步步高版《考前三个月》高考物理通用大二轮专题复习题型冲刺练等值模拟一.docx

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步步高版《考前三个月》高考物理通用大二轮专题复习题型冲刺练等值模拟一

等值模拟

等值模拟一

（时间：

60分钟　满分：

110分）

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．如图1所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是（　　）

图1

A.

＝

＝

B.

>

>

C.

＝

＝

D.

>

>

答案　C

解析　选项A、B表达的是平均速度，由题意可知到达a点的小球初速度最大，即此过程平均速度最大，所以选项A、B错误；由x＝

at2知选项C、D表达的是加速度的

，由受力情况可知三个过程的加速度相等，所以选项C正确，D错误．

2．如图2所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上．细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距离，斜面体始终静止，移动过程中（　　）

图2

A．细线对小球的拉力变大

B．斜面对小球的支持力变大

C．斜面体对地面的压力变大

D．地面对斜面体的摩擦力变大

答案　A

解析　对小球进行受力分析，小球受重力、绳的拉力、斜面的支持力3个力的作用，由于是缓慢移动，故小球处于动态平衡，作出力三角形分析可知绳的拉力逐渐增大，斜面的支持力逐渐减小，由作用力与反作用力的关系知小球对斜面的压力逐渐减小，将小球对斜面的压力沿水平方向和竖直方向分解可知，斜面体对地面的压力以及地面对斜面体的摩擦力均减小，本题应选A.

3．如图3所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点．以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴．下列四幅图分别反映了在x轴上各点的电势φ（取无穷远处电势为零）和电场强度E的大小随坐标x的变化关系，其中正确的是（　　）

图3

答案　C

解析　本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C正确，D错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x线性减小，选项A、B错误．

4．如图4所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）

图4

A．磁铁在整个下落过程中机械能守恒

B．磁铁在整个下落过程中动能的增加量小于重力势能的减少量

C．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动

D．磁铁在整个下落过程中，铝管对桌面的压力小于铝管的重力

答案　B

解析　磁铁从静止开始下落过程中，由于磁通量变化，导致铝管中出现感应电流，故磁铁受到安培力，所以磁铁的机械能不守恒，故A错误；磁铁完全进入铝管后，感应电流消失，磁铁不再受安培力，故在磁铁的整个下落过程中，除了重力做功外，还有安培力做功，导致下落过程中减小的重力势能，部分用来增加动能，还有部分用来产生内能，故B正确，C错误；由作用力与反作用力的关系可得磁铁对铝管的反作用力，使得铝管对桌面的压力大于其自身的重力，但磁铁完全进入铝管中的时候，铝管对桌面的压力等于其自身的重力，故D错误；故选B.

5．如图5所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为500匝和100匝，电压表的示数为10V．则（　　）

图5

A．电流表的读数为2.5A

B．流过电阻的交变电流频率为10Hz

C．交流电源的输出电压的最大值为100V

D．交流电源的输出功率为10W

答案　D

解析　由已知得流过副线圈的电流为0.5A，由变压器匝数比与电流比的关系知流过原线圈的电流为0.1A，A错误；变压器不改变交流电的频率，流过电阻的交变电流频率也为50Hz，B错误；副线圈两端的电压为20V，结合变压器匝数比与电压比的关系知原线圈两端的电压为100V，故交流电源的输出电压的有效值为100V，C错误；由上述可知交流电源的输出功率为10W，D正确．

6．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献，下列叙述符合物理学史实的是（　　）

A．法拉第提出电和磁的作用是通过“场”产生的观点

B．万有引力定律是开普勒的一项著名的科学成就

C．牛顿传承了亚里士多德关于力与运动关系的物理思想，提出了关于物体惯性运动的定律，即牛顿第一定律

D．奥斯特电流磁效应的发现，首次揭示了电与磁的联系

答案　AD

解析　万有引力定律是牛顿的一项著名的科学成就，开普勒发现了行星运行的三定律，牛顿推翻了亚里士多德关于力与运动关系的物理思想，提出了关于物体惯性运动的定律，即牛顿第一定律，选项B、C错误，选项A、D符合物理学史实，本题选A、D.

7．一质量为1kg的物体，以10m/s的初速度从足够长的粗糙斜面上的A点沿斜面向上运动，1s末物体恰好到达最高点，6s末物体的速率恰好为10m/s，则（　　）

A．1s～6s内物体所受重力的平均功率为50W

B．6s末物体克服摩擦力做功的瞬时功率为20W

C．0～1s内物体机械能的变化量大小与1s～6s内机械能的变化量大小之比为1∶5

D．1s～6s内物体动能变化量的大小与机械能的变化量大小之比为1∶2

答案　CD

解析　由题意可知，物体沿斜面方向上的加速度由摩擦力Ff和重力沿斜面向下的分力F提供，设沿斜面方向向下为正方向，由牛顿第二定律结合运动学规律有F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，a1＝

m/s2＝10m/s2，a2＝

m/s2＝2m/s2，解得Ff＝4N，F＝6N．1s～6s内，摩擦力做的功为Wf＝Ffx2，x2＝

，解得Wf＝100J，据动能定理可得WG－Wf＝ΔEk＝50J，解得WG＝150J，故1s～6s内物体所受重力的平均功率为P＝

＝30W，A错误.6s末物体克服摩擦力做功的瞬时功率为40W，B错误．由题意可知摩擦力做的功等于物体机械能的变化，0～1s内和1s～6s内物体的位移大小为5m和25m，故0～1s内物体机械能的变化量大小与1s～6s内机械能的变化量大小之比为1∶5，C正确.1s～6s内物体动能变化量的大小等于50J，机械能的变化量大小等于100J，故D正确．

8．“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的高度约为21500km，同步卫星的高度约为36000km，下列说法正确的是（　　）

A．同步卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大

B．同步卫星和中轨道卫星的线速度均小于第一宇宙速度

C．中轨道卫星的周期比同步卫星的周期小

D．赤道上随地球自转的物体向心加速度比同步卫星向心加速度大

答案　BC

解析　根据万有引力提供向心力可得G

＝m

＝ma＝mr

2，解得v＝

，a＝

，T＝

，所以轨道半径越大，线速度、向心加速度越小，周期越大，A错误，C正确；7.9km/s是贴近地球表面运行卫星的速度，故同步卫星和中轨道卫星的线速度均小于7.9km/s，B正确；由a＝rω2可知赤道上随地球自转的物体向心加速度比同步卫星向心加速度小，D错误．

二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．）

（一）必考题（共47分）

9．（8分）某实验小组用如图6所示的实验装置和实验器材做“探究恒力对小车做功与小车动能改变的关系”实验，在实验中，该小组同学进行了平衡摩擦力后，把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．

图6

（1）除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有________________．

（2）如图7为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究恒力对小车做功与小车动能改变的关系．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g.图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m.用题中给出的字母，恒力对小车做的功可表示为________，小车动能的改变量可表示为________________，只要推导出二者在误差范围内相等即可得出结论．

图7

答案　

（1）刻度尺、天平（2分，少填一项得1分，多填了非测量仪器不扣分）

（2）mgx（3分）　

（3分）

解析　实验中需要用刻度尺测量纸带上的点距，用天平测量小车和砂与砂桶的质量．恒力对小车做的功可表示为mgx，由中点时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可知小车动能的改变量为

Mv

－

Mv

＝

.

10．（7分）现有如下器材用来测量某段金属丝的阻值（约为10Ω）．

A．电流表（量程0.6A，内阻约为0.1Ω）

B．电流表（量程3A，内阻约为0.03Ω）

C．电压表（量程3V，内阻约为3kΩ）

D．滑动变阻器（1750Ω，0.03A）

E．滑动变阻器（15Ω，0.6A）

F．蓄电池（6V，内阻不计）

G．开关一个，带夹子的导线若干

（1）要精确测量金属丝的阻值，电流表应选____，滑动变阻器应选____（只填代号字母）．

（2）请用笔画线将图8所示的实际测量电路补充完整．

图8

答案　

（1）A（2分）　E（2分）

（2）见解析图（3分）

解析　由于电源电动势为6V，故流过金属丝的电流约为0.6A，故电流表选A，由于金属丝的电阻较小，故电流表采用外接法，滑动变阻器采用限流接法，D的额定电流太小，很容易被烧坏，应选E.电路连接如图所示．

11．（13分）如图9所示，固定在水平面上的斜面与水平面的连接处为一极小的光滑圆弧（物块经过Q点时不损失机械能），斜面与地面是用同种材料制成的．斜面的最高点为P，P距离水平面的高度为h＝5m．在P点先后由静止释放两个可视为质点的小物块A和B，A、B的质量均为m＝1kg，A与斜面及水平面的动摩擦因数为μ1＝0.5，B与斜面及水平面的动摩擦因数为μ2＝0.3.A物块从P点由静止释放后沿斜面滑下，停在了水平面上的某处．

图9

求：

（1）A物块停止运动的位置到斜面的直角顶端O点的距离是多少？

（2）当A物块停止运动后准备再释放B物块时发现它们可能会发生碰撞，为了避免AB碰撞，此时对A另外施加了一个水平向右的外力F，把A物块推到了安全的位置，之后再释放B就避免了A、B碰撞．求外力F至少要做多少功，可使A、B不相撞？

（g取10m/s2，此问结果保留三位有效数字）

答案　

（1）10m　

（2）33.3J

解析　

（1）设斜面倾角为θ，物块所停位置到Q点的距离为x1.

斜面长L＝

（1分）

摩擦力Ff＝μFN＝μmgcosθ（2分）

依动能定理mgh－μmgcosθ

－μmgx1＝0（2分）

物块所停位置到O点的距离x2＝

＋x1（1分）

由以上得x2＝

（1分）

所以A物块所停位置到O点的距离xA＝

＝10m（1分）

（2）若只释放B后同理得xB＝

（1分）

Δx＝xB－xA（1分）

若不相碰应将A至少向右推出Δx，

依动能定理WF－μ1mgΔx＝EkA（2分）

当EkA＝0时WF最小

故外力F至少做功WF＝μ1mgΔx＝33.3J（1分）

12．（19分）如图10甲所示，两足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L＝0.5m，导轨平面与水平面之间的夹角为θ＝30°，导轨上端a、c之间接有一阻值为R1＝4Ω的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R2＝4Ω的小灯泡，有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m＝

kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef的一定距离处，从t＝0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变．金属棒MN在两轨道间的电阻r＝1Ω，其余部分的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨．重力加速度g＝10m/s2.求：

图10

（1）小灯泡的实际功率；

（2）金属棒MN穿出磁场前的最大速率；

（3）整个过程中小灯泡产生的热量．

答案　

（1）

W　

（2）5m/s　（3）5J

解析　

（1）由于小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后做匀速直线运动，速度v达到最大，由平衡条件得：

mgsinθ＝B1IL（2分）

小灯泡的电功率P＝（

）2R2（2分）

代入数据解得P＝

W（1分）

（2）由闭合电路欧姆定律得：

I＝

（1分）

其中，总电阻R＝

＋r（1分）

由法拉第电磁感应定律得：

E＝B1Lv（1分）

由以上各式代入数据解得：

v＝5m/s（2分）

（3）金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：

mgsinθ＝ma（1分）

加速度a＝gsin30°＝5m/s2（1分）

进入磁场前所用的时间：

t1＝

（1分）

设磁场区域的长度为x，在0～t1时间内，

由法拉第电磁感应定律得：

E′＝

＝

＝

（1分）

金属棒MN进入磁场前，总电阻R′＝

＋R2（1分）

感应电动势E′＝

R′（1分）

在磁场中运动的时间t2＝

（1分）

整个过程中小灯泡产生的热量为Q＝P（t1＋t2）（1分）

联立以上各式，并代入数据解得：

Q＝5J（1分）

（二）选考题：

共15分，请考生从给出的3道物理题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．

13．（15分）

（1）（6分）以下说法正确的是（　　）

A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大

B．晶体都具有固定的熔点

C．液体的表面层分子分布比液体内部密集，分子间的作用力表现为相互吸引

D．某固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子体积为V0＝

（2）（9分）一定质量的理想气体经历了从A→B→C温度缓慢升高的变化过程，如图11所示，从A→B过程的p—T图象和从B→C过程的V—T图象各记录了其部分变化过程，试求：

①从A→B过程外界对气体__________（填“做正功”、“做负功”或“不做功”）；气体将________（填“吸热”或“放热”）．

②气体在C状态时的压强．

图11

答案　

（1）BD　

（2）①不做功　吸热　②1.25×105Pa

解析　

（1）若分子间作用力表现为斥力，当分子间距离增大时，分子间作用力做正功，分子势能减小，A错误．液体的表面层分子比液体内部稀疏，分子间的作用力表现为相互吸引，C错误．选项B、D正确．

（2）②从B→C过程，由理想气体状态方程得：

＝

代入数据有

＝

解得pC＝1.25×105Pa

14．（15分）

（1）（6分）一列简谐横波，在t＝0.4s时刻的波形图象如图12乙所示，波上A质点的振动图象如图甲所示，

图12

①判断该波的传播方向；

②求该波的传播速度．

（2）（9分）直角玻璃三棱镜的截面如图13所示，一条光线从AB面入射，ab为其折射光线，ab与AB面的夹角α＝60°，已知玻璃的折射率为

.求：

这条光线射到AB面上的入射角并判断ab能否从AC面折射出去，说明原因．

图13

答案　

（1）①沿x正方向　②25m/s　

（2）不能，原因见解析

解析　①由题图可推出，波的传播方向，沿x正方向．

②由乙图知波长为λ＝20m，由甲图知周期为T＝0.8s

故该波的传播速度v＝

＝

m/s＝25m/s

（2）设这条光线射到AB面上的入射角为θ

由折射定律可知：

n＝

，解得θ＝45°

设临界角为C，由sinC＝

可知，C＝45°，即光线在AC面上发生全反射的临界角为45°.由于ab在AC面上的入射角为60°，大于临界角，所以光线ab不能从AC面上折射出去．

15．（15分）

（1）（5分）下面对于物理学史实的一些叙述正确的是（　　）

A．汤姆孙发现电子，并提出原子的核式结构模型

B．贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子是有复杂结构的

C．玻尔通过对粒子散射实验的分析，提出原子能级概念

D．爱因斯坦发现了物体能量与质量的对应关系，可用来计算核反应释放多少能量

（2）（10分）如图14所示，固定在地面上的平台上表面光滑，平台的水平宽度为s0＝1m，高度为H＝20cm.在平台上有两个弹性物块A和B均处于静止状态，A、B的质量分别为1kg和2kg.某时刻一质量为m0＝0.2kg的子弹以v0＝60m/s的初速度水平射入物块A中，瞬间镶嵌在A中未穿出，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，碰后两物块运动一段时间后分别从桌面上平抛出去，落地后即停止运动．求A、B碰后离开平台落到地面上的位置间的水平距离为多少？

（g取10m/s2）

图14

答案　

（1）D　

（2）3m

解析　

（2）子弹镶嵌在A中的过程，以水平向右为正方向，动量守恒m0v0＝（m0＋mA）v1

得v1＝

＝10m/s

A（包含子弹）跟B弹性碰撞的过程中，动量守恒，机械能守恒，以水平向右为正方向

（m0＋mA）v1＝（m0＋mA）v1′＋mBv2′

（m0＋mA）v

＝

（m0＋mA）v1′2＋

mBv2′2

得：

v1′＝

v1＝－2.5m/s

v2′＝

v1＝7.5m/s

碰后A（包含子弹）向左运动，B向右运动，都从平台边缘平抛出去，水平位移分别为xA、xB

竖直方向H＝

gt2

水平方向xA＝v1′t，xB＝v2′t

得xA＝0.5m

xB＝1.5m

落点间距x＝xA＋xB＋s0＝3m