高三物理模拟卷.doc

2017届高三·物理模拟卷二
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。1~6小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，7~10小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 如图所示为甲、乙两质点从同一点做直线运动的v-t图像。由图像可得（ ）

A．在0~3s时间内，甲的加速度大于乙的加速度
B．乙在0~3s内的平均速度与甲在0~5s内的平均速度相等
C．在t =5s时刻，甲、乙相距1m
D．从5s时刻起，甲、乙之间的距离大小不再变化
答案：C
解析：v-t图像的斜率表示加速度，斜率越大加速度越大，在0~3s时间内，甲的加速度小于乙的加速度，选项A错误；在0~3s时间内乙的平均速度为2m/s，在0~5s时间内甲的平均速度为3m/s，二者不相等，选项B错误；在t=5s时刻，甲、乙相距15m-14m=1m，选项C正确；从5s时刻起，甲的速度大，乙的速度小，甲、乙之间的距离是逐渐变大的，选项D错误。
2. 随着科技的发展，人类发射了多颗探索卫星、通讯卫星以及气象卫星等。卫星在发射时，应先将其发射到近地圆形轨道，待其工作稳定时，点火使其进入椭圆轨道，最终到达预定的圆形轨道。则（ ）

A．卫星在轨道与在轨道具有相同的角速度
B．卫星在轨道运行的线速度小于在轨道运行的线速度
C．卫星在椭圆轨道的运行周期大于在轨道的运行周期
D．卫星在由轨道变轨到轨道的整个过程中，卫星的机械能守恒
答案：C
解析：卫星在圆形轨道上环绕地球做圆周运动，向心力是由万有引力提供的，则由牛顿第二定律得，解得，因此轨道半径越大其角速度越小，因此卫星在轨道的角速度小于轨道的角速度，A错误；又因为，解得，卫星在轨道运行的线速度大于轨道，B错误；由开普勒第三定律可知，卫星在椭圆轨道的运行周期大于在轨道的运行周期，C正确；卫星在变轨前后，需要对卫星加速，使其机械能增加，D错误．

3. 将电学元件按照如图所示的电路连接，其中电源的内阻不能忽略，电压表和电流表均为理想的电表，开始滑动变阻器的滑动触头位于滑动变阻器的正中央，电路中的小灯泡正常发光。当滑动变阻器的滑动触头向右端逐渐滑动的过程中，下列现象中正确的是（ ）

A．电压表的示数减小、定值电阻两端电压减小
B．电压表的示数增大、电流表的示数减小
C．小灯泡的亮度变暗
D．定值电阻消耗的电功率减小
答案：C
解析：将滑片P移到右端，变阻器接入电路中的电阻R减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可以判断电路中总电流增大，电流表示数增大，由U＝Ir 可以判断内电压增大，则路端电压减小，小灯泡L消耗的功率减小，则其亮度变暗，C正确；流过R1的电流I1＝I总－IL增大，电阻R1消耗的功率增大，所以 D错误；定值电阻两端电压UR1增大,电压表示数UV＝UL－UR1减小，AB错误。
4. 运动员在某次训练先后两次将乒乓球发出，两次运行的轨迹如图中1、2所示，经测试乒乓球两次均以水平向右的速度刚好越过球网，假设乒乓球可视为质点，且自身的转动和一切阻力均可忽略不计。则乒乓球由与台面碰撞到过网的过程中
A．由于1的水平位移大，则第一次重力的平均功率大
B．由于1的水平位移大，则第一次乒乓球速度的变化量大
C．由于1的水平位移大，则第一次运行的时间长
D．由于1的水平位移大，则第一次到最高点时小球的速度大

答案：D
解析： 将乒乓球运动视为从球网水平向左的平抛运动的逆过程，则可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，由于乒乓球两次竖直方向下落的高度相同，则乒乓球两次下落的时间相同，重力的功相同，因此重力的平均功率相同，AC错误；由可知两次乒乓球速度的变化量相同，B错误；由于1的水平位移大，则第一次乒乓球的速度大，D正确。
5. 两粗糙斜面体ABC与CDE固定在水平地面上，两斜面在C点平滑相连，两斜面倾角相同，粗糙程度相同，一可视为质点的带负电的物块在斜面顶端B处无初速度释放，第一次可上滑到最高点F处，则关于物块的运动情况下列说法正确的是 （ ）
A．若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，物块第一次上滑到的最高点仍为F
B．若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，物块第一次上滑到的最高点比F点高
C．若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点仍为F
D．若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点比F点高

答案：C
解析：若空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，物块多受到一个垂直斜面向下的洛伦兹力，因此物块受到的摩擦阻力大于没有磁场时的摩擦阻力，因此物块第一次上滑到的最高点比F点低，选项A、B均错误；空间没有电磁场时，设物块从开始运动到F点路程为s，高度差为h，则：，解得，若空间若空间存在竖直向上的匀强电场，设物块从开始运动到第一次上滑到最高点运动路程为，高度差为，则，解得，因此可判断出若空间存在竖直向上的匀强电场，物块第一次上滑到的最高点仍为F，选项C正确，D错误。
6. 图中的图线为电子在某静电场中仅在电场力作用下的电势能随其位移的变化规律，其中的图线为关于处的虚线对称的抛物线，段的图线为倾斜的直线。其中、、分别表示、、点的电势。则下列选项正确的是（ ）

A．电子所受的电场力逐渐增大
B．电子在的过程中加速度大小不变，在的过程中加速度为零
C．<<
D．=
答案：C
解析：根据电势能与电势的关系：，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知图象切线的斜率等于，段的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，电子所受的电场力逐渐减小，A错误；由图看出在段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度变大；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，加速度不变，B错误；根据电势能与电势的关系：，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有<<，C正确；与两点间距与与两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样，有U=Ed，，D错误．
7. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比:＝22:1，在a、b端加上一交变电压
u＝，流过小灯泡的电流为0.3A，小灯泡正常发光。以下说法中正确的是 （ ）

A．小灯泡的额定功率为3W
B．小灯泡的额定功率为66W
C．将滑动变阻器的滑片稍微下移，灯泡亮度不变
D．将滑动变阻器的滑片稍微下移，变压器的输入功率要变大
答案：AC
解析：根据变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，可得副线圈的电压为10V，小灯泡的功率为P=UI=3W，选项A正确，选项B错误；由于输入电压、变压器原副线圈匝数均不变，故将滑动变阻器的滑片稍微下移，灯泡两端的电压不变，不会影响灯泡的亮度，选项C正确；将滑动变阻器的滑片稍微下移，滑动变阻器的接入电路的有效阻值变大，变压器输出功率变小，输入功率也变小，选项D错误。
8.如图所示，三角形物块B放在三角形物块A上，要使物块B与A相对静止（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力），下列说法正确的是 （ ）
A．若A、B之间接触面粗糙，可能一起静止在地面上，且它们之间的摩擦因数必须大于等于
B．若A、B之间接触面粗糙，可能一起静止在地面上，且它们之间的摩擦因数必须小于
C．若A、B之间接触面光滑，可能一起向右做匀加速直线运动，且加速度必须大于
D．若A、B之间接触面光滑，可能一起向右做匀加速直线运动，且加速度必须等于

答案：AD
解析：若A、B之间接触面粗糙，一起静止在地面上时，B受A支持力，只要最大静摩擦力大于等于重力分力即可保持平衡状态，即，选项A正确、B错误；若A、B之间接触面光滑，可能一起向右做匀加速直线运动且两者加速度必须相等，研究B，受力如图所示，，因此选项C错误、D正确，本题正确选项为A、D。

9. 如图所示，光滑水平面内固定有一槽，足够长的轻杆一端处于槽内，另一端与一轻质弹簧相连，当左端物块撞击弹簧时，当弹簧的压缩量达到某一值时，轻杆可以在槽内移动，设杆在槽内移动时所受到的摩擦力恒为f。现有一质量为m的物块以某一初速度v0撞击轻质弹簧，最后物块以速度v被反弹回来（设整个过程中杆不会全部进入槽）。物块与水平面的摩擦不计，弹簧在压缩过程中始终在弹簧的弹性限度内，且物块与弹簧作用时没有能量损失，则下列说法正确的是（ ）
A．物块被弹回时的动能一定小于
B．物块压缩弹簧的过程中，物块和弹簧所组成的系统机械能可能守恒
C．物块在压缩弹簧的过程中，弹簧所具有的最大弹性势能为
D．如果轻杆发生了移动，则它移动的位移大小为
答案：BD
解析：物块在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于时，直杆和槽间无相对运动，物块被弹回时速度v大小一定等于v0的大小，在该过程中物块和弹簧所组成的系统机械能守恒，此时弹簧的最大弹性势能为，故选项A错误、选项B正确；若形变量等于时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，所以物块被弹回时速度v一定小于v0，故选项C错误；整个过程应用动能定理：，直杆在槽内移动的距离，故选项D正确。
10. 按如图的方式连接电路，当用紫光照射阴极K时，电路中的微安表有示数。则下了正确的叙述是（ ）
A．如果仅将紫光换成黄光，则微安表一定没有示数
B．仅将滑动变阻器的触头向右滑动，则微安表的示数一定增大
C．仅将滑动变阻器的触头向左滑动，则微安表的示数可能不变
D．仅将电源的正负极对调，则微安表仍可能有示数

答案：CD
解析：当换用黄光后，入射光的频率减小，入射光的频率可能大于金属的极限频率，发生光电效应，电路中可能有光电流，A错误；滑动变阻器的触头向右滑动，则光电管正负极间的电压增大，电路中的光电流可能达到饱和值，保持不变，B错误；滑动变阻器的触头向左滑动，则光电管正负极间的电压减小，电路中的光电流可能仍为饱和值，保持不变，C正确；将电源的正负极对调，电子做减速运动，可能仍有部分光电子能到达阳极A，则微安表仍可能有示数，D正确。
第Ⅱ卷
二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。
（一）必考题（共60分）
11.（6分）某物理实验小组的同学利用如图所示的实验装置来“探究弹簧的弹力和弹簧伸长量的关系”时，完成了如下的操作：该小组的同学将弹簧自由悬挂在铁架台的横梁上，在不悬挂钩码的情况下测量出弹簧下端在刻度尺上所对应的刻度值，而后取质量均相同的钩码，并在弹簧的下端逐渐地增加钩码的个数，依次测量出弹簧的下端在刻度尺上所对应的刻度值，并将测量的数据记录在下表中：（重力加速度的大小取）

(1)请在下图中的坐标系中，根据表中的数据作出弹簧下端的刻度值与钩码质量的关系图线；

(2)请根据作出的图线分析，当弹簧的弹力大小在 N以内胡克定律对该弹簧成立，并求出该弹簧的劲度系数 。

答案：(1)如图所示（2分）　(2)4.9　（2分）25（2分）
解析： (1)根据题目中所测量的数据进行描点，然后用平滑的曲线(或直线)连接各点，在连接时应让尽量多的点落在线上(偏差比较大的点舍去)，不在线上的点尽量平均分配在线的两侧，如图所示；
(2)根据所画图像可以看出，当m≤5.00×102 g＝0.5 kg时，标尺刻度x与钩码质量m成一次函数关系，所以在F≤4.9 N范围内弹力大小与弹簧伸长量关系满足胡克定律。由胡克定律ΔF＝kΔx可知，k＝＝＝25 N/m。
12.（9分）某实验小组在测量一节干电池的电动势与内阻时，设计了如左图所示的电路，实验室为该小组提供的实验器材如下：
A．电压表V1，量程0～3 V、内阻约为3
B．电压表V2，量程0～15 V、内阻约为15
C．电流表A1，量程0～0.6 A、内阻约为1
D．电流表A2，量程0～3 A、内阻约为0.2
E．最大阻值约为20 Ω的滑动变阻器R1
F．最大阻值约为100 Ω的滑动变阻器R2
G．电建S以及导线若干
（1）为了减小实验误差，电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 。（填实验器材前的序号）
（2）该小组的同学在进行多次测量后，将得到的多组电压表、电流表的读数描绘在同一伏安特性曲线中，如右图所示，首先在坐标系中画出干电池的伏安特性曲线，然后由图线可求得电源的电动势为________V，电源的内阻为________Ω。

答案：(1)C　（1分）A 　（1分）E （1分） (2)图线如图所示　　（2分）1.5　（2分）0.5　（2分）
解析：(1)因为电源的电动势接近1.5 V，则电压表应该选择0～3 V量程，应选A；电池的内阻一般不到1欧姆，则电流表应该选择0～0.6 A量程，应选C；同时为了方便调节，滑动变阻器应该选择阻值较小的R1，应选E；(2)将实验过程中描出的点用直线连接起来，连接时要使尽量多的点在直线上，不在直线上的点尽量分布在直线的两侧．由得到的直线可知，电源电动势为1.5 V，在直线上取一点，代入E＝U＋Ir，可以求出电源的内阻为0.5 Ω。
13.（12分）某工厂为了测量质量为、额定功率为的玩具遥控汽车的性能。某同学启动发动机使遥控汽车首先在平直的轨道上以的速度做匀速直线运动，该过程中玩具车的实际功率为，然后通过遥控使玩具车在轨道上做匀加速直线运动，当玩具车的速度达到时，玩具车的功率刚好达到额定功率。已知玩具车的阻力与其速率成正比，即。求：
（1）该玩具车能达到的最大速度应为多大？
（2）该玩具车做匀加速直线运动的时间以及位移分别为多大？
解析：（1）汽车以速度v0在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输出功率为，可知：（1分）
汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率：（1分）
解得：（1分）
（2）当汽车速度增加到时，设牵引力为，汽车的加速度为a，则
遥控汽车以恒定加速度启动过程中，由牛顿第二定律：（1分）
则汽车在做匀加速直线运动的过程中，该汽车行驶所经历的时间：（1分）
由以上代入数据可得（1分）
汽车匀加速行驶通过的距离：（1分）
代入数据得：（1分）
14.（14分）在如甲图所示的粗糙水平面上固定一倾角的三角形斜劈，其中水平面与斜劈在点平滑连接。现将一质量为的小物体静置于水平面的点，从某时刻起对小物体施加一水平向右的作用力，且作用力随小物体的位移的变化规律如乙图，小物体能经点后冲上斜劈，假设小物体在过点时的机械能损失忽略不计。已知小物体与水平面以及与斜劈间的动摩擦因数都为，两点间的距离为，，，。求：
（1）小物体从点开始运动后第一次到达点时的速度为多大？
（2）如果当小物体运动到点时将作用力撤走，则小物体最终停止何处？
D
解析:（1）初始时物体动能，到达B点时的动能（1分）
由到过程中，外力做功（1分）
由动能定理（1分）
得（1分）
（2）如图所示，设滑块上升到D点时速度为0，所走距离为s1。

到达D点滑块动能为，（1分）
由B到D的过程中，外力做功为， （1分）
由动能定理， （1分）
求得。 （1分）
由知，滑块不能静止在D点，将继续向下运动。设滑块最终停在水平轨道上的E点，BE间距离设为s2。（1分）
到E点时滑块动能为，（1分）
由D到E的过程中，外力做功为，（1分）
由动能定理， （1分）
求得。（1分）
则小物体最终停止在距离点0.64m处。（1分）
15.（19分）如图所示，在x＜0的区域存在沿x轴正向的匀强电场区域，电场强度大小为，在x＞0的区域存在等大反向的有界匀强磁场，磁场区域Ⅰ的宽度为d，磁感应强度大小为B，将一质量为m，电荷量为q的正粒子在x轴上某处由静止释放，不计粒子重力，求：

（1）在电场中x轴上由静止释放的粒子坐标满足什么条件时不能到达磁场区域Ⅱ；
（2）（1）中恰好不能到达磁场区域Ⅱ的粒子，从释放到第二次经过y轴运动的时间；
（3）在坐标（，0）处释放的粒子在第n次回到出发点所需要的时间。
答案：（1）；（2）；（3）（n=1、2、3...）
解析：（1）在x轴上恰好不能到达磁场区域Ⅱ的粒子运动轨迹如图a所示，由图可知粒子运动半径为d，由洛伦兹力提供向心力得：（1分）
设此粒子在x轴上由x0处释放，由动能定理得：（1分）
两式联立解得：。因此在电场中坐标值满足:处释放分粒子不能到达磁场区域Ⅱ（1分）。

（2）设粒子在电场中的运动时间为：由（1分）
解得（1分），粒子在磁场中的运动时间为：（1分）
因此从释放到第二次经过y轴运动的时间：（1分）
（3）在坐标（，0）处释放的粒子在磁场中的运动轨迹如图bcd所示，设粒子在电场中第一次到达y轴速度为，则：（1分）
解得：（1分）
粒子在电场中第一次到达y轴时间为：（1分）
设粒子在磁场中半径为r，则：（1分）
解得：（1分）
由几何关系得：（1分）
解得：（1分）
因此粒子在磁场区域Ⅱ中转动的圆心角为：（1分）
粒子第一次回到出发点所需要的时间为：（1分）
（1分）
代入得（1分）
因此第n此回到出发点所需要的时间为：（n=1、2、3......）（1分）
（二）选考题
16.物理——选修3-3（15分）
（1）（6分）关于气体、液体和固体的性质，下列描述正确的是 （填正确答案的标号。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
B．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
C．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是非晶体
D．气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关
E．悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡
答案：ABD
解析：液体表面存在张力，露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，A正确；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，B正确；蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块是多晶体，看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特点，C错误；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，D正确；做布朗运动的微粒越小，在液体分子的撞击下越不容易保持平衡，E错误。
（2）（9分）一长为的细玻璃管，导热性能良好，与足够长的粗玻璃管衔接，已知细玻璃管与粗玻璃管的半径之比为。现用长度为水银柱将一定质量的理想气体封闭，当环境温度为时，气柱的长度为，已知外界大气压强为。求：
①现缓慢地对玻璃管加热，当上侧的水银面刚好与衔接处平齐时，气柱的温度为多少？
②继续缓慢地对玻璃管加热，当水银柱刚好完全进入上侧的玻璃管时，气柱的温度为多少？

解析：①由于水银柱始终未离开细玻璃管，因此气柱做等压变化，当当上侧的水银面刚好与衔接处平齐时气柱的长度 （1分）
则由查理定律得： （2分）
解得： （1分）
②当水银柱刚好完全进入上侧的玻璃管时，水银柱的长度为 （1分）
此时封闭气柱的压强为气柱的长度为 （1分）
由理想气体状态得 （2分）
解得： （1分）
17.物理——选修3-4（15分）
（1）（6分）下列对机械振动和机械波的理解正确的是 （填正确答案的标号。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．机械波的传播速度由介质本身的性质决定
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C． 受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关
D．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域应交替变化
E．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象
答案：ABE
解析：机械波的传播速度有介质决定，与波源的无关，A正确；单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期，与单摆的摆长无关，B正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，和振动系统的固有频率无关，C错误；两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域始终加强，减弱区域始终减弱，D错误；军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，E正确．
（2）（9分）由两种不同透明介质制成的直角三棱镜甲和乙，并排放在一起刚好构成一截面为正三角形的棱镜，甲的折射率为，一细光束由边的中点斜射入棱镜甲，已知入射光线在边的入射角的正弦值为，经折射后该光束刚好在棱镜乙的边发生全反射，最后从边射出。已知该光束在真空中的光速为，边的长度为。求该细光束在棱镜中的传播时间。

解析：由题意则该细光束在棱镜甲中的传播速度为（1分）

设该细光束在边的折射角为，由折射定律可得：（1分）
解得：（1分）
由几何关系可知，细光束在棱镜中的折射光线与边的夹角为，故折射光与底边平行，光线进入棱镜乙时传播方向不变．（1分）
当光线刚好在棱镜乙的边发生全反射时，由几何知识可得，光线在边的入射角为 ，即临界角（1分）
设棱镜乙的折射率为，则有解得（1分）
则该细光束在棱镜乙中的传播速度为（1分）
由几何关系可知，，（1分）
则该光束在棱镜中的传播时间为（1分）