（江苏专用）2019高考物理总复习 优编题型增分练：仿真模拟卷（四）.doc

仿真模拟卷(四)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(2018如皋市模拟) 下列说法中正确的是()A火箭利用周围空气提供的动力飞行B普朗克通过对光电效应的分析提出了光子说C铀235与铀238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期D热核反应的温度须达到108 K，反应过程中要吸收能量答案C2转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图1所示转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是()图1A笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大B笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的C若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差答案C解析由向心加速度公式an2r，笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故A错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；当转速过大时，提供的向心力小于需要的向心力，笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故C正确；当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，金属笔杆两端会形成电势差，但不会产生感应电流，故D错误3(2018南通等六市一调)图2甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右端移动过程中()图2A二极管D消耗的功率增大B二极管D的电阻增大C通过二极管D的电流减小D电源的功率减小答案A解析滑动变阻器R的滑片P从左端向右端移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，由题图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A正确，B、C错误；电源的功率为：PEI，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D错误4如图3所示，质量为m的小滑块(可视为质点)，从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)要使滑块能原路返回，在B点需给滑块的瞬时冲量最小应是()图3A2m BmC. D4m答案A解析设小滑块在斜面上克服摩擦力做功为W1，在水平面上克服摩擦力做功为W2，则从斜面上滑下至停在水平地面上的过程中，根据动能定理可得mghW1W20，要使滑块能原路返回，设在B点给的瞬时速度为v，则根据动能定理可得mv2mghW1W2，瞬时冲量为Imv，联立解得I2m，A正确5(2018江苏省高考压轴冲刺卷)如图4所示，电荷量为Q的正点电荷(图中未画出)与直角三角形ABC处在同一平面内D为AB的中点，A30.若将正的试探电荷从A移到B，或从D移到C，电场力做功均为零则()图4A点电荷Q一定在AC的中点BC点电势比A点电势高CB点的场强比C点的场强大D将负试探电荷从C点移到B点，电场力做正功答案B解析由题意可知，A、B两点电势相等，D、C两点电势相等，点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和DC的中垂线的交点上，由图可知点电荷Q在AC连线上，不在中点，选项A错误；在正点电荷的电场中，离场源电荷越远，电势越低，场强越小，所以C点电势高于A点电势，而B点场强小于C点场强，则选项B正确，C错误；由于B点电势低于C点电势，则UCB0，故将负的试探电荷从C点移到B点电场力做功WCBqUCB0，做负功，则选项D错误6(2018徐州市期中) 如图5所示，橡皮条一端固定在P点，另一端绕过固定的光滑铁钉Q与小物块A连接. 橡皮条的原长等于PQ间距离，伸长时弹力与伸长量成正比开始时小物块位于Q的正下方，对长木板B的压力为FN，B放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为；某时刻在B的右端施加水平向右的恒力FFN，若木板足够长，B对A的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮条始终处于弹性限度内在A向右运动的过程中，下列关于B的vt图象，正确的是()图5答案C解析A在Q点正下方静止时，设AQH，橡皮条的劲度系数为k，物块A的质量为m，则橡皮条弹力FTkHmgFN在A向右运动的过程中，设AQ与水平方向的夹角为，那么，橡皮条弹力FTk那么A对B的压力FNmgFTsin FN，A、B间的最大静摩擦力FfFNFN那么，A受到的橡皮条弹力水平向左的分量为FTcos ；故在A向右运动的过程中，变小，FTcos 变大；那么，当FTcos FFN时，A、B保持相对静止，一起向右运动，随着FTcos 变大，A、B的合外力FFTcos 变小，故加速度减小；当FTcos F时，A、B的速度达到最大，之后A、B间的摩擦力FfFN，A、B分离，A做减速运动，B做匀速运动；之后A做往复运动直至静止，由于摩擦力做负功，A的速度必小于B的速度，故B一直做匀速运动，故C正确，A、B、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7.2017年4月20日我国第一艘货运飞船“天舟一号”顺利升空，随后与“天宫二号”空间实验室进行交会对接，并完成超过6 t的物资与设备的转接，使我国迈入空间站时代假设“天舟一号”从B点发射，经过椭圆轨道运动到“天宫二号”的圆轨道上完成交会，如图6所示，已知“天宫二号”的轨道半径为r，“天舟一号”沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G.则()图6A“天舟一号”的发射速度大于11.2 km/sB“天宫二号”的运行速度大于7.9 km/sC根据题中信息可以求出地球的质量D“天舟一号”在A点的加速度大小等于“天宫二号”的加速度大小答案CD8如图7所示电路中，电源电动势为E(内阻不可忽略)，线圈L的电阻不计以下判断正确的是()图7A闭合S稳定后，电容器两端电压为EB闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右答案BC解析闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，R1中电流方向向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则R2中电流方向向左，故D错误9如图8所示，匀强磁场的磁感应强度B T，单匝矩形线圈面积S1 m2，电阻r ，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接V为理想交流电压表，A1、A2 为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5 A则以下说法正确的是()图8A电流表A1、A2的示数之比为21B理想变压器原、副线圈的匝数之比为21C线圈匀速转动的角速度为120 rad/sD电压表的示数为40 V答案BC解析因电灯泡正常发光，则原、副线圈的电流比为12，则A错误；由于电流与匝数成反比，则理想变压器原、副线圈的匝数之比为21，则B正确；副线圈的电压为20 V，则原线圈的电压为40 V，由于线圈的内阻r ，因电流为1.5 A，则线圈匀速转动产生的电动势的最大值为60 V，根据EmBS，求得120 rad/s，则C正确；电压表的示数为有效值，即40 V，则D错误10.如图9所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上分两次将质量为m1、m2(m2m1)的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度内)物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则()图9Am1开始释放的高度高Bm1的重力势能变化量大Cm2的最大加速度大Dm2的最大加速度小答案AD解析对任一物块，设物块的质量为m，物块从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h.取物块运动的最低点所在水平面为参考平面根据物块与弹簧组成的系统机械能守恒得：mghEp，据题，两次弹簧的最大弹性势能Ep相同，m2m1，则有h1h2，即m1开始释放的高度高，故A正确；物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，物块的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两个物块重力势能变化量相等，故B错误；两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，斜面体的倾角设为，由牛顿第二定律得 Fmgsin ma，得最大加速度为agsin ，由于m2m1，所以m2的最大加速度小于m1的最大加速度，故D正确，C错误三、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)(1)读出如图10中螺旋测微器和游标卡尺的读数_mm；_cm.图10(2)转动动能是力学中的一个重要物理量，用来表示物体因为转动而具有的能量，其表达式为EkI2，其中表示物体绕轴或点转动的角速度，I称为物体的转动惯量，转动惯量与物体的质量、形状、转轴位置有关如图11甲所示是一种测量物体转动惯量的装置，待测物体装在转动架上，线的一端绕在转动架上，线与转轴垂直，线所在处转动架的转轮半径为r，线的另一端通过定滑轮悬挂质量为m的重物，重物与纸带相连(图中未画出)，被测物体与转动架的总转动动能表达式为(I测I0)2，若已知转动架的转动惯量为I0，不计轴承处的摩擦，不计滑轮和线的质量，细线不可拉伸图11将重物由静止释放后，重物做匀加速直线运动，得到如图乙所示的纸带，打点计时器的打点周期为T，O为起始点，A、B、C、D、E为连续的五个点，OA间的距离为s0，AC间的距离为s1，CE间的距离为s2，则点C的速度vC_；加速度a_.当打点计时器打到C点时，被测物体绕转轴运动的角速度_.被测物体的转动惯量I测_.答案(1)1.8801.144(2) mr2I0解析(1)螺旋测微器的固定刻度为1.5 mm，可动刻度为38.00.01 mm0.380 mm，所以最终读数为1.5 mm0.380 mm1.880 mm.50分度的游标卡尺，精确度是0.02 mm，游标卡尺的主尺读数为11 mm，游标尺上第22个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标尺读数为220.02 mm0.44 mm，所以最终读数为：11 mm0.44 mm11.44 mm1.144 cm.(2)根据匀变速直线运动的推论知：C的速度vC；由：ss2s1a(2T)2所以加速度a根据线速度与角速度的关系可知，打点计时器打到C点时，被测物体绕转轴运动的角速度：根据机械能守恒可知，重物的重力势能转化为重物的动能、被测物体以及转动架的转动动能，即：mg(s0s1)mvC2(I测I0)2联立得：I测mr2I012(10分)(1)某同学用多用电表的欧姆挡来测量电压表的内阻，如图12甲所示先将选择开关旋至倍率“100”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的_接线柱(选填“”或“”)，测量结果如图乙所示，电压表的电阻为_.图12(2)该同学要测量一节干电池的电动势和内阻，有以下器材可供选择：A电流表(00.6 A3 A)B电压表(03 V)C滑动变阻器R(015 ，5 A)D滑动变阻器R(050 ，1 A)E定值电阻R0为1 F开关S及导线若干本次实验的原理图如图13所示，则滑动变阻器应选_(填器材前的字母序号)图13按照原理图连接好电路后进行测量，测得数据如下表所示.待测量12345I/A0.110.200.300.400.50U/V1.371.351.331.321.29由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起此情况的原因是_现将上述器材的连线略加改动就可使电压表的示数变化更明显，请在图14中按改动后的原理图完成连线图14答案(1)4 000(2)C电源的内阻太小见解析图解析(1)用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则红表笔接电压表的负极欧姆表表盘示数为40，选择开关旋到“100”挡，即倍率为100，则最后读数为：10040 4 000 (2)干电池内阻比较小，为了能有效控制电路，并且能方便实验操作，滑动变阻器应选总电阻小的C；路端电压随电路电流的增大而减小，由表中实验数据可知，实验时电压表示数变化太小，这是由于电源内阻太小造成的；为使电压表示数变化明显，可以把定值电阻与电源串联组成等效电源，这样可以增大电源内阻，使电压表示数变化明显，电路图如图所示：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)在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热量交换极少，可看做绝热过程潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风(大气压强随高度的增加而减小)(1)空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p随体积V变化关系的图象中，可能正确的是_(图中虚线是气体的等温线)(2)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，原因是空气团_(选填“对外放热”或“对外做功”)；设空气团的内能U与温度T满足UCT(C为一常数)，空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为W，则此过程中空气团升高的温度T_.(3)若水汽在高空凝结成小水滴的直径为d，已知水的密度为、摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA.求：一个小水滴包含的分子数n; 水分子的直径大小d0.答案(1)C(2)对外做功(3) 解析(1)在pV图中等温线为双曲线的一支，而且离坐标原点越远温度越高，沿着背风坡下降时升温，所以图象应该由低温度线指向高温度线，另外在此过程中空气团的压强增大，体积减小，故选C.(2)空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，运动过程为绝热过程，根据热力学第一定律可知空气团对外做功；根据UCT得：UCT根据热力学第一定律得：UWQQ0联立解得：T(3)水滴的体积为Vd3水滴的质量mV分子数nNA根据d03解得d0B选修34(15分)(1)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛下面关于激光的叙述正确的是_A激光是纵波B频率相同的激光在不同介质中的波长相同C两束频率不同的激光能产生干涉现象D利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离(2)如图15甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30107 m，屏上P点距离双缝S1和S2的路程差为7.95107 m，则在这里出现的应是_(选填“亮条纹”或“暗条纹”)现改用波长为6.30107 m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将_(选填“变宽”“变窄”或“不变”)图15(3)如图乙所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上表面的A点射出已知入射角为i，A与O相距l，介质的折射率为n，试求介质的厚度d.答案(1)D(2)暗条纹变宽(3)l解析(1)激光是电磁波中的一种，是横波，A项错误；频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的，B项错误；能产生干涉的条件是两列光的频率相同，C项错误；测定距离就是利用了激光平行度好的特性，D项正确(2)P点到两光源的路程差为半波长的奇数倍，出现暗条纹；x，随波长变长，条纹间距变宽(3)设折射角为r，由折射定律得n，由几何关系知l2dtan r，联立解得dl.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苏州市模拟)如图16甲所示，两相距L0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R2 的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面向下的匀强磁场质量m0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其vt图象如图乙所示在15 s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0.求：图16(1)金属杆所受拉力的大小F；(2)015 s内匀强磁场的磁感应强度大小B0；(3)1520 s内磁感应强度B随时间t变化的规律答案(1)0.24 N(2)0.4 T (3)B T解析(1)由vt图象可知，在010 s内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，由牛顿第二定律得Fmgma1，由题意可知，15 s末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgma2由vt图象可知，加速度大小为a1 m/s20.4 m/s2，a2 m/s20.8 m/s2，解得F0.24 N；(2)在1015 s内，金属杆做匀速直线运动，速度v4 m/s金属杆受到的安培力F安B0IL，金属杆处于平衡状态由平衡条件得：Fmg代入数据解得B00.4 T.(3)1520 s内金属杆中无感应电流，穿过回路的磁通量保持不变金属杆在1015 s内的位移dvt45 m20 m1520 s内，金属杆的位移xv(t15)a2(t15)24(t15)0.4(t15)2磁通量保持不变，则B0LdBL(dx)解得B T.15(16分)如图17所示，质量mC3 kg的小车C停放在光滑水平面上，其上表面与水平粗糙轨道MP齐平，且左端与MP相接触轨道左侧的竖直墙面上固定一轻弹簧，现用外力将小物块B缓慢压缩弹簧，当离小车C左端的距离l1.25 m时由静止释放，小物块B在轨道上运动并滑上小车C，已知小物块B的质量mB1 kg，小物块B由静止释放时弹簧的弹性势能Ep4.5 J，小物块B与轨道MP和小车C间的动摩擦因数均为0.2，取重力加速度g10 m/s2.图17(1)求小物块B滑上小车C时的速度大小vB；(2)求小物块B滑上小车C后，为保证小物块B不从小车C上掉下来，求小车C的最小长度L；(3)若小车C足够长，在小物块B滑上小车C的同时，在小车C右端施加一水平向右的F7 N的恒力，求恒力作用t2 s时小物块B距小车C左端的距离x.答案(1)2 m/s (2)0.75 m(3)0.4 m解析(1)小物块B从释放至运动到P的过程，根据功能关系有：EpmBglmBvB2解得 vB2 m/s(2)取B和C为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBvB(mBmC)v解得v0.5 m/s又由系统的能量守恒有mBvB2(mBmC)v2mBgL解得 L0.75 m(3)物块B滑上小车C后，将先做匀减速运动，其加速度大小为 aBg2 m/s2.小车C将先做匀加速运动，其加速度大小aC代入数据解得 aC3 m/s2.设经过时间t1，B、C有共同速度v共，则v共vBaBt1aCt1.解得 v共1.2 m/s，t10.4 s物块B对地的位移x1t10.4 m0.64 m小车C对地的位