版考前三个月高考物理考前抢分必做 等值模拟三 含答案.docx

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版考前三个月高考物理考前抢分必做等值模拟三含答案

等值模拟（三）

一、单项选择题（本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意）

1.一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度匀加速上升h高度，在此过程中（　　）

A.磅秤的示数等于mg

B.磅秤的示数等于0.1mg

C.人的动能增加了0.9mgh

D.人的机械能增加了1.1mgh

答案　D

解析　根据牛顿第二定律得：

F－mg＝ma，解得：

F＝mg＋ma＝1.1mg，即磅秤的示数等于1.1mg，故A、B错误；根据动能定理得：

ΔEk＝W合＝mah＝0.1mgh，故C错误；人上升h，则重力做功为－mgh，可知重力势能增加mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增加了1.1mgh，故D正确.

2.如图1所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称.一条形磁铁开始放在A点，中心与O点在同一条直线上，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法中正确的是（　　）

图1

A.磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为

B.磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为

C.磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1

D.磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电量不为零

答案　B

解析　磁铁在A点时，线圈中的磁通量为Φ1，故通过一匝线圈的磁通量也为Φ1，与匝数无关，故A错误；

磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝n

＝－n

＝

，故B正确；

磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C、D错误.

3.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2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2

A.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.

4.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.

5.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.

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）

6.如图5所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场.在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容（耦合电容），四边电极发出的电流会流向触摸点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置.由以上信息可知（　　）

图5

A.电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指

B.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大

C.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小

D.如果用带了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作

答案　AB

解析　电容式触摸屏在原理上把人体当做一个电容器元件的一个极板，把导体层当做另一个极板，故A正确；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B正确，C错误；如果带了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较远，不能引起导体层电场的变化，D错误.

7.如图6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，则以下选项正确的是（　　）

图6

A.恒力F一定沿与水平方向夹角为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为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

mg

D.恒力F的最小值为

mg

答案　BCD

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，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.

8.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7，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7

A.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.

9.一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8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8

A.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＞φ3

D.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.

三、简答题：

本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分，请将解答填写在相应的位置.

[必做题]

10.（8分）采用伏安法测量电源的电动势E和内阻r时，由于电表因素带来了实验的系统误差.某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图9所示的测量电源的电动势E和内阻r的电路，E′是辅助电源，A、B两点间有一灵敏电流计G.

图9

（1）请你补充实验步骤：

①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA________φB（选填“远大于”“远小于”或“等于”）.读出电流表和电压表的示数I1和U1；

②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得________，读出________.

（2）由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E表达式为________、内电阻r的表达式________.

（3）该实验方案的优点是消除了________误差.

答案　

（1）①等于　②G示数为零　电压表示数U2、电流表示数I2　

（2）E＝

　r＝

　（3）系统

解析　

（1）①闭合开关S1、S2，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，这时，A、B两点的电势φA、φB的关系是φA等于φB，读出电流表和电压表的示数I1和U1，电流表测量的是干路上的电流，其中I1等于通过电源E的电流.

②改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零.读出电流表和电压表的示数I2和U2.

（2）根据闭合回路欧姆定律得：

E＝I1r＋U1，E＝I2r＋U2

解得：

E＝U1＋

＝

，r＝

.

（3）两次测量，调节R和R′使得灵敏电流计G的示数为零，使得A、B之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差.

11.（10分）某实验小组用如图10所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系.用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起，木板的右端固定了两个打点计时器，将两个质量相等的小车A、B放置在木板右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相连.两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起，将两个打点计时器接在同一个电源上，确保可将它们同时打开或关闭.实验时，甲同学将两小车按住，乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码，再接通电源使打点计时器开始工作.打点稳定后，甲将两辆小车同时释放.在小车撞到定滑轮前，乙断开电源，两打点计时器同时停止工作.取下两条纸带，通过分析处理纸带记录的信息，可以求出两小车的加速度，进而完成实验.

图10

请回答以下问题：

（1）如图11所示为小车A后面的纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为每隔4个打印点选取的计数点，相邻两计数点间的距离如图中标注，单位为cm.打点计时器所用电源的频率为50Hz，则小车A的加速度a1＝________m/s2（结果保留两位有效数字）.同样测出车B的加速度a2，若a1∶a2近似等于________，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比.

图11

（2）丙同学提出，不需测出两小车加速度的数值，只量出两条纸带上从第一个打印点到最后一个打印点间的距离x1、x2，也能完成实验探究.他的验证方法是________，理由是________.

（3）下列操作中，对减少实验误差有益的是（　　）

A.换用质量大一些的钩码

B.换用质量大一些的小车

C.调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行

D.平衡小车运动时受到的摩擦力时，将细线与小车连接起来

答案　

（1）0.48　1∶2　

（2）见解析　（3）AC

解析　

（1）由纸带可知，小车A的加速度a1＝

，式中T＝0.1s，代入数据可知，a1≈0.48m/s2；由装置可知，B车受的拉力FTB等于A车所受拉力FTA的2倍，则根据a＝

可知，测出车B的加速度a2，若a1∶a2＝FTA∶FTB＝1∶2，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比.

（2）丙同学的验证方法是：

比较x1∶x2是否近似等于1∶2；小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个打印点对应小车的运动时间相等，由x＝

at2可知，x与a成正比，即距离之比等于加速度之比.

（3）换用质量大一些的钩码，可减小实验的相对阻力，使得测量更准确，选项A正确；换用质量大一些的小车，可增大阻力，加大误差，选项B错误；调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，可减小实验的误差，选项C正确；平衡小车运动时受到的摩擦力时，只让小车拖着纸带运动，而不应该连接细线，选项D错误，故选A、C.

12.[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分.

A.[选修3－3]（12分）

（1）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体，下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是________.

（2）在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24kJ的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5kJ的热量.在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气________（选填“吸收”或“放出”）的总能量为________kJ.

（3）已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.（结果保留一位有效数字）

答案　

（1）B　

（2）5　放出　29　（3）3×1022个

解析　

（1）等温变化下气体的压强与体积之间的关系，pV的乘积是定值，因此p与V成反比，即与

成正比，B项正确；

（2）将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，即其内能不变，ΔU＝0.外界做了24kJ的功，即W＝24J，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得：

Q＝－W＝－24kJ，即放出24kJ的热量.潜入海底的过程中，空气不做功，W＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知：

ΔU′＝Q′＝－5kJ，所以空气的内能共减小5kJ.

所以，放出的总热量是Q总＝Q＋Q′＝－24kJ－5kJ＝－29kJ，即空气放出的总热量为29kJ.

（3）设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，则有Δn＝

NA，代入数据得Δn≈3×1022个.

B.[选修3－4]（12分）

（1）激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛.下面关于激光的叙述正确的是（　　）

A.激光是纵波

B.频率相同的激光在不同介质中的波长相同

C.两束频率不同的激光能产生干涉现象

D.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离

（2）如图12甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7m，屏上P点距离双缝S1和S2的路程差为7.95×10－7m，则在这里出现的应是________（选填“亮条纹”或“暗条纹”）.现改用波长为6.30×10－7m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________（选填“变宽”、“变窄”或“不变”）.

图12

（3）如图乙所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上面的A点射出.已知入射角为i，A与O相距l，介质的折射率为n，试求介质的厚度d.

答案　

（1）D　

（2）暗条纹　变宽　（3）

l

解析　

（1）激光是电磁波中的一种，是横波，A项错误；频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的，B项错误；能产生干涉的条件是两列光的频率要相同，C项错误；测定距离就是利用激光的平行度好的特性，D项正确.

（2）当点到两光源的路程差为半波长的奇数倍时，出现暗条纹；Δx＝

λ，随波长变长，条纹间距变宽.

（3）设折射角为r，由折射定律

＝n，

几何关系l＝2dtanr，

解得d＝

l.

C.[选修3－5]（12分）

（1）研究光电效应电路如图13所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是________

图13

（2）钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子，光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________（选填“增大”、“减小”或“不变”），原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________.

（3）已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.40eV和－1.51eV，金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应.

答案　

（1）C

（2）减小　光电子受到金属表面层中力的阻碍作用（或需要克服逸出功）

（3）不能发生光电效应

解析　

（1）遏止电压不会随光的强弱而变化，光的强弱会影响饱和光电流的大小，光照越强，饱和光电流越大；C项正确.

（2）钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出的过程中，由于要克服金属束缚做功，速度减小，则动量减小.

（3）氢原子放出的光子能量E＝E2－E1，

代入数据得E＝1.89eV.

金属钠的逸出功W0＝hνc，

代入数据得W0≈2.3eV

因为E

四、计算题（本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）

13.（15分）如图14所示，足够长的水平传送带以恒定速率2m/s沿顺时针方向运动，在与传送带同一竖直平面内有一四分之一光滑圆轨道，半径为0.8m，圆轨道与一光滑水平面相切与最低点，一小物块从圆轨道的最高点由静止释放，一段时间后沿水平方向滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.求小物块

图14

（1）运动到圆轨道最低点时的速度大小；

（2）刚滑上传送带时的加速度大小；

（3）从滑上传送带到离开传送带所用的时间.

答案　

（1）4m/s　

（2）2m/s2　（3）4.5s

解析　

（1）根据动能定理得：

mgh＝

mv

解得：

v1＝

＝

m/s＝4m/s

（2）根据牛顿第二定律得：

μmg＝ma

解得：

a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2

（3）小物块先向左做匀减速直线运动，直至速度为零，设这段时间为t1，运动的位移为x1；再向右做匀加速直线运动，直至速度达到传送带速度v2，设这段时间为t2，运动的位移为x2；最后以速度v2向右做匀速直线运动直到离开传送带，设这段时间为t3.

0＝v1－at1

x1＝

t1

代入数据解得：

t1＝2s　x1＝4m

向右做匀加速直线运动阶段，v2＝at2

x2＝

at

代入数据解得：

t2＝1s　x2＝1m

匀速直线运动阶段，x1－x2＝v2t3

代入数据解得：

t3＝1.5s

所以总时间为：

t＝t1＋t2＋t3＝（2＋1＋1.5）s＝4.5s

14.（16分）磁谱仪是测量α能谱的重要仪器.磁谱仪的工作原理如图15所示，放射源S发出质量为m、电量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，被限速光栏Q限制在2φ的小角度内，α粒子经磁场偏转后打到与限速光栏平行的感光片P上.（重力影响不计）

图15

（1）若能量在E～E＋ΔE（ΔE>0，且ΔE≪E）范围内的α粒子均垂直于限速光栏的方向进入磁场.试求这些α粒子打在胶片上的范围Δx1.

（2）实际上，限速光栏有一定的宽度，α粒子将在2φ角内进入磁场.试求能量均为E的α粒子打到感光胶片上的范围Δx2.

答案　

（1）

－

（2）

sin2

解析　

（1）设α粒子以速度v进入磁场，打在胶片上的位置距S的距离为x.

由题意得qvB＝m

α粒子的动能E＝

mv2

x＝2R

由以上三式可得x＝

所以Δx1＝

－

（2）动能为E的α粒子沿±φ角入射，轨道半径相同，设为R

粒子做圆周运动，则qvB＝m

α粒子的动能E＝

mv2

由几何关系得

Δx2＝2R－2Rcosφ＝

（1－cosφ）

＝

sin2

15.（16分）在如图16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16

（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：

＝