1、考前仿真押题练(三)(时间：60分钟满分：110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15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)1下列说法中正确的是()A结合能越大的原子核越稳定B. Th经过6次衰变和4次衰变后成为 PbC氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能减小D用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能可能相等解析：选B比结合能越大的原子核越稳定，选项A错误； Th成为 Pb要经过6次衰变和4次衰变，选项B正确； 氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电场力做负功，电势能
2、增大，选项C错误； 绿光和紫光的频率不相等，根据光电效应方程可知，用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能不相等，选项D错误。2.古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢。比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下时快十倍。1 800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移。 直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾，通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点，并对此进行了进一步的研究，如图所示，伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中据此记录的一组实验数据如下表所示：时间1234567
3、8距离321302985268241 1921 6002 104 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列可能是伽利略得出的结论是()Avtv0at B.kCvt2v022ax D.k解析：选D伽利略最初猜想，沿斜面向下运动的物体的运动速度与时间成正比，即：vkt；由此伽利略推论位移与时间的平方成正比，则：xkt2，即k，结合以上的分析，则比较即可：、。由以上的数据比较可知，各组数据中都约等于32.5，考虑到测量的误差等原因，可以认为是一个常数，即位移与时间的平方成正比。所以A、B、C错误，D正确。3.如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相等)，实线
4、为一粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()Aa、b、c三条等势线中，a的电势最高B电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C粒子在P点的加速度比Q点的加速度大D粒子一定是从P点向Q点运动解析：选C由题图可知，粒子所受的电场力指向运动轨迹的内侧，即指向左上方，根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直的特点，可知电场线大致方向为由c向a，则a的电势最低，电子带负电，在P点电势能大，在Q点电势能小，故A、B错误；等差等势线在P处密，P处电场强度大，粒子(电子)所受电场力大，加速度大，故C正确；根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故D错误。4.
5、如图所示，一长为l的木板倾斜放置，倾角为45。一弹性小球自与木板上端等高的某处由静止释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变且沿水平方向。若小球一次碰撞后恰好落到木板底端，空气阻力不计，则小球释放点距木板上端的水平距离为()A.l B.l C.l D.l解析：选D设小球落到木板上时速度大小为v，此阶段小球做自由落体运动，有y1gt12，vgt1，反弹后小球做平抛运动，有：y2gt22，x2vt2y2，根据题意可知lsin 45y1y2，联立各式解得y1l，故D正确。5.某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个理想小变压器给一个灯泡供电，电路如图所示，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为U0的
6、灯泡正常发光，电压表示数是U1。已知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有()A变压器输入电压的瞬时值是uU1sin 2ntB变压器的原、副线圈匝数比是U0U1C电流表的示数是D线圈中产生的感应电动势最大值是EmU1解析：选C线圈以较大的转速n匀速转动，可知2n，电压表示数U1为电压的有效值，则最大值为U1，所以变压器输入电压的瞬时值uU1sin 2nt，故A错误；电压与匝数成正比，所以变压器的原、副线圈的匝数比是U1U0，故B错误；理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P，所以输入功率为P，电流表的示数是I1，故C正确；由于线圈有电阻r，故线圈中产生的感应电动势的有效值大于U1
7、，最大值也大于U1，故D错误。6.密度均匀的球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a表示，物体到行星表面的距离用h表示。a随h变化的图象如图所示，图中a1、h1、a2、h2及万有引力常量G均已知。根据以上数据可以计算出()A该行星的半径B该行星的质量C该行星的自转周期D该行星的同步卫星离行星表面的高度解析：选AB密度均匀的球形行星对其周围质量为m的物体的万有引力：Fma，所以：a1，a2，联立可得该行星的半径：R，A正确；将R代入加速度的表达式a1，即可求出该行星的质量，B正确；由题目以及相关的公式所得的物理量，都与该行星转动的自转周期无关，所以不能求出该行星的自转周期，C错误；由
8、于不能求出该行星的自转周期，所以也不能求出该行星的同步卫星离行星表面的高度，D错误。7.如图所示，质量为m1 kg的物块停放在光滑的水平面上。现对物块施加一个水平向右的外力F，使它在水平面上做直线运动。已知外力F随时间t(单位为s)的变化关系为F(62t)N，则()A在t3 s时，物块的速度为零B物块向右运动的最大速度为9 m/sC在06 s内，物块的平均速度等于4.5 m/sD物块向右运动的最大位移大于27 m解析：选BD水平面光滑，物块所受的合力等于F，由已知易得，在03 s内，物块的受力一直向右，一直向右做加速运动，可知t3 s时，物块的速度不为零，故A错误；根据牛顿第二定律得，a(62
9、t)m/s2，物块运动的a t图线如图甲所示，图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知物块向右运动时，最大速度变化量为v63 m/s9 m/s，则物块向右运动的最大速度为9 m/s，故B正确；06 s内，物块运动的v t图线如图乙所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移知，位移x69 m27 m，则平均速度 m/s4.5 m/s，故D正确，C错误。8.如图所示，开始静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m (不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入右侧的边长为L的正方形匀强磁场区域(PQ的连线经过AD边、BC边的中点)，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，若带电粒子只能从CD边射出，则(
10、)A两板间电压的最大值UmaxB两板间电压的最小值UminC能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tmaxD能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最短时间tmin解析：选AC粒子在加速电场中，由动能定理可得：qUmv2，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力：qvB，解得U，可见若加速电压大，轨迹半径也大，所以两板间电压最大时，粒子恰好从C点离开磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：R2L22，解得：RL，所以最大电压Umax，故A正确，B错误；由图可知，能够从CD边射出的粒子在磁场中运动时间最长的是恰好从D点离开磁场的，运动时间t，故C正确，D错误。二、非选择题(包括必考题和选考题两部
11、分。)(一)必考题(本题共4小题，共47分。)9(6分)某同学在做研究匀变速直线运动规律的实验时，获取了一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(未标出)，计数点间的距离如图所示。由于粗心，该同学忘了测量3、4两个计数点之间的距离(电源频率为50 Hz)。求：(1)6号计数点的瞬时速度的大小v6_m/s。(保留三位有效数字)(2)利用逐差法处理数据，可得加速度a_m/s2。(保留三位有效数字)(3)计数点3、4之间的距离是x4_cm。(保留三位有效数字)解析：(1)每相邻两计数点间还有4个点，说明相邻计数点间的时间间隔为0.1 s,6号计数点的瞬时速
12、度的大小v6 m/s0.413 m/s。(2)加速度a m/s20.496 m/s2。(3)由题意可知，x4x3x5x4，计数点3、4之间的距离是x42.90 cm。答案：(1)0.413(2)0.496(3)2.9010(9分)一细而均匀的圆柱体形导电材料，长约5 cm，电阻约为100 ，欲测量这种材料的电阻率。现提供以下实验器材A20分度的游标卡尺；B螺旋测微器；C电流表A1(量程50 mA，内阻r1100 )；D电流表A2(量程100 mA，内阻r2约为40 )；E电压表V(量程15 V，内阻约为3 000 )；F滑动变阻器R1(010 ，额定电流2 A)；G直流电源E(电动势为3 V，
13、内阻很小)；H上述导电材料R2(长约为5 cm，电阻约为100 )；I开关一只，导线若干。请回答下列问题：(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L_cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图乙所示，其示数D_mm。(2)在方框中画出尽可能精确测量该样品电阻率的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号。(3)实验中应记录的物理量有_(写出文字描述及字母符号)，用已知和所记录的物理量的符号表示这种材料的电阻率_。解析：(1)游标卡尺的读数为：50 mm30.05 mm50.15 mm5.015 cm；螺旋测微器的读数为：4.5 mm20.00.01 mm4.700 mm。(2)电压表的量
14、程远大于电源的电动势，所以电压表不适用，两个电流表中，电流表A2的满偏电流大于电流表A1的满偏电流，又电流表A1的内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将电流表A1与样品并联后再与电流表A2串联，滑动变阻器阻值较小，应用分压式接法，电路图如图所示。(3)根据(2)中电路图可知，实验中应记录的物理量有：电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，根据电阻定律有R，样品横截面积SD2，根据欧姆定律可得R2，联立可得。答案：(1)5.0154.700(2)见解析图(3)电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I211(14分)在一水平面上，放置相互平行的直导轨MN、PQ，其间距L0.2 m，R1、R
15、2是连在导轨两端的电阻，R10.6 ，R21.2 ，虚线左侧3 m内(含3 m处)的导轨粗糙，其余部分光滑并足够长。ab是跨接在导轨上质量为m0.1 kg、长度为L0.3 m的粗细均匀的导体棒，导体棒的总电阻r0.3 ，开始时导体棒处于虚线位置，导轨所在空间存在磁感应强度大小B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，如图甲所示。从零时刻开始，通过微型电动机对导体棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，其运动的速度时间图象如图乙所示。已知2 s末牵引力F的功率是0.9 W。除R1、R2及导体棒的总电阻以外，其余部分的电阻均不计，重力加
16、速度g10 m/s2。(1)求导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数及2 s内流过R1的电荷量；(2)试写出02 s内牵引力F随时间变化的表达式；(3)如果2 s末牵引力F消失，则从2 s末到导体棒停止运动过程中R1产生的焦耳热是多少？解析：(1)由速度时间图象可以看出导体棒做匀加速直线运动，加速度a1.5 m/s2vat1.5t m/s水平方向上导体棒受牵引力F、安培力和摩擦力，根据牛顿第二定律得FBILfma又fNmgR1、R2并联电阻为R0.4 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I0.25t(A)t2 s时，I0.5 A因为2 s末牵引力F的功率是0.9 W，根据PFv由题图乙可知，2
17、s末导体棒的速度为3 m/s，可得F0.3 N解得0.1根据法拉第电磁感应定律E，qt，则q0.5 C所以流过R1的电荷量为q10.33 C。(2)由(1)可知在02 s内FBILmamgmamg即F0.025t0.25(N)。(3)根据图象可知2 s末导体棒的速度为v3 m/s，这时导体棒恰好前进了3 m，从2 s末到导体棒停止运动过程，根据能量守恒定律得mv2Q总又Q1Q2Q总则Q1(Q1Q2)0.2 J。答案：(1)0.10.33 C(2)F0.025t0.25(N)(3)0.2 J12.(18分)如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角30，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v
18、0匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板。某时刻，一质量为m的木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，随后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g。求：(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度；(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n2,3,4,5，)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能E。解析：(1)设工件与斜面间的动摩擦因
19、数为，木块滑上工件时，木块加速度为a1，工件加速度为a2，对木块，由牛顿第二定律可得：mgsin ma1对工件，由牛顿第二定律可得：(3mm)gcos 3mgsin 3ma2工件自身做匀速运动时，由平衡条件可得：3mgcos 3mgsin 解得：a1，a2。(2)设第1次碰撞前瞬间木块的速度为v，由动量守恒定律可得：3mv0mv0mv解得：v4v0木块以速度v与挡板发生第1次弹性碰撞，设碰撞后木块速度为v1，工件速度为v2，由动量守恒定律可得：mvmv13mv2由能量守恒得：mv2mv123mv22解得：v12v0，v22v0。(3)第1次碰撞后，木块以速度2v0沿工件向上做匀减速运动，工件以
20、速度2v0沿斜面向下做匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t木块的速度v12v0a1t4v0此时，木块的位移：x12v0ta1t2工件的位移：x22v0ta2t2由上易知，木块、工件第2次碰撞前瞬间的速度与第1次碰撞前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：t(n1)t(n2,3,4,5，)木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，t时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：E4mg(n1)x2sin 解得：E24(n1)mv02(n2,3,4,5，)。答案：(1)(2)2v02v0 (3)(n2,3,4,5，)24(n1)mv
21、02(n2,3,4,5，)(二)选考题(共15分。请从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。)13物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是_。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分。)A第二类永动机和第一类永动机都违背了能量守恒定律B液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性C理想气体的压强是由气体分子间斥力产生的D悬浮在液体中的固体小颗粒越小，布朗运动越明显E由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力(2)(10分)如图所示，一圆柱形汽缸竖直放置，汽缸正中间
22、有挡板，位于汽缸口的活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S。开始时，活塞与汽缸底部相距L，测得气体的温度为T0。现缓慢降温，让活塞缓慢下降，直到恰好与挡板接触但不挤压。然后在活塞上放一重物P，对气体缓慢加热，让气体的温度缓慢回升到T0，升温过程中，活塞不动。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸间摩擦。()求活塞刚与挡板接触时气体的温度和重物P的质量的最小值；()整个过程中，气体是吸热还是放热，吸收或放出的热量为多少？解析：(1)第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，A错误；液晶既像液体一样具有流动性，又具有光学性
23、质的各向异性，B正确；理想气体的压强是由于大量做无规则热运动的气体分子频繁撞击器壁产生的，与分子间斥力无关，C错误；悬浮在液体中的固体小颗粒越小，其受力越不平衡，布朗运动越明显，D正确；由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间距离，分子间的作用力表现为引力，使液体表面存在张力，E正确。(2)()由题意可得，缓慢降温过程是一个等压过程初态：温度T0，体积V0LS，末态：温度T1，体积V1由盖吕萨克定律有，解得T1升温过程中，活塞不动，是一个等容过程，设重物P的质量的最小值为M初态：温度T1，压强p1p0，末态：温度T2T0，压强p2p0由查理定律有，解得Mm。()整个过程中，理想气体的温度不
24、变，内能不变降温过程，气体体积变小，外界对气体做的功为W升温过程，气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功由热力学第一定律，整个过程中，气体放出热量QW。答案：(1)BDE(2)()m()放热14物理选修34(15分)(1)(5分)一列周期为0.8 s的简谐波在均匀介质中沿x轴传播，该波在某一时刻的波形如图所示；A、B、C是介质中的三个质点，平衡位置分别位于2 m、3 m、6 m 处。此时B质点的速度方向为y方向，下列说法正确的是_。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分。)A该波沿x轴正方向传播，波速为10 m/sBA质点
25、比B质点晚振动0.1 sCB质点此时的位移为1 cmD由图示时刻经0.2 s，B质点的运动路程为2 cmE该列波在传播过程中遇到宽度为d4 m的障碍物时不会发生明显的衍射现象(2)(10分)如图所示，有一棱镜ABCD，BC90，D75。某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为45，Q点到BC面垂线的垂足为E，PQE15。()求该棱镜的折射率；()改变入射激光的方向，使激光在AD边恰好发生全反射，其反射光直接到达CD边后是否会从CD边出射？请说明理由。解析：(1)由题图知，波长8 m，则波速为v m/s10 m/s。此时B质点的速度方向为y方向，
26、由波形的平移法知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；A质点与B质点平衡位置相距x1 m，则波从B质点传到A质点的时间t s0.1 s，故B正确；B质点此时的位移为ysin cm1 cm，故C正确；由题图所示时刻经 0.2 sT，由波形平移法可知，x5 m处质点的状态传到B质点，B质点的运动路程为s2y2 cm，故D正确；因该列波的波长为8 m，则该列波在传播过程中遇到宽度为d4 m的障碍物时会发生明显的衍射现象，故E错误。(2)()光路图如图所示，FG为法线由D75，则EQA75，PQE15，PQA60，可得PQG30n。()设激光发生全反射的临界角为C，光路图如图所示sin C，解得C45根据几何知识可得：JOD90C45，D75因而OJD60激光在CD边的入射角为90603045，因而激光能够从CD边出射。答案：(1)BCD(2)()()激光能够从CD边出射理由见解析