高考物理冲刺模拟考试试题三含解析.doc

教育类资料二、选择题1. 用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在胶片上先后出现如图 甲、乙、丙所示的图象，则下列说法错误的是() A. 图象甲表明光具有粒子性B. 实验表明光是一种概率波C. 用紫外线光做实验，观察不到类似的图象D. 实验表明光的波动性不是光子间相互作用引起的【答案】C【解析】A、图象甲以一个个的亮点，即每次只照亮一个位置，这表明光是一份一份传播的，说明光具有粒子性，故A正确；B、因为单个光子所能到达的位置不能确定，但大量光子却表现出波动性，即光子到达哪个位置是一个概率问题，故此实验表明了光是一种概率波，故B正确；C、因为紫外光是不可见光，所以直接用眼睛观察不到类似的图象，但是用感光胶片就能观察到类似现象，故C错误；D、在光的双缝干涉实验中，减小光的强度，让光子通过双缝后，光子只能一个接一个地到达光屏，经过足够长时间，仍然发现相同的干涉条纹这表明光的波动性不是由光子之间的相互作用引起的，故D正确；说法错误的故选C。2. 如图所示，一个质量为1kg的遥控小车正以18m/s的速度，沿水平直线轨道做匀速直线运动，在t=0时刻开始制动做匀减速直线运动，在3s内前进了36m。在这3s内（ ）A. 小车运动的平均速度大小为9m/sB. 小车受到的制动力大小为6NC. 制动力对小车做负功，大小等于162JD. 制动力对小车做功的平均功率为48W【答案】D【解析】A、小车运动的平均速度大小为，故A错误；C、制动力对小车做负功，大小等于，故C错误；D、制动力对小车做功的平均功率为，故D正确；故选D。3. 如图所示，理想变压器原线圈a、b间输入一恒定的正弦交流电，副线圈接有理想的电压表V和电流表A，当滑线变阻器的滑片P向下滑动时，下列说法正确的是（ ）A. 电压表的示数不变B. 电压表的示数增大C. 电流表的示数增大D. 电阻R2的功率增大【答案】B【解析】设电流表的示数为I，理想变压器原副线圈匝数之比为k，则副线圈的电流为，理想变压器副线圈的电压为，理想变压器原线圈的电压为，理想变压器原副线圈电压之比为，解得，当滑线变阻器的滑片P向下滑动时，电阻R增大，电流表的示数为I减小，理想变压器原线圈的电压为增大，理想变压器副线圈的电压增大，故电压表的示数增大，电阻R2的功率减小，故B正确，A、C、D错误；故选B。4. 宇宙中有两颗相距很远的行星A和B，它们的半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示；T0为两颗行星近地卫星的周期。则( )A. 行星A的质量小于行星B的质量B. 行星A的密度小于行星B的密度C. 行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D. 若两卫星轨道半径相等，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速【答案】D【解析】A、根据万有引力提供向心力,有：，解得，对于环绕行星A表面运行的卫星，有：，对于环绕行星B表面运行的卫星，有，联立解得，由图知 ，所以，故A错误；B、A行星质量为：，B行星的质量为：，代入解得，解得，故B错误；C、行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力，有：，解得，因为，所以，故C错误；D、根据知，由于，行星运动的轨道半径相等，则行星A的卫星的向心加速度大于行星B的卫星的向心加速度，故D正确；故选D。5. 如图所示，有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R.质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上。现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同速度v0 向右运动，两棒滑行一段距离后静止，已知导棒始终与导轨垂直，在此过程中（ ）A. 在速度为u0时，两棒的端电压Uab=UcdB. 铁棒在中间时刻的加速度是速度为v0时加速度的一半C. 铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间D. 两回路中磁通量的改变量相等【答案】C【解析】A、导体棒的速度为，根据法拉第电磁感应定律，导体棒中感应电动势为，由闭合电路欧姆定律知回路中电流为，而电阻R两端电压为，由于铁棒和铝棒的电阻r不同，故两棒的端电压，故A错误；B、根据牛顿第二定律可知，铁棒做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于，铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v0时加速度的一半，故B错误；C、由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻，根据可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，根据动量定理可知铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，故C正确；D、根据动量定理可知，而，解得，两回路中磁通量的改变量不相等，故D错误；故选C。6. 空间存两点电荷产生的静电场，在xoy横轴上沿x轴正方向电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，虚线为两条渐近线，M、N是两条渐近线到原点O的中点，且PO=3MO。取无穷远处电势为零，下列说法中正确的是（ ）A. M、N两点的电势相等B. P点电势高于M点电势C. M、O两点电场强度大小之比为20：9D. 单位正电荷从O点移到N点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为-W【答案】BCD【解析】AB、由图可知MN之间的电场线方向沿x轴正方向，故左边的电荷为正电荷，右边为等量的负电荷，故M点的电势比N两点电势高，P点电势高于M点电势，故A错误，B正确； C、设MO的距离为r，正负电荷的电荷量为Q，M点电场强度大小为，O点电场强度大小为，M、O两点电场强度大小之比为，故C正确；D、沿电场线方向电势降低，O点电势为零，所以单位正电荷从O点移到N点过程中，电场力做功为W，则N点电势数值为-W，故D正确；故选BCD。【点睛】根据MN之间的电场线方向沿x轴正方向，确定左边的电荷为正电荷，右边为的负电荷，根据图线关于坐标原点对称，确定两点荷为等量异种电荷。7. 如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“ V”型杆上的A、B两点，已知OM边竖直，且AO=OB，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态。若在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，直到ON边竖直，绳子的张力为T，A点处绳子与杆之间摩擦力大小为F，则（ )A. 张力T先一直增大B. 张力T先增大后减小C. 摩擦力F一直减小D. 摩擦力F先增大后减小【答案】BC【解析】AB、设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，受力如图在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，直到ON边竖直，AB的长度不变，AB在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角为先变大后变小，所以张力先增大后减小，故A错误，B正确；CD、以A点为对象，受力分析如图根据平衡条件可知，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，绳子与竖直方向的夹角先变大后变小，OA杆与竖直方向的夹角一直变大，当绳子与竖直方向的夹角变大，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角变小时，但还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故C正确，D错误；故选BC。【点睛】设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”型杆，根据几何关系和对称性，绳子与竖直方向的夹角先变大后变小。8. 水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则（）A. 拉力F所做功为nFL B. 系统克服摩擦力做功为C. D. 【答案】BC【解析】物体1的位移为（n-1）l，则拉力F所做功为 WF=F（n-1）l=（n-1）Fl故A错误系统克服摩擦力做功为 Wf=mgl+mgl+mg（n-2）l+mg（n-1）l= 故B正确据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有 WF=Wf，解得 现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知 ，故C正确，D错误故选BC.三、非选择题： （一）必考题： 9. 某同学利用如图所示探究“机械能守恒定律”实验步骤如下：（1）用游标卡尺测出挡光片的宽度d；（2）按图竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端；在铁架台上固定一位置指针，标示出弹簧不挂钩码时遮光条下边缘的位置，并测出此时弹簧长度x0；（3）测量出钩码质量m，用轻质细线在弹簧下方挂上钩码，测量出平衡时弹簧的长度x1，并按图所示将光电门组的中心线调至与遮光条下边缘同一高度，已知当地重力加速度为g，则此弹簧的劲度系数k =_；（4）用手缓慢地将钩码向上托起，直至遮光条恰好回到弹簧原长标记指针的等高处（保持细线竖直），迅速释放钩码使其无初速下落，光电门组记下遮光条经过的时间Dt，则此时重锤下落的速度=_；（5）弹簧的弹性势能增加量_，（用题目所给字母符号表示）；（6）钩码减小的机械能E=_； （用题目所给字母符号表示）（7）若EP与E近似相等时，说明系统的机械能守恒。【答案】 (1). (2). (3). (4). 解：(1)根据平衡条件可得，解得此弹簧的劲度系数；(2)在很短时间内，根据平均速度等于瞬时速度，此时重锤下落的速度；(3)弹簧的弹性势能增加量该过程中重力势能的减小量，动能的增加量为，故钩码减小的机械能10. 霍尔元件是一种重要的磁传感器，常应用在与磁场有关的自动化控制和测量系统中。如图甲所示，在一矩形半导体薄片的1、2间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，当霍尔电压UH达到稳定值后，UH的大小与I和B以及霍尔元件厚度d之间满足关系式 ,其中比例系数RH称为霍尔系数，仅与材料性质有关。（1）若半导体材料是电子导电，霍尔元件能通过如图甲所示电流I，接线端3的电势比接线端4的电势_（填“高”或 “低”）；（2）已知的厚度为d，宽度为b，电流的大小为I，磁感应强度大小为B，电子电量为e，单位体积内电子的个数为n，测量相应的UH值，则霍尔系数RH=_； （3）图乙是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着m个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图丙所示。若在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，请导出圆盘转速N的表达式_；（4）如图丁是测速仪的外围电路图，要将图甲中的霍尔元件正确的接入电路中虚线框中四个接线端，则a和b分别连接_和_（填接线端“1和2”或“3和4”）。【答案】 (1). （1）低； (2). （2） (3). （3） (4). （4）1 (5). 2【解析】【分析】由左手定则可判断出电子的运动方向，从而判断接线端3和接线端4的电荷聚集情况，聚集正电荷的一侧电势高；根据题中所给的霍尔电势差和霍尔系数的关系，结合电场力与洛伦兹力的平衡，可求出霍尔系数的表达式；由转速时间以及圆盘的周边永久磁体的个数，可表示出霍尔元件输出的脉冲数目，从而表示出圆盘转速；解：(1)导体或半导体中的电子定向移动形成电流，由左手定则判断，电子会偏向接线端3，使其电势低，同时相对的接线端4的电势高，故接线端3的电势比接线端4的电势低；(2)由题意得：，解得；当电场力与洛伦兹力平衡时，有，解得，又有电流的微观表达式：I=nevS，联立解得；(3) 由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则有：，圆盘转速为：；(4) 要将图甲中的霍尔元件正确的接入电路中虚线框中四个接线端，则a和b分别连接线端“1和2”。11. 如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为O1（0，0.08m），平行金属板的板长L=0.3m，间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4102V，其中MN极板上收集的粒子全部中和吸收。一位于O处的粒子源向第I、II象限均匀地发射速度大小u=6.0105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第I象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，若粒子重力不计、比荷 不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）打到下极板右端点N的粒子进入电场时的纵坐标值；（2）打到N点粒子进入磁场时与x轴正方向的夹角。【答案】（1）0.08m（2）530【解析】【分析】粒子在电场中做内平抛运动，根据运动的合成与分解求出打到下极板右端点N的粒子进入电场时的纵坐标值；粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求出进入磁场时与x轴正方向的夹角；解析：（1）如图所示，恰能从下极板右端射出的粒子的竖直坐标为y，粒子在电场中的加速度 粒子穿过平行金属板的时间为 粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有： 联立三式得：代入数据得y=0.08m yd=0.1m，说明粒子能射入极板间，射入点的坐标为y=0.08m（2）粒子从A点进入磁场，从点P（0.1m，0.08m）射出磁场。 粒子做圆周运动的半径为r0，有：解得r0=0.08m 在直角DAMP中P点与磁场圆心等高，OC=R=0.1m由三角函数关系有：，即 12. 如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角=30，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板。某时，一质量为m的小木块从工件上的A点沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g。求：（1）木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小。（2）木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小。（3）木块与挡板第1次碰撞至第n（n=2，3，4，5，）次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能E。【答案】（1）a1=g/2，a2=g/6（2）v1=-2v0，v2=2v0 （3）E=24（n1）mv02（n=2、3、4、5） 【解析】（1）设工件与斜面间的动摩擦因数为，木块加速度为a1，工件加速度为a2。对木块，由牛顿第二定律可得：mgsinma1对工件，由牛顿第二定律可得：（3m+m）gcos3 mgsin3ma2 工件匀速运动时，由平衡条件可得：3mgcos3 mgsin由式解得：a1 a2 （2）设碰挡板前木块的速度为v，由动量守恒定律可得：3mv0+mv0=mv 由式解得：v=4v0 木块以v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v1，工件速度为v2，由动量守恒定律可得： mv= mv1+ 3mv2 由能量守恒得： 由式联立解得：v12v0 v22v0 （3）第1次碰撞后，木块以2 v0沿工件向上匀减速运动，工件以2 v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t= 木块的速度v1=2v0+a1t=4v0 此时，木块的位移：x1=2v0t+a1t2工件的位移：x2=2v0ta2t2即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：t=（n1）t=（n=2,3,4,5,）木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，t时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：E=4mg（n1）x2sin30由式解得：E=24（n1）mv02（n=2,3,4,5,）（二）选考题： 13. 下列说法正确的是_A物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功B能量耗散说明与热有关的宏观过程在能量转化时具有方向性C扩散现象在气体、液体能发生，但在固体中不能发生D某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=V/V0E空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果【答案】ABE【解析】A、根据热力学第二定律可知，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功故A正确；B、能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故B正确；C、扩散现象在气体、液体能发生，但在固体中也能发生，故C错误；D、某气体的摩尔体积为V，每个分子的占据的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为，故D错误；E、空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故E正确；故选ABE。【点睛】根据热力学第二定律可知，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，扩散现象在气体、液体、固体中能发生，空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果。14. 如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中开启上部连通左右水银的阀门A，当温度为300 K时，水银的平衡位置如图(h1h25 cm，L150 cm)，大气压为75 cm Hg。求：右管内气柱的长度L2；关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3.【答案】（1）50 cm（2）60 cm【解析】试题分析：（1）左管内气体压强：，右管内气体压强：，解得，右管内外液面高度差，右管内气柱长度；（2）设玻璃管截面积S，由理想气体状态方程，解得：。考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强【名师点睛】分别以两部分气体为研究对象，求出两部分气体压强，然后由几何关系求出右管内气柱的长度；以左管内气体为研究对象，由理想气体状态方程可以求出空气柱的长度。 - 14 -