1、模拟仿真预测卷(一)第卷(选择题共48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一个选项符合题目要求，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，有选错或不答的得0分1(2018湖北武昌实验中学检测)万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一：“地上物理学”和“天上物理学”的统一它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道，还应用到了其他的规律和结论下面的规律和结论没有被用到的是()A开普勒的研究成果B卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量C牛顿第二定律D牛顿第三定律答案：B
2、解析：本题考查牛顿发现万有引力定律的过程，意在考查考生的理解能力牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道就是利用开普勒第一定律，由牛顿第二定律可知万有引力提供向心力，再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球的作用力与什么有关系，同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量是在牛顿发现万有引力定律之后，故选B.2如图甲所示，在倾角为37的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连t0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10 m/s2，si
3、n370.6，cos370.8.则下列说法正确的是()A0.1 s前加速度一直在减小B滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向下运动C滑块与斜面间的动摩擦因数0.25D在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动答案：C解析：vt图象的斜率表示加速度，所以0.1 s前，加速度先减小后增大，A错误；由题图知滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向上减速运动，故B错误；在0.10.2 s时间内，根据牛顿第二定律可得mgsinmgcosma，代入数据可求得0.25，所以C正确；在滑块与弹簧脱离之前，当弹力小于重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力时，滑块做减速运动，所以D错误3(2018湖南长沙望城三调)
4、如图所示，两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为、，且，则下列说法正确的是()A两球质量一定有maqbC若将两细线同时剪断，则两球一定同时落到同一水平地面上D若将两细线同时剪断，落地时，两球水平位移的大小一定相等答案：C解析：对小球受力分析，重力、库仑力与拉力，两者的库仑力大小相等，方向相反根据平衡条件有：mag，mbg，由于，所以mamb，故A错误两者的库仑力大小相等，方向相反，但a球的电荷量和b球的电荷量大小无法判断，故B错误若同时剪断细线，竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立性可知，两球一定同时落到同一
5、水平地面上，故C正确竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立性可知，a、b两球下落的时间相同，但因质量的不同，则水平方向的加速度不同，因此水平位移的大小不相等，故D错误4静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，若不计空气阻力，则在整个上升过程中，下列关于物体机械能E、速度大小v、重力势能Ep、动能Ek随时间变化的关系图象中正确的是()答案：D解析：物体在F作用下向上做匀加速直线运动，撤F后做竖直上抛运动，其vt图象应为直线(线性)，故B错由功能关系EFhFat2，F作用下Et图象应为开口向上的抛物线，故A错物体上升阶段Ep只能增加，不会减少，故C错由动能定理知，F作用
6、过程中：EkF合hF合at2，F撤去后：mghEkEk0所以EkEk0mghEk0mgEk0mgv0tmg2t2(v0为撤F时速度，Ek0为撤F时动能)，可见，F撤去前后，Ekt图象都是开口向上的抛物线，即D对5如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平轨道上的A点离PQ的距离为R，一质量为m的质点自P点上方某处由静止开始下落，从P点进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1，第一次到达A点时速率为v2，选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面，则()Av1v2Bv1v2C从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点
7、，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点D从N到Q的过程中，动能与势能相等的点在A点下方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点下方答案：B解析：质点从N到A再到Q的过程中，重力与摩擦力做功由于质点做圆周运动，由运动的特点可知，质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段之间的压力，根据fFN可知，质点在NA段受到的摩擦力比较大，所以质点在NA段摩擦力做的功比较多，则重力与摩擦力在NA段做的功比较多，所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍根据动能的表达式Ekmv2可知，v1v2，故A错误，B正确；如果轨道光滑，质点在运动过程中不受摩擦力，上升过程中动能与重力势能
8、相等的位置在位移的中点A，现在由于要克服摩擦力做功，机械能减小，所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点上方，从Q到N的过程中，动能与势能相等的点在A点下方，故C、D错误6(多选)如图所示，某一百货商场内自动电梯以恒定速度v0匀速上升，一个质量为m的人沿电梯匀速往上走，在时间t内走完此电梯若电梯长为l，电梯斜面倾角为，则()A电梯对该人做功为mglsinB电梯对该人做功为mgv0tsinC重力的功率为D重力的功率为mgv0sin答案：BC解析：本题考查功和功率定义式的知识点，意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能力，对人受力分析可知，人在匀速走完电梯的过程中，重力和电梯的支持力平衡，重心
9、的位移为l，传送距离为xv0t，人克服重力做的功WGmglsin，重力的功率P，电梯对人做的功Wmgxsinmgv0tsin，故选项BC正确7美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍，假设这两个黑洞，绕它们连线上的某点做圆周运动，且两个黑洞的间距缓慢减小若该双星系统在运动过程中，各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是()A甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36：29B甲、乙两个黑洞运行的角
10、速度大小始终相等C随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小D甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等答案：BC解析：本题考查万有引力定律，意在考查考生的推理能力由牛顿第三定律知，两个黑洞做圆周运动的向心力相等，又甲、乙两个黑洞的运行周期始终相等，则它们的角速度总相等，由Fnm2r可知，甲、乙两个黑洞做圆周运动的半径与质量成反比，由vr知，线速度之比为29：36，A错误，B正确；设甲、乙两个黑洞质量分别为m1和m2，轨道半径分别为r1和r2，有m12r1，m22r2，联立可得，C正确；甲、乙两个黑洞之间的万有引力大小设为F，则它们的向心加速度大小分别为、，D错误8在如图所
11、示的电路中，电源的内阻r不可忽略，当滑动变阻器R0的滑片从上端向下端滑动时()AR1消耗的功率将增大BR2消耗的功率将增大CR3消耗的功率将增大DR4消耗的功率将增大答案：BD解析：本题考查了电路的动态分析，意在考查考生对直流电路的理解由电路的连接方式可知滑动变阻器与R4并联再与R3串联，然后与R2并联最后串联R1连接在电源两端当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的有效阻值变大，则电路的总电阻变大，总电流减小，则通过R1的电流减小，R1消耗的功率将减小，R1与电源内阻分得的电压减小，A错误；由闭合电路欧姆定律可知R2两端的电压增大，通过R2的电流增大，则R2消耗的功率增大，B正确；通过R3的电
12、流减小，R3两端的电压减小，则R3消耗的功率减小，C错误；R3与R4两端的总电压增大，则R4两端的电压增大，R4消耗的功率增大，D正确第卷(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作答第1314题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(4小题，共47分)9(6分)兴趣小组的同学们利用如图甲所示的装置“研究匀变速直线运动的规律”他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2(m1m2)通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体1通过铁夹与纸带相连接开始时物体1与物体2均处于静止状态，之后将它们同时释放图乙所示为实验中打点计时器打出
13、的一条点迹清晰的纸带，O是打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出打点计时器使用的交流电频率为50 Hz.(1)相邻两计数点之间的时间间隔为_s.(2)实验时要在接通打点计时器之_(填“前”或“后”)释放物体(3)将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4测得s21.60 cm，s46.40 cm，请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是_m/s.(4)同学们根据测出的物体1上升的高度x与相应的时间t，描绘出如图丙所示的st2图线，由此可以求出物体的加速度大小为_m/s2.答案：(1)0.10(1分)(2)后
14、(1分)(3)0.24(2分)(4)0.80(2分)解析：(1)相邻两计数点之间的时间间隔t50.10 s(2)实验时要先接通电源，待打点计时器稳定后，再释放物体(3)由中间时刻的速度等于这段时间上的平均速度得，打点计时器打下C点时物体的速度大小v0.24 m/s.(4)由匀变速直线运动规律得sat2，故ak，解得a2k20.80 m/s2.10(9分)用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200 )，实验室提供如下器材：电池组E(电动势3 V，内阻不计)电流表A1(量程015 mA，内阻约为100 )电流表A2(量程0300 A，内阻为2 000 )滑动变阻器R1(阻值范围020 ，额
15、定电流2 A)电阻箱R2(阻值范围09 999 ，额定电流1 A)开关S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：(1)将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为3.0 V的电压表，需将电阻箱阻值调到_；(2)在方框中完整画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号；(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是_mA，电流表A2的示数是_A，测得待测电阻Rx的阻值是_.答案：(1)8 000(2分)(2)如图所示(3分)(3)8.0(1分)150(1分)187.5(或191)(2分)解析：(1)改装后电压表量程是3 V，则电阻箱阻值RrA28
16、000 ；(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200 ，电流表A1内阻约为100 ，电压表内阻为RV10 000 ，根据Rx可知，电流表应采用外接法，电路图如图所示(3)由图示可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数为150 A；待测电阻两端电压UI2RV150106 A10 000 1.5 V，测得待测电阻Rx187.5 .11(15分)如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大大量电子(重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不
17、断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U1.当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T、大小恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上(1)求水平导体板的板长l0；(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移ym；(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B的取值范围解析：(1)电子在电场中加速，由动能定理得eU1mv即v0(2分)水平导体板的板长l0v0T(2分)(2)电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动半个周期的侧向位移y1a22(1分)电子
18、离开偏转电场时的最大侧向位移为ym3y1(2分)(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为tan(2分)故30电子进入磁场做匀速圆周运动，有evBm，其中v(2分)垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，此时B有最小值R1sinl(1分)轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，此时B有最大值R2sinR2l(1分)联立解得Bmin，Bmax，故B(2分)12(17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、R2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
19、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为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
20、，则从2 s末到导体棒停止运动过程中电阻R1产生的焦耳热是多少？解析：(1)由速度图象可以看出导体棒做匀加速直线运动，加速度a1.5 m/s2(1分)vatt(1分)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FBILfma(1分)又fNmg(1分)R1、R2并联电阻为R0.4 (1分)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I0.25t(A)(1分)t2 s时，I0.5 A(1分)因为2 s末牵引力F的功率是0.9 W，根据PFv可得F0.3 N(1分)代入并联立解得0.1(1分)根据法拉第电磁感应定律E，qt，则q0.5 C(1分)所以流过R1的电荷量为q10.33 C(
21、2分)(2)由(1)可知在02 s内FBILmamgmamg即F0.025t0.25(N)(2分)(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(1分)又Q1Q2Q总则Q1(Q1Q2)0.2 J(2分)(二)选考题(共15分请考生从给出的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(15分)选修33(1)(5分)下列说法正确的是_(填入正确选项前的字母选对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“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油
22、酸酒精溶液的体积除以油膜的面积B在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体C雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果D不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力E第二类永动机违背了热力学第二定律(2)(10分)如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置若用一竖直向下的拉力作用
23、在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小设整个过程中气体温度不变答案：(1)BCE(5分)解析：(1)“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积，A错误；根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可以从低温物体传递到高温物体，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量，B正确；雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果，C正确；不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，D错误；第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律，E正确(2)(10分)解
24、：以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为p1，根据平衡条件有p0S3mgp1S(3分)解得p1p0对气缸内气体，初态：p1p0，V12lS末态：p2，V2根据玻意耳定律，有p1V1p2V2(3分)解得p2以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有p2SFp0S3mg(2分)解得Fp0Smg(2分)14(15分)选修34(1)(5分)一振动周期为T，位于x0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x处的质点P，下列说法正确的是_(填入正确选项前的字母，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
25、质点P振动周期为T，速度的最大值为vB若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向C质点P开始振动的方向沿y轴正方向D当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷E当P开始振动后，若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷(2)(10分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是该截面上的一条直径今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？答案：(1)BCD(5分)解析：(1)质点P振动周期与O点振动周期相同，也为T，但其振动速度与波速不同，故A错误；O、P两点相距x1.5，故P点与O点的振动方向总是相反，故某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，B正确；根据波的特点，简谐波传播过程中质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向， C正确；P点与O点的振动方向总是相反的，故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确，E错误(2)(10分)解：根据折射定律n(3分)设入射点为C，作光路图，由几何关系，得2可得30，60(3分)而CDRsin(2分)即CDR(2分)
