【创新设计 简易通】（江苏专用）高考物理二轮复习 仿真模拟卷(5＋4＋2＋2＋3)（二）.doc

仿真模拟卷(54223)(二)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1.如图1所示，两根相距为l的竖直固定杆上各套有质量为m的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两球用长为2l的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力f，恰能使两球沿竖直杆向上匀速运动则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g)()图1a. bmg c. df解析根据题意可知：两根轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，f2fcos 30，解得小球所受拉力f，c正确答案c22013年夏季，贵州、云南、重庆等省市部分地区出现持续高温、少雨天气，引起不同程度旱情，导致大面积农作物受灾，造成群众饮水短缺等基本生活困难电力部门全力确保灾区的用电供应如图2所示，发电厂的输出电压和输电线的电阻、变压器均不变，如果发电厂增大输出功率，则下列说法正确的是()图2a升压变压器的输出电压增大b降压变压器的输出电压增大c输电线上损耗的功率增大d输电线上损耗的功率占总功率的比例减少解析如果发电厂增大输出功率，输电线中电流一定增大，输电线上损耗的功率增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项c正确，d错误；升压变压器的输出电压不变，输电线上电压损失增大，降压变压器的输入电压减小，输出电压减小，选项a、b错误答案c3如图3所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线a、b两点与两球球心连线位于同一直线上，c、d两点关于直线ab对称，则()图3aa点和b点的电势相同bc点和d点的电场强度相同c正电荷从a点移至b点，电场力做正功d负电荷从c点移至d点，电势能增大解析a点比乙球面电势高，乙球面比b点电势高，故a点和b点的电势不相同，a错；c、d两点场强大小相等，方向不同，b错；ab，wab0，c对；c、d两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，d错答案c4为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量已知地球的半径为r，地球质量为m，太阳与地球的中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为t，则太阳的质量为()a. b.c. d.解析设太阳的质量为m，地球绕太阳公转，gm2r，再由gmgr2，得到m，选项b正确答案b5.如图4所示，一质量为m的质点在半径为r的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的a点滑下，到达最低点b时，它对容器的正压力为fn.重力加速度为g，则质点自a滑到b的过程中，摩擦力对其所做的功为()图4a.r(fn3mg) b.r(3mgfn)c.r(fnmg) d.r(fn2mg)解析质点到达最低点b时，它对容器的正压力为fn，根据牛顿第二定律有fnmgm，根据动能定理，质点自a滑到b的过程中有wfmgrmv2，故摩擦力对其所做的功wfrfnmgr，故a项正确答案a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6.如图5所示，一个闭合三角形导线框abc位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中()图5a导线框中感应电流方向依次为acbaabcaacbab导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零c导线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向上d导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动解析根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框abc在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到bc边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到a点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流方向依次为acbaabcaacba，选项a正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，选项b正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，选项cd错误答案ab7如图6所示，o点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在xoy平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xoy平面向外的磁感应强度为b的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是()图6a粒子的速度大小为b粒子的速度大小为c与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长d与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析带正电粒子与y轴正方向成60角发射进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得arsin 30，其中r，联立解得v，故选项a正确、b错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tt，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径r2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120角射出时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tmt，故选项c正确，d错误答案ac8.在水平地面上有一质量为2 kg的物体，物体在水平拉力f的作用下由静止开始运动，后撤去拉力该物体的运动的vt图象如图7所示，g取10 m/s2，下列说法中正确的是()图7a物体的最大位移是56 mb物体受到的拉力f的大小为2.4 nc物体与地面之间的动摩擦因数为0.2d前12 s内，拉力与阻力做功的代数和为16 j解析由vt图象知，运动过程由两个“子过程”构成：拉力f作用下的匀加速运动，撤去f后阻力作用下的匀减速运动运动的最大位移是vt图象与t轴围成的三角形面积，为x814 m56 m故选a.匀加速运动时，由牛顿第二定律得fmgma1，由图象知运动的加速度为a10.8 m/s2.匀减速运动时，由牛顿第二定律得mgma2，由图象知运动的加速度为a22.0 m/s2.解上述各式得0.2，f5.6 n故不选b，选c.如图所示，由几何关系解得12 s末的速度为v m/s4 m/s，对前12 s应用动能定理，得拉力与阻力做功的代数和为wmv216 j，故选d.答案acd9图8中a为理想电流表，v1和v2为理想电压表，r1为定值电阻，r2为可变电阻，电源e内阻不计，则()图8ar2不变时，v2读数与a读数之比等于r1br2不变时，v1读数与a读数之比等于r1cr2改变一定量时，v2读数的变化量与a读数的变化量之比的绝对值等于r1dr2改变一定量时，v1读数的变化量与a读数的变化量之比的绝对值等于r1解析v1测r1的电压，v2测r2的电压当r2不变时，v2读数与a读数之比等于r2，故a错，b正确当r2改变一定量时，因电源内阻不计，所以v2读数的变化量与v1读数的变化量相等，故c、d正确答案bcd第卷(非选择题共89分)三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分请将解答填写在相应的位置【必做题】10(8分)小明利用落体法验证机械能守恒定律，得到的纸带如图8所示，其中o为打下的第一点，a、b、c、d为连续的四个点，已知所用交流电的频率为f，以点c为研究点，则图9以下关于打点c时重锤的速度v求法中合理的是_a测出从o到c的时间，利用vgt求b利用v22gh和已测下落高度求c根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度求d测出从o到c的时间，利用hvtgt2求实验中因阻力的存在，动能的变化量应小于重力势能的改变量，但通过计算(计算方法正确合理)小明却发现动能的变化量总大于重力势能的改变量，这是由于他在实验中出现的_错误操作造成的经老师指点后，小明重做了实验，得出自由下落物体在误差范围内满足机械能守恒定律，并作出h图象如图9，则当地的实际重力加速度为_图10解析当用落体法验证机械能守恒定律时不能认为下落过程中没有阻力存在，a、b、d错，计算某点的瞬时速度时应根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，c对先松开纸带再接通电源时会造成各点对应的瞬时速度均偏大，使动能的变化量大于重力势能的改变量因满足机械能守恒，所以有mv2mgh，所以h图线的斜率即为当地的重力加速度值，由图知当地的实际重力加速度为9.70 m/s2.答案c先松开纸带再接通电源9.70 m/s211(10分)某同学要测量一导体的电阻rx.(1)他先用多用电表粗测其电阻用已经调零且选择开关指向电阻挡“100”挡位的多用电表测量，其表盘及指针所指位置如图11甲所示，要能比较准确地测量该电阻的阻值，应将多用电表的选择开关旋转到电阻挡的_挡位，调到正确挡位后重新调零，再次测量此电阻，其表盘及指针所指位置如图乙所示，则该电阻约为_.图11(2)该同学想用“伏安法”更精确地测量该导体的电阻rx，现有的器材及其代号和规格如下：a待测电阻rxb电流表a1(量程050 ma，内阻约为50 )c电流表a2(量程05 ma，内阻约为30 )d电压表v1(量程03 v，内阻约为10 k)e电压表v2(量程015 v，内阻约为50 k)f直流电源e(电动势6 v，内阻不计)g滑动变阻器r1(阻值范围为020 ，允许通过的最大电流为2.0 a)h定值电阻r250 i开关s一个，导线若干则为了使实验误差较小，要求电表的指针的偏转幅度达到半偏以上，并要求测得多组数据进行分析，则电流表应选择_，电压表应选择_(选填器材前的字母代号)将你设计的实验电路画在虚线框内使用设计的电路图进行测量，若电压表的读数为u，电流表的读数为i，那么，待测电阻的阻值rx_(用已知物理量和测量的物理量的字母符号表示)答案(1)10220(2)bd如图所示12【选做题】本题包括a、b、c三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按a、b两小题评分a选修33(12分)(1)下列说法正确的是()a两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小b物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关c一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加d分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大图12(2)一定质量的理想气体，状态从abcda的变化过程可用如图12所示的pv图线描述，图中p1、p2、v1、v2和v3为已知量气体状态从a到b是_过程(填“等容”“等压”或“等温”)；状态从b到c的变化过程中，气体的温度_(填“升高”“不变”或“降低”)；(3)如图13所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中开启上部连通左右水银的阀门a，当温度为300 k时，水银的平衡位置如图(h1h25 cm，l150 cm)，大气压为75 cmhg.求：图13右管内气柱的长度l2；关闭阀门a，当温度升至405 k时，左侧竖直管内气柱的长度l3.解析(1)由分子动理论可知，当两个分子之间表现为引力时，其作用力随分子间的距离先增大后减小，a错误；物体的内能在宏观上与温度、体积以及物质的质量有关，b错误；等容变化过程中，外界与气体之间不做功，故吸热内能一定增大，c正确；当分子从远处趋近于另一个固定不动的分子时，分子力先做正功再做负功，若两者的作用力为零，则此时分子力做的正功最多，对应的动能一定最大，d正确(2)由题图可知，气体状态从a到b的过程为等压过程状态从b到c的过程中，气体发生等容变化，且压强减小，根据c(常量)，则气体的温度降低(3)左管内气体压强：p1p0h280 cmhg右管内气体压强：p2p1h185 cmhgp2p0h3，得右管内外液面高度差h310 cm则l2l1h1h2h350 cm设玻璃管横截面积为s，对左侧管内的气体：p180 cmhg，v150s，t1300 k当温度升至405 k时，设左侧管内下部的水银面下降了x cm，则有：p3(80x) cmhg，v3l3s(50x)s，t3405 k根据代入数据，解得x10 cml3l1x360 cm所以左侧竖直管内气柱的长度l360 cm答案(1)cd(2)等压降低(3)50 cm60 cmb选修34(12分)(1)一列简谐横波在t0时刻的波形图如图13中实线所示，从此刻起，经0.1 s波形图如图13中虚线所示，若波传播的速度为10 m/s，则_(填正确答案标号)图13a这列波沿x轴正方向传播b这列波的周期为0.4 sct0时刻质点a沿y轴正方向运动d从t0时刻开始质点a经0.2 s通过的路程为0.4 m图14(2)某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，先测得摆线长78.50 cm，摆球直径2.0 cm.然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力f的大小随时间t的变化曲线如图14所示该摆摆动周期为_ s.测得当地重力加速度g的值为_ m/s2.(3)图15由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个角为30的直角三角形，如图15所示，ac面镀膜，经透明体射到ac面的光只能反射现有一束光从ab面上的d点垂直ab面射入透明体，经ac面上的e点反射后从bc面射出透明体，出射光线与bc面成30角求该透明体的折射率；若光线从bc面上的f点垂直bc面射入透明体，经ac面上的e点反射后从ab面射出透明体，试画出经e点后的光路图，并标明出射光线与ab面所成夹角的角度(不用列式计算)解析(1)根据波形图可知，波长4 m，又v10 m/s，可得这列波的周期为t0.4 s，选项b正确；经0.1 st，该波的波形向左传播了，所以该波沿x轴负方向传播，选项a错误；t0时刻质点a沿y轴负方向运动，选项c错误；根据图象和周期易得，选项d正确(2)由ft变化图线可知，t1.8 s.g cm/s29.68 m/s2.(3)如图，由几何关系130，260由折射定律得n光路图如图所示答案(1)bd(2)1.89.68(3)见解析图c选修35(12分)(1)下列说法正确的是()a粒子大角度散射表明粒子很难进入原子内部b极限频率越大的金属材料逸出功越大c聚变反应有质量亏损，质量数不守恒d射线是一种波长很短的电磁波(2)氢原子第n能级的能量为en，其中e1为基态能量当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为2，则_.第4能级与基态能级的能量差e4e1_.(3)质量为m的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上滑块开始时静止，质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图16所示已知mm31，物块与水平轨道之间有摩擦，圆弧轨道的半径为r.图16求物块从轨道左端滑出时，滑块m的速度的大小；若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度v0应满足的条件解析(2)根据氢原子的能级公式，h1e4e2e1，h2e2e1e1，所以.ee4e1.(3)对于滑块m和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有mvmv，滑块m的速度vvv，方向水平向右物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度v1，此为物块不会越过滑块的最大初速度对于m和m组成的系统，水平方向动量守恒，有mv0(mm)v1相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能q和重力势能，有mv(mm)vqmgr，物体在水平面上滑动时，系统产生的内能qmgrmv2mv2，解得v0.要使物块m不会越过滑块，其初速度v0.答案(1)bd(2)(3)v方向水平向右v0四、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13(15分)如图17所示，在高h130 m的光滑水平平台上，质量m1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣k锁住，储存了一定量的弹性势能ep.若打开锁扣k，小物块将以一定的速度v1水平向右滑下平台做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道bc上b点沿切线方向进入圆弧形轨道b点的高度h215 m，圆弧轨道的圆心o与平台等高，轨道最低点c的切线水平，并与地面上动摩擦因数为0.7的足够长水平粗糙轨道cd平滑连接，小物块沿轨道bcd运动最终在e点(图中未画出)静止，g10 m/s2.求：图17(1)小物块滑下平台的速度v1；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能ep的大小和c、e两点间的距离解析(1)由于h130 m，h215 m，设物块从a运动到b的时间为t，则h1h2gt2解得t s，由rcosboch1h2，rh1，所以boc60，设小物块平抛的水平速度是v1，则tan 60，解得v110 m/s.(2)由能量守恒可得弹簧压缩时的弹性势能为epmv50 j，设c、e两点间距离为l，根据动能定理可得mgh1mvmgl，解得l50 m.答案(1)10 m/s(2)50 j50 m14(16分)如图18(俯视图)所示的电路中，电源内阻可不计，电阻r1r2r0.平行光滑导轨pq、mn之间的距离为l，水平放置，接在r2两端金属棒ab的电阻r3r0，垂直于pq、mn所在区域有竖直向下的磁感应强度为b的匀强磁场竖直放置的两平行金属板a、b之间的距离是d，分别与q、n连接闭合开关s，ab在大小为f的水平外力作用下恰好处于静止状态，待电路稳定后，一质量为m、电荷量为q的正粒子从a、b中线的左端某位置以初速度v0水平射入板间，从右端飞出时速度大小是2v0.不计粒子重力(r1、r2、r3不是已知物理量，r0是已知物理量)求：图18(1)电源的输出功率p是多大？(2)粒子在a、b之间运动的过程中，沿垂直于板方向通过的距离y是多大？解析(1)设电阻r1、r2、r3中的电流分别为i1、i2、i3，电源电动势为e，则i32i2，i1i2i3，fbi3l，ei1r1i3r3(或ei1r1i2r2)，pei1.解得p，(2)设金属板a、b之间的电压为u，粒子在a、b之间运动的过程中，有uqm(2v0)2mv，ui3r3(或ui2r2