仿真模拟练(一)高三模拟试题.docx

仿真模拟练(一)
(时间：70分钟　满分：110分)
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．
14．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是(　　)
A.N＋He→O＋H
B.U→Th＋He
C.H＋H→He＋n
D.U＋n→Ba＋Kr＋3n
答案　C
解析　轻核聚变是指轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，A项为人工转变，B项为α衰变，C项为轻核聚变，D项为重核裂变，故C正确．
15．2018年4月14日，风靡全球的蹦床主题公园——乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图1是小朋某次游戏中的v－t图象，t＝0时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋(　　)

图1
A．t1时刻落到海绵上
B．t2时刻到达最低处
C．t3时刻处于平衡状态
D．t2～t4时间内处于超重状态
答案　D
解析　小朋先向上做匀减速运动，在t1时刻达到最高点，故A错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加速度开始减小，t2时刻速度达到最大，但没有在最低点，故B错误；t3时刻速度为零，但合力不为零，故C错误；t2～t4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加速运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态，故D正确．

16．如图2，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为(　　)

图2
A. B．－
C．－ D.
答案　B
解析　从M点到N点利用动能定理有：
qUMN＝mv－mv＝m(v0cos 60°)2－mv
解得：UMN＝－，故B正确．
17．一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为f.以下说法正确的是(　　)
A．汽车的功率为fv
B．当汽车的速度增加到2v时，加速度为
C．汽车行驶的最大速率为(1＋)v
D．当汽车的速度为v时，行驶的距离为
答案　C
解析　汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F－f＝ma，所以F＝f＋ma，
所以汽车的功率为P＝Fv＝(f＋ma)v，故A错误；
当汽车的速度增加到2v时，此时的牵引力为
F＝＝＝
由牛顿第二定律有：F－f＝ma1，即－f＝ma1
解得a1＝，故B错误；
当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，
即vm＝＝＝v，故C正确；
由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax＝v2即x＝来计算，故D错误．
18．如图3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R2＝R3＝2R1，电流表为理想交流电表，U为有效值恒定的正弦交流电源．当S闭合时，电流表的示数为I；当S断开时，电流表的示数为.该变压器原、副线圈匝数比为(　　)

图3
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　A
解析　设变压器原、副线圈匝数比为k，则可知，开关闭合时，副线圈总电流为kI，根据理想变压器原理可知＝k，同理＝k
联立解得：k＝2，故A正确．
19．如图4甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图象正确的是(　　)

图4

答案　BD
解析　线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由题图可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反(感应电流产生的磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可判断出1～4 s内感应电流的方向，故A错误，B正确；0～1 s时间内，ad边感应电流是向下的，ad边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，同理可判断出1～4 s时间内安培力F随时间t的变化关系，故C错误，D正确．
20．某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是(　　)
A．卫星运行半径r＝
B．卫星运行半径r＝
C．地球平均密度ρ＝
D．地球平均密度ρ＝
答案　AC
解析　由万有引力提供向心力有：
G＝mr和G＝mg
联立解得：r＝，故A正确，B错误；
地球的质量M＝，
地球的体积V＝，
所以地球的密度为ρ＝＝＝，
故C正确，D错误．
21.有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量均为m、电荷量分别为－q和q的带电小球A和B，A、B间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E＝的匀强电场，系统平衡时，A、B球的位置如图5所示．现将O、B之间的轻线烧断，因空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是(　　)

图5
A．A球的电势能增加了qEL
B．B球的电势能减少了qEL
C．A球的重力势能减少了mgL
D．B球的重力势能减少了mgL
答案　ACD
解析　设达到新的平衡位置时OA绳与竖直方向的夹角为α，OB绳与竖直方向的夹角为β，由平衡条件得
对A：FT1cos α＝mg＋FT2cos β
qE＝FT1sin α＋FT2sin β
对B：FTcos β＝mg
qE＝FTsin β
FT＝FT2
联立解得：α＝0，β＝45°
所以A球的重力势能减少了
mgL(1－cos 30°)＝mgL
B球的重力势能减少了
mgL(1＋cos 45°)－mgLcos 30°＝mgL
A球的电势能增加了qELsin 30°－qEL＝
B球的电势能增加了qEL(sin 45°－sin 30°)＝qEL
综上所述，故A、C、D正确．
三、非选择题
(一)必考题
22．(5分)利用图6的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M，钩码的质量为m，打点计时器的电源是频率为f的交流电．

图6
(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母)
A．打点计时器不打点
B．打点计时器打点
(2)图7是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中O为打出的第一个点．在纸带上连续选取A、B、C、D、E点进行分析，测得各点到O点的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5，则打点计时器打D点时，小车的速度vD＝____.(用已知和测得物理量的符号表示)

图7
(3)若采用图中的OD过程进行验证，则需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)
答案　(1)B　(2)
(3)mgs4＝(m＋M)(s5－s3)2f2
解析　(1)在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选B.
(2)利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得
vD＝＝
(3)根据功能关系可知mghD＝(m＋M)v
代入数据得：mgs4＝(m＋M)(s5－s3)2f2
只要验证上关系式成立即可．
23．(10分)实验室中有热敏电阻Rt、电炉丝、电磁继电器、电源E(3.6 V，内阻不计)、电阻箱R0(0～999.9 Ω)、开关K和导线若干，某同学设计了如图8甲所示的温控电路，当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18 mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻Rt的阻值与温度t的关系．

图8
该同学主要实验过程如下，完成下列填空：
(1)用多用电表的欧姆“×1 Ω”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下：
A．将选择开关旋至“×1 Ω”挡，短接两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0”刻度
B．调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度
C．将多用电表的选择开关旋至“OFF”
D．将两表笔直接连到图甲中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值
以上步骤中存在错误的一项是________．改正后正确的步骤顺序为________________．(填步骤前的字母)
(2)已知继电器线圈的电阻为25.0 Ω.该同学将电阻箱的阻值调为75.0 Ω，则该温控器的温度控制范围在______之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值____________(选填“调大”或“调小”)．
(3)正确设计电路后闭合K，发现电炉丝发热，Rt温度一直升高但继电器并不吸合．将多用电表选择开关旋至直流电压“×10 V”挡，将表笔分别接到图甲中1、2、3、4各点进行故障排查(仅一处故障)，现象如下表，则可知________.

表笔位置
1、2
3、2
3、4
4、1
电表示数
3.60 V
3.60 V
0
0

A.开关K断路
B．电阻箱断路
C．热敏电阻Rt短路
D．电磁继电器线圈短路
答案　(1)D　BADC　(2)50 ℃～60 ℃　调大　(3)B
解析　(1)由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关将继电器隔离后再放到1、4两点直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的D有错误，欧姆表的正确的操作步骤是BADC.
(2)当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18 mA时，街铁与继电器分开，所以回路中的电流取值范围是18 mA～20 mA，当继电器线圈的电阻为25.0 Ω.电阻箱的阻值调为75.0 Ω，利用闭合电路欧姆定律I＝可解得此时热敏电阻的取值范围为80 Ω～100 Ω，结合图象可知温度的取值范围为50 ℃～60 ℃，若要提高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变．
(3)从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选B.
24．(12分)如图9为分拣邮件的传输装置示意图，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧的半径为R＝0.8 m，传送带的长度L＝3 m，以速度v＝2 m/s沿顺时针方向匀速转动．现将一质量m＝2 kg的邮件(可视为质点)由圆弧顶点A点静止释放，已知邮件和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：

图9
(1)邮件滑到B点时的速度大小；
(2)邮件由B点运动到C点的时间；
(3)邮件与传送带间因摩擦产生的热量．
答案　(1)4 m/s　(2)1.3 s　(3)4 J
解析　(1)由动能定理得：mgR＝mv
解得：vB＝4 m/s；
(2)邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
减速到v的过程中：v2－v＝2(－a)x1
v＝vB－at1
匀速阶段：L－x1＝vt2
综上可得运动的时间：t＝t1＋t2＝1.3 s
(3)邮件与传送带相对位移：Δx＝x1－vt1
摩擦生热：Q＝μmgΔx＝4 J.
25．(20分)如图10，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在x>0的区域内，磁感应强度大小B1＝3B0，在x<0的区域内，磁感应强度大小B2＝4B0.在t＝0时刻，一静止于O点的中性粒子分裂为两个质量分别为m、7m的带电粒子a和b，其中a粒子带正电，电荷量为q，分裂后粒子a以速度v沿x轴正向运动．不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，求：

图10
(1)分裂后b粒子的速度大小；
(2)当粒子a的速度方向再次沿x轴正向时，粒子a的运动时间和到O点的距离；
(3)粒子a与b在y轴上相遇的时刻和位置．
答案　见解析
解析　(1)由动量守恒定律得0＝mv＋(－7mvb)
解得：vb＝；
(2)由牛顿第二定律得：qvB＝m，T＝
解得粒子a的运动时间：
ta＝·＋·＝
到O点的距离：ya＝2－2＝；
(3)a经过y轴的坐标及对应的时刻为：
ya＝n·2－(n－1)·2
＝·(n＝1,2,3……)
ta＝n··＋(n－1)··
＝·
或ya′＝n·2－n·2＝·
(n＝1,2,3……)
ta′＝n··＋n··
＝·
b经过y正半轴的坐标及对应的时刻为：
yb＝N·2－(N－1)·2
＝·(n＝1,2,3……)
tb＝＋(N－1)·＝·.
粒子a和b相遇需满足条件ta＝tb且ya＝yb
或ta′＝tb且ya′＝yb
解得ta＝tb时无解．
ta′＝tb时，n＝3，N＝1
即t＝，y＝.
(二)选考题
33．[选修3－3](15分)
(1)(5分)分子同时存在着引力和斥力，若分子间引力、斥力随分子距离r的变化规律分别为F引＝，F斥＝.下列说法正确的是________．
A．分子表现为斥力时，由>得r>
B．引力和斥力相等时，由＝得r＝，故当r>时分子作用力为引力
C．引力和斥力相等时，分子势能为零
D．引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大
E．斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大
(2)(10分)如图11所示，内壁光滑的汽缸开口向上竖直放置；缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ高度均为L0，温度均为T0.活塞A到汽缸顶部的距离为L0，活塞A、B绝热，A下有加热装置，汽缸底部导热、其余部分绝热，开始时整个装置处于平衡状态．已知活塞A和加热装置质量不计，B质量为m、横截面积为S，外界大气压强为p0，环境温度不变．现对气体Ⅰ缓慢加热，求：

图11
①气体Ⅰ温度多大时B活塞开始移动；
②活塞B下移时气体Ⅰ的温度．
答案　(1)BDE　(2)见解析
解析　(2)①取Ⅰ气体为研究对象，p1＝p0，气体发生等压膨胀，当其体积为2L0S时，B开始移动．由盖－吕萨克定律得：＝
解得：T1＝2T0
②Ⅱ气体初态压强为p2＝p0＋
对Ⅱ由等温变化：p2L0S＝p2′×L0S
Ⅰ气体此时压强为p1′，p1′＝p2′－
对Ⅰ由理想气体状态方程：＝
解得：T1′＝T0.
34．[选修3－4](15分)
(1)(5分)如图12所示，一列横波在x轴上传播，实线和虚线分别表示t1＝0、t2＝0.14 s时的波形，已知实线在t3＝0.6 s时第5次重复出现．则________．

图12
A．波的周期为0.1 s
B．波的波长为12 cm
C．波的传播速度为1 m/s
D．波沿x轴正方向传播
E．t2＝0.14 s时，x＝0处质点的纵坐标为y＝ cm
(2)(10分)如图13所示为半径R＝6 cm的某种半圆柱透明介质的截面图，MN为紧靠该介质右侧竖直放置的光屏，与介质相切于P点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O.

图13
①当入射角i＝30°时，在光屏上出现三个亮斑，MP间两个亮斑到P点距离分别为8 cm和6 cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？
②当入射角i＝53°时，在光屏上会出现几个亮斑，亮斑分别是什么颜色？
答案　(1)BCE
(2)①紫光折射率为　红光折射率为1.2
②光屏上出现两个亮斑，MP间的亮斑为红色，PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑．
解析　(1)已知实线在t3＝0.6 s时第5次重复出现，
则有：t3＝0.6 s＝5T，得T＝0.12 s，
故A错误；
由题图知波的波长为12 cm，故B正确；
波的传播速度为：
v＝＝ m/s＝1 m/s，
故C正确；
t2＝0.14 s＝T＋0.02 s，
则波传播距离x＝vt2＝λ＋2 cm，
可知波沿x轴负方向传播，故D错误；
t2＝0.14 s＝0.12 s＋0.02 s，
而0.02 s＝，
根据正弦式振动方程y＝Asin(·t)得
y＝2×sin(·)＝ cm，
所以t2＝0.14 s时，
x＝0处质点的纵坐标为y＝ cm，故E正确．
(2)①如图，

由几何关系得
tan θ1＝＝1，得θ1＝45°
tan θ2＝＝，
得θ2＝53°，
所以紫光的折射率为n1＝＝，
所以红光的折射率为n2＝＝1.2；
②设紫光和红光的临界角分别为C1，C2，
sin C1＝＝，
解得，C1＝45°<i＝53°
同理sin C2＝＝>sin 53°
故C2>i＝53°.
则紫光发生全反射，红光发生反射和折射．光屏上出现两个亮斑，MP间的亮斑为红色，PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑．