1、仿真模拟卷(54223)(一)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分120分考试时间100分钟第卷(选择题共31分)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1在物理学发展过程中，有许多伟大的科学家作出了贡献下列说法正确的是()A牛顿在伽利略和笛卡儿工作的基础上提出了牛顿第一定律B开普勒发现了万有引力定律；卡文迪许通过扭秤实验验证了万有引力定律C安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律D库仑发现了点电荷间的相互作用规律并通过油滴实验最早测定了元电荷的数值解析牛顿在伽利略理想模型和笛卡儿进一步研究的基础上，通过实验总结了
2、牛顿第一定律，故A选项正确牛顿发现了万有引力定律、卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故B选项错误安培发现了磁场对电流的作用力，称为安培力，故C选项错误最早测定元电荷数值及提出电荷量子化的是美国科学家密立根，是通过油滴实验完成的，故D错误正确答案A2.图1所示为某同学设计的测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数的实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F2作用，使木块恰好匀速向下运动(木块向下运动过程中弹簧的弹力始终垂直于木块表面)，现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块的重力G，则动摩擦因数应等于()图1A. B.C. D.解析对木块受力分析可得水平方向F1FN，竖直方向
3、F2GFf且FfFN.三式联立即可求出，选项A正确答案A3全球定位系统(GPS)有24颗卫星，分布在绕地球的6个轨道上运行，距地面的高度都为2万千米已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6 400 km，则全球定位系统的这些卫星的运行速率约为()A3.1 km/s B3.9 km/sC7.9 km/s D11.2 km/s解析由万有引力定律得Gm，解得v，故v1v2，r2(6 40036 000) km，r1(6 40020 000) km，v23.1 km/s，解得v13.9 km/s，选项B正确答案B4.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时所产生
4、的交流电压随时间变化的波形如图2所示，线圈与一阻值R9 的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 ，则()图2A通过电阻R的电流瞬时值表达式为i10sin 200 t(A)B电阻R两端的电压有效值为90 VC1 s内电阻R上产生的热量为450 JD图中t1102 s时，穿过线圈的磁通量为零解析通过电阻R的电流最大值为Im10 A，线圈转动的角速度 rad/s100 rad/s，故电流的瞬时值表达式为i10sin 100t(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为U有效R9 V45 V，B项错误；1 s内电阻R上产生的热量Qt450 J，C项正确；t1102 s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大
5、，线圈位于中性面，D项错误答案C5.在高度为h、倾角为30的粗糙固定的斜面上，有一质量为m、与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端物块与斜面的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用一平行于斜面的力F拉动弹簧的A点，使m缓慢上行到斜面顶端此过程中()图3AF对该系统做功为2mghBF对该系统做功大于2mghCF对该系统做的功等于物块克服重力做功与克服摩擦力做功之和DF对该系统做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量之和解析物块缓慢上行，由平衡条件，弹簧的弹力kxmgsin 30mgcos 30mg，且弹簧处于伸长状态；设拉动过程中弹簧的弹性势能为E弹，由功能关系，WFmghE弹mg
6、cos 302mghE弹，则选项B正确答案B二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6.静止在光滑水平面上的物体，在如图4所示的水平力F作用下朝某一方向运动，且图中有t1t0，t22t0，t33t0，则与Ft图象相对应的vt图象和at图象分别是()图4解析设物体质量为m，在0t1时间内，加速度a，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在t1t0时刻，速度v0at0，所以这段时间对应的vt图象是经过原点的倾斜线段，对应的at图象是平行于时间轴的水平线段；在t1t2时间内，合外力F0，加速度a0，物体以速度v0
7、做匀速直线运动，所以这段时间对应的vt图象是平行于时间轴的水平线段，对应的at图象与时间轴重合；同理，可分析出在t2t3时间内的vt图象和at图象由以上分析可知选项A、C正确答案AC7.如图5所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点下列说法中正确的是()图5AA点的电场强度等于B点的电场强度BB、D两点的电场强度及电势均相同C一电子由B点沿BCD路径移至D点，电势能先增大后减小D一电子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功解析根据电场强度的叠加得A点和B点的电场强度大小不相等，则A选项错误；等量异种电荷
8、形成的电场的电场线和等势线分别关于连线和中垂线对称，则B选项正确；沿BCD路径，电势先减小后增大，电子由B点沿BCD路径移至D点，电势能先增大后减小，则C选项正确；沿COA路径电势逐渐增大，电子由C点沿COA路径移至A点，电场力对其一直做正功，则D选项错误答案BC8如图6所示，间距l0.4 m的光滑平行金属导轨与水平面夹角30，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B0.2 T，方向垂直于斜面甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m0.02 kg，垂直于导轨放置起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲
9、金属杆始终以a5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g10 m/s2，则()图6A每根金属杆的电阻R0.016 B甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W解析由牛顿第二定律可得乙金属杆的加速度a2gsin 305 m/s2，与甲在磁场中的加速度相同，当乙刚进入磁场时，甲恰离开磁场对乙由平衡条件知，mgsin 30，而vm2 m/s，解得R0.064 ，甲在磁场中运动的时间t0.4 s，则选项A错误，B正确；甲在磁场中，由牛顿第二定律得，Fmgsin 30ma，则F
10、，F的功率PFv随v的增大而增大，选项C正确；乙在磁场中做匀速运动，安培力的功率P0.2 W，则选项D错误答案BC9(2012浙江六校联盟一模，19)如图7所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B T的水平匀强磁场中，线框面积S0.5 m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()图7A图示位置穿过线框的磁通量为零B线框中产生交变电压的有效值为500 VC变压器原、副线圈匝数之比为2511D变压器输出端最多
11、能并联83只60瓦的灯泡解析由题图可见，线框位置与磁场垂直，此时磁通量最大，所以选项A错误交变电压的最大值EmnBS500 V，所以有效值U500 V，选项B错误根据，选项C正确.，I2I1 A，IL A A，所以变压器输出端最多能并联的灯泡数为N83只，选项D正确答案CD第卷(非选择题共89分)三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分请将解答填写在相应的位置【必做题】10(8分)某组同学在做探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系，采用了如图7装置，小车和车中砝码的总质量用M表示，砂和砂桶的总质量用m表示图7(1)现有下列器材：电火花计时器、纸带、复写
12、纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、砂桶、砂子、细线、秒表、导线、砝码、刻度尺其中不需要的器材是_，还需要的器材是_(2)在做实验过程中，以下做法正确的是_A平衡摩擦力时，应把砂桶用细线通过定滑轮系于小车上B砂和砂桶质量m一定时，改变小车(含砝码)质量M，都需重新平衡摩擦力C实验中，要求砂和砂桶质量m远小于小车(含砝码)质量MD在探究外力一定，加速度与质量关系时，应该改变砂桶与砂的质量m解析(1)根据该实验的原理和所给实验器材可知不需要的器材是秒表，还需要的器材是天平(测量小车和车中砝码的总质量、砂和砂桶的总质量)(2)平衡摩擦力时不应把砂桶用细线通过定滑轮系于小车上，且只要不改变长木板的倾角
13、都不需要重新平衡摩擦力，故A、B选项错误；对系统而言，根据牛顿第二定律可得，(mM)amg，当Mm时，对小车(含砝码)才有Mamg，故C选项正确；根据控制变量法可知，当探究外力一定，加速度与质量的关系时，应改变小车(含砝码)的质量，而不是改变砂和砂桶的质量，故D选项错误答案(1)秒表天平(2)C11(8分)用以下器材测量待测电阻Rx的阻值：待测电阻Rx：阻值约为30 ；电源E：电动势约为6.0 V、内阻忽略不计；电流表A1：量程50 mA、内阻r1为20 ；电流表A2：量程300 mA、内阻r2约为4 ；定值电阻R0：阻值为100 ；滑动变阻器R：最大阻值为10 ；单刀单掷开关S、导线若干图8
14、(1)测量中要求使用两块电流表且它们的读数都不小于其量程的，试将方框中测量电阻Rx的实验电路原理图补充完整(原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注)(2)如图9所示，某次测量中电流表A1和电流表A2的示数分别为I1和I2，则I1_mA，I2_mA.图9(3)由已知量和测得量计算Rx_.(小数点后保留一位)解析(1)将电流表A1串联定值电阻R0作为电压表，电流表A2外接设计成分压电路，如图所示(2)电流表A1量程50 mA，读数I140.0 mA，电流表A2量程300 mA，读数I2193 mA.(3)待测电阻两端电压UI1(R0r1)4.8 V，待测电阻中电流II2I1193 mA40.0
15、mA153 mA，由欧姆定律，Rx31.5 .答案(1)如图(2)40(或40.0)191195(3)31.031.812【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分A选修33(12分)(1)下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是_(填正确答案标号)图10A微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用(2)图11如图11，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c时，
16、吸收了340 J的热量，并对外做功120 J若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体_(填“吸收”或“放出”)_J热量(3)已知水的摩尔质量为18 g/mol、密度为1.0103 kg/m3，阿伏加德罗常数为6.01023 mol1，试估算1 200 mL水所含的水分子数目(计算结果保留一位有效数字)解析(3)NNA，代入数值得N41025个答案(1)BD(2)吸收260(3)41025个B选修34(12分)(1)下面有关光纤及光纤通信说法正确的是()A光纤由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的小B光在光纤中传输利用了全反射的原理C光纤通信是一种以光波为传
17、输介质的通信方式，光波按其波长长短，依次可分为红外线光、可见光和紫外线光，但红外线光和紫外线光属不可见光，它们都不可用来传输信息D光波和无线电波同属电磁波，光波的频率比无线电波的频率低，波长比无线电波的波长长，在真空中传播的速度大小都约为3.0108 m/s(2)图12如图12所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：该振子在前100 s的总位移是_，路程是_(3)一组平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图13所示已知光线沿直线穿过玻璃，图13它的入射点为O，光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于一点已知玻璃截面的圆半径为R，OA，玻璃的折射率n.求两条光线射出玻璃后
18、的交点与O点的距离解析(1)光在光纤中的传输利用了全反射的原理，要求光线从光密介质射向光疏介质，则光纤内芯的折射率比外套的大，A错，B对；只要是光波，就能够在光导纤维中传播，不管是可见光还是不可见光，都可以用来传输信息，C错；光波的频率比无线电波的频率高，波长比无线电波的波长短，D错(2)振子经过一个周期位移为零，路程为54 cm20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子位移x0，振子路程s2025 cm500 cm5 m.(3)两条光线的光路如图所示，设射出玻璃后的交点是P，光线从玻璃射出时的入射角为i，折射角为r，根据折射定律得：n，由几何关系可得i30，代入得r6
19、0，由几何关系可得OP2Rcos 30，OPR.答案(1)B(2)05 m(3)RC选修35(12分)(1)下列说法正确的是()A.NHCHe是衰变方程B.HHHe是核聚变反应方程C.UThHe是核裂变反应方程D.HeA1Pn是原子核的人工转变方程(2)氢原子处于基态时，原子的能量为E1，处于n3的激发态时，原子的能量为E3，一群处于n3激发态的氢原子跃迁到n1的基态时，可以向外辐射_种不同频率的光子已知普朗克常量为h，光在真空中传播的速度为c，其中最短波长是_，若用该光子去照射某种金属，恰能发生光电效应，则该金属的逸出功是_(3)如图14所示，三个大小相同、质量均为m的小球A、B、C静止在光
20、滑水平面上，且A、B、C共线，现让A球以速度v0向着B运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球发生弹性碰撞，求最终A、B、C的速度图14解析(1)核反应类型分四种，方程特点各有不同，衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现或粒子聚变方程的左边是两个轻核反应，右边是中等原子核裂变方程的左边是重核与中子反应，右边是中等原子核人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核反应，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D两选项正确(2)从n3激发态跃迁到n1基态时，辐射3种不同频率的光子当能级从n3向n1跃迁时辐射光子的波长最短min.用该光子照射某种金属，恰能发生光电效应则最大初动能Ekm0，W
21、0hE3E1.(3)A、B相碰，根据动量守恒定律得mv02mv1A、B两球与C球碰撞，碰后两球依然具有共同速度，vAvBvAB，根据动量守恒定律得2mv12mvABmvC，弹性碰撞过程中能量守恒，则2mv2mvmv，联立以上各式解得vAvBvAB，vC.答案(1)BD(2)3E3E1(3)四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13(15分)2012年以来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距据经验丰富的司机总结：在高速公路上，一般可按你的车速
22、来确定与前车距离，如车速为80 km/h，就应与前车保持80 m的距离，以此类推现有一辆客车以108 km/h速度行驶，一般司机反应时间为0.5 s，反应时间内视为匀速运动，刹车时最大加速度为6 m/s2，求：(1)若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持108 m是否可行？(2)若客车超载，刹车最大加速度减为5 m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到144 km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为1.5 s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明经验是否可靠？解析v01108 km/h30 m/sv02144
23、km/h40 m/s，(1)司机发现前方危险在反应时间内前进的距离：x1v01t300.5 m15 m刹车时间前进的距离x275 m.从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程：xx1x290 m144 m在多重违章情况下，经验不可靠答案(1)90 m可行(2)220 m不可靠14(16分)如图15所示，在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场，其宽度为d1 m，磁感应强度B T水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE，宽L1 m，质量m0.25 kg，QN、NF的长度都大于d，PQ边的电阻R11 、MN边的电阻R22 、EF边的电阻R33 ，其余电阻不计t0时刻线框在距磁场左边界x3.2
24、 m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动，已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动，不计线框运动中的一切摩擦阻力求：图15(1)线框所受的力F的大小(2)线框PQ边与MN边之间的距离H.(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热解析(1)设PQ边进磁场时的速度为v1，则Fxmv0，FBI1L，I1r1R12.2 ，即v18 m/s，F2.5 N.(2)设MN边匀速进磁场时的速度为v2，则FBI2L，r2R22.75 ，即v210 m/s.设线框速度从v1加速到v2时发生的位移为x1，则Fx1mvmv，即x11.8 m.所以Hx1d2.8 m.(3)线框产生的焦耳热Q3
25、Fd32.51 J7.5 J.答案(1)2.5 N(2)2.8 m(3)7.5 J15.图16(16分)如图16所示的空间分布为、三个区域，各边界面相互平行，区域存在电场强度E1.0104 V/m的匀强电场，方向垂直于边界面向右、区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直于纸面向外和垂直于纸面向里，磁感应强度分别为B12.0 T、B24.0 T三个区域宽度分别为d15.0 m、d2d36.25 m，一质量为m1.0108 kg、电荷量为q1.6106 C的带正电粒子从O点由静止释放，粒子的重力忽略不计(1)求粒子离开区域时的速度大小v.(2)求粒子在区域内运动的时间t.(3)求粒子离开区域时速度方
26、向与边界面的夹角.(4)若d1、d2的宽度不变且d2d3，要使粒子不能从区域飞出磁场，则d3的宽度至少为多大？解析(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有qEd1mv20解得v4.0103 m/s.(2)图甲粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场B1中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB1代入数据解得r12.5 m设在区域内粒子做圆周运动的圆心角为，则sin 所以30粒子在区域内运动的周期T粒子在区域内运动的时间tT解得t s1.6103 s.(3)设粒子在区域内做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2解得R6.25 m在图甲中由几何关系可知MO2P为等边三角形，所以粒子离开区域时速度与边界面的夹角60.图乙(4)要使粒子不能从区域飞出磁场，由图乙可知区域磁场的宽度至少为d3RRcos 601.5R9.375 m.答案(1)4103 m/s(2)1.6103 s(3)60(4)9.375 m