1、仿真检测(三)(满分：110 分 时间：60 分钟)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 15 题只有一项符合题目要求，第 68 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以下说法正确的是()A牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，并测出引力常量为 GB亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因C法拉第发现了电磁感应现象D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律解析：选 C 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故 A 错误。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略发
2、现了力是改变物体运动状态的原因，故 B错误。法拉第发现了电磁感应现象，故 C 正确。洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故 D 错误。2如图所示是某原子的能级图，a、b、c 为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是()解析：选 C 根据玻尔的原子跃迁公式 hcEmEn 可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是 E3E1，辐射光的波长 a 最短，能量差值最小的是 E3E2，辐射光的波长 b 最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是 a、c、b，C 正确。3.如图所示
3、，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面，保持静止状态。已知顶棚斜面与水平面的夹角为，塑料壳和磁铁的总质量为 m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为，则以下说法正确的是()A塑料壳对顶棚斜面的压力大小为 mgcos B顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为 mgcos C顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为 mgD磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动解析：选 D 圆柱形强磁铁受到重力 mg、音乐盒的吸引力 F、音乐盒的支持力 N、以及静摩擦力 f，受力平衡，则有：Nmgcos F，fmgsin，由于是静摩擦力，不是 mgc
4、os，故 A、B 错误；圆柱形强磁铁和塑料壳整体静止，受力平衡，则顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和 F 的合力，故 C 错误；磁铁的磁性若瞬间消失，若mgsin mgcos，则塑料壳不会往下滑动，故 D 正确。4.(2016湖南省十三校联考)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的 3 倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速
5、度为 g，月球半径为 R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为()A4.7Rg B3.6RgC1.7RgD1.4Rg解析：选 A 设登月器和航天站在半径为 3R 的轨道上运行时的周期为 T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有GMmr2m42rT2，r3RT2 r3GM63R3GM，在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GMgR2所以 T6 3Rg，设登月器在小椭圆轨道运行的周期为 T1，航天站在大圆轨道运行的周期为 T2。对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有 T23R3 T122R3 T223R3为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月
6、器可以在月球表面逗留的时间 t 应满足tnT2T1(其中，n1、2、3、).联立得 t6n3Rg 4 2Rg(其中，n1、2、3、)当 n1 时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即 t4.7Rg故选 A。5如图，发电机的电动势 e678sin 100t V，变压器的副线圈匝数可调，触头 P 置于a处时，用户的用电器恰好得到 220 V的电压，R 表示输电线的电阻。下列说法正确的是()A电流的频率为 50 HzB电压表 V2 的示数为 220 VC电压表 V1 的示数为 678 VD当用户的用电器功率增加时，要保持用户仍得到 220 V 的电压，触头 P 应向上滑解析：选 AD 变压器只改变电
7、压，不会改变频率，故频率为 f50 Hz，故 A 正确；电压表 V2 的示数为用户和输电线路上损失的电压值的和，大于 220 V，故 B 错误；电压表V1 测量的是有效值，故示数为 U6782 V，故 C 错误；当用户功率增大时，由 PUI 可知，输电线路上的电流增大，故损失电压增大，用户得到的电压将减小，要保持用户仍得到 220 V 的电压，必须使变压器副线圈两端电压增大，故由U1U2n1n2可知触头 P 应向上滑，故 D 正确。6.一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 变化的关系如图所示，其中 Ox2 段是对称的曲线，x2x3 是直线段，则下列判断正确
8、的是()Ax1 处电场强度最大Bx2x3 段是匀强电场Cx1、x2、x3 处电势 1、2、3 的关系为 123D粒子在 Ox2 段做匀变速运动，x2x3 段做匀速直线运动解析：选 BC 根据电势能与电势的关系：Epq，场强与电势的关系：Ex，得：E1qEpx由数学知识可知 Ep-x 图像切线的斜率等于Epx，x1 处切线斜率为零，则 x1 处电场强度为零，故 A 错误。由图看出在 Ox1 段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1x2 段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2x3 段斜率不变，场强不变
9、，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；根据电势能与电势的关系：Epq，因粒子带负电，q23。故 C 正确。7如图所示，光滑轨道 ABCD 中 BC 为14圆弧，圆弧半径为 R，CD 部分水平，末端 D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度 v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道上 A 点由静止释放，A 到 C 的竖直高度为 H，则()A滑块在传动带上向右运动的最大距离与传动带速度 v 无关B小滑块不可能返回 A 点C若 H4R，滑块经过 C 点时对轨道压力大小为 8mgD若 H4R，皮带速度 v 2gR，则
10、物块第一次滑上传动带，由于摩擦而产生的内能为 9mgR解析：选 AD 由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块速度恰好等于 0 时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关，故 A正确；滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到 A 点，故 B 错误；若 H4R，滑块经过 C 点时的速度：v 2gH2g4R2 2gR，滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：FNmgmv2R，得：FN9mg，根据牛顿第三定律可知
11、，滑块对轨道压力大小为 9mg，故 C错误；选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是，则滑块的加速度：amgmg，滑块的速度为 2gR时，所用的时间：tva vg 2gR2 2gRg3 2gRg滑块的位移：x1vt12at2代入数据得：x13R这段时间内传送带的位移：x2vt 2gR3 2gRg6R滑块与传送带之间的相对位移：xx1x23R 6R 9R由于摩擦而产生的内能为：Qfxmg9R 9mgR 故 D 正确。8.如图所示，光滑水平面上固定一正方形线框，线框的边长为 L、质量为 m、电阻为 R，线框的右边刚好与虚线 AB 重合，虚线的右侧有垂直于水平面的匀强磁场，磁感应强度为 B
12、，线框通过一水平细线绕过定滑轮与一质量为 M 的悬挂重物相连，重物离地面足够高，现由静止释放线框，当线框刚好要完全进入磁场时加速度为零，则在线框进入磁场的过程中()A线框的最大速度为MmgRB2L2B当线框的速度为 v(小于最大速度)时，线框的加速度为 gB2L2vMRC当线框的速度为 v(小于最大速度)时，细绳的拉力为MmgRB2L2vMmRD线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为BL2R解析：选 CD 当线框刚要完全进入磁场时线框的速度最大，这时B2L2vmRMg，因此线框的最大速度为 vmMgRB2L2，故 A 错误。当线框的速度为 v(小于最大速度)时，MgB2L2vR(Mm)a，
13、解得加速度 a MgMmB2L2vMmR，故 B 错误。由牛顿第二定律，MgTMa，解得绳子的拉力为 TMmgRB2L2vMmR，故 C 正确。线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为 q I tR BL2R，故 D 正确。二、非选择题(共 47 分)9(6 分)某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图甲所示的电路研究某长薄板电阻 Rx 的压阻效应。已知 Rx 的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：A电源 E(3 V，内阻约为 1)B电流表 A1(0.6 A，内阻 r1 约为 1)C电流表 A
14、2(0.6 A，内阻 r25)D开关 S，定值电阻 R0(1)为了较准确地测量电阻 Rx 的阻值，请将电流表 A2 接入虚线框内并画出其中的电路图。(2)在电阻 Rx 上加一个竖直向下的力 F(设竖直向下为正方向)，闭合开关 S，记下电表读数，A1 的读数为 I1，A2 的读数为 I2，则 Rx_(用字母表示)。(3)改变力的大小，得到不同的 Rx 值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的 Rx 值，最后绘成的图像如图乙所示。当 F 竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得 Rx 与所受压力 F 的数值关系是 Rx_。(各物理量单位均为国际单位)解析：(1)由于题目中没有电压
15、表，为了比较准确测量电阻 Rx，知道电流表 A2 的阻值，所以用电流表 A2 作为电压表使用，电流表 A1 在干路上，即可求出电阻 Rx 的阻值。电路图的设计如图所示。(2)根据串并联和欧姆定律得：I2r2(I1I2)Rx，Rx I2r2I1I2。(3)从图像上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图像可得：Rx162F。答案：(1)图见解析(2)I2r2I1I2(3)162F10(9 分)如图甲为研究“转动动能与角速度关系”的实验装置示意图，现有的器材为：固定在竖直平面内的转盘(转轴水平)、带铁夹的铁架台、电磁打点计时器(接交流电的频率为 50 Hz)、纸带、重锤、
16、游标卡尺、天平。回答下列问题：(1)如图乙所示，用 20 分度的游标卡尺测得圆盘的直径 d 为_ cm；(2)将悬挂铁锤的纸带穿过打点计时器后，绕在转盘边缘上，纸带一端固定在转盘上，使得转盘与纸带不打滑，设纸带厚度不计，接通电源，释放重锤，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O、A、B、C各点为连续打出的点迹，则由图丙中数据可得，打下点迹 D时，圆盘转动的角速度为 D_ rad/s(保留三位有效数字)；(3)下表为各点对应的转动动能 Ek 和角速度 值，请你猜想转动动能 Ek和角速度 满足的关系式为 Ek_(填准确的表达式)。计数点ABCE转动动能Ek(J)0.001 00.003 90.008
17、90.024角速度(rad/s)4.07.911.919.7解析：(1)游标卡尺主尺部分读数为 5.0 cm，游标读数为 0.0560.30 mm0.030 cm，所以最终读数为 5.0 cm0.030 cm5.030 cm。(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 D 点时小车的瞬时速度大小为：vD0.024 90.008 920.02m/s0.40 m/s，根据 vr 得圆盘转动的角速度为：D0.40.025 1 rad/s15.9 rad/s。(3)由表格中数据分析可知，当转盘的角速度增大为原来 2 倍时，转盘的转动动能 Ek 是原来的 4 倍，得
18、到关系为：Ekk2。当转盘的角速度增大为原来 4 倍时，转盘的转动动能Ek 是原来的 16 倍，得到 Ek 与 2 成正比，则有关系式为：Ekk2。k 是比例系数。将任一组数据比如：4 rad/s，Ek0.001 J，代入得到：k6.25105 Js/rad，所以转盘的转动动能 Ek 与角速度 的关系式是：Ek6.251052 J。答案：(1)5.030(2)15.9(3)6.251052 J11.(12 分)如图所示，质量 M5 kg 的木板 A 在恒力 F 的作用下以速度 v012 m/s 向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为 m1 kg 的小物块 B。已知木板与地面间
19、的动摩擦因数 10.6，物块与木板间的动摩擦因数 20.4。(物块可看作质点，木板足够长，取 g10 m/s2)试求：(1)放上物块后木板发生的位移；(2)物块与木板之间产生的摩擦热。解析：(1)可知 F1Mg30 N放上物块之后的木板 F2mg1(Mm)gMa1物块 2mgma2两者速度相等 a2t1v0a1t1解得 t12 s可知速度相同时 v8 m/s2 s 内木板发生位移为 x1v0v2t120 m二者共速后一起做匀减速运动，1(Mm)gF(Mm)a3一起减速到零所需时间为 t2va38 s减速过程木板发生位移为 x2v2t232 m木板发生位移为 xx1x252 m。(2)在第一过程
20、中物块的位移为 x 物v2t18 m物块与木板间产生的摩擦热为 Q2mg(x1x 物)48 J。答案：(1)52 m(2)48 J12.(20 分)如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD，MN 与 PQ 平行且间距为 L，所在平面与水平面夹角为，N、Q 连线与 MN 垂直，M、P 间接有阻值为 R 的电阻；光滑直导轨 NC 和 QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角都为锐角。均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为 L。ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为(较小)，由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁
21、场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和 ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g。(1)若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电量；(3)若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2，在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小立柱 1 和 2，且运动过程中 ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁
22、感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离。解析：(1)设 ab 棒的初动能为 Ek，ef 棒和电阻 R 在此过程产生热量分别为 W 和 W1，有：WW1Ek；且 WW1 由题意有：Ek12mv12 得：W14mv12(2)设在题设的过程中，ab 棒滑行的时间为 t，扫过的导轨间的面积为 S，通过 S 的磁通量为，ab 棒产生的电动势为 E，ab 棒中的电流为 I，通过 ab 棒某截面的电荷量为q，则有：Et 且 BS I qt 又有 I2ER 由图所示，Sd(Ldcot)联立，解得：q2BdLdcot R(3)ab 棒滑行距离为 x 时，ab 棒在导轨间的棒长度为：LxL2xcot 此时，a
23、b 棒产生的电动势为：ExBv2Lx 流过 ef 棒的电流为：IxExR ef 棒所受安培力为：FxBIxL 联立，解得：FxB2v2LR(L2xcot)有式可得，Fx 在 x0 和 B 为最大值 Bm 时有最大值 F1。由题意知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使 F1为最大值的受力分析如图甲所示，图中 fm 为最大静摩擦力，有：F1cos mgsin(mgcos F1sin)联立，得：Bm1Lmgsin cos Rcos sin v2 Bm 就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。由式可知，B 为 Bm 时，Fx 随 x
24、 增大而减小，x 为最大 xm 时，Fx 为最小值，如图乙，可知F2cos(mgcos F2sin)mgsin 联立，得：xmLtan 12sin cos。答案：(1)14mv12(2)2BdLdcot R(3)1Lmgsin cos Rcos sin v2 Ltan 12sin cos 三、选考题(共 15 分，请从给出的 2 道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)物理选修 33(15 分)13(1)(5 分)下列说法中正确的是_。A在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动B一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变C永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定
25、律D温度越高，分子热运动的平均速率越大E在太空中水滴成球形是液体表面张力的表现(2)(10 分)如图所示，A、B 两个气缸中装有体积均为 10 L、压强均为 1 atm(标准大气压)、温度均为 27 的空气，中间用细管连接，细管容积不计。细管中有一绝热活塞，现将 B 气缸中的气体升温到 127，若要使细管中的活塞仍停在原位置。(不计摩擦，A 气缸中的气体温度保持不变，A 气缸截面积为 500 cm2)()求 A 中活塞应向右移动的距离；()A 中气体是吸热还是放热，为什么？解析：(1)布朗运动是肉眼无法直接看到的，所以粉尘的运动不是布朗运动，选项 A 正确；绝热膨胀过程不吸收热量，但对外做功，
26、故内能减少，选项 B 错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项 C 错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均速率越大，选项 D 正确；在太空中水滴处于失重状态，在表面张力的作用下水滴成球形，选项 E 正确。(2)()设初状态 A、B 气缸中气体的温度、体积、压强分别为 T1、V1、p1，末状态 A、B 气缸中气体的温度、体积、压强分别为 TA、VA、pA，TB、VB、pBB 气体体积不变，由查理定律有：p1T1pBTBA 气体温度不变，由玻意耳定律有：p1V1pAVA细管中的活塞仍停在原位置，有：pApB而，VAV1xS代入数据，以上四式联立解得：x
27、0.05 m5 cm；()活塞向右移动过程中，外界对气体 A 做功，A 的气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体要放出热量。答案：(1)ADE(2)()5 cm()见解析物理选修 34(15 分)14(1)(5 分)一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上 A 质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是_。A该波沿 x 轴正向传播B该波的波速大小为 1 m/sC经过 0.3 s，A 质点通过的路程为 0.3 mDA、B 两点的速度有可能相同E若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为 0.4 Hz(2)(10 分)如图所示，为玻璃材料制成
28、的一棱镜的截面图，AEFB 为四分之一圆弧，BCDO 为矩形，一细光束从圆弧的中点 E 沿半径射入棱镜后，在圆心 O 点恰好发生全反射，经 CD 面反射，再从圆弧的 F 点射出，已知，OAa，OD 24 a，光在真空中的传播速度为 c，求：()从 F 点射出的光线与法线夹角的正弦值；()从 F 点射出的光在棱镜中传播的时间。解析：(1)由 A 质点的振动图像读出该时刻质点 A 的振动方向沿 y 轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿 x 轴正向传播，故 A 正确。由题图甲可知波长为0.4 m，由题图乙可知周期为 T0.4 s，则波速为 vT1 m/s，故 B 正确。经过 0.3
29、 s34T，则 A 质点通过的路程为 s3A0.3 m，故 C 正确。A、B 两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同，故 D 错误。发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率 f1T2.5 Hz 时才能产生的稳定干涉，故 E 错误。(2)()做出光路图如图所示。根据几何关系可知，临界角为 C45，根据反射定律得，n 1sin C 2又 OG 2OD12a，sin OGOF12根据折射定律得，nsin sin 解得，sin 22。()光在棱镜中的传播速度 vcn由几何知识得，光线传播的路程为 sa12a 32 a光在棱镜中传播的时间 tsv所以 t3 2 6a2c。答案：(1)ABC(2)()22 ()3 2 6a2c附(二)：高考理综选择题提速练 编排说明理综对理科考生来说，位置之高高于天，分量之重重于山。要想进名校，理综应占先；理综题目不算难，失分的原因是题量太大做不完，平时速度上不去，考场再有余力也枉然；理综选择题专练，提高选择题的解题速度，为攻克后面的拉分大题留足思考时间。我们匠心独运，共设置了九套理综选择题专练，分置于物理、化学、生物三个学科中，每科三套，旨在培养理综答题节奏，提升理综综合实力。记住一句话：单科成绩再好，也只能在低分边缘徘徊；只有整体实力够强，才能荣登名校殿堂。
