1、仿真冲刺卷(五)(建议用时:60分钟满分:110分)二、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,有选错的得0分)14.下列说法正确的是()A.粒子散射实验说明原子核内部具有核式结构B.在HHHe+X中,X表示质子C.重核的裂变和轻核的聚变都是质量亏损放出核能的过程D.一个氢原子从n=1能级跃迁到n=2能级,必须吸收光子15.如图所示,轻弹簧的左端固定在竖直墙面上,右端有一物块压缩弹簧并处于静止状态,物块与弹簧并不拴接,物块与水平面间的动摩擦因数为,物块与水平面间
2、最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现用一水平向右的力F作用在物块上,使其向右做匀加速直线运动.以x表示物块离开静止位置的位移,且弹簧在弹性限度内,下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是()16.2019年春晚在舞春海中拉开帷幕.如图所示,五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起,若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等,下面说法中正确的是()A.观众欣赏表演时可把领舞者看成质点B.2号和4号领舞者的重力势能相等C.3号领舞者处于超重状态D.她们在上升过程中机械能守恒17.小型登月器连接在航天站上,一起绕月球做圆周运动,其轨道半径为月球半径的3倍,某时刻,航天站使登月器减速分离,登月器沿如图所示
3、的椭圆轨道登月,在月球表面逗留一段时间完成科考工作后,经快速启动仍沿原椭圆轨道返回,当第一次回到分离点时恰与航天站对接,登月器快速启动所用的时间可以忽略不计,整个过程中航天站保持原轨道绕月运行,不考虑月球自转的影响,则下列说法正确的是()A.从登月器与航天站分离到对接,航天站至少转过半个周期B.从登月器与航天站分离到对接,航天站至少转过2个周期C.航天站做圆周运动的周期与登月器在椭圆轨道上运动的周期之比为D.航天站做圆周运动的周期与登月器在椭圆轨道上运动的周期之比为18.如图所示,理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A,理想电压表V,副线圈上通过输电线接有一个灯泡L,一个电吹风M,输电线的等
4、效电阻为R,副线圈匝数可以通过调节滑片P改变.S断开时,灯泡L正常发光.滑片P位置不动,当S闭合时,以下说法中正确的是()A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.等效电阻R两端电压增大D.为使灯泡L正常发光,滑片P应向下滑动19.如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,A=60,AO=L,在O点放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电粒子.已知粒子的比荷为,发射速度大小都为v0=.设粒子发射方向与OC边的夹角为,不计粒子间相互作用及重力.对于粒子进入磁场后的运动,下列说法正确的是()A.当=45时,粒子将从AC边射出B.所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相
5、等C.随着角的增大,粒子在磁场中运动的时间先变大后变小D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出20.水平面上的三点A,O,B在一条直线上,OB=2OA,OO是竖直的分界线,其左边区域内有水平向右的匀强电场,场强大小为E1=,其右边区域内有水平向左的匀强电场,场强大小为E2,现将一带电荷量为q的小球从A点以初速度v0竖直向上抛出,小球在空中越过分界线后,竖直向下落在B点,不计阻力,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是()A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能B.小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值tan =C.小球经过分界线时离水平面的高度为D.左右两区域电场强度大小的比值为E1E2=
6、2121.如图(甲)所示,斜面体放在粗糙的水平地面上,两斜面光滑且倾角分别为53和37,两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接,分别置于两个斜面上,OPAB,OQAC,已知P,Q和斜面体均静止不动.若交换两滑块位置如图(乙)所示,再由静止释放,斜面体仍然静止不动,Q的质量为m,取sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度大小为g,不计滑轮的质量和摩擦,则下列判断正确的是()A.P的质量为mB.在(甲)图中,斜面体与地面间无静摩擦力C.在(乙)图中,两滑块落地前的重力功率大小相等D.在(乙)图中,滑轮受到轻绳的作用力大小为mg三、非选择题(包括必考题和选考题两部分,第2225题为
7、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)某同学用图(甲)所示装置测量木块与木板间动摩擦因数.图中,置于实验台上的长木板水平放置,其左端固定一轻滑轮,轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小木块相连,另一端可悬挂钩码.实验中可用的钩码共有N个,将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳左端,其余N-n个钩码放在木块的凹槽中,释放小木块,利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度.(1)正确进行实验操作,得到一条纸带,从某个清晰的打点开始,依次标注0,1,2,3,4,5,6,分别测出位置0到位置3、位置6间的距离,如图(乙)所示
8、.已知打点周期T=0.02 s,则木块的加速度a= m/s2(保留2位有效数字).(2)改变悬挂钩码的个数n,测得相应的加速度a,将获得数据在坐标纸中描出(仅给出了其中一部分)如图(丙)所示,作出an图象.取重力加速度g=10 m/s2,则木块与木板间动摩擦因数=(保留2位有效数字).(3)实验中(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量.23.(9分)在测量金属丝电阻率的实验中,可用的器材如下:待测金属丝Rx(阻值约为4 ,额定电流约为0.5 A);电压表V(量程为03 V15 V,内阻约为3 k);电流表A(量程为00.6 A3 A,内阻约为0.2 );电源E
9、(电动势为3 V,内阻不计);滑动变阻器R(最大阻值约为20 );螺旋测微器;毫米刻度尺;开关S及导线若干.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图(甲)所示,金属丝的直径为mm.(2)若滑动变阻器采用限流接法,在虚线框内作出电路原理图.实物图中已连接了部分导线,如图(乙)所示,请按原理图补充完成图(乙)中实物间的连线.(3)接通开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图(丙)、(丁)所示,则可得该电阻的测量值Rx=.(保留三位有效数字)24.(12分)翼型飞行器有很好的飞行性能,其原理是通过对降落伞的调节,使空气升力和空气阻力都受到影响,同
10、时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态.已知飞行器的动力F始终与飞行方向相同,空气升力F1与飞行方向垂直,大小与速度的平方成正比,即F1=C1v2;空气阻力F2与飞行方向相反,大小与速度的平方成正比,即F2=C2v2.其中C1,C2相互影响,可由运动员调节,满足如图(甲)所示的关系.运动员和装备的总质量为m=90 kg.(重力加速度取g=10 m/s2)(1)若运动员使飞行器以速度v1=10 m/s在空中沿水平方向匀速飞行,如图(乙)所示.结合(甲)图计算,飞行器受到的动力F为多大?(2)若运动员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动,如图(丙)所示,在此过程中调节C1=5.0 Ns2
11、/m2,机翼中垂线和竖直方向夹角为=37,求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2大小.(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8)25.(20分)如图(甲)所示,一边长L=2.5 m、质量m=0.5 kg 的正方形金属线框,放在光滑绝缘的水平面上,整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场中,它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止开始向左运动,经过5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图(乙)所示,在金属线框被拉出的过程中,(1)求通过线框的电荷量及线框的总电阻.(2)分析线框运动性质并写出水平力F随时间变化的表达式.(3)已知在这
12、5 s内力F做功1.92 J,那么在此过程中,线框产生的焦耳热是多少.(二)选考题:共15分.(请考生从给出的2道物理题中任选一题作答)33.物理选修3-3(15分)(1)(5分)下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态B.内能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化C.根据热力学第二定律可知,各种形式的能可以相互转化D.外界对物体做功,同时物体向外界放出热量,物体的内能可能不变E.随着科学技术的发展,绝对零度可以达到(2)(10分)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经
13、历状态b,c到达状态d,已知一定质量的理想气体的内能与温度满足U=kT(k为常数).该气体在状态a时温度为T0,求:气体在状态d时的温度.气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量.34.物理选修3-4(15分)(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播,波速为5 m/s,t=0 时刻的波形如图所示,此时刻质点Q位于波峰,质点P沿y轴负方向运动,经过0.1 s质点P第一次到达平衡位置,则下列说法正确的是.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.这列波的周期是1.2 sB.该波沿x轴负方向传播C.x=3.5 m处的质点与P点振动的位移始终
14、相反D.P点的横坐标为x=2.5 mE.Q点的振动方程为y=6sin(t) cm(2)(10分)一块三角形玻璃砖,横截面为如图所示的直角三角形ABC,其中C=30,一束光从AC边上的D点射入玻璃砖,其中ADCD=14,入射光与AC边的夹角为30,光垂直于BC边射出玻璃砖,出射点为E(图中未标出),已知AB边的长度为a.求:玻璃砖的折射率n,并判定光会不会从AB边射出.出射点E与C点的距离x.仿真冲刺卷(五)14.C卢瑟福的粒子散射实验说明原子的核式结构模型,故A错误;根据质量数与核电荷数守恒可知,X的质量数是1,电荷数是0,表示中子,故B错误;重核的裂变和轻核的聚变都存在质量亏损,放出大量核能
15、,故C正确;一个氢原子从n=1能级跃迁到n=2 能级,必须吸收能量,可能是吸收光子,也可能是电子与其他的电子发生碰撞而吸收能量,故D错误.15.C物块最初处于静止状态,设压缩量为x0,则有 kx0fmax=mg;施加水平力F后,物块做匀加速直线运动,则有F+k(x0-x)-mg=ma,即F=ma+mg-k(x0-x),因为物块与弹簧并不拴接,当xx0后,弹簧的弹力消失,则F=mg+ma,故C正确.16.B观众欣赏表演时看演员的动作,所以不能将领舞者看成质点,故A错误;2号和4号领舞者始终处于同一高度,质量相等,所以重力势能相等,故B正确;五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起,所以处于平
16、衡状态,故C错误;上升过程中,钢丝绳对她们做正功,所以机械能增大,故D错误.17.C航天站的轨道半径为3R,登月器的轨道半长轴为2R,由开普勒第三定律可知,航天站做圆周运动的周期与登月器在椭圆轨道上运动的周期之比为=,故C正确,D错误;从登月器与航天站分离到对接,登月器运动的时间为一个周期T,登月器可以在月球表面逗留的时间为t,使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接,t+T=nT,则n=,n取整数,即n至少为1,故A,B错误.18.C当S闭合时,原、副线圈的匝数比不变,副线圈两端电压不变,电压表读数不变,选项A错误;S闭合时,副线圈电路总电阻减小,副线圈中电流增大,原线圈中电流增大,
17、即电流表读数增大,选项B错误;由于输电线中电流增大,所以输电线等效电阻R两端电压增大,选项C正确;为使灯泡L正常发光,应该增大副线圈两端电压,滑片P应向上滑动,选项D错误.19.AD粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qv0B=m,已知v0=,解得粒子的轨道半径 r=L,当=60入射时,粒子恰好从A点飞出,则当=45时,粒子将从AC边射出,故A正确;所有从OA边射出的粒子在磁场中运动的弧长不同,运动时间不同,故B错误;当=0时,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出,运动时间为,故D正确;当=60时,粒子从A点飞出,运动时间为,从0到60变化过程中,运动时间先减
18、小后增大,从60到90变化过程中,运动时间一直减小,故C错误.20.BD小球只受重力和电场力作用,故竖直方向做加速度为g的匀变速直线运动,又有A,B两点的高度相等,故竖直方向的速度大小相等;根据B点速度竖直向下可得:小球落在B点时的速度大小等于v0,则小球在空中运动的总时间为t=;小球在水平方向只受电场力作用,在OO左侧做加速度大小为a1=g的匀加速直线运动,在OO右侧做加速度大小为a2=的匀减速直线运动;设在左侧运动时间为t1,在右侧运动时间为t2;则有t1+t2=,a1t1=a2t2;又有OB=2OA,所以,a1t1t2-a2=2a1,所以,t2=2t1=,E1E2=a1a2=t2t1=2
19、1,故D正确;小球在竖直方向做竖直上抛运动,经过分界线时离水平面的高度为h=v0t1-g=,故C错误;小球经过分界线时的水平分速度vx=a1t1=v0;竖直分速度vy=v0-gt1=v0,则速度与水平方向夹角的正切值tan =,B正确;根据E1E2=21,OB=2OA,由U=Ed可知A,B两点电势相等,小球的电势能相等,故A错误.21.BD设P的质量为M,在图(甲)中P,Q各自受力平衡,有T1=Mgsin 53,T1=mgsin 37=mgcos 53,得M=m,A错误;在图(甲)中,系统受力平衡,水平方向合力为零,斜面体不受地面的静摩擦力,B正确;在图(乙)中,由于mgsin 53=0.8m
20、gMgsin 37=mgcos 53=0.45mg,Q下滑,P上滑,P重力功率大小P1=0.45mgv,Q重力功率大小P2=0.8mgv,C错误;对两滑块整体,根据牛顿第二定律有0.8mg-0.45mg=(m+m)a,得a=0.2g,对Q有0.8mg-T2=ma,得T2=0.6mg,滑轮受到轻绳的作用力大小为T2=mg,故D正确.22.解析:(1)木块的加速度a=10-2 m/s2=2.0 m/s2.(2)对N个钩码的整体,根据牛顿第二定律nmg-(N-n)mg=Nma,解得a=n(1+)-g;画出an图象如图所示.由图可知g=1.6,解得=0.16.(3)实验中是对N个钩码的整体进行研究,则
21、不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量.答案:(1)2.0(2)图见解析0.16(3)不需要评分标准:第(1)问2分,第(2)问作图1分,填空2分,第(3)问1分.23.解析:(1)螺旋测微器固定刻度为1.5 mm,可动刻度为27.60.01 mm=0.276 mm,所以金属丝的直径为 1.776 mm.(2)比较被测电阻与电流表的内阻可知,电流表内接时,电流表分压之比约为=,电流表外接时,电压表分流之比约为=,故应选择电流表外接法,画出电路原理图,并连接实物图,如图(甲)(乙)所示.(3)电流表示数I=0.48 A,电压表示数U=1.90 V,故该电阻的测量值Rx=3.96 .答
22、案:(1)1.776(2)图见解析(3)3.96评分标准:第(1)问3分,第(2)问每图2分,第(3)问2分.24.解析:(1)选飞行器和运动员为研究对象,由受力分析可知在竖直方向上mg=C1(2分)得C1=3 Ns2/m2(1分)由C1,C2关系图象可得C2=2.5 Ns2/m2(1分)在水平方向上,动力和阻力平衡F=F2F2=C2(1分)解得F=750 N.(1分)(2)设此时飞行器飞行速率为v2,所做圆周运动的半径为r,F1与竖直方向夹角为,在竖直方向所受合力为零,mg=C1cos (2分)水平方向合力提供向心力C1sin =m(2分)联立解得r=30 m,v2=15 m/s.(2分)答
23、案:(1)750 N(2)30 m15 m/s25.解析:(1)根据q=t,由It图象得,q=1.25 C(2分)又根据=(2分)得R=4 .(1分)(2)由题图(乙)可知,感应电流随时间变化的规律:I=0.1t(2分)由感应电流I=,可得金属线框的速度随时间也是线性变化的,v=0.2t(2分)线框做初速度为0的匀加速直线运动,加速度a=0.2 m/s2(1分)线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动,F-F安=ma(2分)又F安=BIL(1分)得F=(0.2t+0.1) N.(1分)(3)5 s时,线框从磁场中拉出时的速度v5=at=1 m/s(2分)由能量守恒得W=Q+m(2分)线框
24、中产生的焦耳热Q=W-m=1.67 J.(2分)答案:(1)1.25 C4 (2)初速度为0,加速度a=0.2 m/s2的匀加速直线运动F=(0.2t+0.1) N(3)1.67 J33.解析:(1)根据熵的定义,熵较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态,A正确;根据热力学第二定律可知,内能不可以全部转化为机械能而不引起其他变化,B正确;根据能量守恒定律可知,各种形式的能可以相互转化;根据热力学第二定律,宏观自然的过程都具有方向性,C错误;根据热力学第一定律可知,若外界对物体做功等于物体向外界放出热量,物体的内能不变,D正确;绝对零度达不到,E错误.(2)状态a与状态d压强相等,由=(2分)
25、可得Td=3T0.(2分)依题意可知:Ua=kT0,Ud=3kT0(1分)由热力学第一定律,有Ud-Ua=Q+W(2分)气体对外界做功W=-3p0(Vc-Vb)(2分)联立可得Q=2kT0+6p0V0.(1分)答案:(1)ABD(2)3T02kT0+6p0V034.解析:(1)由图可知,波长为6 m,根据波速v=,周期T= s=1.2 s,故A正确;根据质点P沿y轴负方向运动,由波形平移法知该波沿x轴负方向传播,故B正确;x=3.5 m处的质点与P点间的距离小于半个波长,振动的位移不会始终相反,故C错误;由波形平移法知,3 m处的波形平移到P点用时0.1 s,根据x=vt,P点的平衡位置到3
26、m处的距离为0.5 m,所以P点的横坐标为x=2.5 m,故D正确;振幅A=6 cm,又= rad/s,所以Q点的振动方程为y=6cos(t) cm,故E错误.(2)根据题设条件作出光路图,如图所示.光垂直于BC边射出玻璃砖,根据几何关系可得 BFE=30,则光在AB边上反射光线的反射角为60,根据光的反射定律可知,其入射角为60,即AFD=30,根据几何关系得光通过AC边发生折射的折射角 r=30(2分)光线在AC面折射时根据折射定律有n=(2分)设临界角为C,则sin C=,在AB边上入射角为60,sin 60=,所以60大于临界角C,光在AB边上发生全反射,因此不会有光从AB边射出.(2分)由几何关系得AF=a(2分)则有x=CE=-BE=2AB-(AB-AF)sin 30=a.(2分)答案:(1)ABD(2)不会a
