高三物理二轮复习测试高考模拟训练2.doc

高考模拟训练(二)一、选择题1物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是()A牛顿通过实验测出了引力常量B牛顿发现了万有引力定律C伽利略发现了行星运动的规律D洛伦兹发现了电磁感应定律解析：由物理学史可知，卡文迪许测出了引力常量，选项A错误；牛顿发现了万有引力定律，选项B正确；开普勒发现了行星运动的规律，选项C错；法拉第发现了电磁感应定律，选项D错误答案：B2如图所示，一木箱位于粗糙的水平地面上，在与水平方向成角的推力F作用下，向右匀速运动若保持F的方向不变而增加其大小，则木箱()A仍做匀速运动B做减速运动C做加速运动 D以上三种情况都有可能解析：对木箱进行受力分析可得Fcos (mgFsin )ma，当a0时木箱做匀速运动，F增大时加速度a0，即木箱将做加速运动，对比各选项可知选C.答案：C3如图所示的真空空间中，仅在球体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中M、N两点的场强和电势均相同的是()答案：CD4如图甲所示，一木块从斜面底端以初速度v020 m/s沿斜面向上运动，并恰好能到达斜面顶端其速度随时间的变化规律如图乙所示，由图可以判断()A斜面的长度为20 mB3 s末木块回到斜面底端C03 s合力做功为零D03 s机械能守恒答案：B5.一物块在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当F按图甲所示规律变化时，物体与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是图乙中的()甲乙解析：在F的作用下，当物块有向上的运动趋势时，由平衡条件得Fmgsin Ff，当F减小时，Ff也减小，当F0时，Ffmgsin ，即静摩擦力先减小至零又反向变大；在F的作用下，物块有向下的运动趋势时，由平衡条件得FFfmgsin ，当F减小时，Ff变大，当F0时，Ffmgsin ，故只有C图正确答案：C6在滑动变压器原线圈中接有电流表，副线圈输出端接有如图所示的电路在原线圈中输入稳定的交流电压，初始时开关S1与2接通，开关S2与4接通，开关S3闭合则在下列措施中能使电流表示数变大的是()A仅将S1从2拨向1B仅将S2从4拨向3C仅将S3从闭合改为断开D仅将滑动变阻器R3的滑动触头上移解析：将S1从2拨向1，n1变小，根据变压器原副线圈的变比关系可以判定U2变大，所以副线圈中电流I2变大，故原线圈中电流I1变大，A正确；同理可判定B错误；将S3从闭合改为断开，负载电阻变大，所以副线圈中电流I2变小，故原线圈中电流I1变小；C错误；将滑动变阻器R3的滑动触头上移，R3连入电路阻值变大，所以副线圈中电流I2变小，故原线圈中电流I1变小，D错误答案：A7(2011·广东卷·20)已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是()A卫星距地面的高度为 B卫星的运行速度小于第一宇宙速度C卫星运行时受到的向心力大小为GD卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析：天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F引F向m.当卫星在地表运行时，F引mg(此时R为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h，则F引F向ma向mg，所以C错误，D正确由得，v ，B正确由，得Rh，即hR，A错答案：BD8一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，()A向上滑行的时间小于向下滑行的时间B在向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m(v02v2)解析：导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R上产生的热量多，B对；由q知C对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m(v02v2)，D错答案：ABC二、非选择题9如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置其步骤如下：a易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑b取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M.C取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O为打下的第一点已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g.(1)步骤c中小车所受的合外力为_(2)为验证从OC过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x0，OC间距离为x1，则C点的速度为_. 需要验证的关系式为_(用所测物理量的符号表示)答案：(1)mg(2)mgx110(1)用伏安法测金属丝的电阻时，测出了包括(0,0)在内的6组电流I和电压U的值，并已经标在了如图所示的坐标纸上，请用铅笔和直尺在坐标纸上画出合理的图线，并求出该段金属线的电阻Rx_.(2)测该金属丝电阻时，可供该实验小组选择的器材如下：A量程0.6 A，内阻约0.5 的电流表A1B量程3 A，内阻约0.01 的电流表A2C量程10 mA，内阻rA50 的电流表A3D量程15 V，内阻约30 k的电压表VE阻值为010 的滑动变阻器F阻值为01 000 的电阻箱G两节干电池H电键一个、导线若干如图所示，试补画出该小组同学测金属丝电阻Rx采用的电路图，并标明所选用电表的符号，如A1或A2等解析：(1)画线时注意让多数点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧UI图线的斜率表示电阻Rx5 .(2)电路中的最大电流I A0.6 A，电流表选用A1；电压表V量程太大，不能用，应考虑将A3与电阻箱R2串联改装成电压表；因为测量值是从电压0开始的，故滑动变压器应采用分压式接法答案：(1)5连线如图甲所示(2)电路图如图乙所示11如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h1.4 m、宽L1.2 m 的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面已知运动员的滑板与斜而间的动摩擦因数0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，已知sin 53°0.8，cos 53°0.6.求：(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度解析：(1)设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律mgsin 53°mgcos 53°ma解得运动员在斜面上滑行的加速度ag(sin 53°cos 53°)7.4 m/s2.(2)运动员从斜面上起跳后在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式Hgt2解得t0.8 s.(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为Hh时，他沿水平方向运动的距离为Hcot 53°L，设他在这段时间内运动的时间为t，则Hhgt2Hcot 53°Lvtv6.0 m/s.答案：(1)7.4 m/s(2)0.8 s(3)6.0 m/s12有一个带正电的小球，质量为m、电荷量为q，静止在固定的绝缘支架上现设法给小球一个瞬时的初速度v0使小球水平飞出，飞出时小球的电荷量没有改变同一竖直面内，有一个竖直固定放置的圆环(圆环平面保持水平)，环的直径略大于小球直径，如图所示空间所有区域分布着竖直方向的匀强电场，垂直纸面的匀强磁场分布在竖直方向的带状区域中，小球从固定的绝缘支架水平飞出后先做匀速直线运动，后做匀速圆周运动，竖直进入圆环已知固定的绝缘支架与固定放置的圆环之间水平距离为2x，支架放小球处与圆环之间的竖直距离为x，v0，小球所受重力不能忽略求：(1)空间所有区域分布的匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)垂直纸面的匀强磁场区域的最小宽度，磁场磁感应强度B的大小和方向；(3)小球从固定的绝缘支架水平飞出到运动到圆环的时间t.解析：(1)小球水平飞出，由平衡条件得mgqE解得电场强度E方向竖直向上(2)由题意可知，垂直纸面的匀强磁场区域最小宽度为x要使小球准确进入圆环，所加磁场的方向为垂直纸面向外由于重力与电场力平衡，带电小球进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹半径Rx，qv0B解得磁感应强度B.(3)小球从运动开始到进入磁场的时间t1在磁场中运动时间t2小球到达圆环总时间tt1t2.答案：(1)方向竖直向上(2)(3) 选考部分13(33模块)(1)下列关于分子热运动的说法中正确的是_A布朗运动就是液体分子的热运动B气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故C对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大D如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大(2)一定质量的理想气体状态变化如图所示，其中AB段与t轴平行，已知在状态A时气体的体积为10 L，那么变到状态B时气体的体积为_L，变到状态C时气体的压强是0 时气体压强的_倍(3)如图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积为2×103m2，一定质量的气体被质量为3.0 kg的活塞封闭在气缸内，活塞和气缸可无摩擦滑动，现用外力推动活塞压缩气体，对缸内气体做功600 J，同时缸内气体温度升高，向外界放热150 J，求初状态的压强和压缩过程中内能的变化量(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2)解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中花粉颗粒的运动；气体分子散开的原因在于分子间间距大，相互间没有作用力；对于一定量的理想气体，在压强不变的情况下，体积增大，温度升高分子平均动能增加，理想气体分子势能为零，所以内能增大(2)由图可知状态A到状态B是等压过程，状态B到状态C是等容过程，根据理想气体状态方程可解(3)初状态pp01.16×105 Pa由热力学第一定律WQU得，内能的变化量U600(150)450 J.答案：(1)CD(2)202(3)1.16×105 Pa450 J14(34模块)(1)下列说法正确的是_A光的偏振现象说明光是纵波B全息照相利用了激光相干性好的特性C光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大(2)如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形图，波的传播速度v2 m/s，试回答下列问题：x4 m处质点的振动函数表达式y_cm；x5 m处质点在04.5 s内通过的路程s_cm.(3)如图所示，直角三角形ABC为一三棱镜的横截面，A30°.一束单色光从空气射向BC上的E点，并偏折到AB上的F点，光线EF平行于底边AC.已知入射方向与BC的夹角为30°.试通过计算判断光在F点能否发生全反射解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，A项错；光的双缝干涉实验中，相邻亮条纹间距x，因为，红光的波长大于紫光的波长，故将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小，D项错(2)根据波形图可知A5 cm，4 m，周期T2 s，根据波的传播方向和质点的振动方向关系可判定x4 m处质点是向下振动的，故振动函数表达式y5sin t cm，x5 m处质点在4.5 s内通过的路程s×4A45 cm.(3)光线在BC界面的入射角160°、折射角230°根据折射定律n由几何关系知，光线在AB界面的入射角为360°而棱镜对空气的临界角C的正弦值sin C，则在AB界面的入射角3C所以光线在F点将发生全反射答案：(1)BC(2)5sin t 45(3)能15(35模块)(1)下列有关说法中正确的是_A汤姆孙发现了电子，于是他提出了原子核式结构的学说B射线是高速运动的电子流，有较强的贯穿本领C一个氢原子处于n4的激发态，当它向基态跃迁时可以发出3条不同频率的光谱线D. 92235U01nAZX3894Sr201n是一个裂变方程(2)铀( 92238U)经过、衰变形成稳定的铅( 82206Pb)，这一变化的核反应方程式应为_，在转化过程中最终转变为质子的中子数是_个(3)质量为3 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s的速度向右运动，恰好遇上质量为5 kg的小球B以4 m/s的速度向左运动，碰撞后小球B恰好静止，求碰撞后小球A的速度大小解析：(1)原子核式结构学说是卢瑟福提出的，A错射线是高速运动的电子流，有较强的贯穿本领，B正确一个处于n4的氢原子向基态跃迁时，可以发出n4n3、n3n2、n2n1三条不同频率的光谱线，C对D项是重核裂变方程(2)铀衰变成铅的核反应方程为 92238U 82206Pb824He61 0e，所以共经历了8次衰变，6次衰变在衰变中，电子是中子转化为质子的过程中放出的，所以最终转变为质子的中子数是6个(3)两球都在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，因此系统动量守恒碰撞前两球动量已知，碰撞后小球B静止，取小球A初速度方向为正，由动量守恒定律有：mAvAmBvBmAvA则vA m/s0.67 m/s碰撞后小球A的速度大小为0.67 m/s.答案：(1)BCD(2) 92238U 82206Pb824He61 0e6(3)0.67 m/s