仿真沖刺卷(七)(建議用時:60分鐘滿分:110分)二、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第1418題只有一項符合題目要求,第1921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,有選錯的得0分)14.利用氫原子能級躍遷時輻射出來的電磁波去控制校準石英鐘,可以制成氫原子鐘.如圖所示為氫原子的能級圖,則下列說法正確的是()A.當氫原子處于不同能級時,核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的B.氫原子從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=2能級躍遷到n=1能級輻射出電磁波的波長長C.當用能量為11 eV的電子撞擊處于基態(tài)的氫原子時,氫原子一定不能躍遷到激發(fā)態(tài)D.從n=4能級躍遷到n=2能級時釋放的光子可以使逸出功為2.75 eV的金屬發(fā)生光電效應15.粗糙水平地面上的物體,在一個水平恒力作用下做直線運動,其v-t圖象如圖所示,下列物理量中第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)相同的是()A.摩擦力的功B.摩擦力的沖量C.水平恒力的功D.水平恒力的沖量16.如圖所示,用鉸鏈將三個質(zhì)量均為m的小球A,B,C與兩根長為L的輕桿相連,B,C置于水平地面上,系統(tǒng)靜止時輕桿豎直,現(xiàn)給系統(tǒng)一個微小擾動,B,C在桿的作用下向兩側滑動,三小球始終在同一豎直平面內(nèi)運動,忽略一切摩擦,重力加速度為g,則此過程中()A.球A的機械能一直減小B.球C的機械能一直增大C.球B對地面的壓力不可能小于mgD.球A落地的瞬時速度為2gL17.如圖,虛線,分別表示地球衛(wèi)星的三條軌道,其中軌道為與第一宇宙速度7.9 km/s對應的近地環(huán)繞圓軌道,軌道為橢圓軌道,軌道為與第二宇宙速度11.2 km/s對應的脫離軌道,a,b,c三點分別位于三條軌道上,b點為軌道的遠地點,b,c點與地心的距離均為軌道半徑的2倍,則()A.衛(wèi)星在軌道的運行周期為軌道的2倍B.衛(wèi)星經(jīng)過a點的速率為經(jīng)過b點的 2 倍C.衛(wèi)星在a點的加速度大小為在c點的4倍D.質(zhì)量相同的衛(wèi)星在b點的機械能等于在c點的機械能18.在冰壺比賽中,紅壺以一定速度與靜止在大本營中心的藍壺發(fā)生對心碰撞,碰撞時間極短,如圖(甲)所示.碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面,來減小阻力.碰撞前后兩壺運動的vt圖象如圖(乙)實線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行.已知兩冰壺質(zhì)量相等,由圖象可得()A.紅、藍兩壺的碰撞可能是彈性碰撞B.碰撞后,藍壺的瞬時速度為0.8 m/sC.碰撞后,紅、藍兩壺運動的時間之比為16D.碰撞后,紅、藍兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)之比為4519.某住宅小區(qū)的應急供電系統(tǒng),由交流發(fā)電機和副線圈匝數(shù)可調(diào)的理想變壓器組成,發(fā)電機中矩形線圈電阻不計,它可繞軸OO在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度勻速轉動,降壓變壓器副線圈上的滑動觸頭P上下移動時,可改變輸出電壓,R0表示輸電線電阻,下列判斷正確的是()A.若發(fā)電機線圈某時刻處于圖示位置,變壓器原線圈的電流瞬時值最大B.當用戶數(shù)目增多時,為使用戶電壓保持不變,滑動觸頭P應向下滑動C.若滑動觸頭P向下滑動,流過R0的電流將變大D.若發(fā)電機線圈的轉速減為原來的一半,用戶獲得的功率也將減為原來的一半20.如圖所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度為B的勻強磁場,MN是一豎直放置的感光板.從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子,且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m,不考慮粒子重力,關于粒子的運動,以下說法正確的是()A.粒子在磁場中通過的弧長越長,運動時間也越長B.射出磁場的粒子其出射方向的反向延長線也一定過圓心OC.射出磁場的粒子一定能垂直打在MN上D.只要速度滿足v=qBRm,入射的粒子出射后一定垂直打在MN上21.一長為L的絕緣細線,上端固定,下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球,處于如圖所示的水平向右的勻強電場中.開始時,將細線與小球拉成水平,小球靜止在A點,釋放后小球由靜止開始向下擺動,當細線轉過60角時,小球到達B點的速度恰好為零,則()A.A,B兩點的電勢差UAB=-3mgL2qB.勻強電場的電場強度大小E=3mg3qC.小球所帶電荷為正電荷D.小球到達B點時,細線對小球的拉力大小FTB=3mg三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分,第2225題為必考題,每個試題考生都必須作答.第3334題為選考題,考生根據(jù)要求作答)(一)必考題:共47分.22.(6分)某實驗小組利用如圖(甲)所示的裝置探究彈簧彈性勢能與形變量的關系,豎直懸掛的輕彈簧下端有一水平輕桿,可以推動豎直刻度尺邊緣的指針.在彈簧下端輕繩套不掛鉤碼的情況下,調(diào)節(jié)鐵架臺使彈簧下端輕桿推動指針與刻度尺0刻度對齊.在輕繩套上掛鉤碼,由靜止釋放輕桿推動指針向下運動,可記錄鉤碼運動到最低點指針對應的位置.已知鉤碼運動到最低點時符合2mg=kx,g=10 m/s2.(1)圖(乙)為某次實驗中指針的最低位置,其讀數(shù)為cm.(2)根據(jù)多次實驗得出鉤碼質(zhì)量m與指針讀數(shù)x的圖象如圖(丙)所示,可知彈簧彈性勢能Ep與彈簧伸長量x的關系為(選填“Ep與x成正比”或“Ep與x2成正比”).(3)由圖(丙)可得彈簧的勁度系數(shù)為N/m.23.(9分)為測量某微安表G(量程200 A,內(nèi)阻大約2 200 )的內(nèi)阻,有以下器材可供選擇:A.電壓表(03 V);B.電壓表(015 V);C.滑動變阻器(010 );D.滑動變阻器(01 k);E.電源E(電動勢約為6 V);F.電阻箱RZ(最大阻值為9 999 ).開關S一個,導線若干.(1)按圖(甲)所示電路圖將(乙)圖中的實物連線.(2)實驗過程為:合上開關S,先調(diào)節(jié)R使電壓表讀數(shù)為U,再調(diào)節(jié)電阻箱(此時電壓表讀數(shù)幾乎不變),使微安表指示為滿偏,記下此時電阻箱阻值為R1=8 056 ;然后再調(diào)節(jié)R,使電壓表讀數(shù)為23U,再調(diào)節(jié)電阻箱(此時電壓表讀數(shù)幾乎不變),使微安表指示為滿偏,記下此時電阻箱阻值為R2如圖(丙)所示.電壓表應選 ,滑動變阻器應選.(填字母代號)電阻箱的讀數(shù)R2=,待測微安表的內(nèi)阻Rg=.24.(12分)如圖所示,在水平面內(nèi)放置著金屬導軌OAC,OA段是直徑為a的半圓,AC段是半徑為a的14圓弧,半圓、14圓弧和虛線CO圍成的區(qū)域內(nèi)充滿垂直于水平面向下的勻強磁場(未畫出),磁感應強度大小為B;其余區(qū)域沒有磁場.OP是一根長為a的均勻細金屬棒,以恒定的角速度繞O點順時針旋轉,旋轉過程中金屬棒OP與圓弧均接觸良好.已知金屬棒OP的電阻為R0,兩個圓弧的電阻可忽略,開始時P點與A點重合.求:(1)t(T<2)時刻,金屬棒OP產(chǎn)生的感應電動勢的大小.(2)t(T<2)時刻,金屬棒OP所受到的安培力的大小.25.(20分)如圖所示,質(zhì)量m1=1 kg的木板靜止在傾角為=30足夠長的、固定的光滑斜面上,木板下端上表面與半徑R=3 m的固定的光滑圓弧軌道相切,圓弧軌道最高點B與圓心O等高.一質(zhì)量m2=2 kg、可視為質(zhì)點的小滑塊以v0=15 m/s 的初速度從長木板頂端沿木板滑下,已知滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)=33,木板每次撞擊圓弧軌道時都會立即停下而不反彈,最終滑塊未從木板上端滑出,取重力加速度g=10 m/s2.求:(1)滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度.(2)木板的最小長度.(3)木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能.(保留三位有效數(shù)字)(二)選考題:共15分.(請考生從給出的2道物理題中任選一題作答)33.物理選修3-3(15分)(1)(5分)下列說法正確的是.(填正確答案標號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分)A.單晶體有固定熔點,而多晶體沒有固定熔點B.給自行車打氣時氣筒壓下后反彈,是由分子斥力造成的C.一切自然過程總沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行D.影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對干爽與潮濕感受的因素是空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度下水的飽和汽壓的差距E.物體內(nèi)能的微觀決定因素是分子勢能、分子平均動能和分子總數(shù);宏觀決定因素是物體的體積、物體的溫度及物質(zhì)的量(2)(10分)空調(diào)在制冷過程中,室內(nèi)空氣中的水蒸氣接觸蒸發(fā)器(銅管)液化成水,經(jīng)排水管排走,空氣中水分越來越少,人會感覺干燥.某空調(diào)工作一段時間后,排出液化水的體積V=1.0103 cm3.已知水的密度=1.0103 kg/m3、摩爾質(zhì)量M=1.810-2 kg/mol,阿伏加德羅常數(shù)NA=6.01023 mol-1.試求:(結果均保留一位有效數(shù)字)該液化水中含有水分子的總數(shù)N.一個水分子的直徑d.34.物理選修3-4(15分)(1)(5分)已知波源的平衡位置在O點,t=0時刻開始做振幅為50 cm的簡諧振動,頻率為20 Hz,發(fā)出一列橫波沿x軸正方向傳播,如圖所示為P點恰好開始振動時的波形,P,Q兩質(zhì)點平衡位置坐標分別為P(6 m,0)、Q(28 m,0),則下列說法正確的是.(填正確答案標號.選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分.每選錯1個扣3分,最低得分為0分)A.這列波的波速為40 m/sB.當t=0.35 s時,Q點剛開始振動C.波源剛開始振動時的運動方向沿y軸負方向D.Q點剛開始振動時,P點恰位于平衡位置E.Q點剛開始振動之前,P點經(jīng)過的路程為14.0 m(2)(10分)一厚度均勻的圓形玻璃管內(nèi)徑為16 cm,外徑為24 cm.一條光線從玻璃管壁中點入射,光線AB與豎直方向成60角,與直徑MN在同一豎直面內(nèi),如圖所示.該玻璃的折射率為62,光速c=3.0108 m/s.光線經(jīng)玻璃管內(nèi)壁折射后從另一側內(nèi)壁下端射出玻璃管,求玻璃管的長度.保持入射點不動,調(diào)整入射角.求光線AB在玻璃管內(nèi)壁處恰好發(fā)生全反射時,光線在玻璃管中傳播的時間.(以上結果均保留2位有效數(shù)字)仿真沖刺卷(七)14.B氫原子處于不同能級時,核外電子在各處出現(xiàn)的概率不同,故A錯誤;從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=2能級躍遷到n=1能級輻射出的光子能量小,即輻射的電磁波的頻率小,波長長,故B正確;當用能量為11 eV的電子撞擊處于基態(tài)的氫原子時,氫原子可以吸收其中的10.2 eV的能量,可能躍遷到激發(fā)態(tài),故C錯誤;從n=4能級躍遷到n=2能級時釋放的光子的能量為E=E4-E2=-0.85 eV+3.4 eV=2.55 eV<2.75 eV,不能使逸出功為2.75 eV的金屬發(fā)生光電效應,故D錯誤.15.D由圖象可知,物體在摩擦力和恒力F作用下先向正方向做勻減速直線運動,然后反向加速,由圖象可知,第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)的位移不同,摩擦力的功不同,水平恒力的功也不同,故A,C錯誤;第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)摩擦力的方向不同,摩擦力的沖量不同,故B錯誤;水平恒力的沖量I=Ft,則水平恒力的沖量相同,故D正確.16.DA,B,C組成的系統(tǒng)機械能守恒,在A落地前,B,C運動;在A落地時,B,C停止運動.由系統(tǒng)機械能守恒可知,A的機械能先減小后增大,B,C的動能先增大后減小,即C的機械能先增大后減小,故A,B錯誤;在A落地前B做減速運動的過程中,輕桿對B有斜向上的拉力,B對地面的壓力小于mg,故C錯誤;對A根據(jù)動能定理可得mgL=12mv2,解得v=2gL,故D正確.17.C由開普勒第三定律可得a23T22=R13T12,解得T2T1=3232,故A錯誤;由萬有引力提供向心力得GMmr2=mv2r,解得v=GMr,如果衛(wèi)星在b點做勻速圓周運動,則衛(wèi)星經(jīng)過a點的速率為經(jīng)過b點的2倍,但衛(wèi)星在軌道做橢圓運動經(jīng)過b點的速率小于做勻速圓周運動的速率,所以衛(wèi)星經(jīng)過a點的速率大于經(jīng)過b點速率的2倍,故B錯誤;由公式a=GMr2可知,衛(wèi)星在a點的加速度大小為在c點的4倍,故C正確;衛(wèi)星在b,c兩點的重力勢能相等,衛(wèi)星在c點的動能大于在b點的動能,衛(wèi)星在b點的機械能小于在c點的機械能,故D錯誤.18.B設碰后藍壺的速度為v,碰前紅壺的速度v0=1.0 m/s,碰后速度為v0=0.2 m/s,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得mv0=mv0+mv,代入數(shù)據(jù)解得v=0.8 m/s,碰撞過程兩壺損失的動能為Ek=12mv02-12mv02-12mv2=0.16m>0,紅藍兩壺碰撞過程是非彈性碰撞,故A錯誤,B正確;設碰撞后,藍壺經(jīng)過t藍時間停止運動,根據(jù)三角形相似法有,1.2-1.01.0=1t藍,藍壺運動時間t藍=5 s,由vt圖象可知,紅壺的加速度大小為a紅=vt=1.2-1.01 m/s2=0.2 m/s2,碰撞后紅壺的運動時間為t紅=v0a紅=0.20.2 s=1 s,碰撞后紅、藍壺運動時間之比為15,C錯誤;藍壺的加速度大小為a藍=vt=0.85 m/s2=0.16 m/s2,由牛頓第二定律得a=g,解得動摩擦因數(shù)=ag,紅、藍壺與冰面間的動摩擦因數(shù)之比為紅藍=a紅a藍=0.20.16=54,D錯誤.19.BC圖示位置線圈的磁通量最大,穿過線圈磁通量的變化率為零,感應電動勢為零,變壓器原線圈的電流瞬時值為零,A錯誤;當用戶數(shù)目增多時,負載電阻減小,副線圈輸出電流增大,輸電線上的電壓損失變大,用戶得到的電壓變小,為使用戶電壓不變,應增大副線圈的匝數(shù),提高輸出電壓,滑動觸頭P應向下滑動,B正確;若滑動觸頭P向下滑動,副線圈輸出電壓增大,在用戶負載不變的情況下,流過R0的電流將增大,C正確;若發(fā)電機線圈的轉速減為原來的一半,感應電動勢的最大值Em=NBS將減為原來的一半,變壓器原線圈兩端的電壓的有效值減為原來的一半,副線圈輸出電壓U也減為原來的一半,用戶得到的功率P用=IU-I2R0,減為原來的四分之一,故D錯誤.20.BD速度不同的同種帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等,對著圓心入射的粒子,速度越大在磁場中軌道半徑越大,弧長越長,軌跡對應的圓心角越小,由t=2T知,運動時間t越小,故A錯誤;帶電粒子的運動軌跡是圓弧,根據(jù)幾何知識可知,對著圓心入射的粒子,其出射方向的反向延長線一定過圓心,故B正確;速度不同,半徑不同,軌跡對應的圓心角不同,對著圓心入射的粒子,出射后不一定垂直打在MN上,與粒子的速度有關,速度滿足v=qBRm時,粒子的軌跡半徑為r=mvqB=R,粒子一定垂直打在MN板上,故C錯誤,D正確.21.ACD小球由A到B過程中,由動能定理得mgLsin 60+qUAB=0,解得UAB=-mgLsin60q=-3mgL2q,故A正確;勻強電場的電場強度大小為E=|UAB|L(1-cos60)=3mgq,故B錯誤;小球在B點受到水平向右的電場力,與電場方向相同,小球帶正電荷,故C正確;小球在AB間擺動,由對稱性得知,B處細線拉力與A處細線拉力大小相等,在A處,由水平方向平衡有FTA=qE=3mg,在B點,細線的拉力FTB=FTA=3mg,故D正確.22.解析:(1)由圖示刻度尺可知,其分度值為1 mm,所以示數(shù)為3.60 cm.(2)鉤碼到達最低點時速度為零,鉤碼動能為零,由能量守恒定律得,mgx=Ep,又2mg=kx,整理可得Ep=12kx2,即Ep與x2成正比.(3)由2mg=kx得m=k2gx,結合圖象可知k2g=mx=0.12kg0.048m,解得k=50 N/m.答案:(1)3.60(2)Ep與x2成正比(3)50評分標準:每問2分.23.解析:(1)根據(jù)電路圖,實物連線如圖所示.(2)因為電源電動勢約為6 V,B電壓表量程太大,故電壓表選A,但操作時,需注意不能超過A電壓表的量程.要使調(diào)節(jié)電阻箱時電壓表讀數(shù)幾乎不變,微安表內(nèi)阻應遠大于滑動變阻器阻值,故滑動變阻器選C;由題圖(丙)可知,電阻箱的讀數(shù)R2=4 653 ;由題意有(Rg+R1)Ig=U,(Rg+R2)Ig=23U,聯(lián)立解得,待測微安表的內(nèi)阻Rg=2 153 .答案:(1)見解析圖(2)AC4 6532 153評分標準:第(1)問3分;第(2)問,前兩個空各1分,后兩個空各2分.24.解析:(1)經(jīng)過時間t,OP轉過的弧度為t,其有效切割長度l=a(1-cos t)(2分)P點的線速度vP=a(1分)棒與AO弧的交點Q點的線速度vQ=acos t(2分)由法拉第電磁感應定律,電動勢E=Blv(1分)v=vP+vQ2(1分)聯(lián)立得E=Ba2sin2t2.(1分)(2)由閉合電路歐姆定律I=ER(1分)PQ間的電阻R=R0la(1分)金屬棒OP所受安培力F=BIl(1分)F=B2a3sin2t2R0.(1分)答案:(1)Ba2sin2t2(2)B2a3sin2t2R025.解析:(1)由滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)=33=tan 30可知,滑塊在木板上勻速下滑,即滑塊到達A點時速度大小依然為v0=15 m/s,設滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度為h,則由機械能守恒定律可得12m2v02=m2g(Rcos +h)(2分)解得h=9.75 m.(1分)(2)由機械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為v0=15 m/s,滑上木板后,木板的加速度為a1,則有m2gcos -m1gsin =m1a1(1分)滑塊的加速度為a2,則有m2gcos +m2gsin =m2a2(1分)設經(jīng)過t1時間后兩者共速,共同速度為v1,由運動學公式可知v1=v0-a2t1=a1t1(1分)該過程中木板走過的位移x1=v12t1(1分)滑塊走過的位移x2=v0+v12t1(1分)之后一起勻減速運動至最高點,滑塊最終未從木板上端滑出,則木板的最小長度L=x2-x1(1分)聯(lián)立解得L=7.50 m(1分)(3)滑塊和木板一起勻減速運動至最高點,然后一起滑下,加速度均為a3,由牛頓第二定律可知(m1+m2)gsin =(m1+m2)a3(1分)一起勻減速向上運動的位移x3=v122a3(1分)木板從最高點再次滑至A點時的速度為v2,由運動學公式可知x1+x3=v222a3(1分)滑塊第三次、第四次到達A點時的速度大小均為v2,第二次沖上木板,設又經(jīng)過時間t2兩者共速,共同速度為v3,由運動學公式可知v3=v2-a2t2=a1t2(1分)該過程中木板走過的位移x4=v32t2(1分)一起勻減速向上運動的位移x5=v322a3(1分)設木板第二次滑至A點時的速度為v4,由運動學公式可知:x4+x5=v422a3(1分)木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能為E=12m1v42(2分)聯(lián)立解得E=509 J5.56 J.(1分)答案:(1)9.75 m(2)7.50 m(3)5.56 J33.解析:(1)單晶體和多晶體都有固定熔點,故A錯誤;給自行車打氣時氣筒壓下后反彈,不是由分子斥力造成的,而是因為氣筒內(nèi)的氣體壓強大于外部大氣壓的原因,故B錯誤;由熱力學第二定律可知:一切自然過程總沿著分子熱運動的無序性增大的方向進行,故C正確;影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對干爽與潮濕感受的因素是空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度下水的飽和汽壓的差距,故D正確;從微觀上來看,內(nèi)能由分子的平均動能、分子勢能和分子總數(shù)共同決定;從宏觀上來看,內(nèi)能取決于物體的溫度、體積和物質(zhì)的量,E正確.(2)V=1.0103 cm3,水的物質(zhì)的量n=VM(2分)水分子數(shù):N=nNA(2分)則得N=VMNA=1.01031.010310-61.810-261023個31025個.(1分)建立水分子的球模型.每個水分子的體積為V0=VN=VVMNA=MNA(2分)又V0=16d3(1分)故得水分子直徑d=36MNA,(1分)解得d410-10 m.(1分)答案:(1)CDE(2)31025個410-10 m34.解析:(1)波的頻率為20 Hz,周期為T=0.05 s;OP=6 m=1.5,則波長=4 m,則波速v=T=40.05 m/s=80 m/s,故A錯誤;振動從O傳到Q的時間t=OQv=2880 s=0.35 s,故B正確;由波形圖可知,P點開始起振的方向沿-y方向,則波源剛開始振動時的運動方向沿y軸負方向,故C正確;因PQ=22 m=512,則Q點剛開始振動時,P點恰位于平衡位置,故D正確;Q點剛開始振動之前,P點要振動512T,則經(jīng)過的路程為5.54A=22A=220.5 m=11 m,故E錯誤.(2)光在兩個界面的入射角和折射角分別是1,2,3,4,根據(jù)折射定律得n=sin 1sin 2(1分)解得2=45(1分)n=sin 4sin 3(1分)由幾何知識有2+3=90解得4=60(1分)玻璃管的長度為L=D2-D14tan 2+D1tan 4=(2+163)cm=0.30 m.(2分)當光在管內(nèi)壁處恰發(fā)生全反射時,時間最長,光通過的路程為x=LsinC(1分)另有sin C=1n,v=cn,x=vt(2分)則光線AB在玻璃管中傳播的最長時間為t=1.510-9 s.(1分)答案:(1)BCD(2)0.30 m1.510-9 s