（全國通用）2018版高考物理總復(fù)習(xí)考前三個月仿真模擬卷（打包4套）.zip

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B. C．1 D．2 答案　AB 解析　由于小球始終未脫離軌道，所以第一次擊打小球上升的高度不超過R，故W1≤mgR.兩次擊打后上升到最高點的過程中，由動能定理得W1＋W2－2mgR＝mv2，由于通過最高點的速度v≥，所以W2≥mgR，故≤，A、B正確． 三、非選擇題(本題共6小題，共62分) (一)必考題 22．(6分)某同學(xué)用如圖7甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出．已知一元硬幣和五角硬幣與長木板間動摩擦因數(shù)相同，主要實驗步驟如下： ①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線的適當(dāng)位置取一點O，測出硬幣停止滑動時硬幣右側(cè)到O點的距離．再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為x1，如圖乙所示； ②將五角硬幣放在長木板上，使其左側(cè)位于O點，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復(fù)多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O點距離的平均值x2和x3，如圖丙所示． 圖7 (1)為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為______________； (2)實驗中還需要測量的物理量為__________________________，驗證動量守恒定律的表達(dá)式為____________________________(用測量物理量對應(yīng)的字母表示)． 答案　見解析 解析　(1)動量為質(zhì)量和速度的乘積，該實驗要驗證質(zhì)量不等的兩物體碰撞過程中動量守恒，需測量兩物體的質(zhì)量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材外，還需要的器材為天平． (2)測出一元硬幣的質(zhì)量為m1，五角硬幣的質(zhì)量為m2，一元硬幣碰撞前瞬間的速度為v1，由動能定理可得μm1gx1＝m1v12，解得v1＝，當(dāng)一元硬幣以速度v1與五角硬幣碰撞后，速度分別為v2、v3，由動能定理可得μm1gx2＝m1v22，μm2gx3＝m2v32，解得一元硬幣碰后速度v2＝，五角硬幣碰后的速度為v3＝，若碰撞過程動量守恒則需滿足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入數(shù)據(jù)可得m1＝m1＋m2. 23．(9分)某同學(xué)利用下列器材測量兩節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻． A．待測干電池兩節(jié) B．電壓表V1、V2，量程均為3 V，內(nèi)阻很大 C．定值電阻R0(阻值未知) D．電阻箱R E．導(dǎo)線和開關(guān) (1)根據(jù)如圖8甲所示的實物連接圖，在圖乙虛線框中畫出相應(yīng)的電路圖． 乙 圖8 (2)實驗之前，需要利用該電路測出定值電阻R0的阻值，先把電阻箱R調(diào)到某一阻值R1，再閉合開關(guān)，讀出電壓表V1、V2的示數(shù)分別為U10、U20，則R0＝________(用U10、U20、R1表示)． (3)若測得R0＝1.2 Ω，實驗中改變電阻箱R的阻值，讀出相應(yīng)的電壓表V1、V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1－U2圖象如圖丙所示，則兩節(jié)干電池的總電動勢E＝________ V，總內(nèi)阻r＝________ Ω. 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)實物圖可知，電壓表V1與R并聯(lián)后與R0串聯(lián)接在電源兩端，電壓表V2并聯(lián)在電源的兩端，電路圖如圖所示． R0＝＝R1 (3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U2＝E－r，變形可得U1＝－，由圖象可知當(dāng)U1＝0時U2＝1.0 V，故有＝，圖象的斜率為k＝＝＝1.5，聯(lián)立解得E＝3.0 V，r＝2.4 Ω. 24．(12分)如圖9所示為一皮帶傳送裝置，其中AB段水平，長度LAB＝4 m，BC段傾斜，長度足夠長，傾角為θ＝37°，AB和BC在B點通過一段極短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v＝4 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的工件(可看做質(zhì)點)無初速度地放在A點，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖9 (1)工件從A點開始至第一次到達(dá)B點所用的時間t； (2)工件從第一次到達(dá)B點至第二次到達(dá)B點的過程中，工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)1.4 s　(2)64 J 解析　(1)由牛頓第二定律可得μmg＝ma1 工件經(jīng)t1時間與傳送帶共速，則t1＝＝0.8 s 工件位移為x1＝a1t12＝1.6 m 此后工件與傳送帶一起勻速運動到B點，用時t2＝＝0.6 s 工件第一次到達(dá)B點所用時間t＝t1＋t2＝1.4 s (2)工件上升過程中受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ 由牛頓第二定律可得加速度大小 a2＝＝2 m/s2 由運動學(xué)公式可得t3＝＝2 s 下降過程加速度大小不變a3＝a2＝2 m/s2 由運動學(xué)公式可得t4＝＝2 s 工件與傳送帶的相對位移Δx＝v(t4＋t3)＝16 m 因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝64 J. 25．(20分)如圖10所示，三角形AQC是邊長為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點，在水平線QC下方是水平向左的勻強電場．區(qū)域Ⅰ(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，區(qū)域Ⅱ(三角形APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ(虛線PD以上，三角形PAD以外)有垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁感應(yīng)強度大小均為5B，一帶正電的粒子從Q點正下方、距離Q點為L的O點以某一初速度射出，在電場力作用下從QC邊中點N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，接著從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運動后又以原速率返回O點，粒子重力忽略不計，求： 圖10 (1)該粒子的比荷； (2)電場強度E及粒子從O點射出時的初速度v的大??； (3)粒子從O點出發(fā)到再次回到O點的整個運動過程所經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)　(2)2Bv0　v0　(3)＋ 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律可得Bqv0＝m，根據(jù)題意有R＝L，解得＝ (2)粒子從O到N，由運動合成與分解可得：L＝v0t′，L＝at′2 由牛頓第二定律可得a＝，解得E＝2Bv0 由運動學(xué)公式可得v＝2aL，則v＝＝v0 (3)粒子在電磁場中運動的總時間包括三段：電場中往返的時間t0，區(qū)域Ⅰ中的時間t1，區(qū)域Ⅱ和Ⅲ中的時間t2＋t3 根據(jù)平拋運動規(guī)律有t0＝ 設(shè)在區(qū)域Ⅰ中的時間為t1，則t1＝2×＝ 粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運動半徑為r，則qv0·5B＝m，即r＝L. 則粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運動軌跡如圖所示，總時間為(2＋)個周期 由周期公式可得T＝＝，t2＋t3＝(2＋)T＝×＝ 故總時間t＝t0＋t1＋t2＋t3＝＋. (二)選考題(請從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．【物理選修3－3】(15分) (1)(5分)下列說法正確的是________ A．一定質(zhì)量的理想氣體體積增大時，其內(nèi)能一定減少 B．氣體的溫度降低，某個氣體分子熱運動的動能可能增加 C．當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時，水中不會有水分子飛出水面 D．氣體對器壁的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的 E．在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進(jìn)行計算，會使分子直徑計算結(jié)果偏大 (2)(10分)如圖11甲所示，玻璃管豎直放置，AB段和CD段分別為兩段長25 cm的水銀柱，BC段為長10 cm的理想氣體，D到玻璃管底端為長12 cm的理想氣體．已知大氣壓強為75 cmHg，玻璃管的導(dǎo)熱性能良好，環(huán)境的溫度不變．將玻璃管旋轉(zhuǎn)180°倒置，經(jīng)過足夠長時間后，水銀未從玻璃管流出，求： 圖11 ①玻璃管倒置后BC段氣體的長度； ②玻璃管倒置后D到玻璃管底端封閉氣體的長度． 答案　(1)BDE　(2)①20 cm?、?0 cm 解析　(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，體積增大時，壓強變化的關(guān)系未知，故溫度變化未知，則內(nèi)能的變化無法確定，A錯誤；氣體的溫度降低，分子平均動能減小，但某個氣體分子熱運動的動能可能增加，B正確；由于分子的無規(guī)則運動，當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時，水中仍然會有水分子飛出水面，C錯誤；氣體的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的，D正確；將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進(jìn)行計算，體積偏大，則直徑計算結(jié)果偏大，故E正確． (2)①設(shè)玻璃管的橫截面積為S，研究BC段的氣體 初狀態(tài)：氣體體積V1＝hBCS，壓強p1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V2＝hBC′S，壓強p2＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg 根據(jù)玻意耳定律p1V1＝p2V2，可得hBC′＝20 cm ②研究玻璃管底端的氣體 初狀態(tài)：氣體體積V3＝hDS，壓強p3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V4＝hD′S，壓強p4＝75 cmHg－25 cmHg－25 cmHg＝25 cmHg 根據(jù)玻意耳定律p3V3＝p4V4，可得hD′＝60 cm. 34．【物理選修3－4】(15分) (1)(5分)下列說法正確的是________ A．彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力提供 B．單擺振動的周期一定等于它的固有周期 C．機械波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)，如果波速變大，那么波長一定變大 D．在干涉現(xiàn)象中，振動加強的點的位移有時可能比振動減弱的點的位移小 E．發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源發(fā)出的波的頻率并沒有發(fā)生變化 (2)(10分)如圖12所示為半圓形玻璃柱的截面圖，半圓形玻璃柱半徑為R，平行于直徑AB的單色光照射在玻璃柱的圓弧面上，其中一束光線經(jīng)折射后恰好通過B點，已知玻璃柱對單色光的折射率為. 圖12 ①求該束光線到AB的距離； ②試說明入射光線經(jīng)折射后，直接照射到CB段弧面上的折射光線不可能在CB段弧面上發(fā)生全反射． 答案　(1)CDE　(2)①R?、谝娊馕? 解析　(1)水平方向的彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力提供，而豎直方向的彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力和重力的合力提供，A錯誤；單擺振動的周期取決于驅(qū)動力的周期，與固有周期無關(guān)，B錯誤；機械波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)，頻率不變，由v＝λf可知，如果波速變大，則波長一定變大，C正確；在干涉現(xiàn)象中振動加強指的是振幅增大，振動減弱指的是振幅減小，但振動加強點和減弱點仍在各自的平衡位置附近做簡諧振動，其位移隨時間周期性變化，故某時刻振動加強點的位移可能小于振動減弱點的位移，D正確；發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源發(fā)出的波的頻率并沒有變化，只是人接收到的頻率發(fā)生了變化，E正確． (2)①設(shè)離AB邊距離為d的光線折射后剛好射到B點，設(shè)此光線的入射角為i，折射角為r，根據(jù)幾何關(guān)系有i＝2r 根據(jù)光的折射定律有：n＝，即＝，得r＝30° 由幾何關(guān)系可得d＝Rsin i＝R ②設(shè)折射角為β，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此折射光線在CB弧面上的入射角也為β，根據(jù)光路可逆可知，光線一定會從CB段弧面上射出，不可能發(fā)生全反射． 11