1、1高考仿真模拟练(8222 选 1)第卷(选择题 共 48 分)一、选择题(本卷共 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，有选错的得 0 分)142018重庆市第一期联考现代科学的发展极大地促进了人们对原子、原子核的认识，下列有关原子、原子核的叙述正确的是( )A卢瑟福 粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构B天然放射现象表明原子核内部有电子C轻核聚变反应方程有： H H He n21 31 42 10D氢原子从 n3 能级跃迁到 n1 能级和从 n2 能级跃迁到
2、 n1 能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长解析：卢瑟福通过 粒子散射实验提出原子的核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，A、B 错误；轻核聚变方程电荷数守恒、质量数守恒，C 正确；氢原子从 n3 能级跃迁到 n1 能级放出的光子能量比从 n2 能级跃迁到 n1 能级的大，由公式 E ，可知前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短，D 错误hc答案：C15如图所示，在“探究影响电荷间相互作用力的因素”实验中，若 P1、 P2位置所悬挂的小球的带电荷量大小相等，质量分别为 m1和 m2，小球与带正电的物体 M 之间的距离相同，两小球间的作用力忽略不计，在 P1、 P2位置所悬挂小
3、球的丝线的偏角的正切值的比值为( )A. B.m1m2 m2 m1m1C. D.m2m1 m2 m2m1解析：分析小球受力，由于 P1、 P2位置所悬挂的小球的带电荷量大小相等，小球与带正电的物体之间的距离相同，说明电荷之间的作用力 F 相同，利用平衡条件对两球分别列式， 联立可得两偏角的正切值的比值答案：D16如图所示，假设某龙舟队在比赛前划向比赛点的途中要渡过宽 288 m 且两岸平直的河，河中水流的速度恒为 v 水 5.0 m/s.龙舟从 M 处开出后实际沿直线 MN 到达对岸，若直线 MN 与河岸成 53角，龙舟在静水中的速度大小也为 5.0 m/s，已知 sin530.8，cos53
4、0.6，龙舟可看作质点则龙舟在水中的合速度大小 v 和龙舟从 M 点沿直线 MN 到达对岸所经历的时间 t 分别为( )A v6.0 m/s， t60 sB v6.0 m/s， t72 sC v5.0 m/s， t72 sD v5.0 m/s， t60 s2解析：设龙舟头与航线 MN 之间的夹角为 ，龙舟的速度、水流的速度与龙舟在水中的合速度如图所示，由几何知识得 53，故龙舟在水中的合速度大小 v2 v 水cos536.0 m/s.航线 MN 的长度 L m360 m，故龙舟从 M 点沿直线 MN 到达对288sin53岸所经历的时间 t 60 s，选项 A 正确Lv答案：A17如图所示是一
5、理想变压器的电路连接图，变压器原线圈两端的恒定交流电压为U1，副线圈所在电路中有一个定值电阻和一个滑动变阻器，各电表均为理想电表，开关 S闭合，则下列关于各电表示数的说法正确的是( )A滑片 P 上滑时，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变大B滑片 P 上滑时，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变小C断开开关 S，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变大D断开开关 S，A 1的示数变小，A 2的示数变小，V 的示数不变解析：开关 S 闭合，滑动变阻器的滑片 P 上滑时，接入电路中的电阻变大，可知电路中的总电阻变大，由于 U1恒定不变，则电压表 V 的示数不变，
6、可知电流表 A2的示数变小，则电流表 A1的示数也变小，A、B 错误；开关 S 断开时，电路中的电阻变大，结合上述分析可知，电流表 A1的示数变小，电流表 A2的示数变小，电压表 V 的示数不变，C 错误、D 正确答案：D18为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验让甲车以最大加速度 a1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度 a2制动，直到停止；乙车以最大加速度 a1加速到最大速度后立即以加速度 制动，直到a22停止实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为 5 ：4.则 a1 a2的值为( )A2 ：1 B1 ：2C4 ：3
7、D4 ：5解析：作出甲、乙两车的 v t 图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为 t1，总时间为 t2，因为两车的位移之比为 5 ：4，则有 vm ： vm5 ：4，解得t1 t22 t22t1 ： t21 ：4，乙车以最大加速度 a1加速到最大速度后立即以加速度 制动，直到停a22止，根据 v t 图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的 2 倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为 2 ：1，加速度大小之比为 a1 ： a21 ：2，B 正确3答案：B19英国科学家法拉第发明了世界上第一台发电机，其原理如图
8、所示，将一个半径为R 的圆铜盘放置在垂直于盘面的匀强磁场 B 中，铜盘以角速度 匀速转动，铜盘的边缘附近和中心分别装有与铜盘接触良好的电刷 A、 C，两电刷与灵敏电流计相连当铜盘绕中心轴按图示方向转动时，则下列说法正确的是( )A回路中电动势 E ，且电刷 C 处的电势高于 A 处的电势BR22B若不转动铜盘，将开关迅速闭合或断开，则灵敏电流计的指针也会偏转C若仅将滑动变阻器的滑片向左滑动，则灵敏电流计的示数将会减小D若磁场足够大，则转动铜盘时磁通量不会变化，灵敏电流计的指针将不会偏转解析：把铜盘看作是由无数根辐条组成的，转动铜盘时每根辐条都切割磁感线根据安培定则和右手定则可知电刷 C 处的电
9、势较高，感应电动势 E Bl ；若不转动铜v BR22盘，将开关迅速闭合或断开，穿过铜盘的磁通量会发生变化，铜盘中会产生涡流，但电路中没有电流；若仅将滑动变阻器的滑片向左滑动，则电磁铁磁性减弱，输出电流会减小；若磁场足够大，转动铜盘时辐条仍然切割磁感线，仍会产生感应电流答案：AC202017 年诺贝尔物理学奖授予了三位参与引力波探测工作的科学家，以表彰他们在“LIGO 项目以及引力波探测方面的决定性贡献” 双星的运动是引力波的来源之一某双星系统由 a、 b 两星组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，现测得两颗星的运行轨道半径分别为 ra和 rb， a 星的运行周期为
10、T，引力常量为 G，不计其他天体的影响，下列说法正确的是( )A b 星的运行周期为 Tr3br3aB a、 b 两颗星做圆周运动的线速度大小之比为 ra rbC a 星的质量为4 2r2aGT2D a、 b 两颗星的总质量为4 2 ra rb 3GT2解析：双星系统两颗星运行的周期相同，故 b 星的运行周期也为 T，A 错误；根据 T可得 a、 b 两颗星做圆周运动的线速度大小之比为 ra rb，B 正确；根据2 RvG ma 2ra， G mb 2rb，可得 a 星的质量为 mamamb ra rb 2 (2T) mamb ra rb 2 (2T)4， b 星的质量 mb ，所以 a、 b
11、 两颗星的总质量为4 2 ra rb 2rbGT2 4 2 ra rb 2raGT2，C 错误、D 正确4 2 ra rb 3GT2答案：BD21如图所示，光滑平行金属导轨 MN、 PQ 放置在同一水平面内， M、 P 之间接一定值电阻 R，金属棒 cb 垂直导轨水平放置，金属棒 cb 及导轨电阻不计整个装置处在竖直向上的匀强磁场中， t0 时对金属棒施加水平向右的外力 F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动下列关于通过金属棒的电流 i、通过导轨横截面的电荷量 q、拉力 F 和拉力的功率 P 随时间变化的图象中正确的是( )解析： t0 时对金属棒施加水平向右的外力 F，使金属棒由静止开始做匀
12、加速直线运动，设加速度为 a，则金属棒的速度可表示为 v at，由法拉第电磁感应定律，切割磁感线产生的感应电动势 E BLv BLat，根据闭合电路欧姆定律，金属棒中电流 i ，与ER BLatR时间成正比，选项 A 正确；感应电动势E B ， S Lx L at2， i ， q i t，联立解得 q BLat2，选项 B 错误； t S t 12 ER 12R金属棒运动过程中所受的安培力 F 安 BiL ，由牛顿第二定律，得 F F 安 ma，解B2L2atR得 F ma ，选项 C 正确；拉力的功率 P Fv at，选项 D 错误B2L2atR (ma B2L2atR )答案：AC第卷(非
13、选择题 共 62 分)本卷包括必考题和选考题两部分第 2225 题为必考题，每个试题考生都必须做答第 3334 题为选考题，考生根据要求做答(一)必考题(共 47 分)22(5 分)在用 DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组用如图甲所示的实验装置进行实验，重物通过滑轮用细绳拉小车，在小车和重物之间接一个轻质微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，滑轮左侧细绳与轨道平行，实验中力传感器的示数为 F，保持小车包括位移传感器(发射器)的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图乙所示5(1)图乙中的 a F 图
14、线不过原点，表明实验之前缺少的一个必要步骤是_.(2)本实验是否需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器的总质量？_(填“是”或“否”)，原因是_.(3)若某同学做该实验时，没有选用位移传感器和力传感器，只是用细绳把重物绕过定滑轮与小车相连，实验获得的 a F 图线仍是图乙所挂重物越重，细绳拉小车的力将越大，结果会使 a F 图线不断延伸，如图丙所示，预测延伸后半部分的图线将会是_(填“” 、 “”或“”)解析：(1)刚开始力传感器示数为零，小车保持静止，说明实验前小车在轨道上运动时，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(2)不需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器的总质量，因为小车所受合外力
15、可以通过力传感器直接读出(3)由牛顿第二定律知小车的加速度大小为 a mg ，随着 m 的增大， a F 图线的斜率 k 变小，mg Ffm M 1m M Ffm M 1m M故应选.答案：(1)平衡摩擦力 (2)否 小车所受合外力可以通过力传感器直接读出 (3)232018湖南长沙模拟(10 分)在测量电池的电动势 E 和内阻的实验中，某同学在电路中添加了一个未知阻值的保护电阻 R0，本实验的器材有：待测电池 E，保护电阻 R0，电流表 A，电压表 V，滑动变阻器 R，开关 K1，单刀双掷开关 K2，导线若干(1)根据图甲所示的电路原理图把图乙所示的实物图用笔画线代替导线补充完整(2)该同学
16、先将 K2扳到_(填“ a”或“ b”)来测量定值电阻两端的电压和电流，调节滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录；再将 K2扳到_(填“ a”或“ b”)来测量路端电压和电流，调节滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录6(3)将两次记录的数据在同一个坐标系中描点作图，如图丙所示，由图象可得保护电阻R0_，被测电池的电动势 E_V，内阻 r_；由实验电路图分析可知，所测保护电阻的测量值_(填“大于” “小于”或“等于”)真实值，这对测量电池的电动势和内阻_(填“有影响”或“无影响”)解析：(1)由电路的结构可知，开关 K2分别在 a 点和 b 点时，测量的电压分别是
17、 R0的电压与路端电压，由此连接完整电路，如图所示(见答案图)(2)由题图甲可知，要想测量定值电阻 R0的阻值，应测量电阻 R0两端的电压和电流，故应将开关 K2扳到 a；而要想测量电池的电动势和内阻，应测量路端电压和干路电流，故应将开关 K2扳到 b.(3)由题图丙可知，保护电阻阻值 R0 2 ；由题图丙电池的 U I 图象U0I0 1.20.6可知，图象与纵轴交点坐标值为 1.5，被测电池的电动势 E1.5 V，内阻 r U I0.5 ；由题图甲电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，1.5 1.20.6电压表的测量值偏大，由欧姆定律可知，保护电阻 R0的测量值大于真实值；保护
18、电阻对测电池的电动势与内阻没有影响答案：(1)如图所示 (2) a b (3)2 1.5 0.5 大于 无影响24(12 分)如图所示，可视为质点的小物块放在水平面上的 N 点，质量为 m0. 05 kg.在小物块右侧沿竖直方向固定一半径为 R0.2 m 的光滑圆轨道， B 点为圆轨道的最高点，圆轨道的最低点 A 处有一小孔(小孔可封闭，封闭后圆轨道仍然光滑)， A、 N 之间的距离为 x1 m O 点位于 N 点的正上方 0.9 m 处，长度为 L0.9 m 的轻绳一端固定在 O 点，另一端拴接一个质量为 M0.1 kg 的小钢球现将轻绳拉至与竖直方向成 60的位置由静止释放，经过一段时间，
19、小钢球与小物块发生无能量损失的碰撞，再经过一段时间，小物块由 A 处的小孔进入竖直圆轨道(进入轨道瞬间小物块的能量损失可忽略)，此时立即封闭 A 处的小孔，以后的运动过程中，小物块不会从小孔离开，重力加速度 g10 m/s2.欲使小物块在竖直圆轨道内做周期性运动，则小物块与水平面之间的动摩擦因数应满足什么条件？解析：设小钢球与小物块碰前瞬间的速度为 v0，小钢球由静止释放到与小物块碰撞前瞬间的过程，由机械能守恒定律得 Mg(L Lcos ) Mv (1 分)12 207代入数据解得 v03 m/s(1 分)小钢球与小物块无能量损失的碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，有Mv0 Mv1 mv2， M
20、v Mv mv (1 分)12 20 12 21 12 2解得碰后小物块的速度 v24 m/s情况一：若小物块恰能通过圆轨道的最高点 B，则小物块在圆轨道内能做完整的圆周运动，设小物块运动到 B 点时的速度为 v3，由牛顿第二定律得 mg m ，(1 分)v23R即 v3 (1 分)gR对小物块由 N 点运动到最高点 B 的过程由动能定理得 mgx 2 mgR mv mv ，(112 23 12 2分)联立并代入数据解得 0.3.(1 分)情况二：若小物块恰能运动到与圆心等高的位置，小物块也能在竖直圆轨道内做周期性运动，对上述过程由动能定理，有 mgx mgR0 mv (1 分)12 2联立并
21、代入数据解得 0.6(1 分)另需 mgx mv ，(1 分)12 2即 0.8.(1 分)因此小物块能在竖直圆轨道内做周期性运动时，小物块与水平面之间的动摩擦因数应满足 0.3 或 0.8 0.6.(1 分)答案： 0.3 或 0.6 0.8252018武汉市二模(20 分)如图所示， AB、 CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在 CD 的右侧有一与 CD 相切于 M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面一带正电粒子自 O 点以水平初速度 v0正对 P 点进入电场后，从 M 点飞出 CD 边界，再经磁场偏转后又从 N 点垂直于 CD 边界回到电场区域，并恰能返回 O 点已知 OP 间的
22、距离为 d，粒子质量为 m，电荷量为 q，电场强度大小 E ，粒子重力不计，试求：3mv20qd(1)粒子从 M 点飞离 CD 边界时的速度大小；(2)P、 N 两点间的距离；(3)磁感应强度的大小和圆形有界匀强磁场的半径解析：(1)由题意作出带电粒子的运动轨迹，如图所示粒子从 O 点运动到 M 点的时间为 t1 (1 分)dv0粒子在电场中的加速度 a (1 分)qEm将 E 代入可得 a (1 分)3v20d8粒子在 M 点时竖直方向的速度大小为 vy at1 v0(1 分)3粒子在 M 点时的速度大小为 v 2 v0(2 分)v20 v2y(2)粒子从 N 点运动到 O 点的时间为 t2
23、 (1 分)d2v0粒子从 N 运动到 O 点竖直方向上的位移为y at (2 分)12 2故 P、 N 两点间的距离为 PN y d.(2 分)38(3)由(1)可知 at d，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R，由几何关系可PM12 21 32得 Rcos60 R d，(2 分)PN PM538可得半径 R d(1 分)5312由 qvB m 可得 B (2 分)v2R mvqR代入数据可得 B (1 分)83mv05qd由几何关系可知运动轨迹必过圆形磁场的圆心，则磁场区域的半径为 r2 Rcos30，(1 分)解得 r d.(2 分)54答案：(1)2 v0 (2) d (3) d38
24、 54(二)选考题(共 15 分请考生从给出的 2 道题中任选一题作答，如果多做，按所做的第一题计分)33物理选修 33(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物体的温度越高，其分子的平均动能越大B当分子力表现为引力时，分子力总是随分子间距的减小而增大C外界对气体做功，气体的内能可能减少D第二类永动机不可能制造成功是因为违背了能量守恒定律E气体能充满容器，是因为气体分子不停地做无规则运动(2)(10 分)如图所示，圆柱形喷雾器高为 h，内有高度为 的水，上部
25、封闭有压强为h2p0、温度为 T0的空气将喷雾器移到室内，一段时间后打开喷雾阀门 K，恰好有水流出已知水的密度为 ，大气压强恒为 p0，喷雾口与喷雾器等高忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体()求室内温度()在室内用打气筒缓慢向喷雾器内充入空气，直到水完全流出，求充入空气与原有空气的质量比解析：(1)温度是物体分子热运动平均动能的标志，物体的温度越高，其分子的平均动9能越大，选项 A 正确当分子力表现为引力时，分子力随分子间距的减小，可能增大，可能减小，也可能先增大后减小，选项 B 错误外界对气体做功，由于热传递情况不明，根据热力学第一定律知，气体的内能可能增大、可能减小、也可能不变，选项 C
26、 正确第二类永动机不可能制造成功的原因是因为违背了热力学第二定律，选项 D 错误因为气体分子间的距离比较大，分子力几乎为零，而分子又不停地做无规则运动，所以气体能充满容器，选项 E 正确(2)()设喷雾器的截面积为 S，室内温度为 T1，气体压强为 p1，恰好有水流出则p1 p0 g ， V0 S (1 分)h2 h2气体做等容变化 (1 分)p0T0 p0 gh2T1解得 T1 T0.(1 分)(1 gh2p0)()以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为 p2，体积为 V2.若此气体经等温变化，假设充气结束后喷雾器内空气的压强仍为原来未打入气体时的压强p1，设体积为 V3，则
27、p2 p0 gh (1 分)p1V3 p2V2(1 分)即 V3( p0 gh )hS(2 分)(p0 gh2)同温度下同种气体的质量比等于体积比，原来体积 V Sh，设打进气体质量为 m，12则有 (2 分) mm0 V3 V0V0代入得 (1 分) mm0 2p0 3 gh2p0 gh答案：(1)ACE (2)() T0 ()(1 gh2p0) 2p0 3 gh2p0 gh34物理选修 34(15 分)(1)(5 分)如图为一简谐横波在 t0.10 s 时刻的波形图， P 是平衡位置为 x1 m 处的质点，此刻 P 点振动方向沿 y 轴正方向，并经过 0.20 s 完成了一次全振动， Q
28、是平衡位置为 x4 m 处的质点，则_(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波沿 x 轴负方向传播B t0.05 s 时，质点 Q 的加速度为 0，速度为正向最大C从 t0.10 s 到 t0.15 s，该波沿 x 轴传播的距离是 2 mD从 t0.10 s 到 t0.15 s，质点 P 通过的路程为 10 cmE t0.25 s 时，质点 Q 纵坐标为 10 cm(2)(10 分)右图为一个用折射率 n 的透明介质做成的四棱柱的截面图，其中310 A C90， B60， BC20 cm.现有一单色
29、细光束从距 B 点 30 cm 的 O 点垂直入射到棱镜的 AB 面上，若光在每个面上的反射只考虑一次，已知光在真空中的速度c3.010 8 m/s.求：()最先从棱镜射出的光束的折射角；()从 BC 面射出的光束在棱镜中运动的时间 t.解析：(1)由 P 点振动方向沿 y 轴正方向可知波沿 x 轴负方向传播，选项 A 正确根据题意可知波的周期 T0.20 s，则 t0.05 s 时质点 Q 在负向最大位移处，加速度最大，选项 B 错误根据图象可知波的波长为 8 m，则波的传播速度 v 40 m/s，从 t0.10 Ts 到 t0.15 s，该波沿 x 轴传播的距离 x vt2 m，选项 C
30、正确从 t0.10 s 到t0.15 s 时间为 T，如果是波峰、波谷或平衡位置的点则路程为一个振幅，而波点既不14是波峰波谷，也不是平衡位置，所以路程不是一个振幅，不是 10 cm，选项 D 错误从t0.10 s 到 t0.25 s 经历 T，质点 Q 位于正向最大位移处，纵坐标为 10 cm，选项 E34正确(2)()光束从 O 点垂直 AB 面进入棱镜，射到 CD 面上，光路如右图所示由几何关系知，入射角130由 sinC 知 C30，故有光从 CD 面折射出去(1 分)1n 13由折射定律有 (1 分)sin 1sin 2 1n解得260(2 分)即最先从棱镜射出的光束的折射角为 60
31、.()当光经 CD 面反射后沿 EF 射到 AB 面时，入射角360 因为 C60 ，所以光在 AB 面将发生全反射，此后光垂直于 BC 面从 G 点射出(1 分)设 OF 为 x，过 F 做 CD 的垂线交 CD 于 H 点则有 HF CG x， BF OB x， BG BC x在 BGF 中 sin30 (1 分)BGBF解得 x10 cm(1 分)则有 OE xtan30 cm， EF cm， FG BFcos3010 cm(11033 xcos302033 3分)又 n (1 分)cvt (1 分)OE EF FGv解得 t210 9 s.答案：(1)ACE (2)()60 ()210 9 s
