高考物理二轮复习模拟卷三 14页

模拟卷(三)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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.)14.复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体)制成的.如图1所示，复印机的基本工作过程是(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；(3)鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；(4)鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上.以下说法正确的是(　　)图1A.步骤(1)中发生了静电感应现象　B.步骤(2)中发生了局部导电现象C.步骤(3)中发生了静电平衡现象　　　D.步骤(4)中发生了静电屏蔽现象答案　B解析　步骤(1)中发生了金属丝附近空气发生电离现象，选项A错误.文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，受到光照时变成导体，步骤(2)中发生了局部导电现象，选项B正确.鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；发生了静电感应现象，选项C错误.鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上，发生了静电感应现象，选项D错误.15.如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上.给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放.改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则以下选项不正确的是(　　)图2 A.恒力F一定沿与水平方向夹角30°斜向右下的方向B.恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向夹角30°斜向右下的方向C.若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为mgD.恒力F的最小值为mg答案　A解析　小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F.由于光滑直杆AB对小圆环的支持力沿直杆方向无分力.要使小圆环在直杆上运动的时间最短，由L＝at2可知，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时加速度最大，所以选项A错误、B正确.若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝，解得F＝mg，选项C正确.当恒力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝mg，选项D正确.16.玩具弹力球(如图3)具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回.一小孩将弹力球举高后由静止释放做自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动.若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度－时间图线是(　　)图3答案　D 解析　小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A、B图中速度没有突变，故A、B错误；由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值(竖直上抛运动)，然后反弹(速度大小不变、方向突变)，再重复这种运动，是上抛运动，不符合弹力球的运动情况，故C错误；由图象可以看出，速度先增加(自由落体运动)，然后反弹(速度大小不变、方向突变)，再减小到零(竖直上抛运动中的上升过程)，再重复这种运动，故D正确.17.如图4甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正.则线圈感应电流随时间的变化图象为(　　)图4答案　A解析　当垂直纸面向里的磁通量在增大时，垂直纸面向外的磁通量在减小，故总磁通量变化为垂直纸面向里增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为正，B、D错误；由E＝＝S可知，电路中电流大小恒定不变，故A正确.18.手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如图5.当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光.已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其它电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器可视为理想变压器.则(　　) 图5A.灯泡的额定电压为B.灯泡的额定功率为C.发电机的线圈中产生的电动势最大值为UD.从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usinωt答案　AD解析　由变压公式可知，变压器副线圈输出电压为U2＝，灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为，选项A正确.灯泡的额定功率为P＝＝，选项B错误.设发动机的线圈中产生的电动势最大值为Em，有效值为E＝，由闭合电路欧姆定律，E＝U＋Ir，IU＝，联立解得：Em＝U，选项C错误.从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usinωt，选项D正确.19.下列说法正确的是(　　)A.天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构B.α、β和γ三种射线，α射线的穿透力最强C.U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变D.根据玻尔理论可知，一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光答案　ACD解析　天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，选项A正确；α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强，选项B错误；U衰变成Pb要经过(238－206)÷4＝8次α衰变和2×8－(92－82)＝6次β衰变，选项C正确；根据玻尔理论可知，一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出C＝6种不同频率的光，选项D正确.20.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图6，设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R ，四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G，关于四星系统(忽略星体自转的影响)，下列说法正确的是(　　)图6A.四颗星的向心加速度的大小为B.四颗星运行的线速度大小是C.四颗星表面的重力加速度均为G　　　D.四颗星的周期均为2πL答案　BC解析　四星系统的圆心在正方形中心，半径为r＝L，向心力由合力提供，故Fn＝＝man解得an＝，A错误；根据公式an＝，解得v＝，B正确；根据公式T＝，解得T＝2πL，D错误；由Gm＝gR2，g＝，C正确.21.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图7所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　) 图7A.x1处电场强度最大B.x2～x3段是匀强电场C.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动答案　BC解析　因为从0～x1负电荷电势能减小，故电势升高，电场线由x1指向O点，同理在x1到x3区域电场线由x1指向x3，可知x1处电场强度为零，选项A错误；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B正确，D错误；由于在x1到x3区域电场线由x1指向x3，顺着电场线电势降低，所以有：φ1＞φ2＞φ3.故C正确.二、非选择题(本题共5小题，共47分)22.(5分)某实验小组利用如图8甲所示的实验装置测量小物块与水平面之间的动摩擦因数μ.粗糙曲面AB固定在水平面上，其与水平面相切于B点，P为光电计时器的光电门，实验时将带有遮光条的小物块m从曲面AB上的某点自由释放，小物块通过光电门P后停在水平面上某点C.已知当地重力加速度为g.图8(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d＝________cm；(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t，还需要测量的物理量是_________(要写出该物理量的名称和符号)，动摩擦因数μ＝_______(用上面的量表示).答案　(1)0.375　(2)光电门与C点之间的距离s　解析　(1)由题图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为0.3cm，游标尺示数为15×0.05mm＝0.75mm＝0.075cm，游标卡尺读数d＝0.3cm＋0.075cm＝0.375cm； (2)物块通过光电门时的速度v＝，然后物块在水平面上做匀减速直线运动，由动能定理得：－μmgs＝0－mv2，解得：μ＝，由此可知，要测动摩擦因数，除d与t外，还需要测量光电门与C点间的距离s.23.(8分)目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大.某兴趣小组将一块旧的车载电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内电阻.A.待测电瓶，电动势约为3V，内阻约几欧姆B.直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩC.定值电阻R0未知D.滑动变阻器R，最大阻值RmE.导线和开关(1)根据如图9甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图.图9(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10，U20，则R0＝________________(用U10、U20、Rm表示).(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1－U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电瓶的电动势E＝________________，内阻r＝____________(用k、a、R0表示).答案　(1)见解析图　(2)Rm　(3)　解析　(1)滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器电压，电压表V2测路端电压，电路如图所示. (2)串联电路电流处处相等，滑动变阻器调到最大即阻值为Rm，所以＝，可得定值电阻R0＝.(3)滑动变阻器R的电压为U1，路端电压为U2，则定值电阻的电压为U2－U1，电流I＝，可得U2＝E－Ir＝E－r，整理可得U2＝E－r＋r，即U1＝(1＋)U2－E，结合图象可得1＋＝k，E＝a，从而可得内阻r＝，电动势E＝.24.(10分)如图10所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为h，重力加速度为g.图10(1)若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小；(2)若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系.答案　(1)　(2)见解析解析　(1)设A刚落地面时的速度为v，由A和B运动中的机械能守恒得，mgh＝mgsin30°＋2mv2v＝.(2)对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解.当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右：对A物体，FT－mAgsin60°＝mAacos60°对B物体，mgsin30°－FT＝macos30° 解得mA＝由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足0＜a＜g加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足0＜mA＜m.当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左：对A物体，mAgsin60°－FT＝mAacos60°对B物体，FT－mgsin30°＝macos30°解得mA＝由等式右侧的分母得，加速度的大小满足0＜a＜g加速度a越大，A物体的质量越大，A物体质量应满足mA＞m.25.(12分)在如图11所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R1，滑动变阻器总阻值为R2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d.处在电容器中的油滴A恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P位于中点位置.图11(1)求此时电容器两极板间的电压；(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值；(3)现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q1，油滴运动时间为t；再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q2，当油滴又运动了2t的时间，恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求：Q1与Q2的比值.答案　(1)　(2)负电　(3)4∶9解析　(1)电路中的电流I＝平行板两端电压为U＝I 联立得：U＝(2)油滴带负电，对油滴受力分析，得：＝mg所以＝(3)设电容器的电容为C，极板原来具有的电荷量为Q，电容器上的电荷量变化Q1后，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，t秒末油滴的速度为v1、位移为x，板间的电压　U1＝根据牛顿第二定律－mg＝ma1根据运动学公式x＝a1t2　v1＝a1t电容器上的电量又变化了Q2后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t秒末位移为－x极板间的电压为U2＝根据牛顿第二定律mg－＝ma2　根据运动学公式－x＝2v1t－a2(2t)2解得：＝26.(12分)如图12所示，在光滑的水平面上，一质量为mA＝0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB＝0.2kg的静止小球B发生正碰.碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R＝0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出.g＝10m/s2.求：图12(1)碰撞后小球B的速度大小；(2)小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；(3)碰撞过程中系统损失的机械能. 答案　(1)5m/s　(2)(＋1)N·s，方向向左(3)0.5J解析　(1)小球B恰好能通过圆形轨道最高点，有mg＝m①解得vN＝m/s小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中机械能守恒，有mBv＝2mBgR＋mBv②联立①②解得vM＝5m/s.(2)规定向右为正方向，则vN＝－m/s(负号表示方向向左)，合外力对小球B的冲量为I＝mBvN－mBvM＝－(＋1)N·s，负号表示方向向左.(3)碰撞过程中动量守恒，有mAv0＝mAvA＋mBvB水平面光滑所以式中vB＝vM，解得vA＝－2m/s，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mAv－mAv－mBv＝0.5J.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)下列说法中正确的是(　　)A.分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时a的动能一定最大B.微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，布朗运动越明显C.液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D.单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强一定减小E.一定量的理想气体的内能只与它的温度有关(2)(10分)一质量M＝10kg、高度L＝35cm的圆柱形汽缸，内壁光滑，汽缸内有一薄活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞质量m＝4kg、截面积S＝100cm2.温度t0＝27℃时，用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来，如图13甲所示，汽缸内气体柱的高L1＝32cm，如果用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，如图乙所示，汽缸内气体柱的高L2＝30cm，两种情况下汽缸都处于竖直状态，取重力加速度g＝9.8m/s2，求：图13 (i)当时的大气压强；(ii)图乙状态时，在活塞下挂一质量m′＝3kg的物体，如图丙所示，则温度升高到多少时，活塞将从汽缸中脱落.答案　(1)ACE　(2)(i)9.8×104Pa　(ii)66℃解析　(1)分子间的相互作用力：当分子间的距离r>r0时，分子间表现为引力，当分子a向b靠近时，分子力做正功，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大，A对；微粒越大，撞击微粒的液体分子数量越多，分子受力越易平衡，布朗运动越不明显，B错；液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引，C对；单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，若每次撞击的力度加大，气体压强可能增加、不变或者减小，D错；一定量的理想气体，分子间的势能不考虑，故内能也即分子的平均动能，只与温度有关，E对.(2)(i)由图甲状态到图乙状态，等温变化：p1＝p0－，p2＝p0－，由玻意耳定律：p1L1S＝p2L2S所以(p0－)L1S＝(p0－)L2S，可解得p0＝＝9.8×104Pa(ii)活塞脱落的临界状态：气柱体积LS、压强p3＝p0－设温度为t，由气态方程：＝得t＝－273≈66℃34.(1)(5分)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图14中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6s时刻x轴上0～90m区域的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是(　　)图14A.这列波的波速可能为450m/sB.质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cm C.质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD.如果T＝0.8s，则当t＋0.5s时刻，质点b、P的位移不相同E.质点P与Q的速度不可能相同(2)(10分)如图15所示，三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射.已知θ＝15°，BC边长为2L，该介质的折射率为.求：图15(i)入射角i；(ii)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin75°＝或tan15°＝2－).答案　(1)ACD　(2)(i)45°　(ii)解析　(1)在0.6s内，这列波的传播距离可能：x＝nλ＋＝(40n＋30)m，则传播速度可能值：v＝＝m/s＝(＋50)m/s(n＝0,1,2,3……).当v＝450m/s时，n＝6，选项A正确；质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为，故路程最小为30cm，选项B错误；质点c在这段时间内振动1.5T时通过的路程即为60cm，选项C正确；在t时刻，因波沿x轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P是正在向下振动(负位移)，是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向下振动的(负位移)，是到达最低点后向上运动0.1秒，由于从平衡位置和从最低点运动0.1s时的加速度大小不同，可见此时两个质点的位移是不相同的，故D正确；质点P与Q之间的距离是，它们的速度可能相同.故E错误；故选A、C、D.(2)(i)根据全反射定律可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得：sinC＝，代入数据得：C＝45° 设光线在AB面上的折射角为r，由几何关系得：r＝30°由折射定律得：n＝，联立代入数据得：i＝45°.(ii)在△OPB中，根据正弦定理得：＝，设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得：＝vt，光在玻璃中的传播速度v＝，联立代入数据得：t＝.