1、仿真卷二(考试时间：70分钟试卷满分：110分)第卷一、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下列说法正确的是(B)A原子核的质量大于组成它的核子的总质量，这个现象叫作质量亏损B玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C在光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为0，若用波长为(0)的单色光照射该金属，会产生光电效应D爱因斯坦提出质能方程Emc2，其中E是物体以光速c运动时的动能【解析】原子核的质量小于组成它的核子的总质量，这个现象叫作
2、质量亏损，故A错误；玻尔原子模型：电子的轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的，故B正确；光电效应实验中，某金属的截止频率对应的波长为0，根据，结合光电效应发生的条件可知，若用波长为(0)的单色光做该实验，其频率变小，不能产生光电效应，故C错误；Emc2中E是与物体相联系的一切能量的总和，既不是单一的动能，也不是单一的核能，故D错误15.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示两斜面、固定在车上，倾角分别为30和60.重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2，则(D)AF1mg，F2mgBF1mg，F2mg
3、CF1mg，F2mgDF1mg，F2mg【解析】如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1与F2相互垂直由牛顿第三定律知F1F1，F2F2，则F1mgsin 60mg，F2mgsin 30mg，选项D正确16.可视为质点的甲、乙两小车分别沿同一平直路面同向行驶，t0时，甲在乙前方16 m处，它们的vt图像如图所示，则下列说法正确的是(B)A甲、乙在t2 s和t10 s时刻并排行驶B甲、乙在t4 s和t8 s时刻并排行驶C在t6 s时，乙车在甲车前8 mD在t6 s时，乙车在甲车前18 m【解析】由图像可知，甲做初速度为0，加速度为a1 m/s22 m/s2的匀加速运动；乙做初速度为
4、v06 m/s，加速度为a2 m/s21 m/s2的匀加速运动；两车相遇时满足：v0ta2t2s0a1t2，即6t1t2162t2，解得t14 s，t28 s，即甲、乙在t4 s和t8 s时刻并排行驶，选项A错误，B正确；在t6 s时，甲的位移：x1262 m36 m；乙的位移：x266 m162 m54 m，可知此时乙在甲的前面，54 m36 m16 m2 m，选项C、D错误17.如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动，下列说法正确的是(D)A小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B小球在斜面运动的过程
5、中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重力C撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大D撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小【解析】设斜面倾角为，根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度agsin ，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误；对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误；根据动能定理得，mghmv2mv，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误；比较小球在斜面上与空中运动的时间由于小球在斜面上运动的
6、加速度为agsin ，竖直分加速度为ayasin gsin2g，则知撤去斜面，落地时间变短，故D正确18.2018年5月21日，中国在西昌卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将嫦娥四号任务“鹊桥”号中继星发射升空.6月14日，“鹊桥”号中继星进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道，以解决月球背面的通讯问题如图所示，地月拉格朗日L2点在地球与月球的连线上若卫星在地月拉格朗日L2点上，受地球、月球两大天体的引力作用，能与月球保持相对静止已知地球质量和地月距离，若要计算地月拉格朗日L2点与地球间的距离，只需要知道的物理量是(A)A月球的质量B“鹊桥”号中继星的质量C月球绕地球运行的周期D引力常量
7、【解析】“鹊桥”号中继星绕地球做圆周运动，其向心力是地球和月球的引力的合力提供的，由万有引力定律可得：GGm2r，此方程中“鹊桥”号中继星的质量可以消去，中继星的周期等于月球的周期，所以只要知道月球的质量，就可计算出地月拉格朗日L2点与地球间的距离故A正确B、C、D错误19如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看作理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(AD)A电压表读数减小B电流表读数减小C质点P将向上运动D电源的输出功率逐渐增大【解析】选由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端，电容器与R3并联；
8、当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过串联部分的电流增大，故电流表示数增大，故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，则电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故质点P受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，质点P向下运动，故C错误；由题意，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，故当电源的外电阻为R1时，电源的输出功率最大，则知电路中R4电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大，故D正确20.
9、如图是静电除尘器除尘机理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PMMN.下列判断正确的是(CD)Ab是直流高压电源的负极B电场中M点的电势高于N点的电势C同一个点电荷在电场中N点受到的电场力小于在P点受到的电场力D电场中N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP【解析】尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，说明集尘极带正电，b是直流高压电源的正极，选项A错误；顺着电场线，电势降落，则M点的电势低于N点的电势，选项B错误；越靠近放电极
10、电场越强，同一点电荷受到的电场力越大，选项C正确；UEd，N、M间的平均电场强度小于M、P间的电场强度，所以N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP，选项D正确21一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与阻值R15 的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v0.8sint(m/s)浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B0.2 T，线圈的直径D0.4 m，总电阻r1 .取210.则下列说法正确的是(BC)A线圈中产生电动势的瞬时值为
11、e0.64sin t(V)B灯泡中电流的瞬时值为i4sin t(A)C灯泡两端电压的有效值为30 VD灯泡的电功率为240 W【解析】线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为EmaxNBlvmax，lD，联立解得EmaxNBDvmax1000.20.40.8 V64 V，则波浪发电产生电动势e的瞬时值：eEmaxsint64sin t(V)，故A错误；根据闭合电路欧姆定律有：I得i4sin t(A)，故B正确；灯泡电流的有效值为I A，则灯泡的功率为PI2R15 W120 W，故D错误；灯泡两端电压的有效值为UIR15 V30 V，故C正确第卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分第2225题
12、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)将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看成一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A)劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)劲度系数为k2，套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：甲同学：和电阻并联相似，可能是乙同学：和电阻串联相似，可能是k3k1k2丙同学：可能是k3(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验(装置见图甲)(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；在弹簧A的下端
13、挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；由F_nmg_计算弹簧的弹力，由xL1L0计算弹簧的伸长量，由k计算弹簧的劲度系数；改变_钩码的个数_，重复实验步骤、，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断_乙_同学的猜想正确【解析】(2)由步骤知，弹簧的弹力等于钩码的总重力，即Fnmg，由步骤知，可以建立F与x的关系式，要想多得几组数据，就需改变钩码的个数(3)题图乙得到的实验图线的斜率为
14、弹簧的劲度系数，由图中数据得k3k2k1，所以乙同学的猜想正确23(9分)光伏电池(太阳能电池)是一种清洁、“绿色”能源光伏发电的原理主要是半导体的光伏效应，即一些半导体材料受到光照时，直接将光能转化为电能在一定光照条件下，光伏电池有一定的电动势，但其内阻不是确定的值，内阻大小随输出电流的变化而变化为了研究光伏电池内阻的变化特性，实验小组借助测电源电动势和内阻的方法设计出实验电路如图1所示，改变电阻箱R的阻值，实验测得电流表示数I和电压表示数U如下表：I/mA4.184.144.124.083.802.201.22U/V0.501.001.502.002.302.602.70 (1)根据表中数
15、据，选用适当的标度在图2中作出光伏电池的IU图像；(2)根据所作图像可以判断，该光伏电池的电动势约为_2.80_V，其内阻随输出电流的增大而_增大_(填“增大”、“不变”或“减小”)；(3)当外电阻R变化时，光伏电池的输出功率也发生变化，由(1)问所作图像可知，当电阻R约为_605.3_时光伏电池的输出功率最大，最大输出功率约为_8.74103_W.【解析】(1)根据表中数据，选择适当标度，纵坐标为I、横坐标为U描点作图如图所示；(2)由(1)问图像可知光伏电池的电动势约为2.80 V，设光伏电池的电动势为E，由闭合电路的欧姆定律EUIr得IU，则光伏电池的内阻等于图线斜率的倒数的绝对值，因此
16、其内阻随电流的增大而增大；(3)由PIU可知，图线上纵横坐标的乘积等于光伏电池的输出功率，也等于坐标值与坐标轴所包围矩形的面积，面积越大光伏电池的输出功率越大，由图中方格数可知，从坐标点P沿图线向左移或向右移坐标点，对应坐标包围的方格数均减少，因此坐标点P对应的“面积”最大，此时对应外电阻R 605.3 ，光伏电池的最大输出功率PmIPUP8.74103 W.24(14分)如图，在xOy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行于y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为xd的直线，磁场方向垂直纸面向外质量为m，带电荷量为q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强
17、电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45角进入匀强磁场，已知OQd，不计粒子重力，求：(1)P点坐标；(2)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；(3)要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围【答案】(1)(2)B(3)B【解析】(1)设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则vyv0tan45(1分)设粒子在电场中运动时间为t，则OQv0t，OPt(1分)由以上各式，解得OP，P点坐标为(1分)(2)粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则r1r1sin 45d，解得：r1(2)d(1分)令粒子在磁场中的速度为v，则v(1分)根据牛顿第二定律qv
18、B1解得：B1(1分)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围B(2分)(3)假设粒子刚好从xd处磁场边界与电场的交界D处第二次进入磁场，设粒子从P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D的时间为2t，由水平方向的匀速直线运动可得：CD2d，CQCDQD2d(2.5dd)，(1分)设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin 45CQ(1分)解得：r2d(1分)根据牛顿第二定律得：qvB2，解得：B2(1分)要使粒子能第二次进磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足BB2综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足B(2分)25(
19、18分)如图所示，一质量M4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角37，CD长L3 m质量m1 kg的小物块从某一高度处的A点以v04 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v1.2 m/s.取g10 m/s2，sin 370.6，忽略空气阻力(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离【答案】(1)1.2 m(2)1 s(3)3.
20、73 m【解析】(1)由平抛运动的规律得：tan (2分)xv0t(1分)得：x1.2 m(2分)(2)物块在小车上CD段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1(Mm)v(1分)由能量守恒定律得：fLmv(Mm)v2(1分)对物块，由动量定理得：ft0mvmv1(1分)联立解得：t01 s(1分)(3)有销钉时，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgHmvmv(1分)由几何关系得：Hgt2R(1cos )(1分)B、C间的水平距离：xBCRsin (1分)对小车和物块组成的系统，由能量守恒定律得：fLmv(Mm)v2(1分)若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方
21、向动量守恒，mv0Mv2mv2(1分)小车向左运动达最大位移时，速度v2为0，此时物块速度v2为4 m/s由能量守恒定律得：mgHmvf(xxBC)mv(2分)联立解得此时物块离小车左端的水平距离：x3.73 m(2分)(二)选考题：共15分请考生从2道物理题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分33物理选修33(15分)(1)(5分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程(气体与外界无热量交换)这就是著名的“卡诺循环”该循环过程中，下列说法正确的是_ACD_.(填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4
22、分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分)AAB过程中，气体对外界做功BBC过程中，气体分子的平均动能增大CCD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多DCD过程中，气体放热EDA过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)(10分)如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，左侧封闭的理想气体柱长l110 cm，右侧封闭的理想气体柱长l214 cm，两侧管内水银面高度相同，初始时左侧管内理想气体的温度为27 现对左侧管内气体缓慢加热，当它的温度上升到227 时，两侧管内气体体积相等，分别求27 时和227 时左侧管内气体的压强(右侧管内气体温度不变)【答案】(2)18 cmHg2
23、5 cmHg【解析】(1)AB过程中，体积增大，气体对外界做功，故A正确；BC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；CD过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；CD过程中，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放热，选项D正确；DA过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故E错误(2)设初始时刻和两管气体体积相同时左侧管内气体的压强分别为p1、p2，则有：对左侧管：(2分)对右侧管：p1l2(p2p)(l2l)(2分)其中
24、p2l(cmHg)T1300 K，T2500 K当它的温度上升到227 时，两侧管内气体体积相等，则有：l1ll2l(2分)即l(2分)解得：p118 cmHg(1分)，p225 cmHg(1分)34物理选修34(15分)(1)(5分)图示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t0时刻的波形图(波刚好传到Q点)，P、Q、M点的平衡位置分别为xP1 cm，xQ4 cm，xM5 cm，经过t0.2 s，M点第一次到达波谷，则下列判断正确的是_ACE_.(填正确答案标号，选对1个给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0分)A质点P的振动周期T0.4 sB该波的传播速度v1 m/
25、sCM点的起振方向沿y轴负方向D01 s内质点Q运动的路程为1 mE01 s内质点M运动的路程为0.18 m(2)(10分)如图甲所示，在空气中放有一半径为R、折射率为n的透明球，离球心O相距R的A点处有一可向各个方向发光的点光源求透明球表面有光射出部分的面积如图乙所示球冠的面积公式为S2r2(1cos )，空气的折射率为1【答案】(2)R2【解析】(1)由题意可知波刚好经过t0.2 s，M点第一次到达波谷，即波谷从x3 cm传播到x5 cm处的时间为0.2 s，故波速为v m/s0.1 m/s，由图可知波长0.04 m，则周期T s0.4 s，故A正确，故B错误；因波沿x轴正方向传播，则Q点
26、的起振方向沿y轴负方向，所以M点的起振方向沿y轴负方向，故C正确；01 s内质点Q运动的路程为：s10A100.02 m0.2 m，故D错误；波经过t0.1 s，传播到M点，M点的振动时间为：t0.9 s，M点运动的路程为：s9A90.02 m0.18 m，故E正确(2)设发生全反射的临界角为C，则sin C.(2分)假设光线在B点发生全反射，则由正弦定理解得sin ，(1分)则120，则可射出光线部分球冠所对的角度为(60C)，cos(60C)(1分)则面积为S12R21cos(60C)R2(2分)同理在O点下方的D点也能发生全反射，可射出光线部分球冠所对的角度为(60C)，cos(60C)(1分)面积为S22R21cos(60C)R2.(1分)则透明球表面有光射出部分的面积为SS1S2R2.(2分)
