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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1AF增大，FN减小 BF减小，FN减小CF增大，FN增大 DF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FNmgcos Fmgsin 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,0.4B1 kg,0.4C0.5 kg,0.2 D1 kg,0.2答案A解析由Ft图象和vt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/s2，由牛顿第二定律得FFfma，即310m2m物块在46 s所受推力F2 N，物块做匀速直线运动，则FFf，Fmg，即10m2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m2rmma，T2，由题知火卫一的周期较小，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较小，故B错误；v，所以火卫一的线速度较大，故C正确；a，所以火卫二的向心加速度较小，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、L2、L3，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，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮B闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮C断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭D断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3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BA板聚集正电荷CR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所示，在水平地面上O点正上方的A、B两点同时水平抛出两个相同小球，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hgt2，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mghmv2mv02，落地速度为：v，则知落在C点的速度大小可能相等，故C正确；落在C点时重力的瞬时功率Pmgvymg，m相同，但h不同，故P不可能相同，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()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D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，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，t1102 s时，电流表的示数为0B当S与a连接，t1.5102 s时，电压表示数为50 VC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.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xmgxM()2M()2(3)适当减小挡光片的宽度(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mgFma；对滑块：FMa，整理得Fmg(1)mg.只有当mM时，才可认为Fmg，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()2M()2，故还必须测量的量为两光电门之间的距离x，表达式为mgxM()2M()2.(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 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.(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(3)A见解析图(4)偏大解析(1)根据电阻定律R，可得漆包线的长度L.(2)螺旋测微器的示数为0.600 mm；(3)金属丝中的最大电流I0.06 A，电流表A2的量程0.6 A太大，测量的误差较大，故应选电流表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13【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ABCA的循环变化，已知气体在状态A时温度是T0，则在全过程中气体的最高温度是_，CA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BC过程中内能的变化为E0，则根据图中数据求：AB过程气体与外界热交换Q；完成一个循环气体对外做的功W.答案(1)BD(2)2T0先增大后减小 (3)2p0V0E0解析(3)A状态与C状态温度相等，BC内能变化E1E00AB内能变化E2E00由热力学第一定律得E2QW1，W12p0V0，解得Q2p0V0E0由BC过程气体体积不变，W20，由CA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|W3p0V0.B选修34(15分)(2018江苏大联考)(1)下列说法正确的是()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，O为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离R.位于轴线上O点左侧处的点光源S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)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t0.25 s1T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30在OBC中，由正弦定理得：，解得30光由半球体射向空气，由折射定律，有n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且n，解得：t.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(dL)的正方形金属线框abef置于斜面上，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(2Ld)sin 解析(1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E通过回路的电荷量qItt磁通量的变化量Bd2解得q.(2)线框ef边离开磁场前，线框中产生的感应电流I受到的安培力FIdB由平衡条件有mgsin F0解得v.(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg(2Ld)sin mv2Q解得Qmg(2Ld)sin .15(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 ms m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 mvB2解得vB4 m/s在B点，因为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a2g2 m/s2v02vB22ax0x02.25 m3 mt0.5 s传送带运动的距离xv0t50.5 m2.5 m相对运动距离为xxx00.25 m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Wf1mgxPBcos 2mgx4.5 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vCv0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，则mgx1sin 1mgx1cos 2mgLmv02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 2mgLmv02解得x2 m所以物块释放点到B点的距离的取值范围为1 ms m16(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)解析(1)粒子在电场中被加速由动能定理得qUmv12得：v1(2)带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1Bm解得：r1代入数据得：r1(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qvnBm，解得此时粒子的速度为vn此时粒子的动能为Ekmvn2代入数据得Ek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nqUEk代入数据解得：n
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