综合模拟卷(一)

1、综合模拟卷(一) (时间：60分钟满分110分)第卷(选择题共48分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1,3,4,5小题只有一项符合题目要求，第2,6,7,8小题有多项符合要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)1. 2013·东北三省四市联考在推导“匀变速直线运动位移的公式”时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似为匀速直线运动，然后把各小段位移相加代表整个过程的位移，物理学中把这种方法称为“微元法”下面几个实例中应用到这一思想方法的是()A. 在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看做点电荷B.

2、 在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加C. 在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系D. 在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力解析：选项A涉及“理想模型”，选项B涉及“微元法”，选项C涉及“控制变量法”，选项D涉及“等效思想”，则选项B符合要求答案：B2. 2013·湖南十二校联考我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020 m的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6500 m)这预示着它可

3、以征服全球99.8%的海底世界假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是()A. 图中h3代表本次下潜最大深度B. 全过程中最大加速度是0.025 m/s2C. 潜水员感到超重发生在34 min和68 min的时间段内D. 整个潜水器在810 min的时间段内机械能守恒解析：题图(a)中h3代表本次下潜最大深度，A正确；而vt图象的斜率表示潜水器运动的加速度，所以01 min和34 min内的加速度最大，a m/s2，B错误；当加速度向上时，潜水器处于超重状态，所以当潜水员向下做减速运动，向上做加速运动的

4、过程都处于超重状态，故34 min内和68 min内为超重状态，C正确；潜水器在810 min时间段内的加速度为a m/s2，故潜水器除重力外还受到其他外力作用，机械能不守恒，D错误答案：AC3. 2013·郑州质检二如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法错误的是()A无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C若粘在b木块上

5、面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大解析：以a、b、c整体为研究对象可知，无论粘在哪块木块上面，粘上橡皮泥后整体质量增大，系统的加速度一定减小，选项A正确；若粘在a木块上面，以c为研究对象可知，加速度减小，绳子的张力减小，以b为研究对象可知，加速度减小，a、b间摩擦力一定增大，选项B错误；若粘在b木块上面，以c为研究对象可知，加速度减小，绳子的张力减小，以a、c为研究对象可知，加速度减小，a、b间摩擦力一定减小，选项C正确；若粘在c木块上面，以b为研究对象可知，加速度减小，a、b间摩擦力一定增大，以a、b为研究对象可知，加速度减小，绳子的

6、张力增大，选项D正确因此答案选B.答案：B4. 2013年我国将实施16次宇航发射，计划将“神舟十号”、“嫦娥三号”等20颗航天器送入太空，若已知地球和月球的半径之比为a，“神舟十号”绕地球表面运行的周期与“嫦娥三号”绕月球表面运行的周期之比为b，则()A. “神舟十号”绕地球表面运行的角速度与“嫦娥三号”绕月球表面运行的角速度之比为bB. 地球和月球的质量之比为C. 地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为D. 地球和月球的第一宇宙速度之比为解析：角速度与运行周期成反比，A错；由万有引力提供向心力知星球表面运行的天体周期满足T (R为星球半径、M为星球质量)，即M，所以地球和月球的质

7、量之比为，B错；由星球表面物体的重力近似等于星球对物体的万有引力知g，即地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为，C错；星球的第一宇宙速度满足v ，所以地球和月球的第一宇宙速度之比为，D对答案：D5. 体积相同带同种电荷的两个小球A、B，质量分别为m1、m2，所带电荷量分别为q1、q2(且始终保持不变)将A、B用绝缘细绳悬挂在同一水平天花板上因静电力作用而使A、B两球分离，且静止在同一水平面上，L1、L2分别与竖直方向成30°、45°角如图所示，则下列说法正确的是()A. m1一定小于m2B. 若保持A球固定不动而将L2剪断，则B球做匀变速直线运动C. 若保持A球固

8、定不动而将L2剪断，则B球的机械能一直增加D. 若保持B球固定不动而将L1剪断，则A球机械能一直减小解析：小球静止时，m1gtan30°m2gtan45°F库，得m1>m2，A错误；保持A球固定不动而将L2剪断，B球受重力和库仑力的作用，由于距离变化，库仑力变小，加速度变化，库仑力对B球做正功，B球的机械能增加，B错误，C正确；同理，D错误答案：C6. 2013·浙江名校联考加速度计广泛应用于制导系统如图为“加速度测量仪”的示意图质量为m1.00 kg的绝缘滑块B的两侧分别通过一轻弹簧与框架连接，弹簧的劲度系数均为k100 N/m.滑块B还通过滑动头与电阻C

9、D相连，CD中任意一段的电阻都与其长度成正比弹簧及电阻CD与物体的运动方向平行已知当滑块B加速度为零时，指针位于A点，理想电压表示数为1.50 V；当滑块B向右以a10 m/s2的加速度运动时，指针位于C点，电压表示数为0；则当理想电压表的示数为1.80 V时，滑块B的加速度()A. 方向向左B. 方向向右C. 大小为2 m/s2 D. 大小为3 m/s2解析：设AC长为x，则对滑块B，由牛顿第二定律有2kxma，解出x0.05 m设当电压表的示数为1.80 V时，对应的电阻长度为x1，则1.51.8xx1，解出x10.06 m因此指针停在A点右边，所以滑块受的合力向左，其加速度方向向左，选项

10、A对；由牛顿第二定律，2k(x1x)ma1，解出a12 m/s2，选项C对答案：AC7. 如图所示，正方形闭合金属线框ABCD，边长为a，质量为m，电阻为R，在竖直平面内以水平初速度v0抛出，它在垂直于线框平面的水平磁场中运动而不发生转动，且在运动过程中总有两条边处于竖直方向，已知磁场的磁感应强度在竖直方向按BB0ky的规律增大，k为常数，则()A. 回路中始终没有感应电流产生B. 线框AD边受到的安培力小于BC边受到的安培力，且方向向下C. 线框AB边和CD边不受安培力作用D. 线框下落过程中某段时间内重力势能的减少量等于线框内能的增加量解析：考查学生对电磁感应及安培力的理解能力线框运动过程

11、中穿过回路的磁通量逐渐增大，故有感应电流产生，选项A错误；由左手定则和BB0ky可判断选项B正确、C错误；由法拉第电磁感应定律可知线框运动的竖直方向上产生的感应电动势逐渐增大，感应电流增大，BC边和AD边受到的安培力也逐渐增大，当FBCFADmg时，线框将做匀速直线运动，由能量守恒定律可知选项D正确答案：BD8. 如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2为定值电阻，滑动触头P可在R上滑动V1、V2为理想电压表，读数分别为U1、U2；A1、A2两理想电流表的读数分别为I1、I2.当滑动触头P向下滑动且V1示数一直不变时，则下列推断中正确的是()A. U2变大，I2变大B

12、. U2不变，I2变小C. I1变小，R1两端电压变小D. I1变大，R1两端电压变小解析：考查学生对变压器及电路的掌握情况对于理想变压器在输入电压一定的条件下，输出电压也是一定的，即U2不变，选项A错误；当P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，负载电阻增大，所以I2减小，R1两端电压减小，又因为理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化，所以I1减小，选项B、C正确，D错误答案：BC第卷(非选择题共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都必须做答第1315题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(4题，共47分)9. (9分)2013

13、3;昆明调研某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，他将两物块A和B用轻质细绳连接跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器(1)按图甲所示安装实验装置时，应使A、B两物块的质量满足mA_mB(填“>”、“<”或“”)(2)若打出的纸带上计时点过于密集，为使实验结果更加精确，应该如何调整物体的质量？答：_.(3)图乙是实验中得到的一条纸带O为释放纸带瞬间打点计时器打下的点，A、B、C为纸带上连续取出的三个计时点，测得O、A间，A、B间及B、C间的距离如图所示，已知打点计时器计时周期为T0.02 s，用天平测出A、B两物体的质量，mA150 g，mB50 g，根据以

14、上数据计算，可得从O到B的过程中，物块A、B组成的系统重力势能减少量为_J，动能增加量为_J，由此可得出的结论是_(取g9.8 m/s2，计算结果保留两位有效数字)解析：(1)按图甲所示安装实验装置时，应使A下降，B上升，因此A、B两物块的质量满足mA>mB；(2)若打出的纸带上计时点过于密集，为使实验结果更加精确，应增大加速度，因此“保持B的质量不变，增大物块A的质量”或“增大物块A的质量同时减小B的质量”，合理即可；(3)由题意可知从O到B的过程中系统重力势能减少量为EpmAghOBmBghOB，保留两位有效数字可得Ep0.42 J，动能增加量为Ek(mAmB)v0，其中vB，通过计

15、算可得Ek0.40 J，在误差允许范围内，系统机械能守恒答案：(1)>(2分)(2)“保持B的质量不变，增大物块A的质量”或“增大物块A的质量同时减小B的质量”(合理即可，1分)(3)0.42 0.40在误差允许范围内，系统机械能守恒(每空2分)10. (9分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：(1)用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲，由图甲可知其长度为_mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图乙可知其直径为_mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为_.(2)该同学想用伏安法更精确地

16、测量待测圆柱体电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：A. 金属丝L，长度为L0，直径为DB. 电流表A1，量程1 mA，内阻r1375 C. 电流表A2，量程500 A，内阻r2750 D. 电压表V，量程10 V，内阻10 kE. 电阻R1，阻值为100 ，起保护作用F. 滑动变阻器R2，总阻值约20 G. 电池E，电动势1.5 V，内阻很小H开关S、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为_·m.(保留两位有效数字)解析：(

17、1)游标卡尺的读数为(500.05×3) mm50.15 mm，螺旋测微器的读数为(4.50.01×20.0) mm4.700 mm，多用电表的读数为22.0×10220 .(2)电池E的电动势1.5 V，若选择量程10 V的电压表V，测量误差大，可以选择已知内阻的电流表当做电压表使用，因电流表A2的内阻较电流表A1大，电流表A1与待测圆柱体电阻串联测电流，电流表A2当做电压表使用滑动变阻器R2，总阻值相对待测圆柱体电阻较小，采用分压式连接，但电流表A2的满偏电压为750×500×106 V0.375 V，而分压式输出最大电压为1.5 V，需要

18、串联保护电阻分压(3)由电阻定律，得电阻率7.6×102 ·m.答案：(1)50.154.700 220(每空1分)(2)如图所示(3分)(3)7.6×102(3分)11. (14分)如图所示，一质量为m2 kg的滑块从半径为R0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接已知传送带匀速运行速度为v04 m/s，B点到传送带右端C点的距离为L2 m当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同(g10 m/s2)求：(1)滑块到达底端B时对轨道的压力；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数；

19、(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q.解析：(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgRmv(1分)物体在B点，由牛顿第二定律得FBmgm(2分)由两式得FB60 N(1分)由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N(1分)方向竖直向下(2)方法一：滑块在从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得mgma(1分)由运动学公式得vv2aL(2分)由三式得0.3(1分)方法二：滑块在从A到C整个运动过程中，由动能定理得mgRmgLmv0(3分)解得0.3(1分)(3)滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t由运动学公式得v0vBat(1分)产生的热量Qmg(v

20、0tL)(3分)由得Q4 J(1分)答案：(1)60 N，方向竖直向下(2)0.3(3)4 J12. (15分)如图所示是电视机显像管构造的示意图，偏转电场CD可使电子竖直偏转，由螺线管形成的偏转磁场AB可使电子水平偏转当A、B和C、D均不加电压时，电子枪发出的初速度可视为零的电子，经电压为U7.2 V的加速电场加速后，沿水平直线MN垂直打到竖直荧光屏P的中心O上以O为原点，竖直方向为y轴，水平方向为x轴建立直角坐标系当在A、B和C、D之间分别加上恒定电压后，偏转磁场方向向上、磁感应强度B9×105 T，已知磁场沿MN方向的宽度为0.06 m，电场沿MN方向的宽度为l0.08 m，电

21、子从磁场射出后立即进入电场，且从电场的右边界射出，电场强度为E144 N/C，电子的质量为m9.0×1031 kg、电荷量的绝对值e1.6×1019 C，试求：(1)电子加速后的速度v0；(2)电子在磁场中沿x轴负方向偏转的距离；(3)电子打在屏上的速度大小v.解析：(1)在电子加速过程中，由动能定理有eUmv/2(2分)解得v01.6×106 m/s(1分)(2)设电子在磁场中的轨道半径为R，Bev0(1分)解得：R0.1 m(1分)粒子在磁场中偏转的轨迹如图所示，由几何关系有(Rx)2(0.06 m)2R2(2分)联立解得：x0.02 m(1分)(3)如上图所

22、示，电子在电场中运动时，在水平面内的分运动是沿速度v的方向的匀速直线运动，位移为时间为t(1分)由几何关系有cos(1分)电子在电场中运动时，在竖直方向的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，离开电场时的竖直分速度为vyat(1分)a(1分)电子离开电场时的速度v(1分)联立以上各式解得：v2.3×106 m/s(1分)电子离开电场后做匀速直线运动，故电子打在屏上的速度大小也为v2.3×106 m/s(1分)答案：(1)1.6×106 m/s(2)0.02 m(3)2.3×106 m/s(二)选考题(请考生从给出的3道题中任选一题做答)13. 2013&#

23、183;金版信息卷六物理选修33(15分)(1)(6分)下列说法中正确的是_(填入正确选项前的字母选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A. 对于一定质量的密闭气体，体积不变、温度升高时，分子的热运动变剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B. 达到热平衡的系统内部各处都具有相同的温度C. 当分子间的距离rr0时，斥力等于引力，表现出合力为零，故分子势能为零D. 浸润与不浸润均是分子力作用的表现E. 液体的表面层分子分布比液体内部密集，分子间的作用力体现为相互吸引(2)(9分)导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的理想气

24、体密封在气缸内(活塞与气缸壁之间无摩擦)，活塞的质量为m1 kg，气缸内部的横截面积为S5 cm2.用滴管将水缓慢滴注在活塞上，最终水层的高度为h0.5 m，若此时活塞离气缸底部距离为H0.8 m，如图所示1.0×103 kg/m3，重力加速度为g10 m/s2，则图示状态气缸内气体的压强为多少？假设之后环境温度由27上升到50，活塞将上升的距离是多少？解析：(1)根据气体压强的微观解释可知，影响气体压强的因素有两个，一是分子的平均动能，二是单位体积内分子数的多少，故A正确；达到热平衡的系统内部分子热运动的平均动能相等，故各处的温度相同，B正确；如果取分子间距离无穷远处的分子势能为零

25、，则分子由无穷远向rr0处移动的过程中，分子间的合力一直为引力，故分子力做正功，分子势能一直减少，rr0时分子势能为负值，C项错误；浸润与不浸润都是液体与固体接触时表面张力的结果，故都是分子力的表现，D正确；液体的表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的作用力表现为引力，E错误(2)对活塞进行受力分析，如图所示：pSmg(p0p水)S(2分)p水gh(2分)由可得pp0gh1.0×1051.0×103×10×0.51.25×105(Pa)(1分)由于之后水的高度不变，故气缸内气体发生等压变化，由盖吕萨克定律有，即(2分)解得：hH×0.

26、8 m6.1×102 m(2分)答案：(1)ABD(2)1.25×105 Pa6.1×102 m14. 物理选修34(15分)(1)(6分)一频率为5×1014 Hz的光波在某介质中传播，某时刻电场横波图象如图甲所示，光波在该介质中的传播速度v_m/s，在该介质中的折射率n_.(2)(9分)一束光波以45°的入射角，从AB面射入图乙所示的透明三棱镜中，棱镜折射率n.试求光进入AB面的折射角，并在图乙上画出该光束在棱镜中的光路图解析：(1)光的传播速度vf4×107×5×1014 m/s2×108 m/s，该介质