高考仿真模拟卷18教师版

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高考仿真模拟卷18‎ ‎(限时：70分钟)‎ 第Ⅰ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1～5小题只有一项符合题目要求，第6～8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．)‎ ‎1.以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中不正确的是（ ）‎ A．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 B．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用 C．太阳内部发生的核反应是热核反应 D．关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象 解析：(1)A.光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故A错误；B.核子为短程力，只能跟邻近的核子产生核力的作用，故B正确；C.原子核式结构模型是由卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，故C错误；D.太阳内部发生的是热核反应，故D正确；E.关于原子核内部的信息，最早来自于天然放射性现象，故E正确．‎ ‎2.如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是(　　)‎ 解析：由于上滑时摩擦力沿斜面想下，合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时摩擦力沿斜面向上，合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度图象斜率大；下滑时加速度小，所以速度图象的斜率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，上滑和下滑的位移大小相等，上滑时加速度大，根据可x＝at2知，下滑时间长，故C正确，A、B、D错误．‎ 答案：C ‎3.如图3所示为一孤立的负点电荷形成的静电场，一带电粒子仅在电场力的作用下以某一速度进入该电场，依次经过A、B、C三点，其中A、C两点与负点电荷的距离相等，B点是轨迹上距离负点电荷最近的点。则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．粒子运动到B点的速率最大 B．相邻两点间的电势差关系为UAB＝UBC C．该粒子带负电，并且在B点时的加速度最大 D．粒子在B点的电势能小于在C点的电势能 解析　根据题述及题图，该粒子受到负点电荷的斥力作用，因此该粒子带负电，粒子从A点到B点速度减小，从B点到C点速度增大，运动到B点时，电子的速度最小，A错误；由于A、C两点与负点电荷的距离相等，则这两点的电势相等，UAB＝－UBC，B错误；根据电场线的疏密可得，B点处的电场线最密，所以粒子在B点时受到的电场力最大，加速度最大，C正确；在粒子由B点向C点运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，则带电粒子在B点的电势能大于在C点的电势能，D错误。‎ 答案　C ‎4．如图7所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上。现对小球施加一个方向水平向右的恒力F，使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中(　　)‎ 图7‎ A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大 C．小球的动能逐渐增大 D．小球的机械能逐渐增大 解析　小球在向右运动的整个过程中，力F做正功，由功能关系知小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大，选项A错误，选项B正确；弹力一直增大，当弹力等于F时，小球的速度最大，动能最大，当弹力大于F时，小球开始做减速运动，速度减小，动能减小，选项C错误，选项D正确。‎ 答案　B ‎5．如图5所示为某种电磁泵模型的示意图，泵体是长为L1，宽与高均为L2的长方体。泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体的上下表面接电压为U的电源(内阻不计)，理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差为h，液体的电阻率为ρ，在t时间内抽取液体的质量为m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，取重力加速度为g，则(　　)‎ 图5‎ A．泵体上表面应接电源负极 B．电磁泵对液体产生的推力大小为BIL1‎ C．电源提供的电功率为 D．质量为m的液体离开泵时的动能为UIt－mgh－I2t 解析　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，选项A错误；电磁泵对液体产生的推力大小为F＝BIL2‎ ‎，选项B错误；电源提供的电功率为P＝UI，选项C错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻为R＝ρ＝ρ·＝，那么液体消耗的热功率为P＝I2R＝I2，而电源提供的电功率为UI，若在t时间内抽取液体的质量为m，根据能量守恒定律，可得这部分液体离开泵时的动能为Ek＝UIt－mgh－I2t，选项D正确。‎ 答案　D ‎6．2019年2月7日，木星发生“冲日”现象．“木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线．木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆．设木星公转半径为R1，周期为T1；地球公转半径为R2，周期为T2，下列说法正确的是(　　)‎ A.＝ B.＝ C．“木星冲日”这一天象的发生周期为 D．“木星冲日”这一天象的发生周期为 解析：AB.由开普勒第三定律得：＝，解得：＝＝，故A错误，B正确；CD.当地球和木星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与木星相距最近，两者转过的角度相差2π，所以t－t＝2π，解得：t＝，故C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎7．如图所示，矩形平面导线框abcd位于坚直平面内，水平边ab长l1，竖直边bc和l2，线框质量为m，电阻为R.线框下方有一磁感应强度为B、方向与线框平面垂直的匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行，两边界间的距离为H，H>l2.让线框从dc边距边界PP′的距离为h处自由下落，已知在dc边进入磁场后、ab边到达边界PP′前的速度为v，则(　　)‎ A．当dc边刚进磁场时，线框速度为 B．当ab边刚到达边界PP′时，线框速度为 C．当dc边刚到达边界QQ′时，线框速度为 D．从线框开始下落到dc边刚到达边界QQ′的过程中，线框产生的焦耳热为mg(h＋l2)－‎ 解析：A.从线框开始下落到dc边刚进磁场时，线框做自由落体运动，下落高度为h，由v2＝2gh，得当dc边刚进磁场时，线框速度为v＝，故A正确；B.当ab边刚到达边界PP′时，根据平衡条件dc边受力平衡，得：mg＝，解得：v1＝，故B错误；C.从ab边刚到达边界PP′，到dc边刚到达边界QQ′时，线框下落高度为H－l2，由于H＞l2，所以这一阶段只有重力做功，则由动能定理，得：mg(H－l2)＝mv－mv，解得：‎ v2＝＝，故C正确；D.从线框开始下落到dc边刚到达边界QQ′的过程中，由能量守恒，得：‎ mg(H＋h)＝Q＋mv ，则线框产生的焦耳热：Q＝mg(H＋h)－mv＝mg(H＋2h＋l2)－，故D错误．‎ 答案：AC ‎8．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为 P，手摇发电机的线圈电阻是r，则有(　　)‎ A．电流表的示数是 B．变压器原副线圈的匝数比是U2∶U1‎ C．变压器输入电压的瞬时值u＝U2sin 2πnt D．手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是 Em＝ 解析：A.理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P，所以输入功率为P，电流表的示数是，故A正确；B.电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1∶U2.故B错误；C.线圈以较大的转速n匀速转动时，所以ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u＝U1sin 2πnt，故C错误；D.手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em＝，故D正确．‎ 答案：AD 第Ⅱ卷 二、填空题 ‎9．(4分)如图所示，两端带有固定薄挡板的长木板C的长度为L，总质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面静置两质量分别为m、的物体A、B，其中两端带有轻质弹簧的A位于C的中点。现使B以水平速度2v0向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开，A、B可看作质点，弹簧的长度与C的长度相比可以忽略，所有碰撞时间极短，重力加速度为g，则B、C碰撞后瞬间的速度大小是________，A、C第一次碰撞时弹簧具有的最大弹性势能是________________。‎ 解析：①B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，‎ 由动量守恒定律得：×2v0＝v1‎ ‎ 解得：v1＝v0‎ ‎②设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2‎ 对B、C根据动能定理有：‎ ‎－2μmg×＝mv－mv 当A与B和C第一次碰撞具有共同速度v3时，弹簧的弹性势能最大，‎ 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2＝2mv3‎ 由能量守恒定律得：Epm＝mv－×2mv 解得：Epm＝mv－μmgL 答案：①v0；②mv－μmgL ‎10（6分）某实验中学的物理兴趣实验小组利用如图13甲所示的实验装置验证系统的机械能守恒定律。将一气垫导轨倾斜地固定在水平桌面上，导轨的倾角为θ，在气垫导轨的左端固定一光滑的定滑轮，在靠近滑轮的B处固定一光电门，将质量为m的小球通过一质量不计的细线与一带有遮光板的总质量为M的滑块相连接。现将带有遮光板的滑块由气垫导轨的A处由静止释放，通过计算机测出遮光板的挡光时间为t，用游标卡尺测出遮光板的宽度为b，用刻度尺测出A、B之间的距离为d。假设滑块在B处的瞬时速度等于挡光时间t内的平均速度。‎ 由以上的叙述回答下列问题：‎ 图13‎ ‎(1)若游标卡尺的读数如图乙所示，则遮光板的宽度为________ mm；‎ ‎(2)滑块到达光电门B处的瞬时速度vB为＝________；(用字母表示)‎ ‎(3)如果该小组的同学测得气垫导轨的倾角θ＝30°，在滑块由A点运动到B点的过程中，系统动能增加量ΔEk为 ________，系统重力势能减少量ΔEp为________，若在误差允许的范围内ΔEk＝ΔEp，则滑块与小球组成的系统机械能守恒。重力加速度用g表示。(以上结果均用字母表示)‎ ‎(4)在验证了机械能守恒定律后，该小组的同学多次改变A、B间的距离d，并作出了v2－d图象，如图丙所示，如果M＝m，则g＝________ m/s2。‎ 解析　(1)游标卡尺的读数为3 mm＋17× mm＝3.85 mm；(2)滑块到达光电门B处的瞬时速度为vB＝；(3)系统动能增加量为ΔEk＝(M＋m)v＝，系统重力势能减少量为ΔEp＝mgd－Mgdsin 30°＝(m－)gd；(4)根据机械能守恒定律可得(m－)gd＝(M＋m)v2，又M＝m，则g＝2，由v2－d图象可知＝4.8 m/s2，可得g＝9.6 m/s2。‎ 答案　(1)3.85　(2)　(3)　(m－)gd　(4)9.6‎ ‎11.(8分)某学习小组的同学设计了如图所示的电路来测量定值电阻R0的阻值(约为几欧到十几欧)及电源的电动势E和内阻r.实验器材有：待测电源，待测电阻R0，电流表A(量程为0.6A，内阻不计)，电阻箱R(0～99.9Ω)，开关S1和S2，导线若干．‎ ‎ (1)先测电阻R0的阻值。请将学习小组同学的操作补充完整：‎ 先闭合S1和S2，调节电阻箱，读出其示数R1和对应的电流表示数I，然后________________，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的示数R2.则电阻R0的表达式为R0＝________________.‎ ‎ (2)同学们通过上述操作，测得电阻R0＝9.5 Ω，继续测电源的电动势E和内阻r.该小组同学的做法是：闭合S1，断开S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电流表示数I，如下表数据： ‎ 组数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 电阻R/Ω ‎0‎ ‎3.0‎ ‎6.0‎ ‎12.0‎ ‎18.0‎ 电流I/A ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.33‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ ‎ ①根据给定的坐标系并结合以上数据描点作图．‎ ‎②利用图象求出该电源的电动势E＝____________V，内阻r＝____________Ω(保留两位有效数字)‎ 答案：(1)断开S2，调节电阻箱的阻值；R1－R2；(2)①如图所示 ‎②6；2.5.‎ 三、计算题 ‎12．(16分) 如图所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ ‎＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力可忽略，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：‎ ‎(1)滑块运动到C点时速度vc的大小；‎ ‎(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；‎ ‎(3)水平外力作用在滑块上的时间t.‎ 解析：(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m ‎ 滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：‎ mgR(1－cos α)＋mv＝mv ‎ 代入数据，联立解得： vC＝5 m/s ‎(2)滑块在C点速度的竖直分量为：‎ vy＝vcsin α＝3 m/s B、C两点的高度差为：h＝＝m＝0.45 m 滑块由B运动到C所用的时间为：t1＝＝0.3 s 滑块运动到B点的速度为：vB＝vCcos α＝4 m/s B、C间的水平距离：x＝vBt1＝4×0.3 m＝1.2 m ‎(3)滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得：‎ Pt－μmgL＝mv ‎ 代入数据解得： t＝0.4 s 答案：(1)5 m/s；(2)0.45 m、1.2 m；(3)0.4 s ‎13.（18分）如图21所示，宽度为L的足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的两端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一根质量m的导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好，导体棒的有效电阻也为R，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导体棒MN的初始位置与导轨最左端距离为L，导轨的电阻可忽略不计。‎ 图21‎ ‎(1)若用一平行于导轨的恒定拉力F拉动导体棒沿导轨向右运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直，求导体棒最终的速度；‎ ‎(2)若导体棒的初速度为v0，导体棒向右运动L停止，求此过程导体棒中产生的热量；‎ ‎(3)若磁场随时间均匀变化，磁感应强度B＝B0＋kt(k>0)，开始导体棒静止，从t＝0时刻起，求导体棒经过多长时间开始运动以及运动的方向。‎ 解析　(1)导体棒最终匀速运动，设最终速度为v，‎ E＝BLv，‎ I＝，‎ F＝μmg＋BIL，‎ v＝。‎ ‎(2)由能量守恒定律得 mv＝μmgL＋Q，‎ 回路中产生的总热量 Q＝mv－μmgL，‎ Q棒＝mv－μmgL。‎ ‎(3)E＝L2＝kL2，‎ I＝。‎ 导体棒恰好运动时(B0＋kt)IL＝μmg，‎ 解得t＝－，‎ 由楞次定律得导体棒将向左运动。‎ 答案　(1) ‎(2)mv－μmgL ‎(3)－　向左运动 ‎14．(20分)如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场．现有质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°角射入磁场．若粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板．‎ ‎(1)请画出粒子在上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v；‎ ‎(2)求匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎(3)求金属板间的电压U的最小值．‎ 解析：(1)运动轨迹如图所示：‎ v＝＝v0‎ ‎(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周 运动其轨道半径R由几何关系可知：‎ R＝＝d qvB＝m，‎ 解得B＝ ‎(3)粒子进入板间电场至速度为零 恰好不碰到正极板，此时电压U最小，‎ 对此过程由动能定理得 ‎－qU＝0－mv2，‎ 解得U＝.‎ 答案：(1)v　(2)　(3)