1、仿真卷(二)(考试时间：70分钟试卷满分：110分)第卷二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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14一块含铀矿石的质量为M，其中铀的质量为m，铀发生一系列衰变，最终生成物为铅已知铀的半衰期为T，则经过时间T，下列说法正确的是(C)A这块矿石的质量为0.5 MB这块矿石的质量为0.5(Mm)C这块矿石中铀的质量为0.5 mD这块矿石中铅的质量为0.5 m【解析】根据半衰期公式m余mn，n为半衰期次数，其中n1，经过1个半衰期后剩余铀核为m，则这块矿石中铀
2、的质量还剩0.5m，但U变成了Pb，且生成铅质量小于m，经过一个半衰期后该矿石的质量剩下会大于，选项C正确15如图所示，a、b、c是正点电荷电场中的一条电场线上的三点，abbc，在a点处自由释放一带负电的试探电荷时，它沿直线向右做加速运动，依次经过b、c点下列说法正确的是(B)Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比c点的低C试探电荷在c点时的动能等于在b点时的两倍D试探电荷在b点时的电势能等于在c点时的两倍【解析】在正点电荷形成的电场线上a处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向c点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，即场源电荷在右侧，所以a点的电场强度比b点的小，a点的电势比
3、c点的低，故A错误，B正确；因为场源电荷在右侧，虽然abbc，所以UabUbc，由动能定理知试探电荷在c点时的动能Ekcq(UabUbc)，试探电荷在b点时的动能EkbqUab，Ekc2Ekb，故C错误；只有电场力做功时，发生动能和电势能的相互转化，但总量不变，动能不满足2倍关系，则电势能也不会满足2倍关系，故D错误；故选B.16.某物体做匀变速直线运动，从某时刻开始，物体的位移与时间的比值随时间(t)变化的规律如图所示，下列说法正确的是(C)A物体的初速度为1 m/sB物体的初速度为1.5 m/sC物体的加速度为3 m/s2D物体的加速度为1.5 m/s2【解析】由位移公式lv0tat2，得
4、：v0at，由图像知，当t0时，2v0，即初速度v02 m/s，选项AB错误；当t2 s时，v0at5，解得：a3 m/s2，故D错误，C正确17.如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，它们在下落高度为9 m时，在空中相遇若两球的抛出速度都变为原来的3倍，不计空气阻力，则自抛出到它们在空中相遇时，两球下落的高度为(D)A6 mB3 mC3 mD1 m【解析】两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，根据xvAtvBt知，x不变，当两球的抛出速度都变为原来的3倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为，根据hgt2，Hg2，得：H1 m，故选D.18据
5、天文学家推测，存在这样的平面四星系统，四颗恒星分别位于菱形的四个顶点，绕菱形的中心点、在菱形所在的平面内做角速度相同的圆周运动，位于对角的两颗恒星质量相等根据测量可知菱形的一个顶角为2，位于该顶角的恒星的质量为m1，位于相邻顶角的恒星的质量为m2，则等于(A)ABCD【解析】设菱形的边长为L，恒星角速度为，则m1的半径为r1Lcos ，m2的半径为r2Lsin .根据牛顿第二定律和万有引力定律分别对m1和m2有cos m1r12，sin m2r22，把上面的半径代入联立这两个方程可解得，选项A正确19两个质量分别为m11 kg、m22 kg的物体A、B静止在光滑的水平地面上，中间用一轻质弹簧秤
6、连接，如图所示，现用两个水平拉力F130 N、F212 N，分别作用在物体A、B上，系统稳定后(AD)A弹簧秤的示数为24 NB弹簧秤的示数为18 NC若突然撤去F2，则该瞬间A加速度大小为4 m/s2D若突然撤去F1，则该瞬间A的加速度大小为24 m/s2【解析】系统稳定后，设系统加速度为a，系统在水平方向由牛顿第二定律，有F1F2(m1m2)a，以A为研究对象，根据牛顿第二定律，有F1Tm1a，联立代入数据，得T24 N，a6 m/s2，故A正确，B错误；若突然撤去F2，以A为研究对象，A受力不变，故该瞬间A的加速度大小为6 m/s2，故C错误；若突然撤去F1，以A为研究对象，A水平方向只
7、受弹簧弹力T作用，故此时A的加速度为aA24 m/s2，故D正确故选AD.20如图所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源(电压有效值不变)，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成将该变压器原、副线圈的匝数比由151改为301后(CD)AR1两端的电压减小到原来的BR2两端的电压减小到原来的CR3两端的电压减小到原来的DR4的热功率减小到原来的【解析】理想变压器的原副线圈的电压和匝数成正比，将该变压器原、副线圈的匝数比由151改为301后，副线圈的电压减小到原来的，输出端的四个电阻的电压都减小到原来的，故C正确；根据P4知，R4的电压U4减小到原来的，其热功率减小到原来的，故D正确，故
8、选CD.21如图所示，竖直固定的“”形光滑导轨宽为0.5 m，矩形匀强磁场、的高和间距均为0.1 m，磁场的磁感应强度大小均为1 T，其他区域无磁场质量为0.1 kg的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等金属杆在导轨间的电阻为0.5 ，与导轨接触良好，其他电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是(BD)A金属杆刚进入磁场时加速度方向竖直向下B金属杆穿过磁场的时间大于在磁场、之间的区域运动时间C金属杆穿过两磁场产生的总热量为0.6 JD金属杆释放时距磁场上边界的高度一定大于0.2 m【解析】金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场和时的速度相等，所以金属杆
9、刚进入磁场时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；金属杆在磁场运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场和时的速度相等，所以金属杆在磁场中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；金属杆从刚进入磁场到刚进入磁场的过程，由能量守恒定律得：2mgdQ，金属杆通过磁场时产生的热量与通过磁场时产生的热量相同，所以总热量为：Q总2Q4mgd0.4 J，故C错误；设金属杆释放时距磁场上边界
10、的高度为H时进入磁场时刚好匀速运动，则有：mgBIL，又v联立解得：H0.2 m，由于金属杆进入磁场时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确故选BD.第卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答第3334题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(共47分)22(6分)碰撞系数(e)，也称为碰撞恢复系数、恢复因子，其物理定义为两物体碰撞后的相对速度(v2v1)与碰撞前的相对速度(v10v20)的比值，即e.某实验小组为了测碰撞系数，进行了如下实验，实验装置如图所示已知小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，实验步骤如下：步骤1：将斜槽轨道固定在水
11、平桌面上，在斜槽轨道的右端与水平地面间放置一个斜面，在斜面上贴放白纸，白纸上贴放复写纸步骤2：不放小球2，让小球1从斜槽上某点(A点，图中未标出)由静止滚下，多次实验测得落在斜面上的平均位置为P.步骤3：把小球2放在斜槽轨道的右端O(斜面顶点)，让小球1仍然从斜槽上的A点由静止滚下，与小球2发生碰撞后，先后落在斜面上步骤4：重复步骤3多次，记录下两小球落点的平均位置M、N.步骤5：用刻度尺测得三个落点的平均位置M、P、N到斜面顶点O的距离分别为l1、l2、l3.(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是 B (填正确选项的序号)A斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道的末端必须水平C小球1的质量应小于小
12、球2的质量(2)若满足表达式m1m1m2(用题干中出现的字母表示)，则说明两小球在碰撞过程中动量守恒(3)碰撞系数e.【解析】(1)实验时只要把小球从斜槽的同一位置由静止滑下即可保证小球做平抛运动的初速度相等，不需要斜槽轨道光滑，故A错误；要保证小球离开轨道时的速度是水平的，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；为了保证入射小球不会被反弹，故必须保证入射球的质量大于被碰球的质量，故C错误；(2)碰撞前，m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2.设斜面与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：
13、l2sin gt2l2cos v1t解得v1同理v1v2可见速度正比于；所以只要验证：m1m1m2整理得：m1m1m2；(3)根据碰撞系数定义可得：e.23(9分)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，待测电源为干电池a(电动势E1约为1.5 V，内阻r1约为1 )和水果电池b(电动势E2约为1 V，内阻r2约为1000 )，除开关、导线外，还有下列器材可供选择：A电压表V(量程015 V，内阻约为3 k)；B电流表A1(量程00.6 A，内阻约为1 )；C电流表A2(量程01 mA，内阻r100 )；D定值电阻R1(阻值为1 900 )；E滑动变阻器R2(阻值范围为010 )；F滑动变阻器R
14、3(阻值范围为01 000 )(1)甲同学为了测定一节干电池a的电动势和内阻，滑动变阻器应选用 E ，还需要选择的器材有 BCD .(均填器材前的字母)(2)乙同学另找来一电阻箱R，结合电流表A2用图甲所示电路测量水果电池b的电动势E2和内阻r2.测得多组数据，作出R图像如图乙所示，则水果电池b的电动势E2 1 V、内阻r2 900 .【解析】(1)干电池电动势约为1.5 V，电压表量程为15 V，电压表量程太大，不能用该电压表测电压，可以用内阻已知的电流表C与定值电阻D串联组成电压表测电压，测干电池电动势与内阻实验中，最大电流较小，约为零点几安培，则应用电流表B测电流；为方便实验操作，滑动变
15、阻器应选E.(2)由图乙所示实验电路可知，电源电动势为：EI2(rRRA2)则有：R由图丙所示图像可知，图像斜率k1则电源电动势为：E1 V图像纵轴截距b1 000解得电源内阻为：r900 .24(12分)如图所示，在光滑水平面上一质量M3 kg的平板车以v01.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小F8.5 N、水平向右的推力，同时将一质量m2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来已知小滑块与平板车间的动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2，求：(1)两者达到相同速度所需的时间t；(2)平板车的长度l.【答
16、案】(1)3 s(2)2.25 m【解析】(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，有：mgma1FmgMa2解得：a12 m/s2，a21.5 m/s2又：a1tv0a2t解得：t3 s.(2)两者达到相同速度后，由于1.7 m/s2L乙现给摆球相同的水平初速度，让其在竖直平面内做小角度摆动用T甲和T乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用甲和乙表示摆球摆到偏离平衡位置的最大位移处时摆线与竖直方向的夹角，可知T甲 T乙，甲 ”“”或“”)(2)(10分)如图所示，在xOy坐标系的第象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，0.4 m，一束单色光沿MN射入玻璃
17、体，在PQ面上的入射点为N，经玻璃体折射后，从OP面上的A点射出已知从A点射出的光平行于x轴，且0.2 m、 m，光速为c3108m/s.求：玻璃体对该光的折射率；该光在玻璃体中传播的时间【答案】(2)2109s【解析】(1)根据单摆的周期公式T2比较，摆长越长，则周期变大，因为摆长L甲L乙故T甲T乙根据机械能守恒定律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，即L甲(1cos 甲)L乙(1cos 乙)故甲乙(2)连接NA，标出相应的角度，如图所示由几何关系可知，光线在N点的入射角i60该光的折射角为r，有sin r玻璃体对该光的折射率为：n.ANcos r m光在玻璃体中传播的速度v光在玻璃体中传播的时间t解得：t2109s.