《（全国通用）2018版高考物理总复习 考前三个月 仿真模拟卷（一）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用）2018版高考物理总复习 考前三个月 仿真模拟卷（一）（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、仿真模拟卷(一)(时间：90分钟满分：110分)二、选择题：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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14下列关于近代物理的说法正确的是()A玻尔理论成功解释了各种原子发出的光谱B能揭示原子具有核式结构的事件是氢原子光谱的发现C光电效应实验现象的解释使得光的波动说遇到了巨大的困难D质能方程Emc2揭示了物体的能量和质量之间存在着密切的确定关系，提出这一方程的科学家是卢瑟福答案C解析玻尔理论成功解释了氢原子发光的现象，但对于稍微复杂一些的原子如氦原子，玻尔理论都无法解释其发光
2、现象，故玻尔理论有它的局限性，A错误；卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，B错误；光电效应实验现象说明了光具有粒子性，从而使得光的波动说遇到了巨大困难，C正确；爱因斯坦的质能方程揭示了物体的能量和质量之间存在密切的关系，D错误15.如图1所示，圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动P从A点转到A点，在这过程中P始终与圆柱体保持相对静止，那么P所受的静摩擦力的大小随时间的变化规律，可由下面哪个图表示() 图1答案A解析物体P一共受到三个力的作用，竖直方向的重力G，沿半径方向向外的支持力FN，沿切线方向的静摩擦力Ff(最高点不受静摩擦力，只受重力和支持力)圆柱体缓
3、慢移动，所以物块P在任意位置所受合外力为零，对三个力进行分解，得到Ffmgsin ，从A转动到A的过程中先变小后增大，所以Ff按照正弦变化规律先减小后增大，故A正确16图2甲中理想变压器原副线圈的匝数比为n1n251，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示，现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光，下列说法正确的是()图2A输入电压u的表达式为u20sin (50t) VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率将增大D若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W答案D解析从题图
4、中可看出该交流电的最大值为20 V，周期为0.02 s，根据交变电流的电动势随时间的变化规律eEmsin t，其中，可知输入电压u20sin(100t) V，A错误；只断开S2副线圈中电压不变，两灯泡的总电压不变，总电阻增加，流过灯泡的电流减小，L1、L2不能正常发光，故B错误；只断开S2，副线圈中电压不变，电路总电阻增加，总电流减小，副线圈功率减小，理想变压器输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率减小，故C错误；根据理想变压器原副线圈电压之比U1U2n1n2，可知副线圈电压的有效值为4 V，若S1接到2，副线圈的电压仍不变，根据P可得电阻消耗的电功率为0.8 W，故D正确17如图3所示，带
5、正电的A球固定，质量为m、电荷量为q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计则()图3A粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差 D可求出A产生的电场中b点的电场强度答案C解析带电粒子从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能不断减小，选项A错误；粒子从b运动到c的过程中加速度不断减小，选项B错误；根据动能定理，可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差，选项C正确；不可求出A产生的电场中b点的电场强度，选项D错误18如图4所示，边长为L的金属框a
6、bcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c、d四点的电势分别为a、b、c、d.下列判断正确的是()图4A金属框中无电流，adB金属框中电流方向沿adcba，adC金属框中无电流，UbcBL2D金属框中无电流，UbcBL2答案C解析因穿过线圈的磁通量始终为零，故线圈中无电流；根据右手定则可知，d端电势高于a端，c端电势高于d端，UbcBLBL2，故选项A、B、D错误，C正确；故选C.192017年1月23日，我国首颗1米分辨率C频段多极化合成孔径雷达(SAS)卫星“高分三号”正式投入使用，某天文爱好者观测卫星绕地球做匀速圆周
7、运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为弧度，已知万有引力常量为G，则下列说法正确的是()A卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为B卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度为2C地球的质量为D卫星的质量为答案AC解析由圆周运动公式可得lr，v，该卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有m，解得M，A、C正确20.如图5所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC与竖直方向的夹角为37，一电荷量为q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v2
8、，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是()图5A电场中A点的电势为B电场中B点的电势为C小球运动到B点时的动能为2mgRD小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR答案AC解析取无穷远处电势为零，则最低点处电势为0，小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得mgRqUAOmv2，解得UAO，而UAOA0，所以A，A正确；由对称性可知UAOUOB，即A00B，故B，B错误；小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得EkqUAB2mgR，C正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为E1mv202mgR，由最低点运动到C点过程中，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能
9、增加量EpmgR(1cos 37)0.2mgR，故动能、电势能的总和减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为E2E10.2mgR1.8mgR，D错误21.如图6所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A点，现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动，当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，若在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2，先后两次击打过程中小锤 图6对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能为()A
10、. B.C1 D2答案AB解析由于小球始终未脱离轨道，所以第一次击打小球上升的高度不超过R，故W1mgR.两次击打后上升到最高点的过程中，由动能定理得W1W22mgRmv2，由于通过最高点的速度v，所以W2mgR，故，A、B正确三、非选择题(本题共6小题，共62分)(一)必考题22(6分)某同学用如图7甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，
11、在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x1，如图乙所示；将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3，如图丙所示图7(1)为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为_；(2)实验中还需要测量的物理量为_，验证动量守恒定律的表达式为_(用测量物理量对应的字母表示)答案见解析解析(1)动量为质量和速度的乘积，该实验要验
12、证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒，需测量两物体的质量和碰撞前后的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平(2)测出一元硬币的质量为m1，五角硬币的质量为m2，一元硬币碰撞前瞬间的速度为v1，由动能定理可得m1gx1m1v12，解得v1，当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后，速度分别为v2、v3，由动能定理可得m1gx2m1v22，m2gx3m2v32，解得一元硬币碰后速度v2，五角硬币碰后的速度为v3，若碰撞过程动量守恒则需满足m1v1m1v2m2v3，代入数据可得m1m1m2.23(9分)某同学利用下列器材测量两节干电池的电动势和内阻A待测干电池两节B电压表V1、V2，量程均为3 V
13、，内阻很大C定值电阻R0(阻值未知)D电阻箱RE导线和开关(1)根据如图8甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图乙图8(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0的阻值，先把电阻箱R调到某一阻值R1，再闭合开关，读出电压表V1、V2的示数分别为U10、U20，则R0_(用U10、U20、R1表示)(3)若测得R01.2 ，实验中改变电阻箱R的阻值，读出相应的电压表V1、V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，则两节干电池的总电动势E_ V，总内阻r_ .答案见解析解析(1)根据实物图可知，电压表V1与R并联后与R0串联接在电源两端，电压表V2并联在电源的两端，电路
14、图如图所示R0R1(3)根据闭合电路欧姆定律可知U2Er，变形可得U1，由图象可知当U10时U21.0 V，故有，图象的斜率为k1.5，联立解得E3.0 V，r2.4 .24(12分)如图9所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB4 m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为37，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v4 m/s的恒定速率顺时针运转现将一质量m1 kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数0.5，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，求：图9(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.答案(1)1.4 s(2)64 J解析(1)由牛顿第二定律可得mgma1工件经t1时间与传送带共速，则t10.8 s工件位移为x1a1t121.6 m此后工件与传送带一起匀速运动到B点，用时t20.6 s工件第一次到达B点所用时间tt1t21
