【文档说明】【三维设计】2017届高三物理二轮复习（通用版）：仿真检测（三） Word版含解析.doc，共(12)页，249.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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．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hcλ＝Em－En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E3－E1，辐射光的波长a最短，能量差

值最小的是E3－E2，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，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θ，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μ，则以下说法正确的是()A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcosθB．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmgcosθC．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：N＝mgcosθ＋F，f＝mgsinθ，由于是静摩擦力，不是μmgcosθ，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mgsinθ≤μmgcosθ，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()A．4.7πRgB．3.6πRgC．1.7πRgD．1.4πRg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GMmr2＝m4π2rT2，r＝

3RT＝2πr3GM＝6π3R3GM，在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GM＝gR2所以T＝6π3Rg，①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T23R3＝T122R3＝T223R3②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，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足t＝nT2－T1③(其中，n＝1、2、3、„)．..联立①②③得t＝6πn3Rg－4π2Rg(其中，n＝1、2、3、„)当n＝1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即t＝

4.7πRg故选A。5．如图，发电机的电动势e＝678sin100πtV，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220V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50HzB．电压表V2的示数

为220VC．电压表V1的示数为678VD．当用户的用电器功率增加时，要保持用户仍得到220V的电压，触头P应向上滑解析：选AD变压器只改变电压，不会改变频率，故频率为f＝50Hz，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220V，故B错误；电压表V1测量的是有效值，故示数为U＝6782V，故C错误；当用户功率增大时，由P＝UI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220V的电

压，必须使变压器副线圈两端电压增大，故由U1U2＝n1n2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O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列判断正确的是()A．x1处电场强度最大B．x

2～x3段是匀强电场C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3D．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动解析：选BC根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关

系：E＝ΔφΔx，得：E＝1q·ΔEpΔx由数学知识可知Ep-x图像切线的斜率等于ΔEpΔx，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O～x1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。x1～x2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。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；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，因粒子带负电

，q<0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1>φ2>φ3。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H＝4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mgD．若H＝4R，皮带速度v′＝2gR，则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H＝4R，滑块经过C点时的速度：v＝2gH＝2g×4R＝22gR，滑块受到的支持力与重力

的合力提供向心力，所以：FN－mg＝mv2R，得：FN＝9mg，根据牛顿第三定律可知，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μ，则滑块的加速度：a＝－μmgm＝－μg，滑块的速度为－2gR时，所

用的时间：t＝Δva＝Δv－μg＝－2gR－22gR－μg＝32gRμg滑块的位移：x1＝vt＋12at2代入数据得：x1＝3Rμ这段时间内传送带的位移：x2＝v′t＝－2gR·32gRμg＝－6Rμ滑块与传送带之间的相对位移：Δx＝x1－x2＝3Rμ－－6Rμ

＝9Rμ由于摩擦而产生的内能为：Q＝fΔx＝μmg·9Rμ＝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，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M＋mgRB2L2B．当线框的速度为v(小于最大速

度)时，线框的加速度为g－B2L2vMRC．当线框的速度为v(小于最大速度)时，细绳的拉力为MmgR＋B2L2vM＋mRD．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B2L2vmR＝Mg，因此线框的最大速度

为vm＝MgRB2L2，故A错误。当线框的速度为v(小于最大速度)时，Mg－B2L2vR＝(M＋m)a，解得加速度a＝MgM＋m－B2L2vM＋mR，故B错误。由牛顿第二定律，Mg－T＝Ma，解得绳子的拉力为T＝MmgR＋B2L2vM＋mR，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＝It＝ΔΦR＝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(3V，内阻约为1Ω)B．电流表A1(0.6A，内阻r1约为1Ω)C．电流表A2(0.6A，内阻r2＝5Ω)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＝(I1－I2)Rx，Rx＝I2r2I1－I2。(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：Rx＝16－2F。答案：(1)图见解析(2)I2r2I1－I2(3)16－2F10．(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50Hz)、纸带、重锤、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ωD＝____________rad/s(保留三位有效数字)；(3)下表为各点对应的转动动能E

k和角速度ω值，请你猜想转动动能Ek和角速度ω满足的关系式为Ek＝____________(填准确的表达式)。计数点ABC„E转动动能Ek(J)0.00100.00390.0089„0.024角速度ω(rad/s)4.07.911.9„19.7解析：(1)游标卡尺主尺部分读数为

5.0cm，游标读数为0.05×6＝0.30mm＝0.030cm，所以最终读数为5.0cm＋0.030cm＝5.030cm。(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：vD＝0.0249－0.00892×0.02m/s＝0.40m/s，根据v＝ωr得圆盘转动的角速度为：ωD＝0.40.0251rad/s＝15.9rad/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，得到关系为：Ek＝kω2。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ω2成正比，则有关系式为：Ek＝kω2。k是比例系数。将任一

组数据比如：ω＝4rad/s，Ek＝0.001J，代入得到：k＝6.25×10－5J·s/rad，所以转盘的转动动能Ek与角速度ω的关系式是：Ek＝6.25×10－5ω2J。答案：(1)5.030(2)15.9(3)6.25×10－5ω2J11.(12分)

如图所示，质量M＝5kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0＝12m/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m＝1kg的小物块B。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。(物

块可看作质点，木板足够长，取g＝10m/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F＝μ1Mg＝30N放上物块之后的木板F－μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1物块μ2

mg＝ma2两者速度相等a2t1＝v0＋a1t1解得t1＝2s可知速度相同时v＝8m/s2s内木板发生位移为x1＝v0＋v2t1＝20m二者共速后一起做匀减速运动，μ1(M＋m)g－F＝(M＋m)a3一起减速到零所需时间为t2＝va3＝8s减速过程木板发生位移为x2＝v2t2＝32

m木板发生位移为x＝x1＋x2＝52m。(2)在第一过程中物块的位移为x物＝v2t1＝8m物块与木板间产生的摩擦热为Q＝μ2mg(x1－x物)＝48J。答案：(1)52m(2)48J12.(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α，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θ。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μ(μ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：W＋W1＝Ek①；且W＝W1②由题意有：Ek＝12mv12③得：W＝14mv12④(2)设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，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：E＝ΔΦΔt⑤且ΔΦ＝BΔS⑥I＝qΔt⑦又有I＝2ER⑧由图所示，ΔS＝d(L－dcotθ)⑨联立⑤～⑨，解得：q＝2BdL－dcotθR⑩(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长度

为：Lx＝L－2xcotθ⑪此时，ab棒产生的电动势为：Ex＝Bv2Lx⑫流过ef棒的电流为：Ix＝ExR⑬ef棒所受安培力为：Fx＝BIxL⑭联立⑪～⑭，解得：Fx＝B2v2LR(L－2xcotθ)⑮有⑮式可得，Fx在x＝0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：F1cosα＝mgsinα＋μ(mgcosα＋F1sinα)⑯联立⑮⑯，得：Bm＝

1Lmgsinα＋μcosαRcosα－μsinαv2⑰Bm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⑮式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值，如图乙，可知F2cosα＋μ(mgcosα＋F2

sinα)＝mgsinα⑱联立⑮⑰⑱，得：xm＝μLtanθ1＋μ2sinαcosα＋μ。答案：(1)14mv12(2)2BdL－dcotθR(3)1Lmgsinα＋μcosαRcosα－μsinαv2μLtanθ1＋μ2sinαc

osα＋μ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3－3](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10L

、压强均为1atm(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500cm2)(ⅰ)求A中活塞应向右移动的

距离；(ⅱ)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，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)(ⅰ)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：p1T1＝pBTBA气体温度不变，由玻意耳定律有：p1V1＝pAVA细管中的活塞仍停在原位置，有：pA＝pB而，VA＝V1－xS代入数据，以上四式联立解得：x＝0.05m＝5cm

；(ⅱ)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)(ⅰ)5cm(ⅱ)见解析物理——选修3－4](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1m/sC．经过0.3s，A质点通过的路程为0.3mD．A、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0.4Hz(2)(10分)如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，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，OA＝a，OD＝24a，光在真空中的传播速度为c，求：(ⅰ)从F点射出的光线与法线夹角的正弦值；(ⅱ)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λ＝0.4m，由题图乙可知周期为T＝0.4s，则波速为v＝λT＝1m/s，故B正确。经过0.3s＝34T，则A质点通过的路程为s＝3A＝0.

3m，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f＝1T＝2.5Hz时才能产生的稳定干涉，故E错误。(2)(ⅰ)做出光路图如图所示。根据几何关系可知，临界角为C＝45°，根据反

射定律得，n＝1sinC＝2又OG＝2OD＝12a，sinα＝OGOF＝12根据折射定律得，n＝sinβsinα解得，sinβ＝22。(ⅱ)光在棱镜中的传播速度v＝cn由几何知识得，光线传播的路程为s＝

a＋12a＋32a光在棱镜中传播的时间t＝sv所以t＝32＋6a2c。答案：(1)ABC(2)(ⅰ)22(ⅱ)32＋6a2c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

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