1、第三部分模 拟 训 练仿真模拟卷一（对应学生用书P73）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.）1.一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（）A.始终由a流向bB.始终由b流向aC.先由a流向b，再由b流向aD.先由b流向a，再由a流向b2.如下图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内
2、）.现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动.令U表示MN两端电压的大小，则（）A.UvBl，流过固定电阻R的感应电流由b到dB.UvBl，流过固定电阻R的感应电流由d到bC.UvBl，流过固定电阻R的感应电流由b到dD.UvBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b3.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.下图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差UCD.下列说法中正确的是（）A.电势差UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCDb，故A正确；根据等量异种电荷电场线的分
3、布特征可知，bc点所在处的电场疏密相同，故bc点的电场强度大小相等，方向都是从左向右，故bc点的电场强度相同，根沿着电场线，电势降低，即bc，故B错误；由如图分布可知，a点的电势大于b点的电势，c点的电势高于d点的电势，故将一个正试探电荷从a点移动到b点时电场力做正功，将一个正试探电荷从d点移动到c点时电场力做负功，做功不等，故C错误；根据Epq，可知正电荷在电势高处的电势能大，故将一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点时电势能，故D正确.答案：AD9.解析：根据中点时刻的速度等于平均速度得：vB m/s0.15 m/svE m/s0.33 m/s小车重力势能的减少量：Epmgh0.410（
4、0.135 00.063 0）J0.071 J根据加速度的定义式得：a m/s0.6 m/s根据牛顿第二定律得：mgsin fma解得：fmgma0.76 N所以克服阻力所做的功：WWf0.76（0.1350.063）J0.055 J.答案：0.150.337.11025.510210.解析：若选R2，则其阻值太小，电流过大，而R1与G1内阻相当，故选R1.电路图如图所示：（G2的示数G1的示数）为通过R1的电流值.由并联电路特点：I1r1R1（I2I1），得r1，I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值.答案：R1电路图如图r1I1、I2分别表示电流表G1、G2读数
5、，R1表示定值电阻R1的阻值11.解析：晴天时，设速度为v1，反应时间为t，加速度为a1，有：xv1tmgma1mgma2xv2t联立，又180 km/h等于30 m/s，可得：v220 m/s.答案：20 m/s12.解析：（1）依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，由Uqmv2得：v（2）要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，设圆周半径为R，由图中几何关系：RL由洛伦兹力提供向心力：Bqvm联立解得：B（3）设粒子运动圆周半径为r，r，当r越小，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长.当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点.有
6、：n圆周运动周期：T极限时间为：tmn由式得：tm答案：（1）（2）（3）13.解析：（1）晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故A错误；非晶体具有各向同性，故B正确；无论是单晶体还是多晶体晶体内部的分子按一定的规律排布即具有一定的规律性，空间上的周期性，故C正确；物质是晶体还是非晶体，不是绝对的，在一定条件下可以相互转化，故D错误，E正确.（2）设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得：phS（pp）S解得：pp外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h.根据盖吕萨克
7、定律，得：解得：hh据题意可得：p气体最后的体积为：VSh联立式得：V答案：（1）BCE（2）V14.解析：（1）质点不随波传播，A错；由波向右传播可知B点向上振动，B对；B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，C错；由T可知周期为0.05秒，D对；C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，E对.（2）如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，OBC为临界角由临界角公式：sin C解得：n如图所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，入射角为OED，折射角为NEF，折射率nsin 由解得：sin ，60由几何关系可知：FOE，OFE，则出射光线与OA轴线的交点F与O
8、点的距离为：OF2Rcos 30R答案：（1）BDE（2）透明体对该单色光的折射率是出射光线与OA轴线的交点距O点的距离是R15.解析：（1）由图和根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，故A正确；少数粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，该处要强调“所有正电荷主要集中在很小的核上”，故B错误；光电效应实验说明了光具有粒子性，故C正确；根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线丙由a粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，故D错误；链式反应属于重核的裂变，故E正确.（2）第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0（mM）v1系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：（mM）v（mM）gR联立式解得：v0由动量守恒定律可知，第2、4、6颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5颗子弹射入后，木块运动.当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0（9mM）v9设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：（9mM）v（9mM）gH由以上各式可得：HR答案：（1）ACE（2）子弹射入木块前的速度为小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为R