大小为Gsin θ
答案 B
解析 登山者受力如图所示，缆绳对登山者的拉力FT＝G，岩石对登山者的作用力FN斜向左上方，连接平行四边形的另一条对角线，则两对角线垂直，由平衡条件，得FN＝2Gsin eq \f(θ,2)，根据相互作用力的特点，登山者脚对岩石的作用力大小为2Gsin eq \f(θ,2)，方向斜向右下方，选项B正确．
5．如图4所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则( )
图4
A．物体到达C1点时的速度最大
B．物体在三条轨道上的运动时间相同
C．物体到达C3的时间最短
D．在C3上运动的加速度最小
答案 C
解析 在沿斜面方向上，物体受重力沿斜面向下的分力，所以根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，斜面倾角越大，加速度越大，所以在C3上运动的加速度最大，根据几何知识可得：物体发生的位移为x＝eq \f(h,sin θ)，物体的初速度为零，所以x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝ eq \r(\f(2x,a))＝ eq \r(\f(2h,gsin2 θ))，倾角越大，时间越短，物体到达C3的时间最短，根据v2＝2ax得，v＝eq \r(2gh)，知到达底端的速度大小相等，故C正确．
6．关于地球赤道上随地球一起自转的物体，下列说法正确的是( )
A．线速度变化，合力为零
B．线速度不变，合力为零
C．线速度变化，合力变化
D．线速度不变，合力不变
答案 C
解析 物体随地球自转，则物体做圆周运动，线速度方向时刻变化，合力提供向心力不为零，且合力方向始终指向圆心，方向始终变化，故C正确．
7.(台州中学2015～2016学年高二第二学期期中试题)如图5所示，A、B、C是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，A、B质量相同，且大于C的质量，则( )
图5
A．B、C的周期相等，且小于A的周期
B．B、C向心加速度大小相等，且小于A的向心加速度
C．B、C的线速度大小相等，且大于A的线速度
D．B、C所需的向心力相等
答案 B
8．两相同高度的斜面，倾角分别为30°、60°，两小球分别由斜面顶端以相同水平速度v抛出，如图6所示，假设两球能落在斜面上，则两球下落高度之比( )

图6
A．1∶2 B．3∶1
C．1∶9 D．9∶1
答案 C
解析 根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知：x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，tan θ＝eq \f(y,x)，分别将30°、60°，代入求时间之比为1∶3，两球下落高度之比为1∶9，C正确．
9．一个物体沿粗糙斜面匀速滑下，则下列说法正确的是( )
A．物体机械能不变，内能也不变
B．物体机械能减少，内能不变
C．物体机械能减少，内能增加，机械能和内能总量不变
D．物体机械能减少，内能增加，机械能和内能总量减少
答案 C
解析 物体克服阻力做功，机械能减少，内能增加，但总的能量是守恒的，C正确．
10．某运动员在110 m跨栏时采用蹲踞式起跑，发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图7所示，假设质量为m的运动员，在起跑时前进的距离x内，重心上升高度为h，获得的速度为v，克服阻力做功为W阻，则在此过程中，下列说法中正确的是( )
图7
A．运动员的重力做功为W重＝mgh
B．运动员机械能增量为eq \f(1,2)mv2＋mgh
C．运动员的动能增加量为W阻＋mgh
D．运动员自身做功为eq \f(1,2)mv2＋mgh－W阻
答案 B
解析 运动员的重力做功为W重＝－mgh，A错误；运动员机械能增量为eq \f(1,2)mv2＋mgh，B正确；根据动能定理，运动员的动能增加量eq \f(1,2)mv2＝W自－W阻－mgh，C错误；运动员自身做功为W自＝eq \f(1,2)mv2＋W阻＋mgh，D错误．
11．把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在内阻不计的同一电源上，若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t串∶t并为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．4∶1 D．1∶4
答案 C
解析 串联后电阻为R1＝2r，产生的热量为Q1＝eq \f(U2,R1)·t串＝eq \f(U2,2r)·t串；并联后电阻为R2＝eq \f(r,2)，产生的热量为Q2＝eq \f(U2,R2)·t并＝eq \f(U2,\f(r,2))·t并，若要Q1＝Q2，所以有t串∶t并＝4∶1.
12．(2016·温岭市调研)月球表面周围没有空气，它对物体的引力仅为地球上的eq \f(1,6)，月球表面没有磁场，根据这些特征，在月球上，如图所示的四种情况能够做到的是( )
答案 D
解析 既然月球表面没有磁场，那么在月球上就不能用指南针定向，所以A错误；月球表面周围没有空气，所以无法使用电风扇吹风，而声音也无法传播，所以B、C均不对，只有选项D正确，本题正确答案为D.
13．(2015·浙江选考科目考试10月测试题)小张在探究磁场对电流作用的实验中，将直导线换作导体板，如图8所示，发现在a、b两点之间存在电压Uab.进一步实验结果如下表：
图8
由表中结果可知电压Uab( )
A．与电流无关
B．与磁感应强度无关
C．与电流可能成正比
D．与磁感应强度可能成反比
答案 C
解析 由表中数据可知：在电流相同的情况下，随着磁感应强度的增大，电压Uab增大，Uab与B可能成正比；在B相同的情况下，随着电流的增大，电压Uab增大，Uab与电流可能成正比，故C正确．
二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)
14．[加试题]
实验观察到，静止在匀强磁场A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图9，则( )
图9
A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向里
B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向里
C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里
D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里
答案 AD
解析 静止的原子核发生β衰变(eq \\al(A,Z)X―→ eq \\al( A,Z+1)Y＋eq \\al(0,-1)e)，由于内力作用，满足动量守恒，则新核Y和电子的动量等大反向，垂直射入匀强磁场后均做匀速圆周运动，由qvB＝meq \f(v2,r)可知r＝eq \f(mv,qB)，则两个新核的运动半径与电量成反比，即eq \f(re,rY)＝eq \f(Z＋1,1)，则新核为小圆，电子为大圆，而新核带正电，电子带负电，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项A、D正确．
15．[加试题]一列简谐波在均匀介质中传播．图10甲图表示t＝0时刻的波形图，乙图表示甲图中b质点从t＝0开始计时的振动图象，则( )
图10
A．该波沿x轴负方向传播
B．质点振动的频率是2 Hz
C．该波传播的速度是8 m/s
D．a质点和c质点在振动过程中任意时刻的位移都相同
答案 BC
解析 由乙图知，t＝0时刻，质点b向上运动，在甲图上，由波形的平移可知，该波沿x轴正方向传播．故A错误；由乙图知，质点的振动周期为T＝0.5 s，则频率为f＝eq \f(1,T)＝2 Hz，故B正确；由甲图知，波长λ＝4 m，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,0.5) m/s＝8 m/s，故C正确；a质点和c质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，故D错误．
16．[加试题]如图11所示，现有两束不同的单色光a、b垂直于AB边射入等腰棱镜ABC，若两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，且两束光折射后相交于图中的P点，则以下判断正确的是( )
图11
A．在真空中，a光光速大于b光光速
B．在真空中，a光波长小于b光波长
C．a光通过棱镜的时间大于b光通过棱镜的时间
D．a、b两束光从同一介质射向真空时，a光发生全发射的临界角大于b光发生全反射的临界角
答案 BC
解析 在真空中，所有光的速度都相等，选项A错误；两束光经棱镜折射后相交于P点，由图可知，棱镜对a光的偏折程度大，所以棱镜对a光的折射率大，a光的频率大，由c＝λf知，在真空中，a光波长小于b光波长，选项B正确；由图知，a光和b光在棱镜中通过的距离相等，由n＝eq \f(c,v)知a光在棱镜中的传播速度小，所以a光通过棱镜的时间大于b光通过棱镜的时间，选项C正确；因为a光的折射率大于b光的折射率，由sin C＝eq \f(1,n)知，a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，选项D错误．
第Ⅱ卷
三、非选择题(本题共7小题，共55分)
17．(5分)某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率，进行了如下实验：
(1)首先用多用电表粗略测量了电阻约为十几欧姆；
(2)分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图12所示，其读数分别是L＝______ mm，d＝________ mm.
(3)为使实验更准确，又采用伏安法进行了电阻测量，图13两个电路方案中，应选择图中的____________(填“甲”或“乙”)．用实验中读取电压表和电流表的示数U、I和(2)中读取的L、d，计算电阻率的表达式为ρ＝_________________________________________________.
图12
图13
答案 (2)21.8 2.787(2.785～2.789均可) (3)乙 eq \f(πd2U,4IL)
解析 (2)游标卡尺的主尺读数为21 mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×8 mm＝0.8 mm，
所以最终读数为：21 mm＋0.8 mm＝21.8 mm；
螺旋测微器的固定刻度读数为2.5 mm，可动刻度读数为：0.01×28.7 mm＝0.287 mm，
所以最终读数为：2.5 mm＋0.287 mm＝2.787 mm.
(3)题意中电阻较小，要使实验更准确，选取电流表外接法，故选乙图；
根据欧姆定律得：R＝eq \f(U,I)，
根据电阻定律得：R＝ρeq \f(L,S)＝ρeq \f(4L,πd2)，
联立两式解得：ρ＝eq \f(πd2U,4IL).
18．(5分)小明同学在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用小灯泡的规格为“2.5 V 0.3 A”．
(1)用实验室的高中学生电源作为电源，应该选用图14中______(填“稳压2 A”或“交流3 A”)的两个接线柱；
图14
(2)滑动变阻器应该选________(填R1“5 Ω 2 A”或R2“50 Ω 1 A”)；
(3)小明同学连接电路之后，合上开关(如图15所示)，移动滑动变阻器，灯泡发光，电流表和电压表都有正示数．但同桌指出还有一处错误，这处错误是____________________________；
图15
图16
(4)实验结束之后，他描绘了如图16所示的伏安特性曲线，请你说说为什么小明同学实验得到的是曲线而不是直线？____________________________.
答案 (1)稳压2 A (2)R1“5 Ω 2 A” (3)电流表应外接 (4)小灯泡的电阻随着温度的升高而增大
解析 (1)灯泡用的是直流电，故应选用稳压2 A；(2)因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故选R1“5 Ω 2 A”；(3)实验中要求多测几组数据，并且数据是从零开始调节的，故滑动变阻器要采用分压式接法，因灯泡电阻较小，故本实验采用电流表外接法；(4)小灯泡的电阻随温度升高而增大，所以实验得到的是曲线，而不是直线．
19．(9分)民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊(由斜面AC部分和水平面CD部分构成)．如图17所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB＝3.0 m，斜面长AC＝5.0 m，斜面与水平面CD段间有一段小圆弧平滑连接．一个质量m＝60 kg的旅客从气囊上由静止开始滑下，最后滑到水平面上的某点静止．已知旅客与气囊斜面部分及水平面部分的动摩擦因数均为μ＝0.5.(不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．求：(计算结果可保留根号)
图17
(1)人在斜面上运动时的加速度大小；
(2)人滑到斜面底端C时的速度大小；
(3)人滑过C点后还要多久才能停下．
答案 (1) 2 m/s2 (2) 2eq \r(5) m/s (3)eq \f(2\r(5),5) s
解析 (1)对人受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
mgsin 37°－Ff＝ma
其中：Ff＝μmgcs 37°
解得：a＝gsin 37°－μgcs 37°
＝(10×0.6－0.5×10×0.8) m/s2＝2 m/s2
(2)对从A到C过程，根据速度位移关系公式，有：
veq \\al( 2,C)－0＝2axAC
解得：vC＝eq \r(2axAC)＝eq \r(2×2×5) m/s＝2eq \r(5) m/s
(3)从C到D过程，根据牛顿第二定律，有：μmg＝ma2
解得：a2＝μg＝5 m/s2
根据速度时间关系公式，有：0－vC＝－a2t
解得：t＝eq \f(2\r(5),5) s.
20．(12分)如图18所示，一个质量为m的小球(可视为质点)沿光滑水平轨道AQ向左运动，由Q点进入光滑圆弧轨道，圆弧轨道由两个大小不同的四分之一圆弧在B点拼接而成，经过圆弧后由最高点P抛出，落到一端固定在水平面的细斜杆上，细杆与P点间距离与小球直径相当(可忽略)．已知两圆弧半径分别为2R和R，圆心分别为O和O′，斜杆与水平面间夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，重力加速度为g.
图18
(1)若小球落到细斜杆的中点M，求小球从P点射出后飞行的时间及射出P点时的速度．
(2)试分析第(1)小问得到的速度值，小球可能以这样的速度到达P点后射出吗？请列式计算并比较说明．
(3)对小球的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧轨道最低点Q时对轨道压力之差的最小值．
答案 (1) eq \r(\f(3R,g)) eq \r(\f(4gR,3)) (2)见解析 (3)9mg
解析 (1)y＝eq \f(1,2)gt2＝1.5R，t＝ eq \r(\f(3R,g))，x＝vPt，eq \f(y,x)＝eq \f(3,4)，vP＝ eq \r(\f(4gR,3))
(2)mg＝meq \f(v\\al( 2,临界),2R)，v临界＝eq \r(2gR)
第(1)问中速度小于临界速度，到达P点之前小球已脱轨．故小球不可能以这样的速度从P点射出．
(3)最低点：FQ－mg＝meq \f(v\\al( 2,Q),R)
最高点：FP＋mg＝meq \f(v\\al( 2,P),2R)
eq \f(1,2)mveq \\al( 2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,Q)＝－mg·3R
FQ－FP＝2mg＋eq \f(m,2R)(2veq \\al( 2,Q)－veq \\al( 2,P))＝2mg＋eq \f(m,2R)(2veq \\al( 2,Q)－2veq \\al( 2,P)＋veq \\al( 2,P))＝8mg＋eq \f(mv\\al( 2,P),2R)
vP最小值为eq \r(2gR)，则FQ－FP的最小值为9mg，由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力差最小值为9mg.
21．(4分)[加试题]利用所学物理知识解答问题：
(1)如图19所示是用双缝干涉测光波波长的实验设备示意图，图中①是光源，②是滤光片，③是单缝，④是双缝，⑤是光屏．下列操作能增大光屏上相邻两条亮条纹之间距离的是________．
图19
A．增大③和④之间的距离
B．增大④和⑤之间的距离
C．将绿色滤光片改成红色滤光片
D．增大双缝之间的距离
(2)如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是________(填数字代号)．
(3)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，读出手轮的读数如图20甲所示．继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮条纹，读出手轮的读数如图乙所示．则相邻两亮条纹的间距是________mm(结果保留三位有效数字)．
图20
答案 (1)BC (2)②③ (3)1.61
解析 (1)由Δx＝eq \f(l,d)λ知相邻两亮条纹之间的距离与单缝和双缝之间的距离无关，A错误；增大④和⑤之间的距离即是增大l，Δx增大，B正确；红光的波长大于绿光的波长，C正确；增大双缝之间的距离，Δx减小，D错误．
(2)由于激光是相干光源，故可以去掉的部件是②、③.
(3)甲图读数是0.045 mm，乙图读数是14.535 mm，它们的差值是14.490 mm，所以相邻两亮条纹间距是Δx＝eq \f(14.490,9) mm＝1.61 mm.
22．(10分)[加试题]光滑的平行金属导轨长L＝2 m，两导轨间距d＝0.5 m，轨道平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨上端接一阻值为R＝0.6 Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B＝1 T，如图21所示．有一质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab放在导轨最上端，其余部分电阻不计．已知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q1＝0.6 J，取g＝10 m/s2，试求：
图21
(1)当棒的速度v1＝2 m/s时，电阻R两端的电势差Uab；
(2)棒下滑到轨道最底端时速度v2的大小；
(3)棒下滑到轨道最底端时加速度a的大小；
(4)整个过程流过R的电量q.
答案 见解析
解析 (1)当棒的速度v1＝2 m/s时，
棒中产生的感应电动势E＝Bdv1＝1 V
此时电路中的电流I1＝1 A
所以电阻R两端的电压U＝I1R＝0.6 V
(2)根据Q＝I2Rt，可知在棒下滑的整个过程中金属棒上产生的热量Q2＝0.4 J
设棒到达最底端时的速度为v2，有：
mgLsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)＋Q1＋Q2，
解得：v2＝4 m/s.
(3)棒到达最底端时回路中产生的感应电流I2＝eq \f(Bdv2,R＋r)＝2 A
根据牛顿第二定律有：mgsin θ－BI2d＝ma，
解得：a＝3 m/s2.
(4)整个过程流过R的电量q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BdL,R＋r)＝1 C.
23．(10分)[加试题]如图22所示，回旋加速器是利用磁场和电场共同作用对带电粒子进行加速的仪器．现在有一个研究小组对回旋加速器进行研究．研究小组成员分工合作，测量了真空中的D形盒的半径为R，磁感应强度方向垂直加速器向里，大小为B1，要加速的粒子的电荷量为q，质量为m，电场的电压大小为U.帮助小组成员完成下列计算：
(1)该回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是多少？
(2)要达到最大速度，粒子要经过多少次电场加速？
(3)研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置．在原有回旋加速器外面加装一个圆环，在这个圆环区内加垂直加速器向里的磁场B2，让带电粒子从加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导，求圆环区域所加磁场的磁感应强度B2.
图22
答案 (1)eq \f(B1qR,m) (2)eq \f(B\\al( 2,1)qR2,2Um) (3)eq \f(2B1R,2R＋d)
解析 (1)回旋加速器的原理是：磁场只是负责偏转，不改变速度大小；速度大小通过电场加速．每次加速后速度变大，根据洛伦兹力充当向心力的公式为Bqv＝eq \f(mv2,R)导出R＝eq \f(mv,Bq)
半径随着速度增大而增大，当半径和加速器的半径相同时无法再加速了．这时的速度就是最大速度．根据R＝eq \f(mv,Bq).
得vm＝eq \f(B1qR,m)
(2)带电粒子加速到最大速度过程，都是匀强电场加速的结果，从能量角度，带电粒子的动能从零增加到Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,m)的过程中，每次电场提供的能量是Uq，那么，经过N次累积达到最大动能，NUq＝eq \f(mv\\al( 2,m),2)
N＝eq \f(mv\\al( 2,m),2Uq)＝eq \f(B\\al( 2,1)qR2,2Um)
(3)如图所示：经分析这个设计是要将飞到回旋加速器边缘的带电粒子在新的磁场做一个半径更大的圆周运动，全过程只是轨迹发生变化，速度大小不变，依然为vm.运动到M点的带电粒子在B2的磁场中做圆周运动，刚好到达N点．那么图中的M、N两点就是在这个新的圆周轨迹上的两点，而且直线MN刚好是这个圆周的直径．
所以新的圆周的半径r＝R＋eq \f(d,2).再根据qvB＝meq \f(v2,R)得，B2＝eq \f(mvm,qr)
将vm＝eq \f(B1qR,m)和r＝R＋eq \f(d,2)代入公式得B2＝eq \f(2B1R,2R＋d).电流
磁感应强度
电压Uab
I
B
U
I
2B
2U
I
3B
3U
2I
B
2U
3I
B
3U