仿真卷(一)(考試時間：70分鐘　試卷滿分：110分)第Ⅰ卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分．14．在超導(dǎo)托卡馬克實驗裝置中，質(zhì)量為m1的H與質(zhì)量為m2的H發(fā)生核聚變反應(yīng)，放出質(zhì)量為m3的n，并生成質(zhì)量為m4的新核．若已知真空中的光速為c，則下列說法正確的是(　A　)A．新核的中子數(shù)為2，且該新核是He的同位素B．該過程屬于α衰變C．該反應(yīng)釋放的核能為(m3＋m4－m1－m2)c2D．核反應(yīng)前后系統(tǒng)動量不守恒【解析】　由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知新核的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別為4和2，新核是He，是He同位素，中子數(shù)為2，故A正確；該過程是核聚變反應(yīng)，不屬于α衰變，故B錯誤；該反應(yīng)釋放的核能為ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C錯誤；核反應(yīng)前后系統(tǒng)動量守恒，故D錯誤．15.如圖所示，繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星P的角速度為ω，對地球的張角為θ弧度，萬有引力常量為G.則下列說法正確的是(　D　)A．衛(wèi)星的運動屬于勻變速曲線運動B．張角θ越小的衛(wèi)星，其角速度ω越大C．根據(jù)已知量可以求地球質(zhì)量D．根據(jù)已知量可求地球的平均密度【解析】　衛(wèi)星的加速度方向一直改變，故加速度一直改變，不屬于勻變速曲線運動，故A錯誤；設(shè)地球的半徑為R，衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何知識得sin ＝，可知張角越小，r越大，根據(jù)G＝mω2r，得ω＝，可知r越大，角速度ω越小，故B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力，則有G＝mω2r，解得地球質(zhì)量為M＝，因為r未知，所以由上面的式子可知無法求地球質(zhì)量，故C錯誤；地球的平均密度ρ＝，則ρ＝知可以求出地球的平均密度，故D正確．16.如圖，傾角為α＝45°的斜面ABC固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球從頂點A先后以初速度v0和2v0向左水平拋出，分別落在斜面上的P1、P2點，經(jīng)歷的時間分別為t1、t2；A點與P1、P1與P2之間的距離分別為l1和l2，不計空氣阻力影響．下列說法正確的是(　D　)A．t1∶t2＝1∶1B．ll∶l2＝1∶2C．兩球剛落到斜面上時的速度比為1∶4D．兩球落到斜面上時的速度與斜面的夾角正切值的比為1∶1【解析】　根據(jù)tan θ＝＝得t＝因為初速度之比為1∶2，則運動的時間之比為1∶2，故A錯誤；水平位移x＝v0t＝，因為初速度之比為1∶2，則水平位移之比為1∶4，由l＝x，可知ll∶l2＝1∶3，故B錯誤；根據(jù)動能定理mv2＝mv＋mgy，其中y＝x，則v＝＝＝v0，則兩球剛落到斜面上時的速度比為1∶2，選項C錯誤；平拋運動某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，則速度方向相同，即兩球落到斜面上時的速度與斜面的夾角正切值的比為1∶1，故D正確．17．在兩個邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)(包括四周的邊界)有大小相等、方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一個質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子從F點沿著FE的方向射入磁場，恰好從C點射出．則該粒子速度大小為(　C　)A． B．C． D．【解析】　由題意分析可知粒子從BE中點G飛出左邊磁場，作FG的垂直平分線交FA的延長線于點O，點O為圓心，如圖所示根據(jù)幾何知識，有FG＝＝L△FEG與△FNO相似，則有L∶r＝∶L，解得r＝L，又因為qvB＝m解得v＝，故C正確，ABD錯誤．18.A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長為2 cm，勻強電場方向與ABC構(gòu)成的平面夾角30°，電勢φA＝φB＝4 V，φC＝1 V，下列說法正確的是(　B　)A．場強大小為150 V/mB．場強大小為200 V/mC．將一個正電荷從A點沿直線移到C點，它的電勢能一直增大D．將一個正電荷從A點沿直線移到B點，它的電勢能先增大后減小【解析】　勻強電場在ABC構(gòu)成的平面上的電場強度分量E′＝Ecos 30°，因為電勢φA＝φB＝4 V，φC＝1 V，所以AB為等勢線，電場線與AB垂直指向C，則E′＝＝ V/m＝100 V/m，解得E＝200 V/m，故A錯誤，B正確；根據(jù)Ep＝qφ，將一個正電荷從A點沿直線移到C點，電勢一直降低，它的電勢能一直減小，故C錯誤；因為AB為等勢線，所以將一個正電荷從A點沿直線移到B點，它的電勢能不變，故D錯誤．19．如圖所示為形狀相同的兩個劈形物體，它們之間的接觸面光滑，兩物體與地面的接觸面均粗糙，現(xiàn)對A施加水平向右的力F，兩物體均保持靜止，則物體B的受力個數(shù)可能是(　AC　)A．2個 B．3個C．4個 D．5個【解析】　對A受力分析可知，當F與A所受的靜摩擦力大小相等時，則A、B之間沒有彈力，當F比A所受的靜摩擦力更大時，則A、B之間有彈力．當A對B沒有彈力時，B受到重力和地面的支持力2個力；當A對B有彈力時，B還受到重力、地面的支持力與摩擦力，共4個力，故AC符合題意，BD不符合題意．20．如圖甲所示，一木塊沿固定斜面由靜止開始下滑，下滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是(　BD　)A．在位移從0增大到x的過程中，木塊的重力勢能減少了EB．在位移從0增大到x的過程中，木塊的重力勢能減少了2EC．圖線a斜率的絕對值表示木塊所受的合力大小D．圖線b斜率的絕對值表示木塊所受的合力大小【解析】　木塊沿斜面下滑過程中，動能增大，則圖線b為木塊的動能隨位移變化的關(guān)系．由機械能的變化量等于動能的變化量與重力勢能變化量之和，有E－2E＝E－0＋ΔEp得ΔEp＝－2E，即木塊的重力勢能減少了2E，故A錯誤，B正確；由功能關(guān)系可知圖線a斜率的絕對值表示木塊所受的除重力之外的合力大小，故C錯誤；由功能關(guān)系可知圖線b斜率的絕對值表示木塊所受的合力大小，故D正確；故選BD.21．平行金屬板PQ、MN與電源和滑線變阻器如圖所示連接，電源的電動勢為E，內(nèi)電阻為零；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量＋q，初速度為零的粒子，粒子在加速電場PQ的作用下穿過Q板的小孔F，緊貼N板水平進入偏轉(zhuǎn)電場MN；改變滑片p的位置可改變加速電場的電壓U1和偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2，且所有粒子都能夠從偏轉(zhuǎn)電場飛出，下列說法正確的是(　BC　)A．粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與成正比B．滑片p向右滑動的過程中從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角逐漸減小C．飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率vm＝D．飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率vm＝2【解析】　在加速電場中，由動能定理得qU1＝mv在偏轉(zhuǎn)電場中，加速度為a＝則偏轉(zhuǎn)距離為y＝at2運動時間為t＝聯(lián)立上式得y＝其中l是偏轉(zhuǎn)極板的長度，d是板間距離．粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與成正比，故A錯誤；從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan α＝聯(lián)立解得tan α＝，滑片p向右滑動的過程中，U1增大，U2減小，可知偏轉(zhuǎn)角逐漸減小，故B正確；緊貼M板飛出時，電場做功最多，粒子具有最大速率．由動能定理mv－0＝q(U1＋U2)＝qE，解得vm＝，故C正確，D錯誤；故選BC.第Ⅱ卷三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題(共47分)22．(6分)一位同學(xué)為驗證機械能守恒定律，利用光電門等裝置設(shè)計了如下實驗．使用的器材有：鐵架臺、光電門1和2、輕質(zhì)定滑輪、通過不可伸長的輕繩連接的鉤碼A和B(B左側(cè)安裝擋光片)．實驗步驟如下：(1)如圖1，將實驗器材安裝好，其中鉤碼A的質(zhì)量比B大，實驗開始前用一細繩將鉤碼B與桌面相連接，細繩都處于豎直方向，使系統(tǒng)靜止．(2)用剪刀剪斷鉤碼B下方的細繩，使B在A帶動下先后經(jīng)過光電門1和2，測得擋光時間分別為t1、t2.(3)用螺旋測微器測量擋光片沿運動方向的寬度d，如圖2，則d＝  6.709  mm.(4)用擋光片寬度與擋光時間求平均速度，當擋光片寬度很小時，可以將平均速度當成瞬時速度．(5)用刻度尺測量光電門1和2間的距離L(L?d)．(6)查表得到當?shù)刂亓铀俣却笮?/span>g.(7)為驗證機械能守恒定律，請寫出還需測量的物理量(并給出相應(yīng)的字母表示)  鉤碼A、B的質(zhì)量m1、m2  ，用以上物理量寫出驗證方程　(m1＋m2)＝m2gL－m1gL　.【解析】　(3)根據(jù)螺旋測微器測量原理得d＝6.5 mm＋20.9×0.01 mm＝6.709 mm(7)為驗證機械能守恒定律，還需測量鉤碼A、B的質(zhì)量m1、m2.對系統(tǒng)，因為動能的增加量等于重力勢能的減少量，則驗證方程為(m1＋m2)＝m2gL－m1gL.23．(9分)圖1為拉敏電阻的阻值大小隨拉力變化的關(guān)系．某實驗小組利用其特性設(shè)計出一電子測力計，電路如圖2所示．所用器材有：拉敏電阻RF，其無拉力時的阻值為500.0 Ω電源E1(電動勢3 V，內(nèi)阻不計)電源E2(電動勢6 V，內(nèi)阻不計)毫安表mA(量程3 mA，內(nèi)阻100 Ω)滑動變阻器R1(最大阻值為500 Ω)滑動變阻器R2(最大阻值為300 Ω)電鍵S，導(dǎo)線若干．現(xiàn)進行如下操作：①將拉敏電阻處于豎直懸掛狀態(tài)并按圖連接好電路，將滑動變阻器滑片置于恰當位置，然后閉合電鍵S.②不掛重物時緩慢調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片位置，直到毫安表示數(shù)為3 mA，保持滑動變阻器滑片的位置不再改變．③在RF下施加豎直向下的拉力F時，對應(yīng)毫安表的示數(shù)為I，記錄F及對應(yīng)的I的值．④將毫安表的表盤從1 mA到3 mA之間逐刻線刻畫為對應(yīng)的F的值，完成電子測力計的設(shè)計．請回答下列問題：(1)實驗中應(yīng)該選擇的滑動變阻器是  R1  (填“R1”或“R2”)，電源是  E1  (填“E1”或“E2”)；(2)實驗小組設(shè)計的電子測力計的量程是  200  N.【解析】　(1)毫安表示數(shù)為3 mA時，由閉合電路的歐姆定律，有I＝＝3 mA，若選電源E2，則滑動變阻器電阻為1 400 Ω，兩個滑動變阻器均達不到，所以只能選電源E1，此時滑動變阻器電阻為400 Ω，只能選R1.(2)毫安表示數(shù)為1 mA時，拉力最大，由閉合電路的歐姆定律，有＝1 mA，由圖1有RF＝(5＋0.1F)×102Ω，解得拉力最大值為200 N．電子測力計的量程200 N.24.(12分)如圖所示，光滑、平行、電阻不計的金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌頂端連接定值電阻R，導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m，長度為L，電阻不計的金屬桿，桿始終與導(dǎo)軌接觸良好．整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向里．現(xiàn)將桿從M點以v0的速度豎直向上拋出，經(jīng)歷時間t，到達最高點N，重力加速度大小為g.求t時間內(nèi)(1)流過電阻的電量q；(2)電阻上產(chǎn)生的電熱Q.【答案】　(1)　(2)mv－【解析】　(1)根據(jù)動量定理，有0－mv0＝－mgt－t又因為＝BLq＝t聯(lián)立解得q＝(2)根據(jù)＝＝＝以及能量守恒Q＝mv－mgh聯(lián)立解得Q＝mv－25．(20分)如圖所示，在一個傾角為θ＝37°的足夠長的固定斜面上，由靜止釋放一個長度為L＝5 m的木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4.當長木板沿斜面向下運動的速度達到v0＝9.6 m/s時，在木板的下端輕輕放上一個質(zhì)量與木板相同的小煤塊，小煤塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，結(jié)果可用根號表示．求：(1)剛放上小煤塊時，長木板的加速度a1的大小和煤塊的加速度a2的大?。?/span>(2)小煤塊從木板哪一端離開？煤塊從放上到離開木板所需時間t是多少？【答案】　(1)2 m/s2,7.6 m/s2　(2)下端，(1＋)s【解析】　(1)剛放上小煤塊時，對長木板，由牛頓第二定律2μ1mgcos θ＋μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma1對煤塊，由牛頓第二定律mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma2解得a1＝2 m/s2，a2＝7.6 m/s2(2)設(shè)時間t0煤塊與長木板達到共速，則有v0－a1t0＝a2t0解得t0＝1 s此時煤塊相對長木板的位移Δx＝v0t0－a1t－a2t＝4.8 m<L故煤塊不能從上端離開，共速時煤塊的速度為v＝a2t0＝7.6 m/s之后木板減速，煤塊加速，根據(jù)牛頓第二定律有，對長木板有mgsin θ＋μ2mgcos θ－2μ1mgcos θ＝ma1′解得a1′＝1.2 m/s2對煤塊有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2′解得a2′＝4.4 m/s2因a2′＝4.4 m/s2>a1′＝1.2 m/s2所以煤塊從下端離開木板，設(shè)從二者共速到二者分離又經(jīng)歷時間為t2，此過程木板和煤塊的對地位移分別為x′1、x′2，則有x′1＝vt2＋a′1tx′2＝vt2＋a′2t根據(jù)相對位移Δx＝x2′－x1′解得t2＝ s故從放上到離開木板共經(jīng)歷的時間為t＝t0＋t2＝(1＋)s(二)選考題：共15分．請考生從2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．33．[物理——選修3－3](15分)(1)(5分)如圖是一定質(zhì)量的理想氣體的壓強與熱力學(xué)溫度的p－T圖，a、b、c是理想氣體的三個狀態(tài)，其中bc平行于坐標軸T，ac平行于坐標軸p.則從a到b過程中氣體的分子平均動能  變小  (填“變大”“變小”或“不變”)，從b到c的過程  不可能  (填“可能”或“不可能”)為絕熱過程，從c到a的過程中氣體的密度  變小  (填“變大”“變小”或“不變”)(2)(10分)一導(dǎo)熱性能良好的圓柱形氣缸固定在水平面上，氣缸上端開口，內(nèi)壁光滑，截面積為S.A是距底端H高處的小卡環(huán)．質(zhì)量為m的活塞靜止在卡環(huán)上，活塞下密封質(zhì)量為m0的氫氣，C為側(cè)壁上的單向?qū)Ч埽髿鈮簭姾愣?/span>p0.環(huán)境溫度為T0時，從C處注入水，當水深為時，關(guān)閉C，卡環(huán)恰對活塞無作用力．接下來又從C處緩慢導(dǎo)入一定量氫氣，穩(wěn)定后再緩慢提升環(huán)境溫度到1.6T0，穩(wěn)定時活塞靜止在距缸底2.7H處，設(shè)注水過程中不漏氣，不考慮水的蒸發(fā)，氫氣不溶于水．求：①最初被封閉的氫氣的壓強p1；②導(dǎo)入氫氣的質(zhì)量M.【答案】　(2)①　②m0【解析】　(1)氣體的分子平均動能和溫度有關(guān)，溫度越高氣體的分子平均動能越大．從a到b過程中，溫度降低，所以氣體的分子平均動能變?。畯?/span>b到c的過程壓強不變，溫度升高，則內(nèi)能增加，同時體積增大，氣體膨脹對外做功，因此氣體要吸熱，不可能為絕熱過程．從c到a的過程中溫度不變，壓強降低，可知體積增大，則氣體的密度變?。?/span>(2)①設(shè)注水前氣體的體積為V1，從最初到水深為時，氣體經(jīng)歷等溫過程，注水后氣體壓強為p2，由玻意耳定律p1V1＝p2V2其中V1＝SHV2＝S對活塞，有p0S＋mg＝p2S聯(lián)立解得p1＝②設(shè)導(dǎo)入氣體后且尚未升溫時氣體總高度為h，顯然此時活塞已經(jīng)離開卡環(huán)，接下來升溫過程為等壓過程，則有＝解得h＝H考慮到此h高度的氣體中，原有氣體高為H，故后導(dǎo)入的氣體的高為h1＝h－H解得h1＝H設(shè)此時密度為ρ，則有＝解得M＝34．[物理——選修3－4](15分)(1)(5分)圖1是一列沿x軸方向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，波速為1 m/s.圖2是x＝5.5 m處質(zhì)點的振動圖像，下列說法正確的是(　BCE　)A．此列波沿x軸負方向傳播B．x＝3.5 m處質(zhì)點在t＝2 s時的位移為4 cmC．x＝1.5 m處質(zhì)點在t＝4 s時的速度方向沿y軸正向D．x＝4.5 m處的質(zhì)點在t＝1 s時加速度沿y軸負方向E．x＝3.5 m處質(zhì)點在0～1 s內(nèi)路程為(16－8)cm(2)(10分)如圖所示，扇形玻璃磚AOB的圓心角為150°，玻璃磚半徑為R，一條單色光平行于OA，由OB的中點D入射，經(jīng)折射后由圓弧面的E點射出玻璃磚，圓弧AE的長度與圓弧BE的長度之比為2∶3，已知真空中光速為c.求：該單色光在玻璃磚從D到E傳播的時間．【答案】　(2)【解析】　(1)根據(jù)圖2的振動圖像可知，x＝5.5 m處的質(zhì)點在t＝0時振動方向沿y軸正向，所以利用圖1由同側(cè)法知該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；圖1可知該簡諧橫波的波長為4 m，則T＝＝ s＝4 s圓頻率ω＝＝ rad/s＝0.5π rad/s，設(shè)x＝5.5 m處質(zhì)點的振動方程為x＝8sincmt＝0時刻4＝8sin φ0結(jié)合t＝0時刻振動的方向向上，可知φ0＝π，則x＝5.5 m處質(zhì)點的振動方程為x＝8sincmx＝5.5 m處質(zhì)點與x＝3.5 m處質(zhì)點的平衡位置相距半個波長，則x＝3.5 m處質(zhì)點的振動方程為x＝－8sincmt＝2 s代入方程得位移為4cm，故B正確；x＝1.5 m處質(zhì)點在t＝4 s時的速度方向和t＝0時的速度方向相同，由同側(cè)法可知速度方向沿y軸正向，故C正確；x＝4.5 m處的質(zhì)點在t＝0時速度方向沿y軸負向，則經(jīng)過四分之一周期即t＝1 s時，質(zhì)點的位移為負，加速度指向平衡位置，沿y軸正方向，故D錯誤；x＝3.5 m處質(zhì)點在t＝0時速度方向沿y軸負向，根據(jù)振動方程知此時位移大小為4 cm，t＝0時位移大小為4 cm，所以0～1 s內(nèi)路程s＝2×(8－4)cm＝(16－8)cm，故E正確；故選BCE.(2)作出光路圖，如圖所示圓弧AE的長度與圓弧BE的長度之比為2∶3，由幾何關(guān)系可知∠AOE＝60°，∠EOB＝90°tan ∠OED＝＝由圓心角∠AOB＝150°可知，該單色光在OB邊的入射角i＝60°，折射角r＝∠OEDsin r＝由折射率公式有n＝解得n＝由勾股定理DE＝＝R又因為n＝該單色光在玻璃磚從D到E傳播的時間t＝＝

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