2017届高考物理第二轮提升突破复习题25.doc

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高考模拟试卷
说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分110分。
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14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21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。)
14．纵观自然科学发展的历史，我们可以看到，许多科学家的重要理论、重大发现和发明创造对人类的文明和进步做出了卓越贡献。以下几种说法中正确的是(　　)
A．奥斯特通过对磁现象的研究发现了通电导线的磁效应
B．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测出了万有引力常量G
C．库仑创立了库仑定律，卡文迪许用扭秤实验测定了静电力常量k
D．伽利略通过对理想斜面实验的研究，得到“重物体不会比轻物体下落得快”的结论
解析：　奥斯特首先发现通电导线能产生磁场，即电流的磁效应，A项正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤测量出了引力常量，B项错误；库仑发现了库仑定律并测定了静电力常量，C项错误；伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，D项错误。
答案：　A
15.如图所示为甲、乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线运动的v－t图象，其中t2＝2t1，则下列判断正确的是(　　)

A．甲的加速度比乙的大
B．t1时刻甲、乙两物体相遇
C．t2时刻甲、乙两物体相遇
D．0～t1时间内，甲、乙两物体之间的距离逐渐减小
解析：　速度图线倾斜程度越大加速度越大，故甲的加速度小于乙的加速度，A项错误；两物体又从同一位置出发，在0～t1时间内，乙的速度一直大于甲的速度，故乙一直在甲前面，且距离越来越大，D项错误；故在t1时刻，甲、乙不可能相遇，B项错误；速度图象中，图线与坐标轴的面积表示物体的位移，0～t2时间内，由几何关系可知，甲乙两物体位移相同，两物体又从同一位置出发，故t2时刻两物体相遇，C项正确。
答案：　C
16.如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来。框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g。现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间(　　)

A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)g
B．框架对地面的压力大小为0
C．小球的加速度大小等于g
D．小球的加速度为0
解析：　剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变消失，小球所受合外力为mg，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，C项正确，D项错误；框架受重力和支持力作用，F＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误。
答案：　C
17.如图所示，D、A、B、C四点的水平间距相等，DA、AB、BC在竖直方向上的高度差之比为1∶4∶9。在A、B、C三点分别放置相同的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，则下列关于A、B、C三点处的小球说法中正确的是(　　)

A．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3
B．三个小球弹出时的动能之比为1∶4∶9
C．三个小球在空中运动的过程中重力做功之比为1∶5∶14
D．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶10
解析：　小球弹出后做平抛运动，在竖直方向上，DA、AB、BC高度差之比为1∶4∶9，则A、B、C的高度之比为1∶5∶14，由h＝gt2可得，在空中的运动时间之比为1∶∶，在水平方向上，三个小球的水平位移之比为1∶2∶3，由x＝v0t，则三小球弹出的初速度之比1∶∶，弹出的动能之比为1∶∶，选项A、B错误；由W＝mgh，重力做功之比为1∶5∶14，选项C正确；由动能定理和数学知识可知，无法算出三个球落地时的动能之比，选项D错误。
答案：　C
18.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin 100πt(V)的交流电，则(　　)

A．交流电的频率为100 Hz
B．通过R2的电流为1 A
C．通过R2的电流为 A
D．变压器的输入功率为 200 W
解析：　由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率ƒ＝＝＝50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T⇒U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错误，C项正确；其功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，D项错误。
答案：　C
19．探月工程三期飞行试验器于2014年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，飞行试验器飞抵距月球6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面h＝200 km的圆形工作轨道。设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)
A．飞行试验器绕月球运行的周期为2π
B．在飞行试验器的工作轨道处的重力加速度为()2g
C．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为
D．由题目条件可知月球的平均密度为
解析：　在月球表面附近，试验器所受万有引力近似等于它受月球的重力，即：G＝mg，试验器绕月球做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，即：G＝m＝m(R＋h)＝ma，解得：T＝，a＝()2g，v＝R ，A、C项错误；B项正确；由G＝mg，ρ＝，V＝πR3可知，月球密度ρ＝，D项正确。
答案：　BD
20．如图所示，在真空中分别固定有电荷量为＋Q和－Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到＋Q的距离以及c、d到－Q的距离均为L，下列说法正确的是(　　)

A．a、d两点的电场强度相同，电势不等
B．b、c两点的电场强度不同，电势相等
C．一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能
D．将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同
解析：　等量异种电荷电场的电场线为中心对称的图形，故a、d两点场强大小相等，b、c两点场强大小相等，又根据电场线方向可知，a、d两点场强方向均水平向左，b、c两点场强方向均向右，所以a、d两点场强相同，b、c两点场强相同，B项错误；两异种电荷连线中垂线电势为零，左侧电势大于零，右侧电势小于零，故a、d两点电势不等，A项正确；正试探电荷由c点到d点过程中，－Q对它的电场力做功为0，＋Q对它的电场力做正功，故合电场力对它做正功，它的电势能减小，C项正确；从d点到c点过程中，电场力对正试探电荷做负功，同理，正试探电荷由a点到b点过程中，＋Q对它的电场力做功为0，－Q对它的电场力做正功，故合电场力对它做正功，D项错误。
答案：　AC
21．如图所示，正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界长度为2L的正方形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是(　　)

A．线圈穿出磁场时感应电流的方向沿abcda
B．线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力，穿出区域时受到水平向右的静摩擦力
C．线圈经过磁场区域的过程中始终受到水平向右的静摩擦力
D．线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为
解析：　正方形金属线圈abcd穿出磁场区域时，磁通量减小，根据楞次定律，线圈中感应电流的方向沿abcda，选项A正确；线圈进入磁场区域时bc边切割磁感线，产生感应电流的方向是c→b，受到的安培力水平向左，根据二力平衡可知，静摩擦力向右，穿出区域时，ad边切割磁感线，产生d→a方向的感应电流，受到的安培力水平向左，根据二力平衡可知，线圈受到的静摩擦力向右，选项B错误；线圈abcd全部在磁场中运动时，不产生感应电流，线圈不受摩擦力作用，选项C错误；线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能W＝2FL＝，选项D正确。
答案：　AD
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22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答。)
(一)必考题(共47分)
22．(6分)在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置。

(1)实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是________(填选项前的字母)
A．保证钩码的质量远小于小车的质量
B．选取打点计时器所打的第1点与第2点间的距离约为2 mm的纸带来处理数据
C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力
D．必须先接通电源再释放小车
(2)如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m。从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是________，小车动能的增量是________。(用题中和图中的物理量符号表示)

解析：　为使钩码的重力近似于小车受到的合力，需要把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，C项正确；同时保证钩码的质量远小于小车的质量，减小钩码失重带来的误差，A项正确；D项是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响，D项错误；B项为保证重物由零开始做自由落体运动的措施，B项错误。
答案：　(1)AC(2分)
(2)mgx(2分)　M()2－M()2(2分)
23．(9分)某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某种小灯泡L1(6 V　2.5 W)的伏安特性曲线，设计了如图甲所示的电路，要求多次测量，尽可能减小实验误差，备有下列器材：

A．直流电源
B．电压表V
C．电流表A
D．滑动变阻器R1(0～20 Ω，5 A)
E．滑动变阻器R2(0～200 Ω，1 A)
F．开关与导线若干
请回答以下问题：
(1)滑动变阻器应选择________(填选项前的字母)。
(2)根据实验原理，用笔画线代替导线，将图中的实验电路实物图连接完整。

(3)开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于________。(选择“A端”、“B端”或“AB中间”)
(4)如图丙所示为该种小灯泡的U—I图象，现将两个这种小灯泡L1、L2与一个阻值为5 Ω的定值电阻R连成如图丁所示的电路，电源的内阻为r＝2.5 Ω，开关S闭合后，小灯泡L1与定值电阻R的电功率恰好均为P，则P＝________W，电源的电动势E＝________V。

解析：　(1)绘制伏安特性曲线，要求小灯泡两端电压由零开始连续调节，故滑动变阻器采用分压式电路，因此选择阻值较小的滑动变阻器D；(2)小灯泡电阻较小，测量电路采用电流表外接。(3)为确保闭合开关时，小灯泡两端电压最小，滑动变阻器滑片应置于A端。(4)L1与电阻R并联，电压相等、功率相等，故此时小灯泡L1的电阻为5 Ω，由伏安特性曲线可知，此时小灯泡L1两端电压为1 V，通过的电流为0.2 A，所以功率P＝UI＝0.2 W；由并联电路知识可知，通过L2的电流为0.4 A，由伏安特性曲线可知，L2两端电压为4 V；故电路的路端电压为5 V；由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，E＝U＋Ir＝5 V＋0.4×2.5 V＝6 V。
答案：　(1)D(2分)　(2)如图所示(3分)
(3)A端(1分)　(4)0.2(2分)　6(2分)

24．(12分)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比＝4×10－10 kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107 m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2 m，不计粒子的重力。

(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。
解析：　(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：
xOA＝at2(1分)
a＝(1分)
E＝(1分)
y＝v0t(1分)
联立解得a＝1.0×1015m/s2；t＝2.0×10－8s；
y＝0.4 m(1分)
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：
vx＝at＝2×107 m/s(1分)
粒子经过y轴时的速度大小为：
v＝＝2×107 m/s(1分)
与y轴正方向的夹角为θ，tan θ＝＝1
所以θ＝45˚(1分)
要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子

做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：
R＋R≤y(2分)
qvB＝m(1分)
联立解得B≥(2＋2)×10－2 T(1分)
答案：　(1)0.4 m
(2)B≥2(＋1)×10－2 T
25．(20分)如图所示，一个质量为m＝15 kg的特制柔软小猴模型，从离地面高h1＝6 m的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v0＝6 m/s的速度匀速前进。已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s＝3 m处，该平板车总长L＝7 m，平板车板面离地面高h2＝1 m，模型可看做质点，不计空气阻力。假定模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车开始以大小为a＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，g取10 m/s2，模型下落过程中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数μ＝0.2 。求：
(1)模型将落在平板车上距车尾端多远处；
(2)通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下；
(3)模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少。

解析：　(1)设模型经时间t1下落到平板车上，由运动学公式得：h1－h2＝gt①(2分)
平板车在t1时间内前进的距离为x1，
则：x1＝v0t1②(1分)
所以模型在车上的落点距车尾端距离：
s′＝L＋s－x1＝4 m③(2分)
(2)设模型落在车上后做匀加速运动的加速度为a1，经过时间t2模型和平板车的速度相同为v，则：
平板车的速度为：v＝v0－at2④(1分)
模型的速度为：v＝a1t2⑤(1分)
对模型应用牛顿第二定律得：μmg＝ma1⑥(2分)
平板车的位移为：x2＝v0t2－at⑦(1分)
在这段时间内模型的位移为：x3＝a1t⑧(1分)
联立④⑤⑥⑦⑧可得，在这段时间内模型相对车向后的位移为：
Δx1＝x2－x3＝3 m⑨(2分)
Δx1＜4 m故不会滑下⑩(1分)
(3)速度相同后模型和平板车都减速运动直到静止，
平板车的位移为：x4＝⑪(1分)
模型的位移为：x5＝⑫(1分)
模型相对车向前的位移为
Δx2＝x5－x4⑬(2分)
模型在平板车上来回摩擦产生的总热量：
Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝105 J⑭(2分)
答案：　(1)4 m
(2)不会
(3)105 J
(二)选考题：共15分。请考生从给出的3道物理题中任选一题做答。如果多做按所做的第一题计分。
33．[物理—选修3－3](15分)
(1)(5分)有以下说法：
A．“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积
B．一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比
C．气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大
D．物理性质各向同性的一定是非晶体
E．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的
F．控制液面上方饱和汽的体积不变，升高温度，则达到动态平衡后该饱和汽的质量增大，密度增大，压强也增大
G．让一小球沿碗的圆弧形内壁来回滚动，小球的运动是可逆过程
其中正确的是________。
(2)(10分)如图所示，用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m，现对气缸缓缓加热使气缸内的空气温度从T1升高到T2，且空气柱的高度增加了Δl，已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为p0，问：

①此过程中被封闭气体的内能变化了多少；
②被封闭空气初始状态的体积。
解析：　(1)油膜法测分子直径大小的实验中，油膜经充分扩散，形成单分子层油膜，故纯油酸体积除以油膜面积即为分子直径大小，A项正确；由查理定律可知，B项正确；气体分子平均动能大，说明气体温度较高，但不确定气体体积的大小，由理想气体状态方程可知无法确定气体压强大小，C项错误；多晶体也具有各向同性的特点，D项错误；由液面张力的定义和饱和汽的特性易知E、F项正确；若碗不光滑小球的运动为不可逆过程，G项错误。
答案：　ABEF(6分)
(2)①由受力分析和做功分析知，在气体缓缓膨胀过程中，活塞与砝码的压力对气体做负功，大气压力对气体做负功，根据热力学第一定律得
ΔU＝W＋Q＝－mgΔl－p0SΔl＋Q(3分)
②被封闭气体等压变化，据盖·吕萨克定律得
＝(3分)
解得V1＝(3分)
34．[物理—选修3－4](15分)
(1)(5分)如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，波传到x＝1 m的P点时，P点开始向下振动，此时为计时起点，已知在t＝0.4 s时P、M间第一次形成图示波形，此时x＝4 m的M点正好在波谷。下列说法中正确的是________。

A．P点的振动周期为0.4 s
B．M点开始振动的方向沿y轴正方向
C．当M点开始振动时，P点正好在波峰
D．这列波的传播速度是10 m/s
E．从计时开始的0.4 s内，P质点通过的路程为30 cm
(2)(10分)半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O。两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直。光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB＝60˚，已知该玻璃对红光的折射率n＝。求：两条光线经柱面和底面折射后出射光线的交点与O点的距离d。

解析：　(1)根据波的周期性可以知道，波上P点振动周期T＝0.4 s，则波的振动周期也为0.4 s，A对；M点开始振动方向向下，原因是所有质点的起振方向与振源相同，B错误；P、M间平衡位置的距离为0.75λ，所以可以确定C正确；根据v＝＝10 m/s，D正确；一个周期内每个质点振动过程中走过的路程为四个振幅，40 cm，E错误。
答案：　ACD(6分)
(2)光线1直接从O点透射，方向垂直于底面。光线2入射角θ1＝60˚(1分)

根据折射定律n＝
解得折射角θ2＝30˚(2分)
由几何关系可知，在底面再次折射时，入射角为θ3＝30˚，由光路可逆得折射角为θ4＝60˚(3分)
由于△OBC是等腰三角形，则OC＝＝R，所以d＝OCtan 30˚＝(3分)
35．[物理—选修3－5](15分)
(1)(5分)下列说法正确的是________。
A．康普顿效应和电子的衍射现象说明光和电子都具有波动性
B．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论
C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少
D．平均结合能越大的原子核越稳定
E．骸骨中6C的含量为活着的生物体中6C含量的，6C的半衰期为5 730年，则该生物死亡时距今11 460年
(2)(10分)如图所示，物体A、B的质量分别是4 kg和8 kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一个物体C水平向左运动，在t＝5 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动。物体C的速度—时间图象如图示。

①求物体C的质量。
②求弹簧压缩具有的最大弹性势能。
③求在5 s到15 s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量。
解析：　(1)康普顿效应说明了光具有粒子性，A项错误；半衰期由原子核本身决定，与物理环境、化学形式无关，C项错误；平均结合能越大的原子核越稳定，D项正确；由原子物理知识易知B、E项正确。
答案：　BDE(6分)
(2)解析：　①由图象可知，碰前C的速度v0＝6 m/s，碰后的速度v＝2 m/s
A、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
mCv0＝(mC＋mA)v
解得mC＝2 kg(3分)
②A、C向左运动，当它们速度变为零时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得，最大弹性势能
Ep＝(mA＋mC)v2＝12 J(3分)
③在5 s到15 s的时间内，墙壁对B物体的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2 m/s减少到0，再增加到2 m/s，则弹力的冲量等于F的冲量，即：
I＝(mA＋mC)v－[－(mA＋mC)v]＝24 N·s，方向水平向右(3分)
答案：　①2 kg
②12 J
③24 N·s 水平向右

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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