湖北省高考物理考前综合测试2

考前综合测试二说明：本试卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分组成．考试时间100分钟，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．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，有错选的得0分)1．(2013·上海市黄浦区模拟)下列单位属于国际单位制中基本单位的是( )A ．牛顿(N)B ．安培(A)C ．特斯拉(T)D ．库仑(C)解析：安培是电流的单位，在国际单位制中是基本单位，故选项B 正确；牛顿、特斯拉、库仑等都是国际单位制中的单位，但它们不是基本单位．答案：B2．(2013·河北省石家庄市高三二模)如图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A 、B 、C 为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆aA 、bB 、cC 与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放(忽略阻力)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达A 、B 、C 所用的时间，则( )A ．t 1>t 2>t 3B ．t 1<t 2<t 3C ．t 1＝t 3<t 2D ．t 1＝t 3>t 2解析：设圆锥底面的半径为R ，R cos60°＝12g sin60°·t 21得t 21＝8R 3g ；R cos45°＝12g sin45°·t 22得t 22＝4R g ；R cos30°＝12g sin30°·t 23解得t 23＝8R 3R；根据以上各式可知，t 1＝t 3>t 2.故选项D 正确． 答案：D3．(2013·河北省邯郸市高三模拟)如图所示，A 、B 两物体的质量分别为m A 、m B 且m A >m B ，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由Q 点缓慢地向左移到P 点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F 和两沿轮间绳子与水平方向的夹角θ变化情况是( )A ．F 变大，θ角变大B ．F 变小，θ角变小C ．F 不变，θ角变小D ．F 不变，θ角不变解析：由于绳子跨过滑轮，所以绳子的拉力始终等于A 物体的重力，设重新平衡后绳子与水平方向的夹角为β，如图所示，以滑轮和B 为研究对象，由平衡条件有2F cos B ＝m B g ，解得sin β＝m B g 2F，由于F 和m B g 不变，则sin β的值不变，即θ角不变，故选项D 正确．答案：D 4．(2013·武汉市高三模拟)如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P 是可移动的滑动触头．输入端AB 接交流电，输出端CD 连接了两个相同的灯泡L 1和L 2，Q 为滑动变阻器的滑动触头．当开关S 闭合，P 处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是( )A ．P 不动，将Q 向右移动，变压器的输入功率变小B ．P 不动，将Q 向右移动，两灯均变暗C ．Q 不动，将P 沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变小D ．P 、Q 都不动，断开开关S ，L 1将变亮解析：P 不动则变压器的原副线圈的匝数比不变，即次级线圈输出电压不变，当Q 向右移动时，滑动变阻接入电路的电阻减小，副线圈输出电流增大，变压器的输出功率增大，则输入功率增大，两灯均变亮，故选项A 、B 错误；Q 不动，则副线圈电路负载的电阻阻值不变，将P 逆时针方向移动，则原线圈匝数减小，由n 1n 2＝U 1U 2，得U 2＝n 2n 1U 1，由于n 1减小导致U 2增大，输出功率P 2＝U 22R将增大，变压器的输入功率增大，选项C 错误；P 、Q 均不动，当开关S 断开，副线圈电路的电阻阻值增大，流经R 的电流减小，则R 两端电压减小，由此可知L 1两端电压增大，L 1灯变亮，选项D 正确．答案：D5．(2013·新课标全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( ) A.3m v 03qR B.m v 0qR C.3m v 0qR D.3m v 0qR解析：带电粒子运动的轨迹如图所示，设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r ，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：q v 0B ＝m v 20r ，解得r ＝m v 0qB.由图中几何关系可得：tan30°＝R r联立解得，该磁场的磁感应强度B ＝3m v 03qR，故选项A 正确． 答案：A6．(2013·甘肃省兰州市高三模拟)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m 的运动员刚入水时的速度为v ，水对他的阻力大小恒为F ，那么在他减速下降深度为h 的过程中，下列说法正确的是(g 为当地的重力加速度)( )A ．他的动能减少了(F －mg )hB ．他的重力势能减小了mgh －12m v 2 C ．他的机械能减少了FhD ．他的机械能减少了mgh解析：跳水运动员进入水中到下降深度h 过程中，由动能定理有(F －mg )h ＝ΔE k ，ΔE k 为运动员的动能减少量，故选项A 正确；由运动员下降了h ，故其重力势能减小mgh ，选项B 错误；在该过程中克服阻力做功为Fh ，由功能关系可知其机械能减少量为Fh ，选项C 正确，选项D 错误．答案：AC7．(2013·济南市高三模拟)负点电荷Q 固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P 仅在该电荷的电场力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则( )A ．粒子P 带负电B ．a 、b 、c 三点的电势高低关系是φa ＝φc <φbC ．粒子P 由a 到b 电势能增加，由b 到c 电势能减小D ．粒子P 在a 、b 、c 三点时的加速度大小之比是2∶1∶2解析：带电粒子受到的电场力指向Q ，由于Q 带负电，所以带电粒子带正电，选项A 错误；负点电荷Q 形成的电场中，a 、c 处于同一等势面上，故φa ＝φc ，φb >φc ，故选项B 正确；U ab ＝φa －φb <0，则qU ab <0，即带电粒子P 由a 到b 电场力做负功，电势能增加，同理得U bc >0，qU bc >0，则粒子P 从b 到c ，电势能减小，故选项C 正确；设正方形的边长为l ，则bQ ＝2l ，则E b ＝kQ (2l )2＝kQ 2l 2，E a ＝E c ＝kQ l 2，则a a ∶a b ∶a c ＝2∶1∶2，故选项D 正确．答案：BCD 8．(2013·淄博市高三模拟)如图，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．ab 棒中产生的焦耳热小于ab 棒重力势能的减少量C ．下滑位移大小为qR BLD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ 解析：ab 棒沿两导轨下滑过程切割磁感线，由右手定则可知，a 点电势高于b 点电势，选项A 正确；设ab 棒速度为v 时，ab 棒下滑的距离为s ，由动能定理有mgs sin θ－W 安＝12m v 2，在此过程中ab 棒中产生的焦耳热Q 等于克服安培力做的功W 安，由此可得Q ＝mgs sin θ－12m v 2，故选项B 正确；设当速度为v 时，运动时间为t ，在此过程中磁通量的变化量ΔΦ＝BLs ，则q ＝ΔΦtR ·t ＝BLs R ，得s ＝qR BL，选项C 正确；在此过程中速度最大时，受到安培力最大，由F ＝BIL ，得F ＝B 2L 2v R，故选项D 错误． 答案：ABC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题～12题为必考题，每个试题考生必须作答．第13题～15题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9．(7分)(2013·唐山市高三一模)验证机械能守恒定律的装置如图．在长为L 的细线下端拴一个质量为m 的金属球，水平木条T 装在铁架上部，细线的上端固定在O 点．铁架下部装一个刮脸刀片D ，当球摆到最低点时恰好把线割断(不计能量损失)．在水平地面上放一张白纸，上面再放一张复写纸，即图中的E .实验方法是：在摆球静止时，量出摆长L (悬点O 到球心距离)和球的下缘到地面的竖直高度H .把摆拉至水平，摆线平直，自A 点由静止释放．摆到最低点B 时，线被割断，球被平抛出去，落在复写纸E 上，打出痕迹，记录下落地点C ，再量出水平射程x .求出球由A 到B 过程中动能的增加量ΔE k ＝________，重力势能的减小量ΔE p ＝________(重力加速度为g )．最后看ΔE k 是否与ΔE p 近似相等而得出机械能守恒的结论．解析：小球从A 点由静止释放，由A 到B 物体的动能增量ΔE k ＝12m v 2B，所以测出小球到达B 点的速度就可以求出在B 点的动能，由平抛运动能求出小球平抛的初始速度，即小球在B 点的速度，v B ＝x t ＝x 2H g ＝x g 2H ，则ΔE k ＝12m v 2B ＝mgx 24H，ΔE p ＝mgL . 答案：mgx 24HmgL 10．(8分)(2013·新课标全国卷Ⅰ)某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k ”挡内部电路的总电阻，使用的器材有：多用电表；电压表：量程5 V ，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k ”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点．(2)将图(a)中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示．多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V .(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V ．从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ.(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V ，电阻“×1k ”挡内部电路的总电阻为________kΩ.解析：(1)使用多用电表的欧姆挡测电阻时，把选择开关旋至某一挡位时，要进行欧姆调零，故应将两表笔短接，调零点．(2)多用电表的红表笔与表内电源负极相连，黑表笔与表内电池的正极相连，为保证电流红表笔流入，电压表正负接线正确，应将红表笔和“1”接线柱相连．(3)从(b)图可知，欧姆表指针指在15.0的刻线，所以，多用电表的读数为15.0 kΩ，由于电压表的量程为5 V ，所以电压表的读数为3.60 V.(4)当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，多用电表的读数即为电压表的内阻，即R V ＝12.0 kΩ.(5)设多用电表内电池的电动势为E ，多用电表的内阻为R ，由第(3)、(4)的数据，由闭合电路欧姆定律有E R ＋15.0 kΩ＝ 3.6012.0 kΩ，E R ＋12.0 kΩ＝ 4.0012.0 kΩ.联立解得E ＝9.00 V ，R ＝15.0 kΩ.答案：(1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.011．(15分)(2013·广东省六校高三联考)如图所示，水平放置的两条光滑平行金属导轨ab ，相距为d ＝1 m ，导轨之间垂直放置一质量为m ＝1 kg ，长度L ＝2 m 的均匀金属棒MN ，棒与导轨始终良好接触．棒的电阻r ＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计．左端导轨之间接有一电阻为R ＝2 Ω的灯泡，整个装置放在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN 施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始运动，试求：(1)若施加的水平恒力F ＝8 N ，则金属棒达到的稳定速度为多少？(2)在(1)的前提下，金属棒MN 两端的电势差U MN ；(3)若施加的水平外力功率恒为P ＝20 W ，经历t ＝1 s 时间，棒的速度达到2 m/s ，则此过程中灯泡产生的热量是多少？解析：(1)稳定时金属棒平衡，设速度为v ，则有F ＝Bid① 由法拉第电磁感应定律E ＝Bd v② 闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r 2③ 联立①②③得v ＝6 m/s.④ (2)U MN ＝U 灯＋B (L －d )v⑤ U 灯＝R R ＋r 2E (或U 灯＝IR ) ⑥ 联立②③④⑤⑥得U MN ＝20 V ． ⑦(3)设金属棒克服安培力做功为W ，由动能定理得Pt －W ＝12m v ′2 ⑧克服安培力做功转化为总电能，设为Q ，则有Q ＝W⑨ 故灯泡发热为Q 1＝R R ＋r 2Q 联立⑦⑧⑨得Q 1＝12 J.答案：(1)6 m/s (2)U MN ＝20 V (3)12 J12．(17分)(2013·江西省赣州十二县联考)如图所示的坐标系xOy 中，x <0，y >0的区域内有沿x 轴正方向的匀强电场，x ≥0的区域内有垂直于xOy 坐标平面向外的匀强磁场，x轴上A 点坐标为(－L,0)，y 轴上B 点的坐标为⎝⎛⎭⎫0，233L .有一个带正电的粒子从A 点以初速度v A 沿y 轴正方向射入匀强电场区域，经过B 点进入匀强磁场区域，然后经x 轴上的C 点(图中未画出)运动到坐标原点O .不计重力．求：(1)粒子在B 点的速度v B 是多大？(2)C 点与O 点的距离x C 是多大？(3)匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度的比值是多大？解析：(1)设粒子从A 到B 的过程中运动时间为t ，在B 点时速度沿x 轴正方向的分速度大小为v x ，在y 轴方向，233L ＝v A ·t 12v x·t ＝L ， 解得v x ＝3v Av B ＝v 2x ＋v 2A ＝2v A . (2)设粒子在B 点的速度v B 与y 轴正方向的夹角θ，则tan θ＝v x v A＝ 3 解得θ＝60°粒子在x ≥0的区域内做匀速圆周运动，轨迹如图，设轨道半径为R ，由几何关系有2R ·sin θ＝233L . x C ＝2R cos θ解得x C ＝23L . (3)设匀强电场强度为E ，匀强磁场的磁感应强度为B ，粒子质量为m ，带电荷量为q ，则由动能定理有qEL ＝12m v 2B －12m v 2Aq v B B ＝m v 2B R ，解得E B ＝v A 2. 答案：(1)2v A (2)23 L (3)v A 2(二)选考题(共15分，请考生从给出的3道物理题中任选一道题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)13．(15分)[物理选修3－3](1)(6分)(2013·潍坊市高三二模)下列说法正确的是( )A ．分子平均动能大的物体，内能一定大B ．晶体一定具有各向异性C ．液体表面张力是由于表面层分子间距离大，分子力表现为引力所致D ．经技术改进，热机的效率能达到100%(2)(9分)(2013·邯郸市高三模拟)如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m ，横截面积为S ，与容器底部相距h .现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q 时，活塞上升体积加倍，此时气体的温度为T 1.已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与气缸的摩擦，求：①加热过程中气体的内能增加量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m 0时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(1)分子平均动能大的物体，说明该物体的温度高，物体的内能与物质的量(即摩尔数)、温度以及物体的体积有关，选项A 错误；多晶体具有各向同性的物理属性，故选项B 错误；液体表面张力是由于液体表面层的分子间距离较大，分子力表现为引力，选项C 正确；热机的效率不可能达到100%，选项D 错误．(2)①取活塞为研究对象，由受力平衡得p ＝p 0＋mg S，气体对外做功W ＝p ·Sh 由热力学第一定律得ΔU ＝Q －WΔU ＝Q －pSh ＝Q －(p 0S ＋mg )h .②设温度为T 1，此时气体状态为初态，体积为V 1，压强p 1＝p 0＋mg S活塞回到原位臵时，此时气体状态为末态，p 2＝p 0＋(m ＋m 0)g S ，V 2＝V 12，温度T 2. 由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 得T 2＝p 2V 2p 1V 1T 1＝12⎝⎛⎭⎫1＋m 0g p 0S ＋mg T 1. 答案：(1)C (2)①Q －(p 0S ＋mg )h②12⎝⎛⎭⎫1＋m 0g p 0S ＋mg T 1 14．(15分)[物理选修3－4](1)(6分)(2013·湖南省十二校联考)关于振动和波动，下列说法正确的是( )A ．单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关B ．部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象C ．在波的干涉中，振动加强的点位移不一定始终最大D ．各种波均会发生偏振现象E ．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去(2)(9分)(2013·湖北省黄冈市高三调研)如图所示，半圆玻璃砖的半径R ＝10 cm ，折射率n ＝3，直径AB 与屏幕MN 垂直并接触于A 点激光a 以入射角i ＝60°射向玻璃砖圆心O ，结果在屏幕MN 上出现两光斑，求两光斑之间的距离L .解析：(1)由单摆的周期公式T ＝2πL g，可知单摆的周期与摆球质量无关，选项A 错误；当驱动力的周期接近或等于物体的固有周期时，发生共振现象，共振时受迫振动的振幅最大，所以部队过桥时，要便步走避免桥梁发生共振，选项B 正确；在波的干涉中，振动加强的点在做振动，其位移在不断变化，选项C 正确；只有横波才能发生偏振现象，故选项D 错误；由多普勒效应可知，当星球远离我们时，我们接收到它的光波的频率会变低，即其波长会变长，故选项E 正确．(2)画出如图光路图，设折射角为r ，根据折射定律n ＝sin i sin r，解得r ＝30°， 根据光的反射定律，反射角β＝60°.由几何知识得，两个光斑PQ 之间的距离L ＝P A ＋AQ ＝R tan30°＋R tan60°解得L ＝4033cm. 答案：(1)BCE (2)4033cm 15．(15分)[物理选修3－5](1)(6分)(2013·陕西省西工大附中模拟)下列说法正确的是( )A ．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B ．半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间C ．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强D ．铀核(238 92U)衰变为铅核(206 82Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变(2)(9分)(2013·湖南省重点中学高三模拟)如图所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3 m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度v 0和2v 0在木板上滑动，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板．求：11①木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B 所发生的位移； ②木块A 在整个过程中的最小速度．解析：(1)汤姆孙发现电子后，提出了原子的“枣糕模型”，选项A 错误；由半衰期的定义可知，放射性元素的原子核有半数发生衰变的时间，选项B 正确；在α、β、γ三种射线中，γ射线是高频率的电磁波，其贯穿能力最强，α射线是氦原子核，它的电离作用最强，选项C 正确；238 92U 衰变为206 82Pb ，设经过x 次α衰变，经过y 次β衰变，由α衰变及β衰变的规律得：238＝206＋4x,92＝82＋2x －y ，联立解得x ＝8，y ＝6，故选项D 正确．(2)①木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等时，三者速度相等，A 、B 、C 三个物体组成的系统动量守恒，有m v 0＋2m v 0＝5m v ，解得v ＝35v 0. 木块B 滑动的加速度a ＝μg .由运动学公式，2ax ＝(2v 0)2－v 2解得x ＝91v 2050μg. ②木块A 做匀减速运动，木板C 做匀加速运动，当A 、C 速度相等时，A 的速度最小，设为v A ，由动量守恒定律，有m v 0＋2m v 0＝(m ＋3m )v A ＋m v B .由运动学公式v 0－v A ＝2v 0－v B联立解得v A ＝25v 0. 答案：(1)BCD (2)①91v 2050μg ②25v 0。