物理二轮复习 精练四 仿真练（一）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1-学必求其心得，业必贵于专精PAGE高考仿真练(一)一、选择题(共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求,第19～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分。）14.如图1所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体,在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向。则(）图1A.物体做匀加速运动B。环只受三个力作用C.环一定受四个力作用D.物体的重力大于悬绳对物体的拉力解析在运动过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，以物体为研究对象，物体受到竖直向下的重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，所以环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力，选项C正确。答案C15。根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态（量子数n＝1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）图2A。13.6eV B。3。4eVC。12.75eV D。12.09eV解析根据受激的氢原子能发出6种不同频率的色光,有6＝eq\f(n(n－1），2)，解得n＝4,即能发出6种不同频率的光的受激氢原子一定是在n＝4能级，则照射处于基态的氢原子的单色光的光子能量为－0。85eV－（－13。6eV)＝12。75eV，C正确.答案C16。如图3所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子射出时的偏转角变大的是(）图3A。U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大C.U1变大，U2变小 D。U1变小，U2变小解析设电子被加速后获得的初速度为v0，平行极板长为l，平行极板间距为d，则由动能定理得eU1＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，0），电子在电场中偏转所用时间t＝eq\f（l,v0)，设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(eU2,dm），电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，由以上式子联立可得vy＝eq\f（eU2l,dmv0),又有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f（eU2l,dmveq\o\al(2，0)）＝eq\f（eU2l，2deU1）＝eq\f(U2l，2dU1)，故U2变大、U1变小都能使偏转角θ变大,B正确。答案B17。在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a和b，正碰前后两小球的位移随时间变化的关系如图4所示，则小球a和b的质量之比为()图4A.2∶7 B。1∶4C.3∶8 D。4∶1解析由位移-时间图象的斜率表示速度可得，正碰前，小球a的速度v1＝eq\f（1－4,1－0）m/s＝－3m/s,小球b的速度v2＝eq\f（1－0，1－0)m/s＝1m/s；正碰后，小球a、b的共同速度v＝eq\f（2－1，6－1)m/s＝0。2m/s.设小球a、b的质量分别为m1、m2，正碰过程,根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，得eq\f(m1，m2）＝eq\f(v－v2,v1－v)＝eq\f（1，4)，选项B正确。答案B18。如图5所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接b。S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（)图5A。闭合开关SB.把滑动变阻器滑片向右移动C。把滑动变阻器滑片向左移动D。开关K接a解析闭合开关S,副线圈回路电阻变小，电流变大,滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误;把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小,总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故B正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误;开关K接a,根据eq\f(U1,n1）＝eq\f(U2,n2),副线圈两端的电压减小，灯泡A中电流变小，灯泡A变暗，故D错误;故选B.答案B19.如图6所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动。B是赤道上方一颗近地卫星.A和B的质量相等,忽略B的轨道高度，下列说法正确的是(）图6A.A和B做圆周运动的向心加速度大小相等B。A和B受到的地球的万有引力大小相等C.A做圆周运动的线速度比B大D。B做圆周运动的周期比A小解析A随地球自转，周期与地球自转周期相同,万有引力除了提供其随地球自转的向心力外主要表现为物体的重力,对于近地卫星，万有引力提供其做圆周运动的向心力,两者质量相等，向心力不相等，故两者向心加速度大小不相等，A错误；忽略B卫星的轨道高度，A和B与地心的距离相等，根据万有引力定律可知，它们受到地球的万有引力大小相等,B正确；因为B做圆周运动时万有引力提供其向心力，而A则是万有引力的一小部分提供其做圆周运动的向心力，根据F向＝eq\f（mv2，r）知，B的线速度大于A的线速度，故C错误;A与B做圆周运动的半径相等，B的线速度远大于A的线速度，结合T＝eq\f(2πr，v）可知A做圆周运动的周期比B大，D正确.答案BD20。在如图7所示的虚线MN上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ的∠Q为直角，∠QON＝30°.两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知（)图7A。带电粒子a的速度一定比b大B。带电粒子a的比荷一定比b大C。带电粒子a的运动周期一定比b大D。带电粒子a的轨道半径一定比b大解析由题意作出两粒子的运动轨迹如图所示,a粒子顺时针方向偏转,b粒子逆时针方向偏转，由左手定则可知，a带正电，b带负电，由几何知识可知，a粒子转过的圆心角为θa＝120°,则其运动时间为a粒子做圆周运动周期的eq\f(1,3），b粒子转过的圆心角为θb＝60°，则其运动时间为b粒子做圆周运动周期的eq\f（1，6);又由于两粒子的运动时间相等，因此可知eq\f（Ta,3)＝eq\f（Tb，6)，因此Tb＝2Ta，因此C错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，因此可知周期大的粒子比荷小，因此带电粒子a的比荷一定大于b的比荷,B正确；由几何知识可知,两粒子的轨道半径大小相等，则D错误；粒子的轨道半径大小为R＝eq\f(mv,Bq），因此比荷大的粒子的速度大，所以带电粒子a的速度一定大于b的速度，A正确。答案AB21。如图8所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型。最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平,末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带,则(）图8A。固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB。滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C。滑块可能重新回到出发点A处D。传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析设AB的高度为h，假设滑块从A点下滑刚好通过最高点C，则此时应该是A下滑的高度的最小值，则刚好通过最高点C时，由重力提供向心力，则mg＝eq\f（mveq\o\al(2,C)，R)，解得vC＝eq\r（gR），从A到C根据动能定理mg(h－2R）＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2,C）－0,整理得h＝2.5R，故选项A错误；从A到最终停止，根据动能定理得mgh－μmgx＝0,可以得到x＝eq\f(h,μ),可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，与高度h有关，故选项B错误；滑块在传送带上先做减速运动,可能反向做加速运动，如果再次到达D点时速度大小不变,则根据能量守恒,可以再次回到A点,故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgΔx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大,则产生的热量越多，故选项D正确。答案CD二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。第22题~第25题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求作答。)（一）必考题(共47分)22.(6分）小环同学在实验室中用多用电表测电阻，回答下列问题:图9（1）一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图9所示，则该电阻的阻值是________________________________________________Ω。（2）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是________。A.测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果B。测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆调零C.测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电源断开D。多用电表使用一段时间后,电池电动势变小，内阻变大,但仍能调零，其测量结果与原来相比不变（3)用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小,说明________(填“a"或“b")端是二极管正极.解析（1)刚开始多用电表指针偏转角度较小，说明选用倍率偏小，应换用大倍率。每次换挡之后多用电表都需重新欧姆调零。多用电表的测量值是指针读数与倍率的乘积,为22×100Ω＝2200Ω。(2）多用电表测电阻时,红、黑表笔插错不会影响测量结果，A正确；测不同的电阻时，只要没更换倍率,不需重新欧姆调零，B错误；测电路中的电阻时应将待测电阻与电源断开，C正确；多用电表中的电池电动势变小、内阻变大后，会影响测量结果，D错误。(3)二极管具有单向导电性，多用电表的红表笔接的是表内电池的负极，接b端时，指针偏转角度大，二极管电阻小，说明b端是二极管的负极,a端是其正极。答案(1)×100（1分)欧姆调零（1分)2200(1分)（2)AC(2分）(3）a（1分)23.（9分)如图10所示,用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验.在滑块上安装一遮光条，把滑块放在水平气垫导轨上使其静止在A处，跨过定滑轮的细绳一端连接滑块，另一端与钩码相连，光电计时器安装在B处。测得滑块(含遮光条）质量为M、钩码总质量为m、遮光条宽度为d、当地的重力加速度为g。将滑块在图示A位置释放后，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间为Δt。图10（1）实验中是否要求钩码总质量m远小于滑块质量M？________(填“是"或“否”)。（2)实验中还需要测量的物理量是________（用文字及相应的符号表示)。（3）用游标卡尺测遮光条宽度时示数如图11所示，则遮光条的宽度d＝________cm。图11(4）本实验中验证机械能守恒定律的表达式为________（用以上对应物理量的符号表示)。（5)如果实验结果为系统动能增加量大于钩码重力势能减少量，请指出实验中可能出现的问题，并提出改进意见。_____________________________________.解析(1)本实验中以系统为研究对象，不需要让钩码的重力等于绳子的拉力，故不要求钩码总质量m远小于滑块质量M。（2)为了求出运动过程中钩码减少的重力势能,需要测量A、B间的距离L。(3）游标卡尺的示数即遮光条的宽度，20分度游标卡尺精确度为0。05mm，由图11知遮光条的宽度d＝（10＋5×0.05)mm＝10。25mm＝1。025cm。（4)我们验证的是ΔEp与ΔEk的关系,即验证－ΔEp＝ΔEk，得mgL＝eq\f（1,2)(M＋m）v2,而v＝eq\f（d，Δt），所以本实验中验证机械能守恒定律的表达式为mgL＝eq\f(1,2）(M＋m)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（d，Δt)））eq\s\up12(2)。(5）问题是可能气垫导轨不水平(左端高于右端）造成的，改进意见：接通电源，将滑块静止于气垫导轨上（不挂钩码)，调节轨道底座上的调平螺钉，使滑块能保持静止,或稍轻推能做匀速直线运动。答案(1)否(1分)(2）A、B之间的距离L(2分)(3）1。025（2分)(4)mgL＝eq\f(1,2）（M＋m）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(d,Δt）)）eq\s\up12（2）（2分）（5）见解析（2分）24。（12分）（2017·江西南昌十校二模)如图12甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近,A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t＝0），A、B两车的v－t图象如图乙所示.已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1＝12m。图12（1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小;(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0）两车的距离s0应满足什么条件?解析(1）在t1＝1s时A车刚启动,两车间缩短的距离x1＝vBt1①（2分）代入数据解得B车的速度vB＝12m/s②（1分）A车的加速度a＝eq\f（vB，t2－t1）③(2分)将t2＝5s和其余数据代入解得A车的加速度大小a＝3m/s2④(2分)（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v－t图象的t2＝5s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则s＝eq\f（1,2)vB(t1＋t2)⑤（3分）代入数据解得s＝36m⑥（1分)因此,若A、B两车不会相撞,则两车的距离s0应满足条件s0＞36m⑦(1分)答案（1)12m/s3m/s2(2)s0＞36m25.（20分）将一上表面光滑的斜面固定在水平面上，倾角为θ＝30°，在斜面内有两条平行线MN和PQ，在两平行线间加垂直于斜面向上的匀强磁场，如图13所示。一矩形导体框abcd放在斜面的底端，导体框cd边与斜面底端重合，从t＝0时刻开始在导体框ab边上施加一沿斜面向上的恒力F，使导体框由静止开始沿斜面向上运动，在整个运动过程中导体框没有发生转动，ab边始终平行MN。已知导体框的质量为m＝1kg，电阻R＝0。2Ω，MN与PQ间的距离为s＝6.9m，恒力F＝10N，磁感应强度B＝0。5T，导体框ab边和bc边的长度分别为L1＝1m、L2＝0。4m，重力加速度g＝10m/s2.若导体框从进入磁场开始始终保持匀速直线运动。求：图13(1)导体框的ab边到达MN前的加速度以及导体框做匀速直线运动时的速度大小；（2)从导体框的ab边与MN重合到cd边与MN重合的过程,导体框中所产生的热量Q;(3)斜面的底端到MN的距离以及从t＝0时刻开始一直到ab边与PQ重合过程导体框运动的总时间。解析(1)导体框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma(2分）导体框进入磁场前的加速度a＝5m/s2（1分）导体框进入磁场的过程中做匀速运动，所以导体框abcd受力平衡：F＝mgsinθ＋FA(1分)ab边进入磁场时切割磁感线,产生的电动势E＝BL1v（1分）形成的感应电流I＝eq\f（E，R）(1分）受到的安培力FA＝BIL1（1分)代入数据解得v＝4m/s（1分)(2)导体框进入磁场的过程中做匀速运动,根据功能关系有Q＝（F－mgsinθ）L2（2分)解得Q＝2J（2分）（3）导体框abcd进入磁场前,做匀加速直线运动；进入磁场的过程中,做匀速直线运动；导体框完全进入磁场后至运动到PQ处，做匀加速直线运动。进入磁场前导体框的运动时间为t1＝eq\f(v,a)＝0.8s（1分）该过程中导体框的位移为x＝eq\f（v，2）t1＝1.6m(1分）则斜面的底端到MN的距离为L＝x＋L2＝2.0m（1分)进入磁场过程中导体框匀速运动时间为t2＝eq\f（L2，v）＝0。1s(1分）导体框完全进入磁场后导体框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5m/s2该过程有s－L2＝vt3＋eq\f（1，2）ateq\o\al（2,3）（2分)解得t3＝1s（1分)则整个运动过程的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1。9s（1分)答案(1）4m/s（2)2J(3)1。9s(二)选考题（共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答.)33。【物理——选修3－3】（15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1个给2分，选对2个给4分,选对3个给5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A。当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C。两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们之间的分子势能先减小后增大D。液晶具有流动性，其光学性质具有各向同性的特点E.显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性（2）(10分)如图14所示，用质量m＝1kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h1＝0.50m，气体的温度t1＝27℃。给汽缸缓慢加热至t2＝207℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU＝300J。已知大气压强p0＝1。0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2,活塞横截面积S＝5.0×10－4m2。求：图14（ⅰ)初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2;（ⅱ）此过程中缸内气体吸收的热量Q.解析（1）当温度升高时，分子热运动平均动能增加，故平均速率也增加，但不是每个分子的速率都增加，A错误;液体表面层分子间距离大于液体内部分子距离，分子间表现为引力，故液体存在表面张力，B正确;两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中,分子之间的作用力开始时是斥力，当距离大于r0后表现为引力，所以该过程中分子力先做正功，后做负功,它们之间的分子势能先减小后增大，C正确;液晶具有流动性,其光学性质具有各向异性的特点,D错误；显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，E正确。(2）(ⅰ)初始时汽缸内气体的压强p＝p0＋eq\f（mg,S)＝1。2×105Pa(2分)气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律可得:eq\f（h1S，T1）＝eq\f(h2S,T2)（2分)即eq\f(0.50m,（273＋27）K）＝eq\f(h2，（273＋207）K)解得：h2＝0。80m（2分）（ⅱ）在气体膨胀的过程中,气体对外做功W0＝pS（h2－h1）＝18J（2分）根据热力学第一定律可得气体内能的变化ΔU＝－W0＋Q(1分）得Q＝ΔU＋W0＝318J(1分）答案(1)BCE（2)(ⅰ）0。80m(ⅱ)318J34。【物理—-选修3－4】（15分）（1)（5分）下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个给2分，选对