《仿真模拟练(二)高三模拟试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《仿真模拟练(二)高三模拟试题（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、仿真模拟练(二)(时间：70分钟满分：110分)二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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14以下关于、和射线的说法中正确的是()A原子序数大于83的原子核都具有放射性B射线本质是质子流，其电离能力最强C射线是核外电子电离产生的D射线是中子流，其贯穿能力最强答案A解析原子序数大于83的原子核都具有放射性，选项A正确；射线本质是氦核，选项B错误；射线是核内的中子转化为质子时产生的高速电子，选项C错误；射线是光子，选项D错误15如图所示，矩形线框在磁场内
2、做的各种运动中，能够产生感应电流的是()答案B解析A图中线框在匀强磁场中运动的过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B图在线框绕OO轴转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，故B正确；C图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故C错误；D图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故D错误16.如图1所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要
3、滑动，在此过程中()图1A水平力F的大小不变B杆对小球A的支持力不变C轻绳对小球B的拉力先变大后变小D杆对小球A的摩擦力先变小后变大答案D解析对球B受力分析，受拉力F、重力mg和轻绳的拉力FT，合力为零，如图甲所示：由此可知，随着的增加，拉力F和轻绳张力FT均增加，故A、C错误；再对A、B球整体受力分析，受重力、拉力F、支持力FN和静摩擦力Ff，如图乙所示：设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直于杆方向有FN(Mm)gcos Fsin ，随着F的增加，支持力FN增加；在平行于杆方向，有：Fcos Ff(Mm)gsin ，可得：Ff(Mm)gsin Fcos ，可知随着F的增加，静摩擦力逐
4、渐减小，当(Mm)gsin Fcos 时，静摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故B错误，D正确17汽车由静止开始在平直的公路上行驶，060 s内汽车的加速度随时间变化的图象如图2所示则该汽车在060 s内的速度时间图象为()图2答案B解析010 s内汽车做加速度为2 m/s2的加速运动，根据vat，可知10 s时速度达到20 m/s，接下来1040 s做匀速运动，速度始终为20 m/s,4060 s内，加速度反向，汽车做减速运动，加速度为1 m/s2，经20 s速度恰好减小到零18某发电厂的发电机组输出的电压恒为400 V，将其通过升压变压器升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电
5、线总电阻为5 ，当输送的电功率恒为200 kW时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是()A输电线上损失的功率为50 WB供电端升压变压器的匝数比为1：5C输电线上损失的电压为50 VD若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小答案B解析输电线上损失的功率P50 kW，选项A错误；P2R，解得U2 000 V，升压变压器的匝数比为：4002 00015，选项B正确；根据P，解得U500 V，选项C错误；输电电压不变，若输电功率变大，则输电电流变大，输电线上损失的功率PI2R变大，选项D错误19如图3所示，飞船先沿椭圆
6、轨道1飞行，然后在远地点P处变轨后沿圆轨道2运行，在轨道2上周期约为90分钟则下列判断正确的是()图3A飞船沿椭圆轨道1经过P点时的速度与沿圆轨道经过P点时的速度相等B飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度D飞船从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做正功答案BC解析飞船沿椭圆轨道1经过P点时有m，飞船沿椭圆轨道2经过P点时有m，v1Pv2P，A错误；在圆轨道2上时，万有引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，B正确；因轨道2上周期约为90分钟，小于同步卫星的周期，又由，可得飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度，C错误；飞船
7、从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做负功，D错误20某静电场的电场线分布如图4所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是()图4AP点场强大于Q点场强BP点电势低于Q点电势C将电子从P点移动到Q点，电场力做正功D将电子从P点移动到Q点，其电势能增大答案AD解析电场线密的地方电场强度大，所以P点场强一定大于Q点场强，A正确；根据沿电场线方向电势降低可以知道，P点电势高于Q点电势，B错误；P点电势高于Q点电势，即PQ，电势能Epq中，因为是电子，所以q0，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，将电子从P点移动到Q点，其电势能增大，所以电场力做负功，C错误，D正确21.如图5所示，木
8、板1、2固定在墙角，一个可视为质点的物块分别从木板的顶端静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为.对这两个过程，下列说法正确的是()图5A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等B沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等C物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多D物块沿着2下滑到底端的过程，产生的热量更多答案BC解析物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mghWfmv2其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：FfFNmgcos ，所以物块克服摩擦力做的功为：WfFfLmgcos LmgLcos 由题图可知，Lcos 为斜面底边长，可见物块从斜
9、面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功与斜面底端长度L底成正比沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2下滑到底端过程物块克服摩擦力做功小于沿1下滑到底端过程克服摩擦力做功，则由式得，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时物块的速度，故A错误，B正确；沿1时克服摩擦力做的功多，物块的机械能损失大，产生的热量多，故C正确，D错误三、非选择题(一)必考题22(5分)某同学在测定小车加速度的实验中，得到图6甲所示的一条纸带，他在纸带上共取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出已知打点计时器的打点周期为0.02 s该同学从每个计数点处将纸带剪开分成六条(
10、分别标记为a、b、c、d、e、f)，再将这六条纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，得到图乙所示的图形，最后将各纸带上端中心连起来，于是得到表示vt关系的图象，图中x轴对应的物理量是时间t，y轴对应的物理量是速度v.图6(1)图中t3_ s，若测得纸条c的长度为4.02 cm，则v3_ m/s(保留两位有效数字)(2)若测得纸条a的长度为1.98 cm，纸条f的长度为7.02 cm，则可求出加速度的大小为_ m/s2(保留两位有效数字)答案(1)0.250.40(2)1.0解析(1)因为每相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的两个计数点的时间间隔T0.1 s，题图中t320.
11、1 s0.05 s0.25 s，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，则v3 m/s0.40 m/s；(2)根据xaT2得，可知xfxa5aT2，则加速度的大小a m/s21.0 m/s2.23(10分)为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R(阻值约100 )、滑动变阻器R1(0100 )、滑动变阻器R2(010 )、电阻箱R0(09 999.9 )、理想电流表A(量程50 mA)、直流电源E(3 V，内阻忽略)、导线若干、开关若干图7(1)甲同学设计如图7(a)所示的电路进行实验请在图(b)中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接滑动变阻器应选_(填入字母)实验
12、操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最_(选填“左”或“右”)端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1.断开S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R0阻值在100 左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为_时，R0的读数即为电阻的阻值(2)乙同学利用电路(c)进行实验，改变电阻箱R0的值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出R0图线如图(d)所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为_(3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路(a)和(c)，哪种方案测电阻更好_？为什么？_.答案(1)如图所示R2左I1(2)(3)(a)
13、此方案不受电源内阻的影响解析(1)连线图如图所示：因为滑动变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选R2；实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端；根据欧姆定律，若两次保持回路中电流表读数不变，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知R0的读数即为电阻的阻值(2)根据闭合电路欧姆定律应有：EI(RR0)解得：结合数学知识可知m，k解得：E，REm(3)若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对电路(a)测电阻没有影响24(12分)如图8所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一光滑的水平桌面上，桌面距水平地面的高度也为R
14、，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为vA，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：图8(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；(2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；(3)小球b落地点距桌子右侧的水平距离答案(1)mg，方向竖直向上(2)(3)R解析(1)设a球通过最高点时受轨道的弹力为FN，由牛顿第二定律得：mgFNm解得：FNmg.由牛顿第三定律知，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上(2)设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势能面，由机械能守恒定律得：mvmvmg2R解得：va小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，则有mva2mvb，得vb(3)b球从桌面飞出做平抛运动，设飞出的水平距离为x，则Rgt2，t，xvbt联立解得：xR.25(20分)如图9所示，在坐标系xOy中，第一象
