1、1仿真模拟卷(二)一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共计 24 分每小题只有一个选项符合题意1下列说法中不正确的是( )A原子核的结合能越大，原子核越稳定B光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量C按照玻尔理论，氢原子吸收光子，其核外电子从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，电子的动能减少，原子的电势能增加，原子的总能量增加D一个氢原子处在 n4 的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出 3 种频率的光子答案 A2(2018田家炳中学模拟)如图 1 所示，光滑的四分之一圆弧轨道 AB 固定在竖直平面内，A 端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力 F 作用下，缓慢地由 A 向
2、 B 运动， F 始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为 FN.在运动过程中( )图 1A F 增大， FN减小 B F 减小， FN减小C F 增大， FN增大 D F 减小， FN增大答案 A解析 对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图，根据共点力平衡条件，有 FN mgcos F mgsin 2其中 为支持力 FN与竖直方向的夹角，当球向上移动时， 变大，故 FN变小， F 变大，故A 正确，B、C、D 错误3(2018江都中学等六校联考)放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用， F 的大小与时间 t 的关系如图 2 甲所示，物块速度 v 与时间 t 的关系如图乙所
3、示取重力加速度 g10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量 m 和物块与地面之间的动摩擦因数 分别为( )甲 乙图 2A0.5 kg,0.4 B1 kg,0.4C0.5 kg,0.2 D1 kg,0.2答案 A解析 由 F t 图象和 v t 图象可得，物块在 24 s 内所受推力 F3 N，物块做匀加速运动， a m/s22 m/s 2，由牛顿第二定律得 F Ff ma，即 310 m 2 m v t 42物块在 46 s 所受推力 F2 N，物块做匀速直线运动，则 F Ff， F mg ，即 10m 2由解得 m0.5 kg， 0.4，故 A 选项正确4(2018苏州市模拟)火星有两
4、颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆已知火卫一的周期为 7 小时 39 分火卫二的周期为 30 小时 18 分，则两颗卫星相比( )A火卫一距火星表面较远 B火卫二的角速度较大C火卫一的线速度较大 D火卫二的向心加速度较大答案 C解析 卫星绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、火星质量为 M，有 m 2r m ma， T2 ，由题知火卫一的周期较小，GMmr2 v2r r3GM则轨道半径较小，所以火卫一距火星表面较近，故 A 错误； ，所以火卫二的角速度GMr33较小，故 B 错误； v ，所以火卫一的线速度较大，故 C 正确； a ，所
5、以火卫二的向GMr GMr2心加速度较小，故 D 错误5.(2018徐州市考前模拟)如图 3 所示，三个相同的灯泡 L1、L 2、L 3，电感线圈 L 的电阻可忽略， D 为理想二极管下列说法正确的是( )图 3A闭合开关 S 的瞬间，L 3立即变亮，L 1、L 2逐渐变亮B闭合开关 S 的瞬间，L 2、L 3立即变亮，L 1逐渐变亮C断开开关 S 的瞬间，L 2立即熄灭，L 1先变亮一下然后才熄灭D断开开关 S 的瞬间，L 2立即熄灭，L 3先变亮一下然后才熄灭答案 B6如图 4 所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中， A、 B
6、是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻 R，则电路稳定后( )图 4A离子可能向 N 磁极偏转B A 板聚集正电荷C R 中有向上的电流D离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功答案 C解析 由左手定则知，正离子向 B 板偏转，负离子向 A 板偏转，离子不可能向 N 磁极偏转，A、B 错误；电路稳定后，电阻 R 中有向上的电流，C 正确；因为洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D 错误二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分每小题有多个选项符合题意全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分7(2018苏州市期初调研)如图 5 所
7、示，在水平地面上 O 点正上方的 A、 B 两点同时水平抛4出两个相同小球，它们最后都落到地面上的 C 点，则两球(空气阻力不计)( )图 5A不可能同时落地B落在 C 点的速度方向可能相同C落在 C 点的速度大小可能相等D落在 C 点的重力的瞬时功率不可能相同答案 ACD解析 据 h gt2，可知高度不同，所以运动时间一定不同，故 A 正确；平抛运动轨迹为抛12物线，速度方向为轨迹上该点的切线方向，分别从 A、 B 两点抛出的小球轨迹不同，在 C 点的 切 线 方 向 也 不 同 ， 所 以 落 地 时 方 向 不 可 能 相 同 ， 故 B 错 误 ； 由 动 能 定 理 得mgh mv2
8、 mv02，落地速度为： v ，则知落在 C 点的速度大小可能相等，故 C12 12 2gh v02正确；落在 C 点时重力的瞬时功率 P mgvy mg ， m 相同，但 h 不同，故 P 不可能相同，2gh故 D 正确8(2018泰州中学开学考)如图 6 所示，质量均为 m 的两个完全相同的小球 A、 B(可看成质点)，带等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球 A、 B 将由静止开始运动则在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧所组成的系统(设整个过程中不考虑两电荷之间的库仑力作用且弹簧不超过弹性限度)，以下说法错误的是( )图 6A系
9、统的机械能守恒B当两小球速度为零时，系统的机械能一定最小C当小球所受的电场力与弹簧的弹力平衡时，系统动能最大D因电场力始终对球 A 和球 B 做正功，故系统的机械能不断增加答案 ABD9.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长 L(小于立柱高)、拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处静止释放，如图 7 所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为 g，下面说法中正确的是( )5图 7A小球和小车的总机械能守恒B小球和小车组成的系统的动量守恒C小球运动到最低点的速度为 2gLD小球和小车组成的系统只在水平方向上动量守恒答案 AD10(2018江苏省高考压轴卷)如图 8 甲所示，
10、理想变压器原、副线圈的匝数之比为445， b 是原线圈的抽头，且其恰好位于原线圈的中心，S 为单刀双掷开关，负载电阻R25 ，电表 均 为 理 想 电 表 ， 在 原 线 圈 c、 d 两 端 接 入 如 图 乙 所 示 的 正 弦 交 流 电 ， 下 列 说 法中 正 确 的 是 ( )图 8A当 S 与 a 连接， t110 2 s 时，电流表的示数为 0B当 S 与 a 连接， t1.510 2 s 时，电压表示数为 50 V2C将 S 由 a 拨到 b 时，电阻 R 消耗的功率为 100 WD将 S 由 b 拨到 a 时，1 s 内电阻 R 上电流方向改变 100 次答案 CD三、简答
11、题：本题分必做题(第 11、12 题)和选做题(第 13 题)两部分，共计 33 分【必做题】11(8 分)(2018江苏省高考压轴卷)某探究小组利用气垫导轨(摩擦力可不计)和光电门计时器等装置(如图 9 所示)探究动能定理他们通过改变滑轮下端的小桶中沙子的质量来改变滑块水平方向的拉力；滑块上装有宽为 d 的挡光片实验中，用天平称出小桶和沙子的总质量为 m，滑块(带挡光片)的质量为 M，计时器显示挡光片经过光电门 1 和 2 的时间分别为 t1、 t2.6图 9(1)在满足_的条件下，才可以认为小桶和沙子的总重力所做的功等于滑块动能的改变量(2)实验中还必须测量的物理量是_，试写出本次探究的原
12、理表达式(用测量量和已知量表示)_(3)写出一个减小本实验误差的方法_答案 (1) mM (2)两光电门之间的距离 x mgx M( )2 M( )2 (3)适当减小挡12 d t2 12 d t1光片的宽度(或适当增大光电门间的距离)解析 (1)设绳子拉力为 F，根据牛顿第二定律，对小桶和沙子 mg F ma；对滑块： F Ma，整理得 F mg(1 )mg.MM m mM m只有当 mM 时，才可认为 F mg，即小桶和沙子的总重力做的功等于滑块动能的改变量(2)滑块经过两光电门的速度可表示为 和 ，重力做功为 mgx，动能变化为 M( )d t1 d t2 12 d t22 M( )2，
13、故还必须测量的量为两光电门之间的距离 x，表达式为 mgx M( )2 M(12 d t1 12 d t2 12)2.d t1(3)适当减小挡光片宽度，可使 、 更接近滑块经过两光电门时的瞬时速度；适当增d t2 d t1大两光电门间的距离 x，可减小因测量带来的偶然误差12(10 分)(2018南京市、盐城市二模)某同学欲测量一卷粗细均匀的、阻值约为 100 的金属漆包线的长度，备选器材如下：A量程为 5 mA、内阻 r150 的电流表 A1B量程为 0.6 A、内阻 r20.2 的电流表 A2C量程为 6 V、内阻 r3约为 15 k 的电压表 VD最大阻值为 15 、最大允许电流为 2
14、A 的滑动变阻器E定值电阻 R15 F电动势 E6 V、内阻很小的直流电源G开关一个、导线若干H螺旋测微器(1)已知做成这种漆包线芯的金属丝的电阻率为 ，若金属丝的电阻用 R 表示，直径用 d 表示，则这一卷漆包线的长度 L_.(2)该同学用螺旋测微器测金属丝的直径如图 10 甲所示，则螺旋测微器的示数 d_ mm.7(3)为了尽可能精确地测量该金属丝的电阻，电流表应选用_(选填“A”或“B”)，请在图乙方框中画出实验原理电路图图 10(4)若该同学在测量金属丝直径时没有去除漆包线表面的绝缘漆，这会使实验测得该漆包线的长度与真实值相比_(选填“偏大”或“偏小”)答案 (1) (2)0.600
15、(3)A 见解析图 (4)偏大 Rd24解析 (1)根据电阻定律 R ，可得漆包线的长度 L . LS Rd24(2)螺旋测微器的示数为 0.600 mm；(3)金属丝中的最大电流 I 0.06 A，电流表 A2的量程 0.6 A 太大，测量的误差较大，故ER应选电流表 A1，因 A1的量程小于 0.06 A，故电路中应对电流表 A1改装，使其量程变大，实验原理电路如图；(4)若该同学在测量金属丝直径时没有去除漆包线表面的绝缘漆，则测量的直径偏大，由L 知，长度也偏大 Rd2413 【选做题】本题包括 A、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按第一个小题评分A选修
16、33(15 分)(2018南京市金陵中学模拟)(1)下列说法正确的有_A天然水晶熔化后再凝聚的水晶(石英玻璃)仍然是晶体B大气中氢含量较少的原因是氢分子平均速率较大，更容易发生逃逸C相同的温度下，液体的扩散速度等于固体的扩散速度D人类使用能量的过程是将高品质的能量最终转化为低品质的内能(2)一定量的理想气体的状态经历了如图 11 所示 A B C A 的循环变化，已知气体在状态8A 时温度是 T0，则在全过程中气体的最高温度是_， C A 过程中气体的内能变化情况是_图 11(3)在(2)问的情景下，已知气体从 B C 过程中内能的变化为 E0，则根据图中数据求： A B 过程气体与外界热交换
17、 Q；完成一个循环气体对外做的功 W.答案 (1)BD (2)2 T0 先增大后减小 (3)2 p0V0 E0 p0V02解析 (3) A 状态与 C 状态温度相等， B C 内能变化 E1 E00A B 内能变化 E2 E00由热力学第一定律得 E2 Q W1， W12 p0V0，解得 Q2 p0V0 E0 由 B C 过 程 气 体 体 积 不 变 ， W2 0， 由 C A 过 程 气 体 体 积 减 小 ， 外 界 对 气 体 做 功 W3p0V0，故完成一个循环气体对外做功 W| W1| W3 p0V0.32 12B选修 34(15 分)(2018江苏大联考)(1)下列说法正确的是(
18、 )A在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变窄B医生利用超声波探测病人血管中血液的流速应用了多普勒效应C两列波发生干涉，振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大D除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光(2)如图 12 所示，甲为一列简谐横波在 t0 时刻的波形图，图乙为质点 P 的振动图象则该机械波的传播速度为_ m/s；在 t0.25 s 时质点 Q 的加速度_(填“大于”或“小于”)质点 P 的加速度图 12(3)如图 13， MN 为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为 R、折射率为 的透明半球体， O39为球心，轴线 OA 垂直于
19、光屏， O 至光屏的距离 R.位于轴线上 O 点左侧 处的点光源 SOA116 R3发出一束与 OA 夹角 60的光线射向半球体，求光线从 S 传播到达光屏所用的时间(已知光在真空中传播的速度为 c.)图 13答案 (1)BD (2)20 小于 (3)3Rc解析 (1)光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，由于波长变长，根据公式 x ，则干涉条纹间距变宽，故 A 错误；医院检查身体的彩超是通过测出反射波的频率ld变化来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应原理，故 B 正确；两列波发生干涉，振动加强区质点的振幅总比振动减弱区质点的振幅大，不能说振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的
20、位移大，故 C 错误；除从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光，故 D 正确(2)由振动图象与波动图象可知， 4 m， T0.2 s，波速 v m/s20 m/s.因 T 40.2t0.25 s1 T 时，据波的周期性可知， P 质点到达波谷， Q 质点到达平衡位置上方，但没14有到达波峰，则质点 Q 的加速度小于质点 P 的加速度(3)光从光源 S 射出经半球体到达光屏的光路如图光由空气射向半球体，由折射定律，有 n ，解得 30sin sin 在 OBC 中，由正弦定理得： ，解得 30OCsin 90 OBsin 光由半球体射向空气，由折射定律，有 nsin sin
21、解得： 60，即出射光线与轴线 OA 平行光从光源 S 出发经透明半球体到达光屏所用的总时间 t SBc BCv CDc且 n ，解得： t .cv 3Rc10四、计算题：本题共 3 小题，共计 47 分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14(15 分)(2018南通市、泰州市一模)如图 14 所示，光滑绝缘斜面倾角为 ，斜面上平行于底边的虚线 MN、 PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场， MN、 PQ 相距为 L.一质量为 m、边长为 d(d L)的正方形金属线框 abef 置于斜面上，
22、线框电阻为 R.ab 边与磁场边界 MN 平行，相距为 L.线框由静止释放后沿斜面下滑， ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为 g.求：图 14(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量 q；(2)线框 ef 边离开磁场区域时的速度 v；(3)线框穿过磁场区域产生的热量 Q.答案 (1) (2) (3) mg(2L d)sin Bd2R mgRsin B2d2 m3g2R2sin2 2B4d4解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势 E t通过回路的电荷量 q I t tER磁通量的变化量 Bd2解得 q .Bd2R(2)线框 ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流 I
23、BdvR受到的安培力 F IdB由平衡条件有 mgsin F0解得 v .mgRsin B2d211(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有 mg(2L d)sin mv2 Q12解得 Q mg(2L d)sin .m3g2R2sin2 2B4d415(16 分)(2018第二次江苏大联考)如图 15 所示，斜面 AB 长 xAB3 m、倾角为 ，其底端 B 与水平传送带相切，传送带长为 L3 m，始终以 v05 m/s 的速度顺时针转动现有一个质量 m1 kg 的物块(可视为质点)，在离 B 点 xPB2 m 处的 P 点由静止释放已知物块与斜面间的动摩擦因数 10.25，物块与传送带间
24、的动摩擦因数 20.2， g 取 10 m/s2.求：图 15(1)倾角 逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；(2)当 37时，由 P 到 C 的过程中，摩擦力对物块所做的功；(3)当 53时，为了使物块每次由 A 滑到 C 点时均抛在同一点 D，求物块释放点 P 到 B点的取值范围答案 (1)tan 0.25 (2)4.5 J (3)1 m s m3713解析 (1)为使物块下滑，有： mgsin 1mgcos 解得倾角 满足的条件为：tan 0.25(2)由 P 到 B，由动能定理得： mgxPBsin 1mgxPBcos mvB212解得 vB4 m/s在 B 点，因
25、为 vB4 m/sv0，物块在传送带上先做匀加速运动到达 v0，运动位移为 x0，运动的时间为 t，则 a 2g2 m/s 2 2mgmv02 vB22 ax0x02.25 m3 mt 0.5 sv0 vBa传送带运动的距离 x v0t50.5 m2.5 m相对运动距离为 x x x00.25 m12可得物块先做匀加速直线运动，然后和传送带一起做匀速运动所以 P 到 C，摩擦力对物块做的功Wf 1mgxPBcos 2mg x4.5 J(3)因物块每次均抛到同一点 D，由平抛运动的知识知：物块到达 C 点时的速度必须有vC v0当 P 到 B 点的距离为 x1时，物块进入传送带后一直匀加速运动，
26、则mgx1sin 1mgx1cos 2mgL mv0212解得 x11 m当 P 到 B 点的距离为 x2时，物块进入传送带后一直做匀减速运动则 mgx2sin 1mgx2cos 2mgL mv0212解得 x2 m3713所以物块释放点到 B 点的距离的取值范围为 1 m s m371316(16 分)回旋加速器的工作原理如图 16 所示，置于真空中的两个 D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直设两 D 形盒之间所加的交流电压为 U，被加速的粒子质量为 m、电荷量为 q，粒子从D 形盒一侧开始被加速(初动能可以忽略)，经
27、若干次加速后粒子从 D 形盒边缘射出求：图 16(1)粒子从静止开始第 1 次经过两 D 形盒间狭缝加速后的速度大小；(2)粒子第一次进入 D 形盒磁场中做圆周运动的轨道半径；(3)粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器 D 形盒射出答案 (1) (2) (3)2qUm 1B 2mUq qB2R22mU解析 (1)粒子在电场中被加速由动能定理得qU mv1212得： v12qUm(2)带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，13由牛顿第二定律得： qv1B mv12r1解得： r1mv1qB代入数据得： r11B2mUq(3)若粒子射出，则粒子做圆周运动的轨道半径为 R，设此时速度为 vn由牛顿第二定律知 qvnB m ，解得此时粒子的速度为 vnvn2R BqRm此时粒子的动能为 Ek mvn212代入数据得 Ekq2B2R22m粒子每经过一次加速动能增加 qU，设经过 n 次加速粒子射出，则 nqU Ek代入数据解得： nqB2R22mU
