【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑： 模拟仿真预测卷含答案（三）.doc，共(9)页，450.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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模拟仿真预测卷(三)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项符合题目要求，第7～8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，有选错或不答的得0分．1．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(x－t)图象如图所示，由图象可以看出在0～4s内()A．甲、乙两物体始终同向运动B．第4s末时，甲、乙两物体间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平

均速度D．乙物体一直做匀加速直线运动答案：C解析：x－t图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在0～2s内，甲、乙都沿正向运动，同向运动；在2～4s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，选项A错误；

4s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4s内，甲、乙的位移都是2m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，直线的斜率一定，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误．2．(2018·衡水质检)如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初

速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是()A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3

mgt0·cosθB．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为32mv0C．斜面倾角θ的正弦值为5v08gt0D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功答案：C解析：物块从开始运动到返回底端的过

程中重力的冲量IG＝3mgt0，A错误；上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有v02t0＝v2·2t0，解得v＝v02，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝－mv－mv0＝－32m

v0，B错误；上滑过程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝mv02，解得sinθ＝5v08gt0，C正确；根据图象可求出物块上升的最大位移，由动能定理可求出整个过程中摩擦力所做的功，故D错误．3．如图所示，卡车通过定滑轮以

恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水面的夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮间的摩擦，则此时小船的加速度等于()A.P0mv－fmB.P0mvcos2θ－fmC.fmD.P0mv答案：A解析：本题考查牛顿第

二定律与功率等知识，意在考查考生的综合分析能力．设绳子的拉力为F，功率P0＝Fvcosθ，对小船，由牛顿第二定律得加速度a＝Fcosθ－fm＝P0mv－fm，选项A正确．4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，b是

原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，除R以外其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin100πt(V)，下列说法中正确的是()A．t＝1600s时，电压表的读数为22VB．t＝1600s时，

a、c两点电压瞬时值为110VC．滑动变阻器滑片向上移，电压表和电流表的示数均变大D．单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小答案：A解析：本题考查了变压器的工作原理，意在考查考生的推理能力．原线圈两端电压的最大值为2202V，根据原、副线圈电压与匝数成正比可知，副线圈两

端电压的最大值为222V，副线圈两端电压的有效值为22V，电压表的读数为有效值22V，A正确；由所接交流电压的瞬时值表达式可知，当t＝1600s时，a、c两点之间电压的瞬时值应为1102V，B错误；在滑动变阻器滑片向上移动的过程中，其接入电路的有效阻值变大

，由于原、副线圈的匝数不变，原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压不变，电流表的示数减小，C错误；单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由1：1变为：1，所以副线圈的输出电压升高，电压表和电流表的示数均变大，D错误．5．如图1所示是研究光电

效应的电路图．某同学利用该装置在不同实验条件下得到了三条光电流I与A、K两极之间的电压UAK的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图2所示．则下列说法正确的是()A．甲光照射光电管发出光电子的初动能一定小于丙光照

射光电管发出光电子的初动能B．单位时间内甲光照射光电管发出的光电子比乙光照射时发出的少C．用强度相同的甲、丙光照射该光电管，则单位时间内逸出的光电子数相等D．对于不同种金属，若照射光频率不变，则逸出光电子的最大初动能

与金属的逸出功为线性关系答案：D解析：本题考查对光电效应规律的理解及应用．当光照射到K极时，如果入射光的频率足够大(大于K极金属的极限频率)，就会从K极发出光电子．当反向电压增加到某一值时，电流表A中电流就会变为零，此时12mev2c＝eUc，式中vc表示

光电子的最大初速度，e为电子的电荷量，Uc为遏止电压，根据爱因斯坦光电效应方程可知丙光的最大初动能较大，故丙光的频率较大，但丙光照射光电管发出光电子的初动能不一定比甲光照射光电管发出光电子的初动能大，所以A错误．对于甲、乙两束频率相同的光来说，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多，

所以B错误．对甲、丙两束不同频率的光来说，光强相同是单位时间内照射到光电管单位面积上的光子的总能量相等，由于丙光的光子频率较高，每个光子的能量较大，所以单位时间内照射到光电管单位面积上的光子数就较少，所以单位时间内发出的光电子数就较少，因此C错误

．对于不同金属，若照射光频率不变，根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W，知Ek与金属的逸出功为线性关系，D正确．6．一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相

连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆始终与导轨接触良好，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则金属杆在滑行过程中()A．向上滑行与向下滑行的时间相等B．向上滑行与向下滑行时电阻R上产生的热量相等C．向上滑行与向下滑行时通

过金属杆的电荷量相等D．向上滑行与向下滑行时金属杆克服安培力做的功相等答案：C解析：本题考查电磁感应问题，意在考查考生对楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律的理解．金属杆向上滑行过程中受到的安培力沿斜

面向下，设运动的加速度为a1，金属杆向下滑行过程中，受到的安培力沿斜面向上，设运动的加速度为a2，由牛顿第二定律分别有：F＋mgsinθ＝ma1和mgsinθ－F＝ma2，可知a1>a2，又上滑和下滑位移相等，故金属杆向上滑行的时间小于向下滑行的时间，则

选项A错误；金属杆滑行过程中，通过金属杆的电荷量q＝It＝ER＋rt＝ΔΦΔtΔtR＋r＝BΔSR＋r，而ΔS相同，故向上滑行与向下滑行时通过金属杆的电荷量q相等，则选项C正确；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt＝ItRI＝qRI，而电流I＝B

LvR＋r，可知金属杆向上滑行和向下滑行时平均速度不同，易知选项B错误；克服安培力做的功W＝F安·s，向上滑行和向下滑行时位移大小s相同，F安＝BIL＝B2L2vR＋r，由金属杆向上滑行和向下滑行的平均速度不同可知克服安培力做的功不相等，选项D

错误．7．如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f＝kmg作用(k为常数且满足0<k<1)．图中两条直线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面)，h0表示上升的最大高度．则由图可知，下

列结论正确的是()A．E1是最大势能，且E1＝Ek0k＋1B．上升的最大高度h0＝Ek0k＋mgC．落地时的动能Ek＝kEk0k＋1D．在h1处，小球的动能和势能相等，且h1＝Ek0k＋mg答案：AB

D解析：本题考查动能定理的应用，意在考查考生的分析综合能力．对于小球上升过程，根据动能定理可得：0－Ek0＝－(mg＋f)h0，又f＝kmg，得上升的最大高度h0＝Ek0k＋mg，则最大势能为E1＝mgh0＝Ek0k＋1，故

AB正确．下落过程，由动能定理得：Ek＝(mg－f)h0，又f＝kmg，解得落地时的动能Ek＝－kEk0k＋1，故C错误．h1高度时重力势能和动能相等，由动能定理得：E′k－Ek0＝－(mg＋f)h1，又mgh1＝E′k，解得h1＝Ek

0k＋mg，故D正确．8．(多选)一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中O～s1过程的图象为曲线，s1～s2过程的图象为直线，根据该图象，下列说法正确的是()A．O～s1过

程中物体所受拉力一定是变力，且不断增大B．s1～s2过程中物体可能在做匀速直线运动C．s1～s2过程中物体可能在做变加速直线运动D．0～s2过程中物体的动能可能在不断增大答案：ABD解析：本题考查功能关系知识点，意在考查考生的理解能力．由于除

重力之外的拉力做多少负功，物体的机械能就减少多少，即FΔs＝ΔE，得F＝ΔEΔs，所以E－s图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s1过程斜率的绝对值逐渐增大，故在O～s1过程物体所受的拉力逐渐增大，故A正确．物体受到重力和拉

力，开始时，拉力小于重力，O～s1过程中物体所受拉力增大，s1～s2过程中拉力不变，且拉力有可能等于重力，所以s1～s2过程中物体可能在做匀速直线运动，故B正确．s1～s2过程中，若拉力不等于重力，物体做匀变速直线运动，故C错误．如果物

体在O～s2过程所受绳子的拉力一直小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(4

小题，共47分)9．(6分)利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上端固定有轻质定滑轮，A处固定一光电门．带遮光片的滑块质量为M，置于导轨上的B处，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，使轻绳伸直，

小球与滑块由静止释放，滑块向上运动，重力加速度为g.(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，结果如图乙所示，由此读出d＝________mm.(2)某次实验测得导轨倾角为θ，B到光电门的距离为x，遮光片经过光电门时的挡光时间为t

，滑块从B到A过程中m和M组成系统的动能增量为ΔEk＝________，系统的重力势能减少量为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．(用题目中字母表示ΔEk和ΔEp)答案：(1)3.85(2分)(2)m＋Md22t2(2分)(m－

Msinθ)gx(2分)解析：本题考查了验证机械能守恒定律实验，意在考查考生处理实验数据的能力．(1)由游标卡尺的读数规则可知，d＝3mm＋17×0.05mm＝3.85mm.(2)由于挡光时间极短，因此滑块通过光电门的速

度应等于挡光时间内的平均速度，则v＝dt，因此动能的增加量为ΔEk＝12(M＋m)v2＝M＋md22t2，系统重力势能的减少量为ΔEp＝mgx－Mgxsinθ.10．(9分)可将光能转换为电能的硅光电池已经得到了广泛的应用．某

同学利用如图甲所示的器材探究在一定光照强度下硅光电池的路端电压U与总电流I的关系．电表视为理想电表．(1)在图甲中实物图上用笔画线代替导线进行连接；(2)用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U－I图象如图乙所示，由此可知在该光照强度下，硅光电池内阻___

_____(填“是”或“不是”)常数，短路电流为________mA，电动势为________V．(结果保留三位有效数字)(3)若将R＝10kΩ的电阻接在该硅光电池两极上，用同样强度的光照射该硅光电池，则该

电阻消耗的功率为________W，此时该硅光电池的内阻为________kΩ.(结果保留两位有效数字)答案：(1)实物连接图如图所示(2分)(2)不是(2分)0.295(0.293～0.297)(2分)2.68(2.

66～2.69)(1分)(3)3.0×10－4(2.9×10－4～3.1×10－4)(1分)5.4(5.2～5.6)(1分)解析：本题考查硅光电池电动势和内阻的测量及其相关的知识点，意在考查考生的实验能力．(2)由实验得到的该硅光电池的U－I图象可知，该硅光

电池的U－I曲线不是直线，故该硅光电池内阻不是常数．图线在横轴的截距表示短路电流，即短路电流为0.295mA，图线在纵轴的截距表示电动势，即电动势为2.68V．(3)在题图乙中作出R＝10kΩ的电阻的U－I曲线，两图线的交点P对应的纵坐标为电压U＝1.74V，横坐标为电流I＝0.17

4mA.该电阻消耗的功率P＝UI＝3.0×10－4W．由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，解得此时该硅光电池的内阻为r＝E－UI＝2.68－1.740.174kΩ＝5.4kΩ.11．(12分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝

4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间

t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.求(1)A开始运动时加速度的大小a；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；(3)A的上表面长度L.答案：(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m解析：(1)

以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa(2分)代入数据解得a＝2.5m/s2.(2分)(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v(2分)代入数据解得v＝1m/s.(2分)(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为

vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v(1分)A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FL＝12mAv2A(1分)代入数据解得L＝0.45m．(2分)12．(20分)如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在直角坐标系中y轴和x＝L之间有沿y

轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上A点(0，L)处沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为

q的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)(1)粒子的初速度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小．解析：本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，意在考查考生的推理能力、应用数学知识处理物理问题的能力

．(1)粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其出电场后的运动轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场中运动的水平位移的中点．则由几何关系可得粒子在电场中的竖直位移y满足yL－y＝12

L2L(1分)解得y＝15L(1分)y＝12at2(1分)L＝v0t(1分)qE＝ma(2分)解得v0＝5qEL2m(2分)(2)设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在O2点，连接O2和C点，交

x轴于D点，作O2F垂直x轴，垂足为F.由几何关系CDL＝45L2L，解得CD＝25L(2分)由于O2F＝O1C＝L，故△O2FD≌△O1CD，可得O2D＝O1DO1D＝L2＋25L2＝295L(1分)因此

粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝O2D＋CD＝2＋295L(1分)粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度vy＝2ay＝2qEL5m(2分)因此粒子进磁场时的速度v＝v20＋v2y＝29qEL10m(2分)粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvB＝mv2R(2分)解得B＝52910＋29mEqL＝2910－

229050mEqL(2分)(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．(15分)[选修3—3](1)(5分)关于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个

给2分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣2分，最低得分为0分)A．气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积B．只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．

气体从外界吸收热量，其内能不一定增加E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高(2)(10分)如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，其横截面积S＝1×10－3m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气．A的质量不计，B的质量m＝8kg，B与一劲

度系数k＝5×102N/m的轻质弹簧相连，已知大气压强p0＝1×105Pa，平衡时，两活塞间的距离L0＝0.9m，现用力压A，使之缓慢向上移动一定距离后再次保持平衡，平衡时用于压A的力F＝50N．假定气体温度保持

不变，取g＝10m/s2，求活塞A向上移动的距离L.答案：(1)BDE(5分)(2)0.4m解析：(2)由于mg>F，可知被封气体始末两状态下的弹簧始终处于拉伸状态，初始状态下弹簧的伸长量为x1＝mgk(2

分)末状态下弹簧的伸长量为x2＝mg－Fk(2分)B上移的距离为x＝x1－x2(2分)由于气体温度不变，根据玻意耳定律有p0L0S＝p0＋FS[L0－(L－x)]S(2分)解得L＝0.4m(2分)1

4．(15分)[选修3—4](1)(5分)下列关于科学技术应用的说法中正确的是________．(选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分，选错一个扣3分，最低得0分)A．全息照片的拍摄利用了光的干涉现象B．交通警察用监视

器测量汽车的速度时可利用多普勒效应C．光导纤维利用了光的折射现象D．照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用了光的衍射现象E．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象(2)(10分)一列简谐横波的波形如图所

示，实线表示t1＝0时刻的波形，虚线表示t2＝0.1s时刻的波形，该波的周期为T.①若2T>t2－t1>T，求该列波的传播速度；②若2T<t2－t1，并且波速为700m/s，求波的传播方向．答案：(1)ABE(5分)(2)见解析解析：(1)

全息照片的拍摄利用了光的干涉，选项A正确；交通警察可利用多普勒效应测量汽车的速度，选项B正确；光导纤维利用了光的全反射现象，选项C错误；照相机镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，利用了光的干涉现象，选项D错误；用

声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象，选项E正确．(2)①若波沿x轴正向传播，则有v1＝ΔxΔt＝5λ4·Δt＝100.1m/s＝100m/s(3分)若波沿x轴负向传播，则有波速v2＝ΔxΔt＝7λ4·Δt＝140.1m/s＝140m/s(3分)②由图象可知

波长λ＝8m在Δt＝0.1s内波传播的距离：Δx＝vΔt＝700×0.1m＝70m(1分)则Δx＝708λ＝8λ＋34λ(2分)所以波沿x轴负向传播(1分)