高考物理三轮模拟卷(二)

这是一份高考物理三轮模拟卷(二)，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题，选做题等内容，欢迎下载使用。
14.如图1所示，a、b两条曲线是汽车甲、乙在同一条平直公路上运动的速度时间图象，已知在t2 时刻，两车相遇，下列说法正确的是( )
图1
A.t1时刻两车也相遇
B.t1时刻甲车在前，乙车在后
C.甲车速度先增大后减小，乙车速度先减小后增大
D.甲车加速度先增大后减小，乙车加速度先减小后增大
答案 C
解析 在t2时刻，两车相遇，在t1－t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后，故A、B错误；由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大，故C正确；图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大，故D错误.
15.如图2所示，质量为m的硬纸面字典A对称放在硬纸面的书本B上.将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为θ.下列说法正确的是( )
图2
A.B对A的作用力为零
B.B的一个侧面对A的弹力为mgcs θ
C.B对A的最大静摩擦力的合力为mgsin θ
D.A受到三个力的作用
答案 C
解析 字典A受到竖直向下的重力、两个侧面的支持力、两个侧面的静摩擦力，共五个力作用，选项D错误.由平衡条件可知，B对A的作用力大小等于A的重力，方向竖直向上，选项A错误.B的两个侧面对A的弹力之和等于mgcs θ，选项B错误.由平衡条件可知，两个侧面的静摩擦力的合力等于mgsin θ.将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，则B对A的最大静摩擦力的合力为mgsin θ，选项C正确.
16.如图3所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能Ek＝5mveq \\al( 2,0)，不计空气阻力，则小球从O到P( )
图3
A.下落的高度为eq \f(5v\\al( 2,0),g)
B.速度增量为3v0，方向斜向下
C.运动方向改变的角度满足tan θ＝eq \f(1,3)
D.经过的时间为eq \f(3v0,g)
答案 D
解析 平抛运动水平方向匀速直线运动，速度一直为v0.经过P点时，有eq \f(1,2)mv2＝5mveq \\al( 2,0)，可得v2＝10veq \\al( 2,0).根据平抛运动速度合成有veq \\al( 2,y)＋veq \\al( 2,0)＝v2＝10veq \\al( 2,0)，所以竖直方向的分速度vy＝3v0.竖直方向为自由落体运动，所以运动时间t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(3v0,g)，选项D对.速度增量Δv＝at＝gt＝3v0，方向与加速度相同，竖直向下，选项B错.下落高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(9v\\al( 2,0),2g)，选项A错.运动方向改变的角度tan θ＝eq \f(3v0,v0)＝3，选项C错.
17.北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中轨道和倾斜轨道.其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为( )
A.(eq \f(3,2)) B.(eq \f(3,2))2 C.(eq \f(3,2)) D.(eq \f(3,2))
答案 C
解析 同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，根据开普勒第三定律eq \f(r3,T2)＝k得eq \f(T\\al( 2,同),T\\al( 2,中))＝(eq \f(3,2))3，所以同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为(eq \f(3,2))，故选项C正确.
18.如图4所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是( )
图4
A.变压器不仅可以改变交变电压还能改变频率
B.扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻
C.真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
答案 D
解析 变压器可以改变交变电压但不能改变频率，选项A错误，扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电感，选项B错误，真空冶炼炉的工作原理是炉内金属矿石中产生涡流使炉内金属熔化，选项C错误.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，选项D正确.
19.实物粒子和光都具有波粒二象性.下列事实中突出体现波动性的是( )
A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
答案 ACD
20.某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图5所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力.下列说法正确的是( )
图5
A.点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
B.点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C.电势差Ux1＜Ux2
D.在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置的电势能最大
答案 BD
解析 由题意，点电荷到达x1位置速度第一次为零，在x2位置速度第二次为零，可知点电荷从O点运动到x1再运动到x2的过程中，速度先均匀减小，再均匀增大，然后先做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，故A错误.由图可知，x轴正方向上场强沿着x轴正方向，场强大小是非线性变化，x轴负方向场强方向沿着x轴负方向，为匀强电场.点电荷从O点沿x轴正方向运动到x2，场强先均匀增大后均匀减小，电场力先均匀增大后均匀减小，其加速度先均匀增大后均匀减小，故B正确.根据动能定理，电荷由O点到x1和O点到x2都有：－qU＝0－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，故：Ux1＝Ux2，故C错误.电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，因点电荷到达x1位置速度第一次为零，在x2位置第二次速度为零，故在x1、x2位置电势能最大，故D正确.故选B、D.
21.如图6所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高.一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方eq \f(R,2)处.小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g.下列说法正确的有( )
图6
A.弹簧长度等于R时，小球的动能最大
B.小球运动到B点时的速度大小为eq \r(2gR)
C.小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D.小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量
答案 CD
解析 由几何关系可知，弹簧长度等于R时，小球的位置在C点上方，此时由于重力作用，小球仍要加速下滑，故此时小球的动能不是最大，选项A错误；从A点到B点，由能量守恒定律可知mg·2R＋Ep1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,B)＋Ep2；弹簧在A处的伸长量等于在B处的压缩量，则弹力大小相等，且Ep1＝Ep2，则解得vB＝2eq \r(gR)，选项B错误；小球在A点时对圆环的压力FA＝mg＋F；在B点时：FB－F－mg＝meq \f(v\\al( 2,B),R)；联立解得：ΔF＝FB－FA＝meq \f(v\\al( 2,B),R)＝4mg，故C正确；因机械能的变化量等于除重力以外的其它力做的功，小球从A到C的过程中，除重力做功外只有弹簧弹力做功，故弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，选项D正确；故选C、D.
二、非选择题(本题共4小题，共47分)
22.(5分)传感器是一种将非电学量转换成电信号的检测装置.它是实现自动检测和自动控制的首要环节.某物理课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的动能定理.如图7甲所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移x和瞬时速度v.已知小车质量为200 g.
图7
(1)某次实验得出拉力F随位移x变化规律如图乙所示，速度v随位移x变化规律如图丙所示.利用所得的F－x图象，求出x＝0.30 m到0.52 m过程中力F做功W＝________J，此过程动能的变化ΔEk＝________J(保留两位有效数字).
(2)下列情况中可减小实验误差的操作是________.(填选项前的字母，可能不止一个选项)
A.使拉力F要远小于小车的重力
B.实验时要先平衡摩擦力
C.要使细绳与滑板表面平行
答案 (1)0.18 0.17 (2)BC
解析 (1)根据F－x图象可知，当x1＝0.30 m时，F1＝1.00 N，x2＝0.52 m时，F2＝0.60 N，因此：W＝eq \f(F1＋F2,2)(x2－x1)≈0.18 J，由速度v随位移x的变化图象可知：x1＝0.30 m时，v1＝0，x2＝0.52 m时，v2＝1.32 m/s，ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)≈0.17 J.
(2)该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误；当平衡了摩擦力并保证细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故B、C正确.
23.(10分)某实验小组欲测量一直流安培表的内电阻，设计的电路如图8甲；
甲 乙
图8
① 根据题给的原理电路图，在实物图乙上，用笔画线代替导线画出实物连线图.
②若实验室中有下列规格的滑动变阻器，则该实验中应该选择( )
A.0～10 Ω B.0～1000 Ω C.0～1780 Ω
③请完成主要实验的步骤：
A.连接好实验电路，闭合开关前，把变阻器的滑动片调到_______(填“a端”或“b端”)；调节电阻箱为一合适阻值(约为十几 Ω).
B.闭合电键，调节____________，使电压表的电压从小到大变化，读出并记录电压表、电流表数据.
C.根据测量得到的电压表、电流表数据，作出U—I图象.
④若固定电阻箱R1的读数，调节滑动变阻器的阻值，测量了数组电压表、电流表的读数，作出U—I 图象，电阻箱读数为R1 ，若图象斜率为k，则电流表的内电阻RA ＝_________.
答案 ① 见解析图
②A ③a端 滑动变阻器的阻值 ④k－R1.
解析 ①按照原理电路图，先将电源、开关和滑动变阻器下端的两个接线柱连接成电源电路；再将电阻箱与安培表串联后与电压表并联组成测量电路；最后将测量电路与电源电路连接，如图所示.
②由于滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选择最大阻值10 Ω的A.
③对于滑动变阻器采用分压式接法的电路，闭合开关前，要把变阻器的滑动片调到测量电路电压为零处，即a端；闭合电键，调节滑动变阻器的阻值，使电压表的电压从小到大变化.
④对于测量电路，由欧姆定律，U＝I(R1＋RA)，U—I图象斜率为k＝ R1＋RA，解得：RA＝k－ R1.
24.(14分)武广高铁的开通，给出行的人们带来了全新的感受.高铁每列车均由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统.设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提升到v，已知运动阻力是车重的k倍，求：
(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；
(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速行驶状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力改变多少？
答案 (1) －eq \f(1,3)m(eq \f(v,t)＋kg) (2)eq \f(14,15)kmg
解析 (1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为：a＝eq \f(v,t)
对整个列车，由牛顿第二定律得：
F－k·7mg＝7ma
对第六、七两节车厢，水平方向受力，如图所示：
eq \f(2F,6)＋FT－k·2mg＝2ma
所以：FT＝－eq \f(1,3)m(eq \f(v,t)＋kg)
其中“－”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反.
(2)列车匀速运动时，对整体由平衡得：
F′－k·7mg＝0
设六节车厢都有动力时，第五六节车厢间的作用力为FT1，则有：eq \f(2F′,6)＋FT1－k·2mg＝0
第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五六节车厢间的作用力为FT2，则有：eq \f(F′,5)＋FT2－k·2mg＝0
联立得：FT1＝－eq \f(1,3)kmg，
FT2＝eq \f(3,5)kmg
因此作用力的变化：
ΔFT＝FT2－FT1＝eq \f(14,15)kmg
25.(18分)如图9所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布.在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为eq \f(QE,4)的恒力作用下由静止开始运动.求：
图9
(1)棒的B端进入电场eq \f(L,8)时的加速度大小和方向；
(2)棒在运动过程中的最大动能；
(3)棒的最大电势能.(设O点处电势为零)
答案 (1)eq \f(QE,8m) 方向向右 (2)eq \f(QE,4)(x0＋eq \f(L,8))
(3)棒的最大电势能可能是eq \f(QEL,2)、eq \f(QE,4)(x0＋eq \f(L＋\r(L2＋8Lx0),4))和eq \f(QE2x0＋L,6)
解析 (1)根据牛顿第二定律，得eq \f(QE,4)－eq \f(L,8)·eq \f(QE,L)＝ma
a＝eq \f(QE,8m)，方向向右.
(2)设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有eq \f(QE,4)＝x·eq \f(QE,L) 得x＝eq \f(L,4)，由动能定理：E k ＝∑W＝eq \f(QE,4)(x0＋x)－eq \f(0＋\f(QE,4),2)x＝eq \f(QE,4)(x0＋eq \f(L,4))－eq \f(\f(QE,4)×L,2×4)＝eq \f(QE,4)(x0＋eq \f(L,8))
(3)棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：
eq \f(QE,4)(x0＋L)－eq \f(QE,2)L＝0，得x0＝L；Ep＝eq \f(QE,4)(L＋L)＝eq \f(QEL,2)
当x0＜L时，棒不能全部进入电场，设进入电场x
eq \f(QE,4)(x0＋x)－eq \f(0＋\f(xQE,L),2)x＝0－0
解之得：x＝eq \f(L＋\r(L2＋8Lx0),4)
Ep1＝WF＝eq \f(QE,4)(x0＋eq \f(L＋\r(L2＋8Lx0),4))
当x0＞L时，棒能全部进入电场，设进入电场x
eq \f(QE,4)(x0＋x)－eq \f(QE,2)L－QE(x－L)＝0
得：x＝eq \f(x0＋2L,3)
则Ep2＝eq \f(QE,4)(x0＋x)＝eq \f(QE,4)·eq \f(4x0＋2L,3)＝eq \f(QE2x0＋L,6)
三、选做题(请从两道题中任选一题作答，每小题15分，如果多做，则按所做的第一题计分)
33.(1)(5分)下列说法正确的是( )
A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
(2)(10分)如图10所示，在长为L＝57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33 ℃，大气压强p0＝76 cmHg.
图10
①若缓慢对玻璃管加热，当水银柱上表面与管口刚好相平时，求管中气体的温度为多少摄氏度；
②若保持管内温度始终为33 ℃，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时管中气体的压强.
答案 (1)BCE (2)①45 ℃ ②85 cmHg
解析 (2)①设玻璃管横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀：
初状态：V1＝51S，T1＝306 K
末状态：V2＝53S，T2＝？ K
由盖—吕萨克定律：eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)
解得：T2＝318 K，t2＝45 ℃
②当水银柱上表面与管口相平时，设此时管中水银的高度为H，管内气体经等温压缩，由玻意耳定律：p1V1＝p2V2也即(76＋4)·51S＝(76＋H)(57－H)S
得H＝9 cm
故：p2＝85 cmHg
34.(1)(5分)从O点发出的甲、乙两列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻两列波分别形成的波形如图11所示，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是( )
图11
A.两列波具有相同的波速
B.两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短
C.P点比Q点先回到平衡位置
D.P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动
E.若甲、乙两列波在空间相遇时不会发生干涉
(2)(10分)投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏PQ上形成一个圆形光斑.如图12，已知半球形镜头半径为R，光屏PQ到球心O的距离为d(d>3R)，玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射，真空中光速为c.求：
图12
(i)光在半球形镜头中的速度.
(ii)光屏PQ上被照亮光斑的面积.
答案 (1)ADE (2)(i)eq \f(c,n) (ii)π (deq \r(n2－1)－nR)2.
解析 (2)(i)由n＝eq \f(c,v)解得：v＝eq \f(c,n).
(ii)如图所示，设光线入射到D点时恰好发生全反射，sin C＝eq \f(1,n)
eq \x\t(OF)＝eq \f(R,cs C)＝eq \f(R,\f(\r(n2－1),n))＝eq \f(nR,\r(n2－1))
又因为eq \f(\x\t(O′F),r)＝tan C
eq \x\t(O′F)＝d－eq \x\t(OF)
解得r ＝deq \r(n2－1) －nR
光屏PQ上被照亮光斑的面积
S＝πr2＝π(deq \r(n2－1)－nR)2.