通用版届高三物理二轮复习仿真检测三.docx

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通用版届高三物理二轮复习仿真检测三

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G

B．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h＝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mgcosθ

B．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmgcosθ

C．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mg

D．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．4.7π　　　　　　B．3.6π

C．1.7πD．1.4π

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

＝m，r＝3R

T＝2π＝6π，

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＝6π，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＝＝②

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－T1　③（其中，n＝1、2、3、…）．..

联立①②③得t＝6πn－4π（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＝4.7π

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50Hz

B．电压表V2的示数为220V

C．电压表V1的示数为678V

D．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＝V，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＝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．x2～x3段是匀强电场

C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3

D．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＝，得：

E＝·

由数学知识可知Epx图像切线的斜率等于，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8mg

D．若H＝4R，皮带速度v′＝，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＝＝＝2，滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：

FN－mg＝，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＝＝－μg，滑块的速度为－时，所用的时间：

t＝＝＝＝

滑块的位移：

x1＝vt＋at2

代入数据得：

x1＝

这段时间内传送带的位移：

x2＝v′t＝－·＝－

滑块与传送带之间的相对位移：

Δx＝x1－x2＝－＝

由于摩擦而产生的内能为：

Q＝fΔx＝μmg·＝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

B．当线框的速度为v（小于最大速度）时，线框的加速度为g－

C．当线框的速度为v（小于最大速度）时，细绳的拉力为

D．线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为

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＝Mg，因此线框的最大速度为vm＝，故A错误。

当线框的速度为v（小于最大速度）时，Mg－＝（M＋m）a，解得加速度a＝－，故B错误。

由牛顿第二定律，Mg－T＝Ma，解得绳子的拉力为T＝，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＝t＝＝，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＝。

（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）　（3）16－2F

10．（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Ek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

A

B

C

…

E

转动动能Ek（J）

0.0010

0.0039

0.0089

…

0.024

角速度ω（rad/s）

4.0

7.9

11.9

…

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