1、1仿真模拟练(一)(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下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是( )A. N He O H147 42 178 1B. U Th He23892 23490 42C. H H He n21 31 42 10D. U n Ba Kr3 n23592 10 14456 8936 10答案 C解析 轻核聚变是指轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，A 项为
2、人工转变，B项为 衰变，C 项为轻核聚变，D 项为重核裂变，故 C正确152018 年 4月 14日，风靡全球的蹦床主题公园乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图 1是小朋某次游戏中的 v t图象， t0 时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋( )图 1A t1时刻落到海绵上B t2时刻到达最低处C t3时刻处于平衡状态2D t2 t4时间内处于超重状态答案 D解析 小朋先向上做匀减速运动，在 t1时刻达到最高点，故 A错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加速度开始减小， t2时刻速度达到最大，但没有
3、在最低点，故 B错误； t3时刻速度为零，但合力不为零，故 C错误； t2 t4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加速运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态，故 D正确16如图 2，一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动， M、 N为其运动轨迹上的两点已知该粒子在 M点的速度大小为 v0，方向与水平方向的夹角为 60，N点为轨迹的最高点，不计重力则 M、 N两点间的电势差为( )图 2A. B3mv028q 3mv028qC D.mv028q mv028q答案 B解析 从 M点到 N点利用动能定理有：qUMN mv mv m(v0cos 6
4、0)2 mv12 N2 12 M2 12 12 02解得： UMN ，故 B正确3mv028q17一质量为 m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为 v时，其加速度大小为 a，设汽车所受的阻力恒为 f.以下说法正确的是( )A汽车的功率为 fvB当汽车的速度增加到 2v时，加速度为a2C汽车行驶的最大速率为(1 )vmafD当汽车的速度为 v时，行驶的距离为v22a3答案 C解析 汽车做加速运动，由牛顿第二定律有： F f ma，所以 F f ma，所以汽车的功率为 P Fv( f ma)v，故 A错误；当汽车的速度增加到 2v时，此时的牵引力为F P2v f mav2v f
5、 ma2由牛顿第二定律有： F f ma1，即 f ma1f ma2解得 a1 ，故 B错误；ma f2m当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即 vm v，故 C正确；Pf f mavf (1 maf)由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用 2ax v2即 x来计算，故 D错误v22a18如图 3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻 R2 R32 R1，电流表为理想交流电表， U为有效值恒定的正弦交流电源当 S闭合时，电流表的示数为 I；当 S断开时，电流表的示数为 .该变压器原、副线圈匝数比 为( )5I9 n1n2图 3A2 B3 C4 D5答案 A解
6、析 设变压器原、副线圈匝数比为 k，则可知，开关闭合时，副线圈总电流为 kI，根据理想变压器原理可知 k，同理 kU IR1kIR2R3R2 R3U 59IR1k59IR2联立解得： k2，故 A正确19如图 4甲所示，矩形导线框 abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度 B随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为 ad边所受安培力 F的正方向下列图象正确的是( )4图 4答案 BD解析 线圈中的感应电流决定于磁感应强度 B随 t的变化率由题图可知，01 s 时间内，B增大， 增大，感应电流产生的磁场与原磁场
7、方向相反(感应电流产生的磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可判断出 14 s内感应电流的方向，故 A错误，B 正确；01 s时间内， ad边感应电流是向下的， ad边所受的安培力 F BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于 B随时间均匀增大， I不变，所以安培力 F随时间 t均匀增大，同理可判断出 14 s 时间内安培力 F随时间 t的变化关系，故 C错误，D 正确20某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为 T.已知地球半径为 R，地球表面重力加速度为g，引力常量为 G，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转以
8、下说法正确的是( )A卫星运行半径 r 3gR2T24 2B卫星运行半径 rRT2 3gC地球平均密度 3g4 GRD地球平均密度 3gR4 G答案 AC解析 由万有引力提供向心力有：G m r和 G mgmMr2 4 2T2 MmR25联立解得： r ，故 A正确，B 错误；3gR2T24 2地球的质量 M ，gR2G地球的体积 V ，4 R33所以地球的密度为 ，MVgR2G4 R33 3g4 GR故 C正确，D 错误21.有三根长度皆为 L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O点，另一端分别挂有质量均为 m、电荷量分别为 q和 q的带电小球 A和 B， A、 B间用第三
9、根线连接起来所在空间存在水平向右、大小 E 的匀强电场，系统平衡时， A、 B球的位置如图mgq5所示现将 O、 B之间的轻线烧断，因空气阻力， A、 B两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)以下说法正确的是( )图 5A A球的电势能增加了 qEL12B B球的电势能减少了 qEL12C A球的重力势能减少了 mgL2 32D B球的重力势能减少了 mgL2 2 32答案 ACD解析 设达到新的平衡位置时 OA绳与竖直方向的夹角为 ， OB绳与竖直方向的夹角为 ，由平衡条件得对 A： FT1cos mg FT2cos qE FT1sin FT2sin 对 B： FTc
10、os mgqE FTsin 6FT FT2联立解得： 0， 45所以 A球的重力势能减少了mgL(1cos 30) mgL2 32B球的重力势能减少了mgL(1cos 45) mgLcos 30 mgL2 2 32A球的电势能增加了 qELsin 30 qELqEL2B球的电势能增加了 qEL(sin 45sin 30) qEL2 12综上所述，故 A、C、D 正确三、非选择题(一)必考题22(5 分)利用图 6的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为 M，钩码的质量为 m，打点计时器的电源是频率为 f的交流电图 6(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且_的情况下，轻推一
11、下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响(填选项前的字母)A打点计时器不打点B打点计时器打点(2)图 7是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中 O为打出的第一个点在纸带上连续选取 A、 B、 C、 D、 E点进行分析，测得各点到 O点的距离分别为s1、 s2、 s3、 s4、 s5，则打点计时器打 D点时，小车的速度 vD_.(用已知和测得物理量的符号表示)图 7(3)若采用图中的 OD过程进行验证，则需要验证的关系式为_(用已知和测得物理量的符号表示)7答案 (1)B (2)s5 s3f2(3)mgs4 (m M)(s5 s3)2f218
12、解析 (1)在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选 B.(2)利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得vD s5 s32T s5 s3f2(3)根据功能关系可知 mghD (m M)v12 D2代入数据得： mgs4 (m M)(s5 s3)2f218只要验证上关系式成立即可23(10 分)实验室中有热敏电阻 Rt、电炉丝、电磁继电器、电源 E(3.6 V，内阻不计)、电阻箱 R0(0999.9 )、开关 K和导线若干，某同学设计了如图 8甲所示的温控电路，当通过电磁继电器线圈的电流达到 20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止
13、加热；当通过继电器线圈的电流降到 18 mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻 Rt的阻值与温度 t的关系图 8该同学主要实验过程如下，完成下列填空：(1)用多用电表的欧姆“1 ”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下：A将选择开关旋至“1 ”挡，短接两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0”刻度8B调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度C将多用电表的选择开关旋至“OFF”D将两表笔直接连到图甲中的 1、4 两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值以上步骤中存在错误的一项是_改正后正确的步骤顺序为_(填步骤前的字母)(2)已知继电器线圈的电阻为 25.
14、0 .该同学将电阻箱的阻值调为 75.0 ，则该温控器的温度控制范围在_之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值_(选填“调大”或“调小”)(3)正确设计电路后闭合 K，发现电炉丝发热， Rt温度一直升高但继电器并不吸合将多用电表选择开关旋至直流电压“10 V”挡，将表笔分别接到图甲中 1、2、3、4 各点进行故障排查(仅一处故障)，现象如下表，则可知_.表笔位置 1、2 3、2 3、4 4、1电表示数 3.60 V 3.60 V 0 0A.开关 K断路B电阻箱断路C热敏电阻 Rt短路D电磁继电器线圈短路答案 (1)D BADC (2)50 60 调大 (3)B解析 (1)由于欧姆表不能
15、直接测量带电源的电路，应该断开开关将继电器隔离后再放到1、4 两点直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的 D有错误，欧姆表的正确的操作步骤是 BADC.(2)当通过电磁继电器线圈的电流达到 20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器 线 圈 的 电 流 降 到 18 mA时 ， 街 铁 与 继 电 器 分 开 ， 所 以 回 路 中 的 电 流 取 值 范 围 是 18 mA 20 mA，当继电器线圈的电阻为 25.0 .电阻箱的阻值调为 75.0 ，利用闭合电路欧姆定律I 可解得此时热敏电阻的取值范围为 80 100 ，结合图象可知温度的取值范ER外 r围为 50 60 ，若要提
16、高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变(3)从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选 B.24(12 分)如图 9为分拣邮件的传输装置示意图，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于 B点，圆弧的半径为 R0.8 m，传送带的长度 L3 m，以速度9v2 m/s沿顺时针方向匀速转动现将一质量 m2 kg的邮件(可视为质点)由圆弧顶点 A点静止释放，已知邮件和传送带间的动摩擦因数 0.5，取 g10 m/s 2，求：图 9(1)邮件滑到 B点时的速度大小；(2)邮件由
17、B点运动到 C点的时间；(3)邮件与传送带间因摩擦产生的热量答案 (1)4 m/s (2)1.3 s (3)4 J解析 (1)由动能定理得： mgR mv12 B2解得： vB4 m/s；(2)邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得： mg ma减速到 v的过程中： v2 v 2( a)x1B2v vB at1匀速阶段： L x1 vt2综上可得运动的时间： t t1 t21.3 s(3)邮件与传送带相对位移： x x1 vt1摩擦生热： Q mg x4 J.25(20 分)如图 10，空间存在方向垂直于 xOy平面向里的匀强磁场在 x0的区域内，磁感应强度大小 B13 B0，在 x 得 r1a
18、cbdbradrcB引力和斥力相等时，由 得 r1ac，故当 r1acbd时分子作用力为引力bra drcC引力和斥力相等时，分子势能为零D引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大E斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大(2)(10分)如图 11所示，内壁光滑的汽缸开口向上竖直放置；缸内理想气体、高度均为 L0，温度均为 T0.活塞 A到汽缸顶部的距离为 L0，活塞 A、 B绝热， A下有加热装置，汽缸底部导热、其余部分绝热，开始时整个装置处于平衡状态已知活塞 A和加热装置质量不计，B质量为 m、横截面积为 S，外界大气压强为 p0，环境温度不变现对气体缓慢加热，求：图 11气体
19、温度多大时 B活塞开始移动；活塞 B下移 时气体的温度L02答案 (1)BDE (2)见解析解析 (2)取气体为研究对象， p1 p0，气体发生等压膨胀，当其体积为 2L0S时， B开始移动由盖吕萨克定律得： L0ST0 2L0ST1解得： T12 T0气体初态压强为 p2 p0mgS对由等温变化： p2L0S p2 L0S1212气体此时压强为 p1， p1 p2mgS对由理想气体状态方程： p1L0ST0 p1 52L0ST1解得： T1 T0.52p0S mg2p0S34选修 34(15 分)(1)(5分)如图 12所示，一列横波在 x轴上传播，实线和虚线分别表示 t10、 t20.14
20、 s时的波形，已知实线在 t30.6 s 时第 5次重复出现则_图 12A波的周期为 0.1 sB波的波长为 12 cmC波的传播速度为 1 m/sD波沿 x轴正方向传播E t20.14 s 时， x0 处质点的纵坐标为 y cm3(2)(10分)如图 13所示为半径 R6 cm的某种半圆柱透明介质的截面图， MN为紧靠该介质右侧竖直放置的光屏，与介质相切于 P点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O.图 13当入射角 i30时，在光屏上出现三个亮斑， MP间两个亮斑到 P点距离分别为 8 cm和6 cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？当入射角 i53时，在光屏上会出现几个亮斑，
21、亮斑分别是什么颜色？答案 (1)BCE(2)紫光折射率为 红光折射率为 1.22光屏上出现两个亮斑， MP间的亮斑为红色， PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑13解析 (1)已知实线在 t30.6 s 时第 5次重复出现，则有： t30.6 s5 T，得 T0.12 s，故 A错误；由题图知波的波长为 12 cm，故 B正确；波的传播速度为：v m/s1 m/s，T 0.120.12故 C正确；t20.14 s T0.02 s，则波传播距离 x vt2 2 cm，可知波沿 x轴负方向传播，故 D错误；t20.14 s0.12 s0.02 s，而 0.02 s ，T6根据正弦式振动方程 y Asin( t)得2Ty2sin( ) cm，2T T6 3所以 t20.14 s 时，x0 处质点的纵坐标为 y cm，故 E正确3(2)如图，由几何关系得tan 1 1，得 145BPRtan 2 ，APR 43得 253，所以紫光的折射率为 n1 ，sin 45sin 30 2所以红光的折射率为 n2 1.2；sin 37sin 3014设紫光和红光的临界角分别为 C1， C2，sin C1 ，1n1 22解得， C145sin 531n2 56故 C2i53.则紫光发生全反射，红光发生反射和折射光屏上出现两个亮斑， MP间的亮斑为红色， PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑
