（江蘇專用）2019高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：仿真模擬卷（二）

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1、 仿真模擬卷(二) 一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共計24分．每小題只有一個選項符合題意． 1．下列說法中不正確的是(　　) A．原子核的結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定 B．光子像其他粒子一樣，不但具有能量，也具有動量 C．按照玻爾理論，氫原子吸收光子，其核外電子從離核較近的軌道躍遷到離核較遠的軌道，電子的動能減少，原子的電勢能增加，原子的總能量增加 D．一個氫原子處在n＝4的能級，當它躍遷到較低能級時，最多可發(fā)出3種頻率的光子 答案　A 2．(2018·田家炳中學模擬)如圖1所示，光滑的四分之一圓弧軌道AB固定在豎直平面內(nèi)，A端與水平面相切，穿在軌道上的小球在拉力F作

2、用下，緩慢地由A向B運動，F(xiàn)始終沿軌道的切線方向，軌道對球的彈力為FN.在運動過程中(　　) 圖1 A．F增大，F(xiàn)N減小 B．F減小，F(xiàn)N減小 C．F增大，F(xiàn)N增大 D．F減小，F(xiàn)N增大 答案　A 解析　對球受力分析，受重力、支持力和拉力，如圖，根據(jù)共點力平衡條件，有FN＝mgcos θ F＝mgsin θ 其中θ為支持力FN與豎直方向的夾角，當球向上移動時，θ變大，故FN變小，F(xiàn)變大，故A正確，B、C、D錯誤． 3．(2018·江都中學等六校聯(lián)考)放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關系如圖2甲所示，物塊速度v與時間t的關

3、系如圖乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由這兩個圖象可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ分別為(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 圖2 A．0.5 kg,0.4　　　　　　 B．1 kg,0.4 C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2 答案　A 解析　由F－t圖象和v－t圖象可得，物塊在2～4 s內(nèi)所受推力F＝3 N，物塊做勻加速運動，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，即3－10μm＝2m① 物塊在4～6 s所受推力F′＝2 N，物塊做勻速直線運動， 則F′＝Ff，F(xiàn)′＝μmg，即10μm＝2② 由①②解得m＝

4、0.5 kg，μ＝0.4，故A選項正確． 4．(2018·蘇州市模擬)火星有兩顆衛(wèi)星，分別是火衛(wèi)一和火衛(wèi)二，它們的軌道近似為圓．已知火衛(wèi)一的周期為7小時39分．火衛(wèi)二的周期為30小時18分，則兩顆衛(wèi)星相比(　　) A．火衛(wèi)一距火星表面較遠 B．火衛(wèi)二的角速度較大 C．火衛(wèi)一的線速度較大 D．火衛(wèi)二的向心加速度較大 答案　C 解析　衛(wèi)星繞火星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、火星質(zhì)量為M，有＝mω2r＝m＝ma，T＝2π，由題知火衛(wèi)一的周期較小，則軌道半徑較小，所以火衛(wèi)一距火星表面較近，故A錯誤；ω＝，所以火衛(wèi)二的角速度較小，故B錯誤；v＝，所以火

5、衛(wèi)一的線速度較大，故C正確；a＝，所以火衛(wèi)二的向心加速度較小，故D錯誤． 5.(2018·徐州市考前模擬)如圖3所示，三個相同的燈泡L1、L2、L3，電感線圈L的電阻可忽略，D為理想二極管．下列說法正確的是(　　) 圖3 A．閉合開關S的瞬間，L3立即變亮，L1、L2逐漸變亮 B．閉合開關S的瞬間，L2、L3立即變亮，L1逐漸變亮 C．斷開開關S的瞬間，L2立即熄滅，L1先變亮一下然后才熄滅 D．斷開開關S的瞬間，L2立即熄滅，L3先變亮一下然后才熄滅 答案　B 6．如圖4所示為磁流體發(fā)電機的示意圖，一束等離子體(含正、負離子)沿圖示方向垂直射入一對磁極產(chǎn)生的勻強磁場中，A

6、、B是一對平行于磁場放置的金屬板，板間連入電阻R，則電路穩(wěn)定后(　　) 圖4 A．離子可能向N磁極偏轉(zhuǎn) B．A板聚集正電荷 C．R中有向上的電流 D．離子在磁場中偏轉(zhuǎn)時洛倫茲力可能做功 答案　C 解析　由左手定則知，正離子向B板偏轉(zhuǎn)，負離子向A板偏轉(zhuǎn)，離子不可能向N磁極偏轉(zhuǎn)，A、B錯誤；電路穩(wěn)定后，電阻R中有向上的電流，C正確；因為洛倫茲力的方向與速度方向垂直，所以洛倫茲力不可能做功，D錯誤． 二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分． 7．(2018·蘇州市期初調(diào)研)如圖5所

7、示，在水平地面上O點正上方的A、B兩點同時水平拋出兩個相同小球，它們最后都落到地面上的C點，則兩球(空氣阻力不計)(　　) 圖5 A．不可能同時落地 B．落在C點的速度方向可能相同 C．落在C點的速度大小可能相等 D．落在C點的重力的瞬時功率不可能相同 答案　ACD 解析　據(jù)h＝gt2，可知高度不同，所以運動時間一定不同，故A正確；平拋運動軌跡為拋物線，速度方向為軌跡上該點的切線方向，分別從A、B兩點拋出的小球軌跡不同，在C點的切線方向也不同，所以落地時方向不可能相同，故B錯誤；由動能定理得mgh＝mv2－mv02，落地速度為：v＝，則知落在C點的速度大小可能相等，故C正確；

8、落在C點時重力的瞬時功率P＝mgvy＝mg，m相同，但h不同，故P不可能相同，故D正確． 8．(2018·泰州中學開學考)如圖6所示，質(zhì)量均為m的兩個完全相同的小球A、B(可看成質(zhì)點)，帶等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上．當突然加一水平向右的勻強電場后，兩小球A、B將由靜止開始運動．則在以后的運動過程中，對兩個小球和彈簧所組成的系統(tǒng)(設整個過程中不考慮兩電荷之間的庫侖力作用且彈簧不超過彈性限度)，以下說法錯誤的是(　　) 圖6 A．系統(tǒng)的機械能守恒 B．當兩小球速度為零時，系統(tǒng)的機械能一定最小 C．當小球所受的電場力與彈簧的彈力平衡時，系統(tǒng)動能最大 D

9、．因電場力始終對球A和球B做正功，故系統(tǒng)的機械能不斷增加 答案　ABD 9.一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長L(小于立柱高)、拴有小球的細線，小球拉至和懸點在同一水平面處靜止釋放，如圖7所示，小球擺動時，不計一切阻力，重力加速度為g，下面說法中正確的是(　　) 圖7 A．小球和小車的總機械能守恒 B．小球和小車組成的系統(tǒng)的動量守恒 C．小球運動到最低點的速度為 D．小球和小車組成的系統(tǒng)只在水平方向上動量守恒 答案　AD 10．(2018·江蘇省高考壓軸卷)如圖8甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為44∶5，b是原線圈的抽頭，且其恰好位于原線圈的中心，

10、S為單刀雙擲開關，負載電阻R＝25 Ω，電表均為理想電表，在原線圈c、d兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．當S與a連接，t＝1×10－2 s時，電流表的示數(shù)為0 B．當S與a連接，t＝1.5×10－2 s時，電壓表示數(shù)為50 V C．將S由a撥到b時，電阻R消耗的功率為100 W D．將S由b撥到a時，1 s內(nèi)電阻R上電流方向改變100次 答案　CD 三、簡答題：本題分必做題(第11、12題)和選做題(第13題)兩部分，共計33分． 【必做題】 11．(8分)(2018·江蘇省高考壓軸卷)某探究小組利用氣墊導軌(摩擦力可不計)和光電門計

11、時器等裝置(如圖9所示)探究動能定理．他們通過改變滑輪下端的小桶中沙子的質(zhì)量來改變滑塊水平方向的拉力；滑塊上裝有寬為d的擋光片．實驗中，用天平稱出小桶和沙子的總質(zhì)量為m，滑塊(帶擋光片)的質(zhì)量為M，計時器顯示擋光片經(jīng)過光電門1和2的時間分別為Δt1、Δt2. 圖9 (1)在滿足________________的條件下，才可以認為小桶和沙子的總重力所做的功等于滑塊動能的改變量． (2)實驗中還必須測量的物理量是____________，試寫出本次探究的原理表達式(用測量量和已知量表示)________________． (3)寫出一個減小本實驗誤差的方法_______________

12、_________________________________． 答案　(1)m?M　(2)兩光電門之間的距離x　mgx＝M()2－M()2　(3)適當減小擋光片的寬度(或適當增大光電門間的距離) 解析　(1)設繩子拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律，對小桶和沙子mg－F＝ma； 對滑塊：F＝Ma，整理得F＝mg＝(1－)mg. 只有當m?M時，才可認為F≈mg，即小桶和沙子的總重力做的功等于滑塊動能的改變量． (2)滑塊經(jīng)過兩光電門的速度可表示為和，重力做功為mgx，動能變化為M()2－M()2，故還必須測量的量為兩光電門之間的距離x，表達式為mgx＝M()2－M()2. (3)適當

13、減小擋光片寬度，可使、更接近滑塊經(jīng)過兩光電門時的瞬時速度；適當增大兩光電門間的距離x，可減小因測量帶來的偶然誤差． 12．(10分)(2018·南京市、鹽城市二模)某同學欲測量一卷粗細均勻的、阻值約為100 Ω的金屬漆包線的長度，備選器材如下： A．量程為5 mA、內(nèi)阻r1＝50 Ω的電流表A1 B．量程為0.6 A、內(nèi)阻r2＝0.2 Ω的電流表A2 C．量程為6 V、內(nèi)阻r3約為15 kΩ的電壓表V D．最大阻值為15 Ω、最大允許電流為2 A的滑動變阻器 E．定值電阻R1＝5 Ω F．電動勢E＝6 V、內(nèi)阻很小的直流電源 G．開關一個、導線若干 H．螺旋測微器 (1)已

14、知做成這種漆包線芯的金屬絲的電阻率為ρ，若金屬絲的電阻用R表示，直徑用d表示，則這一卷漆包線的長度L＝________. (2)該同學用螺旋測微器測金屬絲的直徑如圖10甲所示，則螺旋測微器的示數(shù)d＝_____ mm. (3)為了盡可能精確地測量該金屬絲的電阻，電流表應選用________(選填“A”或“B”)，請在圖乙方框中畫出實驗原理電路圖． 　 圖10 (4)若該同學在測量金屬絲直徑時沒有去除漆包線表面的絕緣漆，這會使實驗測得該漆包線的長度與真實值相比________(選填“偏大”或“偏小”)． 答案　(1)　(2)0.600　(3)A　見解析圖　(4)偏大 解析　(1)根據(jù)

15、電阻定律R＝，可得漆包線的長度L＝. (2)螺旋測微器的示數(shù)為0.600 mm； (3)金屬絲中的最大電流I＝＝0.06 A，電流表A2的量程0.6 A太大，測量的誤差較大，故應選電流表A1，因A1的量程小于0.06 A，故電路中應對電流表A1改裝，使其量程變大，實驗原理電路如圖； (4)若該同學在測量金屬絲直徑時沒有去除漆包線表面的絕緣漆，則測量的直徑偏大，由L＝知，長度也偏大． 13．【選做題】本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按第一個小題評分． A．[選修3－3](15分) (2018·南京市金陵中學模擬)(1)下列說法正確的有_

16、_______． A．天然水晶熔化后再凝聚的水晶(石英玻璃)仍然是晶體 B．大氣中氫含量較少的原因是氫分子平均速率較大，更容易發(fā)生逃逸 C．相同的溫度下，液體的擴散速度等于固體的擴散速度 D．人類使用能量的過程是將高品質(zhì)的能量最終轉(zhuǎn)化為低品質(zhì)的內(nèi)能 (2)一定量的理想氣體的狀態(tài)經(jīng)歷了如圖11所示A→B→C→A的循環(huán)變化，已知氣體在狀態(tài)A時溫度是T0，則在全過程中氣體的最高溫度是________，C→A過程中氣體的內(nèi)能變化情況是______________． 圖11 (3)在(2)問的情景下，已知氣體從B→C過程中內(nèi)能的變化為E0，則根據(jù)圖中數(shù)據(jù)求： ①A→B過程氣體與外界熱

17、交換Q； ②完成一個循環(huán)氣體對外做的功W. 答案　(1)BD　(2)2T0　先增大后減小 (3)①2p0V0－E0?、? 解析　(3)①A狀態(tài)與C狀態(tài)溫度相等，B→C內(nèi)能變化ΔE1＝E0＜0 A→B內(nèi)能變化ΔE2＝－E0＞0 由熱力學第一定律得ΔE2＝Q＋W1，W1＝－2p0V0， 解得Q＝2p0V0－E0 ②由B→C過程氣體體積不變，W2＝0，由C→A過程氣體體積減小，外界對氣體做功W3＝p0V0，故完成一個循環(huán)氣體對外做功W＝|W1|－W3＝p0V0. B．[選修3－4](15分) (2018·江蘇大聯(lián)考)(1)下列說法正確的是(　　) A．在光的雙縫干涉實驗中，若僅將

18、入射光由綠光改為紅光，則干涉條紋間距變窄 B．醫(yī)生利用超聲波探測病人血管中血液的流速應用了多普勒效應 C．兩列波發(fā)生干涉，振動加強區(qū)質(zhì)點的位移總比振動減弱區(qū)質(zhì)點的位移大 D．除了從光源直接發(fā)出的光以外，我們通常看到的絕大部分光都是偏振光 (2)如圖12所示，甲為一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點P的振動圖象．則該機械波的傳播速度為________ m/s；在t＝0.25 s時質(zhì)點Q的加速度________(填“大于”或“小于”)質(zhì)點P的加速度． 圖12 (3)如圖13，MN為豎直放置的光屏，光屏的左側(cè)有半徑為R、折射率為的透明半球體，O為球心，軸線OA垂直于光屏，O至

19、光屏的距離＝R.位于軸線上O點左側(cè)處的點光源S發(fā)出一束與OA夾角θ＝60°的光線射向半球體，求光線從S傳播到達光屏所用的時間．(已知光在真空中傳播的速度為c.) 圖13 答案　(1)BD　(2)20　小于　(3) 解析　(1)光的雙縫干涉實驗中，若僅將入射光由綠光改為紅光，由于波長變長，根據(jù)公式Δx＝λ，則干涉條紋間距變寬，故A錯誤；醫(yī)院檢查身體的彩超是通過測出反射波的頻率變化來確定血流的速度，顯然是運用了多普勒效應原理，故B正確；兩列波發(fā)生干涉，振動加強區(qū)質(zhì)點的振幅總比振動減弱區(qū)質(zhì)點的振幅大，不能說振動加強區(qū)質(zhì)點的位移總比振動減弱區(qū)質(zhì)點的位移大，故C錯誤；除從光源直接發(fā)出的光以外，

20、我們通?？吹降慕^大部分光都是偏振光，故D正確． (2)由振動圖象與波動圖象可知，λ＝4 m，T＝0.2 s，波速v＝＝ m/s＝20 m/s.因t＝0.25 s＝1T時，據(jù)波的周期性可知，P質(zhì)點到達波谷，Q質(zhì)點到達平衡位置上方，但沒有到達波峰，則質(zhì)點Q的加速度小于質(zhì)點P的加速度． (3)光從光源S射出經(jīng)半球體到達光屏的光路如圖． 光由空氣射向半球體，由折射定律，有n＝，解得α＝30° 在△OBC中，由正弦定理得：＝，解得β＝30° 光由半球體射向空氣，由折射定律，有n＝ 解得：γ＝60°，即出射光線與軸線OA平行． 光從光源S出發(fā)經(jīng)透明半球體到達光屏所用的總時間t＝＋＋ 且n＝

21、，解得：t＝. 四、計算題：本題共3小題，共計47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位． 14．(15分)(2018·南通市、泰州市一模)如圖14所示，光滑絕緣斜面傾角為θ，斜面上平行于底邊的虛線MN、PQ間存在垂直于斜面向上、磁感應強度為B的勻強磁場，MN、PQ相距為L.一質(zhì)量為m、邊長為d(d＜L)的正方形金屬線框abef置于斜面上，線框電阻為R.ab邊與磁場邊界MN平行，相距為L.線框由靜止釋放后沿斜面下滑，ef邊離開磁場前已做勻速運動，重力加速度為g.求： 圖14 (1)線框進入磁

22、場過程中通過線框橫截面的電荷量q； (2)線框ef邊離開磁場區(qū)域時的速度v； (3)線框穿過磁場區(qū)域產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)　(2)　(3)mg(2L＋d)sin θ－ 解析　(1)線框進入磁場的過程產(chǎn)生的平均感應電動勢E＝ 通過回路的電荷量q＝I·Δt＝·Δt 磁通量的變化量ΔΦ＝Bd2 解得q＝. (2)線框ef邊離開磁場前，線框中產(chǎn)生的感應電流I＝ 受到的安培力F＝IdB 由平衡條件有mgsin θ－F＝0 解得v＝. (3)線框由靜止至離開磁場，由能量守恒定律有mg(2L＋d)sin θ＝mv2＋Q 解得Q＝mg(2L＋d)sin θ－. 15．(16分

23、)(2018·第二次江蘇大聯(lián)考)如圖15所示，斜面AB長xAB＝3 m、傾角為α，其底端B與水平傳送帶相切，傳送帶長為L＝3 m，始終以v0＝5 m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動．現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，在離B點xPB＝2 m處的P點由靜止釋放．已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g取10 m/s2.求： 圖15 (1)傾角α逐漸增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑(用正切值表示)； (2)當α＝37°時，由P到C的過程中，摩擦力對物塊所做的功； (3)當α＝53°時，為了使物塊每次由A滑到C點時均拋在同一點D，求物塊釋放點

24、P到B點的取值范圍． 答案　(1)tan α>0.25　(2)4.5 J　(3)1 m≤s≤ m 解析　(1)為使物塊下滑，有：mgsin α>μ1mgcos α 解得傾角α滿足的條件為：tan α>0.25 (2)由P到B，由動能定理得：mgxPBsin α－μ1mgxPBcos α＝mvB2 解得vB＝4 m/s 在B點，因為vB＝4 m/s

25、5 m 相對運動距離為Δx＝x－x0＝0.25 m 可得物塊先做勻加速直線運動，然后和傳送帶一起做勻速運動 所以P到C，摩擦力對物塊做的功 Wf＝μ1mgxPBcos α＋μ2mgΔx＝4.5 J (3)因物塊每次均拋到同一點D，由平拋運動的知識知：物塊到達C點時的速度必須有vC＝v0 當P到B點的距離為x1時，物塊進入傳送帶后一直勻加速運動，則 mgx1sin α－μ1mgx1cos α＋μ2mgL＝mv02 解得x1＝1 m 當P到B點的距離為x2時，物塊進入傳送帶后一直做勻減速運動 則mgx2sin α－μ1mgx2cos α－μ2mgL＝mv02 解得x2＝ m

26、 所以物塊釋放點到B點的距離的取值范圍為1 m≤s≤ m 16．(16分)回旋加速器的工作原理如圖16所示，置于真空中的兩個D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．設兩D形盒之間所加的交流電壓為U，被加速的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，粒子從D形盒一側(cè)開始被加速(初動能可以忽略)，經(jīng)若干次加速后粒子從D形盒邊緣射出．求： 圖16 (1)粒子從靜止開始第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫加速后的速度大?。? (2)粒子第一次進入D形盒磁場中做圓周運動的軌道半徑； (3)粒子至少經(jīng)過多少次加速才能從回旋加速器D形盒射出． 答案　(1) 　(2) 　(3) 解析　(1)粒子在電場中被加速由動能定理得 qU＝mv12 得：v1＝ (2)帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qv1B＝m 解得：r1＝ 代入數(shù)據(jù)得：r1＝ (3)若粒子射出，則粒子做圓周運動的軌道半徑為R，設此時速度為vn 由牛頓第二定律知qvnB＝m，解得此時粒子的速度為vn＝ 此時粒子的動能為Ek＝mvn2 代入數(shù)據(jù)得Ek＝ 粒子每經(jīng)過一次加速動能增加qU，設經(jīng)過n次加速粒子射出，則nqU≥Ek 代入數(shù)據(jù)解得：n≥ 13