1、仿真预测卷(二)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分110分。第卷(选择题共42分)(本卷共7小题，每小题6分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错和不选的得0分。)1如图1所示，一小球用轻质线悬挂在木板的支架上，木板沿倾角为的斜面下滑时，细线呈竖直状态，则在木板下滑的过程中，下列说法中正确的是()图1A小球的机械能守恒B木板、小球组成的系统机械能守恒C木板与斜面间的动摩擦因数为D木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能解析因拉小球的细线呈竖直状态，所以木板、小球均匀速下滑，小球的动能不变，重力
2、势能减小，机械能不守恒，A错；同理，木板、小球组成的系统动能不变，重力势能减小，机械能也不守恒，B错；木板与小球下滑过程中满足(Mm)gsin (Mm)gcos ，即木板与斜面间的动摩擦因数为tan ，C错；由能量守恒知木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，D对。答案D2我国第三颗探月卫星“嫦娥三号”搭乘“长征三号乙”火箭发射升空。已知月球半径为地球半径R的，月球表面重力加速度大小为地球表面重力加速度g大小的，地球的第一宇宙速度为v1，“嫦娥三号”总质量为m，环月运行为圆周运动，则在环月过程中“嫦娥三号”的动能可能为()A. B. C. D.解析由mg月m可知月球的第一宇宙速度vv1，这
3、是最大环绕速度，所以在环月过程中“嫦娥三号”的动能Ekmv2，即D对。答案D3如图2，含单色光b和c的一束复色光沿半圆柱玻璃的半径方向射入玻璃，在柱心O处分成两束光和，光中只有单色光b，光中既有b也有c，则()图2A在玻璃中b的折射率比c的大B在玻璃中b的传播速度比c的小C让光的方向沿逆时针转动仍射到O处，光中可能出现cD保持光不变，让半圆柱玻璃以柱心O为轴沿顺时针转动，光可能消失解析中没有c光，说明该光发生了全反射，而b光没有发生全反射，说明c光的临界角小，由sin C得c光的折射率大，A错误；由v得c光在玻璃中的传播速度小，B错误；光逆时针转动时，入射角增大，c光依然发生全反射，C错误；半
4、圆柱玻璃顺时针转动，两光的入射角增大，当入射角大于b光的临界角时，b光发生全反射，D正确。答案D4一列简谐横波沿x轴正方向传播，O为波源且由t0开始沿y轴负方向起振，如图3所示是t0.3 s时，x0至x4 m范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出。已知图示时刻x2 m处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是()图3A这列波的周期为0.4 s，振幅为10 cmB这列波的波长为8 m，波速为20 m/sCt0.4 s时，x8 m处的质点速度沿y轴正方向Dt3 s时，x40 m处的质点沿x方向前进了80 m解析根据题意可知，t0.3 s时O点振动方向是向下的，又已知此时刻x2 m处的质点第次到达波
5、峰，则TTT0.3 s，由波长8 m，可得波的周期T0.3 s，波速v m/s，故A、B错；t0.4 s时，x8 m处的质点已振动了0.1 s，而0.1 s，该质点振动方向沿y轴正方向，故C对；波上各质点不随波迁移，只在平衡位置附近做简谐振动，故D错。答案C5如图4所示，两水平虚线ef、gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放，线框运动中ab始终是水平的，已知两虚线ef、gh间距离大于线框边长，则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图像合理的是()图4解析线框先做自由落体运动，由线框宽度小于磁场的宽度可知，当
6、ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程中，线框的加速度与线框自由下落时一样，均为g。若cd边刚好匀速进入磁场，mgF安，ab边进入磁场后线框又做匀加速运动，cd边出磁场后减速，当达到上述匀速的速度后又做匀速运动，A、B错；若cd边加速进入磁场，全部进入后做匀加速运动，当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速，D对；若cd边减速进入磁场，线框全部进入后做匀加速运动，达到进磁场的速度时不可能匀速，C错。答案D6如图5所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B(均可看做质点)，已知OA2OB，两物体与盘面间的动摩擦因数均为，两物体刚好未发生滑动，此时剪断细线，
7、假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则()图5A剪断前，细线中的张力等于B剪断前，细线中的张力等于C剪断后，两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D剪断后，B物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，A物体发生滑动，离圆心越来越远解析剪断前令细线中张力为T，则对物体B有mgTm2OB，对物体A有mgTm22OB，联立解得T，A错、B对；剪断细线后，T消失，物体B所受静摩擦力能提供其做匀速圆周运动的向心力，即B仍随圆盘做匀速圆周运动，物体A的最大静摩擦力不足以提供其做匀速圆周运动的向心力，即物体A发生滑动，离圆心越来越远，C错、D对。答案BD7质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水
8、平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体的vt图像如图6所示，则下列说法正确的有()图6A物体所受摩擦力大小为B水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍C物体在加速段的平均速度大于减速段的平均速度D03t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为解析由vt图像知物体在加速段的加速度大小为a1，在减速段的加速度大小为a2，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为fma2，A对；而Ffma1，即水平拉力大小为F，是物体所受摩擦力大小的3倍，B错；由vt图像知物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为，C错；03t0时间内物体的位移为x，所以克服摩擦力做功的平均功率为P，D对。答案AD第卷(非选
9、择题共68分)8(17分)(1)(6分)某实验小组采用如图7所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系。图7下列关于该实验的说法中正确的是_。A平衡摩擦力时，应将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，应先放开小车，再接通打点计时器D在每次实验时，应使砝码和砝码盘的总质量远大于小车的质量该实验小组采用正确的实验步骤后，利用打点频率为50 Hz的打点计时器，得到的其中一条纸带如图8所示：(图中每两个计数点间还有四个点未画出)图8则在该次实验中，小车运动的加速度大小为_m/s2(结果保留三位有效数字)。(2)(11分)在学习了伏安法测电阻之后
10、，某课外活动小组想通过图9所示的实验电路测定一个阻值约为几十欧的电阻Rx的阻值。图中定值电阻R010 ，R是总阻值为50 的滑动变阻器，A1和A2是电流表，电源电动势E4 V，电源内阻忽略不计。图9该课外活动小组现有四只可供选择的电流表：A电流表(03 mA，内阻为2.0 )B电流表(00.3 A，内阻为5.0 )C电流表(03 mA，内阻未知)D电流表(00.6 A，内阻未知)则电流表A1应选_；电流表A2应选_。(填器材前的字母)在不损坏电表的情况下，将滑动变阻器的滑片从最左端逐渐向右滑动，随着滑动变阻器接入电路中的长度x的变化，电流表A2的示数也随之发生变化，则下列四个选项中能正确反映电
11、流表A2的示数I2随滑动变阻器接入电路中的长度x的变化关系的是_。该课外活动小组利用图9所示的电路，通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了若干组电流表A1、A2的示数I1、I2，然后在坐标纸上描点、连线，得到的I1I2图线如图10所示，由图可知，该待测电阻Rx的阻值为_。(结果保留三位有效数字)图10解析(1)砝码和砝码盘的重力等于小车受到的拉力，因此在平衡小车受到的摩擦力时，不能将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，选项A错误；平衡摩擦力是利用小车本身重力的下滑分量来进行的，即mgsin mgcos ，由此式可以看出不需要重新平衡摩擦力，选项B正确；实验时，应先接通打点计时器，等打
12、点计时器工作稳定后再放开小车，因此选项C错误；在该实验中，认为砝码和砝码盘的重力等于细绳拉小车的拉力，实际上，由于砝码和砝码盘要加速下降，所以细绳对小车的拉力要小于砝码和砝码盘的重力，所以为了减小误差，砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量，选项D错误。由于计数点之间的时间间隔为T0.1 s，所以由逐差法可得小车的加速度为a1.19 m/s2。(2)由于在该实验电路中没有电压表，所以要将定值电阻R0和电流表A1改装成电压表使用，因此A1的内阻应已知，如果采用A电流表，则流经该电流表的最大电流约为 A，超出了该电流表的量程，如果采用B电流表，则流经该电流表的最大电流约为A，小于该电流表的量程，所
13、以要采用B电流表。由于电流表A2的内阻不是必须要知道的，其量程要大于电流表A1的量程，所以电流表A2应选择D电流表。流经电流表A2的电流为电路中的总电流，设滑动变阻器单位长度的电阻为r，则有I2，又因为R0、Rx、R1、R2等均为定值，令kR2，则上式可变为I2，由数学关系可知，选项B正确。由电路图可知，(R0R1)I1Rx(I2I1)，整理可得，而即题图中I1I2图线的斜率，由图可知，代入数据解得Rx35.0 。答案(1)B(3分)1.19(3分)(2)B(2分)D(2分)B(3分)35.0(结果在33.037.0之间均正确)(4分)9(15分)如图11所示，平行金属板MN、PQ水平放置，通
14、过如图所示的电路与电源连接，小微粒A从平行金属板的最左边两板正中间，沿水平方向射入，当开关S断开时，微粒A正好打在金属板PQ的正中位置。当开关S闭合，电路稳定后，微粒A从金属板PQ的Q端边缘飞出。已知金属板长为L，两板间距为d，微粒A质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，定值电阻阻值为R0。求：图11(1)微粒A射入时的初速度；(2)电源的电动势。解析(1)当开关S断开时，微粒A做平抛运动。由平抛运动的规律得：dgt2(2分)又Lvt(2分)联立解得：v(2分)(2)当开关S闭合，电路稳定后粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律得：dat(2分)又Lvt1(2分)由牛顿第二定律得：mg
15、qma(3分)联立以上各式解得电源电动势为E(2分)答案(1)(2)10(17分)如图12所示，在倾角37的固定斜面上放置一质量M1 kg、长度L1.5 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为10.5 m，在平板的上端A处放一质量m0.5 kg的滑块P(可视为质点)，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.25，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：图12(1)滑块P离开平板时的速度；(2)平板下端B到达斜面底端C的时间与P到达C点的时间差。解析(1)当P离开薄板前，受力如图(a)，由牛顿
16、第二定律得：mgsin ma(1分)当P离开薄板前，薄板受力如图(b)，由牛顿第二定律、平衡条件、摩擦力公式得Mgsin fM1MaM1(1分)NM1Mgcos Nm(1分)fM1NM1(1分)NmNmmgcos (1分)由匀变速运动规律得smam1t，sMaM1t，vm1am1t1由题意得：smsML(2分)联立以上各式并代入数据解得：vm16 m/s(1分)(2)当P离开薄板后，受力如图(c)，由牛顿第二定律、摩擦力公式得：mgsin fmmam2(1分)fmNm(1分)当P离开薄板后，薄板受力如图(d)，由牛顿第二定律、平衡条件、摩擦力公式得：Mgsin fM2MaM2(1分)NM2Mg
17、cos (1分)fM2NM2(1分)由匀变速运动规律得：sBCsMvm1t2am2tsBCsMvM1t3aM2t(2分)vM1aM1t1(1分)联立以上各式并代入数据解得：tt3t20.5 s(1分)答案(1)6 m/s(2)0.5 s11(19分)如图13所示，在以O1点为圆心且半径为r0.10 m的圆形区域内，存在着竖直向下、场强大小为E4105 V/m的匀强电场(图中未画出)。圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。一比荷1.0108 C/kg的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向入射，粒子重力不计。图13(1)若粒子在圆形区域的边界Q点射出匀
18、强电场区域，O1A与O1Q之间的夹角为60，求粒子从坐标原点O入射的初速度v0；(2)撤去电场，在该圆形区域内加一磁感应强度大小为B0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且将该圆形磁场以过O点并垂直于纸面的直线为轴，逆时针缓慢旋转90，在此过程中不间断地射入题干中所述粒子，粒子入射的速度等于(1)中求出的v0，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子与A点的最远距离。解析(1)由题意可知，该粒子将在匀强电场中做类平抛运动，设其在电场中的运动时间为t，粒子在电场中运动的加速度大小为a，则有rrcos v0t(1分)rsin at2(1分)qEma(1分)以上三式联立可得v0(1cos )(2分)代入数据可得v03106 m/s。(2分)(2)由题意可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R0.2 m，以O点为圆心、OA0.2 m为半径做出圆弧AC交y轴于C点，以C点为圆心、CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点，则2r0.2 m，如图所示，过D点作切线，分别交OA于F点，交MN于E点，则E点即粒子能够打在荧光屏MN上的粒子离A点的最远距离(3分)由几何关系可知，sin (1分)所以Rtan (1分)因此2r (2分)由几何关系可知EFA2(1分)所以tan 2(2分)以上各式联立，代入数据可得 m。(2分)答案(1)3106 m/s(2) m