【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑： 模拟仿真预测卷含答案（二）.doc，共(10)页，393.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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模拟仿真预测卷(二)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、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1～5题只有一个选项符合题目要求，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，有选错或不答的得0分．1．如图所示，物体A和B叠放在固

定光滑斜面上，A、B的接触面与斜面平行，当A、B以相同的速度沿斜面向上运动时，关于物体A的受力个数，正确的是()A．2B．3C．4D．5答案：B解析：物体A受重力，斜面的支持力，B的压力，A、B之间无相对运动趋势，故不受摩擦力，所以A共受三个力作用，选项B正确．2．如图所示，倾角θ＝3

0°的粗糙斜面固定在地面上，长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中()A．细线对软绳所做的功大于软绳机械能的增加量B．细线对软绳所做的功等于软绳

机械能的增加量C．物块重力势能的减少量等于软绳克服摩擦力所做的功D．物块的机械能逐渐增加答案：A解析：本题考查了功能关系等知识点，意在考查考生的理解和应用能力．细线对软绳做的功等于软绳机械能的增加量和克服摩擦力做功之和，所以，选项A正确，选项B错

误；物块重力势能的减少量一部分转化为物块的动能和软绳机械能的增加量，一部分转化为软绳克服摩擦力做的功，所以物块的机械能逐渐减小，选项C、D错误．3．(2018·江苏泰州中学联考)如图1所示，一质量为m的卫星绕地球在椭圆轨道Ⅰ上运转，运转周期为

T0，轨道Ⅰ上的近地点A到地球球心的距离为a，远地点C到地球球心的距离为b，BD为椭圆轨道的短轴，A、C两点的曲率半径均为ka(通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做该点的曲率圆，如

图2中的虚线圆，其半径ρ叫做该点的曲率半径)．若地球的质量为M，引力常量为G.则()A．卫星在轨道Ⅰ上运行时的机械能等于在轨道Ⅱ上运行时的机械能B．如果卫星要从轨道Ⅱ返回到轨道Ⅰ，则在C位置时动力气源要向后喷气C．卫星从C→D→A的运动过程中，万有引力对其做的功为12GMmk

2a－ab2D．卫星从C→D→A的运动过程中，万有引力对其做的功为12GMmk1a－ab2答案：D解析：本题考查万有引力、变轨、能量问题等知识．由题图1可知，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，要有外力对卫星做功，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能

小于其在轨道Ⅱ上的，A错误；若卫星要从轨道Ⅱ上的C位置变轨到轨道Ⅰ上，则在C位置时卫星要减速，动力气源要向前喷气，B错误；在A、C两点卫星的运动可近似看做半径均为ka，速度分别为vA、vC的圆周运动，则有GMma2＝mv2Aka，GMmb2＝mv2Cka，从C→D→A的运动过程中，由动能定理得W＝

12mv2A－12mv2C，解以上三式得W＝12GMmk1a－ab2，D正确，C错误．4．如图所示，A、B两物体的质量分别为2kg和1kg，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为0.8，B与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度为10m/s2.现对A施加一水平拉力F，不计空气阻力，则()A．当F＝17N时，物体A的加速度大小为0.5m/s2B．当F＝21N时，物体A的加速度大小为3m/s2C．当F＝22N时，A相对B滑动D．当F＝39N时，B的加速度为9m/s2答案：B解析：本题考查叠加体

、临界条件、滑动摩擦力、静摩擦力、牛顿运动定律及其相关的知识点．当水平拉力F＝17N时，大于B与地面之间的滑动摩擦力fB＝μB(mA＋mB)g＝0.4×(2＋1)×10N＝12N，若A、B之间不发生相对滑动，由牛顿第二

定律，F－fB＝(mA＋mB)a，解得它们的加速度a＝53m/s2，对A，设B对A的摩擦力为f，由牛顿第二定律，F－f＝mAa，解得f＝413N，A、B之间的滑动摩擦力fA＝μAmAg＝0.8×2×10N＝16N，大于

A、B之间的摩擦力f，则A、B之间不发生相对滑动，物体A的加速度为a＝53m/s2，选项A错误；要使A、B之间发生相对滑动，A对B向右的摩擦力fA使B加速运动，由牛顿第二定律，fA－fB＝mBaB，解得aB＝4m/s2；对A，由牛顿第二定律，F－fA＝mAa

A，且aA>aB，解得F>24N．当F＝21N时，A、B未发生相对滑动，可解得A的加速度a′＝3m/s2，选项B正确；当F＝22N时，A相对B未发生滑动，选项C错误；只要A、B发生相对滑动，无论F多大，B的加速度都为aB＝4m/s2，选项D错误．5．如图所

示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按y＝dsinπ2dx的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接

触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－x图象可能正确的是()答案：D解析：本题考查法拉第电磁感应定律及其相关的知识点．

导体棒在匀强磁场的第一个区域内运动时，前半个区域，通过大圆环的电流为顺时针方向，且根据法拉第电磁感应定律，内圆环a端电势高于b端，后半个区域，内圆环a端电势低于b端，可能正确的是图D.6．如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为

m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB.小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h.已知小球在C点时弹性绳的拉力为mg2，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始

终处在弹性限度内，下列说法正确的是()A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为mgh2B．若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则v＝ghC．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大

小为ghD．若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h答案：BC解析：本题考查弹力、摩擦力做功和动能定理，意在考查考生综合运用力学和能量知识处理问题的能力．设小球向下运动到某一点E时，如图所示，弹性绳伸长量为BE＝x，BC＝x0，弹性绳劲度系数为k，∠BEC＝

θ，则弹力为kx，弹力沿水平方向的分力为kxsinθ＝kx0＝mg2，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·mg2＝mg4，从C点运动别D点的过程中克服摩擦力做功为mgh4，A错．若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则小球从C点到D点，

再从D点返回C点的过移中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能，即mgh4×2＝mv22，v＝gh，B对．从C点到D点的过程，小球质量为m时，有mgh－W弹－mgh4＝0，小球质量为2m时，有2m

gh－W弹－mgh4＝2mv212，v1＝gh，C对．由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h，D错．7．(2018·湖南长沙长郡中学月考)如图所示，A、B、C三个小球(可视

为质点)的质量分别为m、2m、3m，，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的静电感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于坚直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是()A．静止时，A、B两小球间细线的拉力

为5mg＋EqB．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg－EqC．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE3D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE6答案：AC解析：静止时，对B、C球整体进行受力分析，

则有：T＝2mg＋3mg＋Eq＝5mg＋Eq，故A正确，B错误．B球带负电，B球受到一个竖直向下的电场力qE，剪断O点与A小球间细线的瞬间，电场力qE对A、B两小球整体产生一个竖直向下的加速度qE3m，故此时A、B两小球的加速度为g＋qE3m(显

然大于g)，C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B两小球间细线的拉力为13qE，故C正确，D错误．8．如图所示为两平行金属极板P、Q，在P、Q两极板上加直流电压U0，极板Q的右侧有一个边

长为2L的正方形匀强磁场区域abcd，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．P极板上中心O处有一粒子源，可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子，Q极板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀

强磁场区域，则下列说法正确的是()A．如果带电粒子恰好从d点射出，则满足U0＝12kB2L2B．如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子可能带负电C．带电粒子在匀强磁场中运动的速度为2kU0D．带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为1B2U0k

答案：ACD解析：本题考查带电粒子在电场中的加速、带电粒子在有界匀强磁场中的运动及其相关的知识点，意在考查考生的分析综合能力．当带电粒子恰好从d点射出时，根据图中几何关系可知，轨道半径r＝L.设带电粒子射入磁场时速度为v，由qvB＝mv2r，解得v＝qBLm.由qU0＝12mv2，解得U0＝1

2kB2L2，选项A正确；由左手定则可知，如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子一定带正电，选项B错误；由qU0＝12mv2，解得v＝2qU0m＝2kU0，选项C正确；由qvB＝mv2r，解得r＝mvqB＝1B2U0k，选项D正确．第Ⅱ卷(非选择题共62分

)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(4小题，共47分)9．(10分)利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置

如图甲所示．(1)下列关于该实验的说法，错误的是________．A．做实验之前必须平衡摩擦力B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D．为了实验安全，打点计时器接直流电源(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，

用刻度尺测量计数点间的距离如图所示．已知打点计时器每间隔0.02s打一个点．从图可知A、B两点间的距离s1＝________cm；该小车的加速度a＝________m/s2(计算结果保留2位有效数字)，实验中纸带的________(填“左”或“右”)端与小车相连接．(3)利用测得数据在

坐标系中作出了图乙所示的a－F图象．①图线不过坐标原点的原因是________________________________________________________________________．②小车和传感器的总质量为________kg.答案：(

1)BD(2分，选对一个得1分，错选不给分)(2)0.70(1分)0.20(2分)左(1分)(3)①未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(1分，其他说法只需合理，也可给分)②0.5(3分)解析：(1)由于实验

中用到了力传感器，所以没有必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项B错误；打点计时器必须用交流电源，选项D错误．(2)由图知s1＝7.0mm＝0.70cm，根据Δx＝aT2可得a＝ΔxT2＝0.20×10－20.12m/s2＝0.20m/s2

，开始时打点间距小，因此纸带的左端与小车相连接．(3)①由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足；②a－F图象中的斜率表示质量的倒数，由图可知k＝ΔaΔF＝1.0－00.6－0.1＝2，故小车和传感器的总质量M＝1k＝0.5kg.10．(5分)某科技小组的

同学通过查找资料动手制作了一个电池．(1)甲同学选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻．在他测量与计算无误的情况下，所得到的电源电动势E的测量值比真实值小．E的测量值比真实值小的原因可能是________(填选项前的字母)

造成的．A．电压表的分流B．电流表的分压(2)乙同学选用图2所示的电路图测量该电池的电动势和内阻，其中定值电阻的阻值为R0，根据实验电路图连接好电路，闭合开关S，逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，并作记录．根据多组实验数

据绘出如图3所示的1U－1R图象，若已知图线的斜率为k，纵轴截距为b，则这个实验中所测电池电动势的测量值E＝________，内阻的测量值r＝________.答案：(1)A(2分)(2)1b(2分)kb－R0(1分)解析：(1)电源的电动势大小数值上等于外电

路断开时(即电流表示数为零时)的路端电压，在图1中，当电流表示数为零时，由于电压表的电阻并非无穷大，电源与电压表构成通路，电压表的示数必然小于电源电动势，故电源电动势的测量值小于真实值，故产生误差的原因是电压表的分流作用，选项A正确；(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I(R0＋r)＝U＋UR(R

0＋r)，有1U＝1E＋R0＋rE·1R，故1U－1R图象的斜率为k＝R0＋rE，纵轴截距为b＝1E，故电池电动势E＝1b，内阻r＝kb－R0.11．(15分)如图所示，抛物面轨道AO通过水平轨道OB与半圆形轨道

BCD平滑连接，整个轨道处于竖直平面内，以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物面轨道AO在坐标系中满足y＝13x2(m)(x≤0)．一小球从轨道AO上某处由静止释放，恰好可以通过半圆形轨道BCD的最高点D，最终落到了坐标原点O，不计一切摩擦，已知水平轨道OB长L＝2m，重力加速

度g＝10m/s2.求：(1)半圆形轨道的半径R和小球释放点的高度y1；(2)若释放点的高度y2＝4.45m，小球落到轨道上的点的坐标．答案：(1)1m2.5m(2)(－1.5m,0.75m)解析：本题考查平抛运动、圆周运动的基本规律和动能定理，意在考查考生的

理解能力和分析综合能力．(1)设小球恰好可以通过半圆形轨道的最高点的速度为vD，则mg＝mv2DR(1分)小球离开D点后做平抛运动，则2R＝12gt2(2分)L＝vDt(1分)联立可得R＝1m(1分)小

球从释放点到D点的过程根据动能定理有mg(y1－2R)＝12mv2D(1分)联立可得y1＝52R＝2.5m(1分)(2)若释放点的高度y2＝4.45m，则小球会落到抛物面轨道上，设小球到达D点时的速度为v

，根据动能定理有mg(y2－2R)＝12mv2(2分)设落点的坐标为(－x0，y0)，由平抛运动规律有2R－y0＝12gt2(2分)x0＋L＝vt′(1分)又因为y0＝13x20(m)(1分)联立可得t′＝12，另一解不符合题意，舍去故x0＝1.5m，y0＝0.75m(1分)所以落点坐标

为(－1.5m,0.75m)(1分)12．(17分)如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A(可视为质点)，且m<M，A、B间的动摩擦因数为μ，现给A施加一水平向左的外力F1＝12F，同时给B施加一水平

向右的外力F2＝F，使A开始向左运动，B开始向右运动，经时间t后同时撤去两个外力，最后A恰好不会滑离B，重力加速度为g，求：(1)A、B最后的速度大小和方向；(2)以水平面为参考系，A向左运动的位移最大时，B向右运动的位移大小．答案：(1)FtM＋m，方向

向右(2)3F2－5μmgF＋2μ2m2g28μmMg解析：(1)对A，根据牛顿第二定律有12F－μmg＝ma1(1分)解得a1＝F－2μmg2m(1分)运动t时间后A的速度大小为v1＝a1t＝Ft－2μmgt2m(1分)(注：v

1也可用动量定理进行求解)同理对B有F－μmg＝Ma2(1分)解得a2＝F－μmgM(1分)运动t时间后B的速度大小为v2＝a2t＝Ft－μmgtM(1分)由于系统所加外力F2>F1，作用时间相同，故系

统获得的总冲量向右，规定向右为正方向，撤去外力后，最后A、B共速，根据动量守恒定律有Mv2－mv1＝(M＋m)v共(1分)将v1、v2代入上式解得v共＝FtM＋m，方向向右(1分)(2)以水平面为参考系，A向左运动的位移最大，即A

减速到零，根据牛顿第二定律有μmg＝ma3(1分)解得a3＝μg(1分)则A减速的时间为t′＝0－v1－a3＝Ft－2μmgt2μmg(1分)这段时间内对B由牛顿第二定律有μmg＝Ma4(1分)解得a4

＝μmgM(1分)则A减速为零时，B的速度为v3＝v2－a4t′＝Ft2M(1分)故B在加速过程中的位移大小为x1＝v22t＝Ft2－μmgt22M(1分)在A减速过程中B运动的位移为x2＝v2＋v32t

′＝F－3μmgF－2μmgt28μmMg(1分)以水平面为参考系，A向左运动的位移最大时，B向右运动的位移大小为x＝x1＋x2＝Ft2－μmgt22M＋F－3μmgF－2μmgt28μmMg＝3F2－5μmgF＋2μ2m2g28μmMg(1分)(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道

题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．(15分)[选修3—3](1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．气体温度升高

，则每个气体分子的动能都将变大B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小C．一定质量理想气体温度升高，则内能增大D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能一定增加E．用油膜法估测分子大小，如果油膜没有充分展开，测出来的分子大小将偏小(2)(10分)如图所示，内壁光滑的气缸

水平放置，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体初始温度为T1＝300K，此时活塞与气缸底部之间的距离为d1＝24cm.在活塞的左侧d2＝6cm处有固定的卡环，大气压强P0＝1.0×105Pa.求：①要使活塞能缓慢达到卡环位置，封闭气体的温度至少升

高到多少？②当封闭气体的温度缓慢升到T＝450K时，封闭气体的压强为多少？答案：(1)BCD(5分)(2)见解析解析：(1)温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，选项A错误；分子间距离增大时，分子

间引力和斥力都减小，只不过斥力变化更快，选项B正确；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，选项C正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝0，外界对气体做正功，内能一定增大，选项D正确；用油膜法估测分子的大小，若油膜没有完全展开，则测得的展开面积S变小，根据分子直径d＝VS

，测出的分子直径变大，选项E错误．(2)①对活塞中的气体p1V1T1＝p2V2T2(2分)缓慢达到卡环位置可知气体做等压变化p1＝p2＝p0(1分)V1V2＝d1d1＋d2(2分)解得T2＝375K(1分)②因T>T2＝375K可判断活塞处于卡环位置，此

时体积V＝V2(1分)故pT＝p2T2(2分)得p＝1.2×105Pa(1分)14．(15分)[选修3—4](1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低

得分为0分)A．在潜水员看来，岸上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里B．光纤通信利用了全反射的原理C．泊松通过实验观察到的泊松亮斑支持了光的波动说D．电子表的液晶显示用到了偏振光E．变化的磁场一定产生变化的电场(2)(10分)如图所示，

坐标原点O处的波源t＝0时刻开始沿y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波．t＝0.3s时刻，波传到x＝3m的P点．求：①波的传播速度；②再经过多长时间，位于x＝8m处的Q点到达波谷．答案：(1)ABD(5分)(2)见解析解

析：(1)潜水员看到的岸上的所有景物都出现在入射角为90°的折射光线组成的倒立的圆锥里，A项正确；光纤通信利用了全反射的原理，B项正确；泊松亮斑并不是泊松通过实验观察到的，C项错误；电子表的液晶显示用到了偏振光，D项正

确；均匀变化的磁场产生稳定的电场，E项错误．(2)(10分)①由题知，波的传播速度v＝Δxt＝10m/s(3分)②由图可知，λ＝4m，故知周期T＝0.4s(3分)设再经过时间Δt，位于x＝8m处的Q点到达波谷则Δt＝0.8＋nT＝0.4(2＋n)sn＝0,1,2，„(4分)