仿真模拟练一高三模拟试题

1、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. 1；" + 2He 7 勺：。* 1HB. 238U 7 234)Th + 2HeC. 2H + 1h 7 2He + onr 235 1144c89.,1D. 92U +on7 56Ba + 36Kr + 3on答案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

2、为a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-1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 . t2t4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；t

3、3时刻速度为零，但合力不为零，故C错误；t2t4时间内先向下做减速运动,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,为其运动轨迹上的两点. 已知该粒子在 M点的速度大小为vo,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.贝yM、N两点间的电势差为C23mv0A.8q2 mvo_Sq"B. mvo2 D.药解析从M点到N点利用动能定理有:答案, 1 2 1 2 1 . 1 2 qUMN = mvN mvM = 2m(vocos 60 ) mvo2解得：Umn=-38，故B正确.17.质量为m的电动汽车在平直公路上以恒

4、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 fvB .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ma(1 + f)vD.当汽车的速度为 v时，行驶的距离为2 v2a答案 C解析 汽车做加速运动，由牛顿第二定律有:F一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P (f+ ma v f + ma F = 2V = 2v =由牛顿第二定律有:f + maF 一 f = ma1，即 2 一 f= ma1ma一 f解得

5、a1 =刁不，故B错误;当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大,P rf+ ma即 Vm = P =fd + ，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,2行驶的距离不能用2ax=v2即x=2a来计算，故D错误.18.如图3,在含有理想变压器的电路中, 表，U为有效值恒定的正弦交流电源.当三个定值电阻R2= R3= 2Ri，电流表为理想交流电S闭合时，电流表的示数为I ;当S断开时，电流表的示数为斗该变压器原、副线圈匝数比n为（）n2B.3 C. 4 D. 5答案解析设变压器原、副线圈匝数比为k,则可知，开关闭合时，畐y线圈总电流为kI，根据理U IR1想变压器原理可知一

6、=k,kR2 + R3同理5U-615=kk6IR2联立解得：k= 2,故A正确.19 如图4甲所示，矩形导线框abed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（）)f?A答案BD解析甲图4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，01 s时间内，B增大,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

7、 电流恒定，同理可判断出 14 s内感应电流的方向，故 A错误，B正确；01 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 14 s时 间内安培力F随时间t的变化关系，故 C错误，D正确.g,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C .地球平均密度=Lp= 47GRD .地球平均密度3gR 尸4 tG答案 A

8、C解析 由万有引力提供向心力有:2mM4 n MmG= mjzrr 和R= mgrTR联立解得:故A正确，B错误;r =地球的质量M = gR，地球的体积v=4n3所以地球的密度为M 尸 V = 4nRgR1 2G 3g34 tGR，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、电荷量分别为一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 =哑的匀强电场，系统平衡时， A、B球的位置如q图5所示现将0、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

9、球间相互作用的静电力）以下说法正确的是（）aE图53,对 A: Fticos a= mg + Ft2COS 3 qE = FTisin a+ Ft2Sin 3 对 B: Ftcos 3= mg qE = FTSin 3Ft= Ft2联立解得：a= 0, 3= 45° 所以A球的重力势能减少了2 - VamgL(1 cos 30 )= 2mgLB球的重力势能减少了mgL(1 + cos 45 ) mgLcos 302+/2=2 mgLA球的电势能增加了 qELsin 30 -qEL =V2 1B 球的电势能增加了 qEL(sin 45 - sin 30 ) =一qEL综上所述，故A、C

10、、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.小车计搭纸帯a钩码（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,点在纸带上连续选取 A、B、C、D、E点进行分析，测得各点到其中0为打出的第一个0点的距离分别为3、S2、S3、S4、S5,则打点计时器打 D点时，小车的速度V

11、d = (用已知和测得物理量的符号表示)图7(3)若采用图中的 0D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(S5S3f(3)mgS4= 25+ M)(S5 s3)2f28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S5- S3(S5 S3 fVD =2T (3)根据功能关系可知1 2 mghD= dm* M)vd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R

12、t、电炉丝、电磁继电器、电源E(3.6 V，内阻不计卜电阻箱Ro(0999.9 Q)、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Rt的阻值与温度t流降到18 mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻的关系.16021)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“X 1 Q”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“X 1 Q”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

13、“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）已知继电器线圈的电阻为25.0 Q该同学将电阻箱的阻值调为75.0 Q,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 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“X10 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、23、

14、23、44、1电表示数3.60 V3.60 V00A.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 C 60 C 调大解析（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.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 mA20 mA,当继电器线圈的电阻为25.0 曲阻箱的阻值调为75.0 ，利用闭合电路欧姆定律

15、I = 可R外 + r解得此时热敏电阻的取值范围为80 Q100 Q,结合图象可知温度的取值范围为50 C60 C，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.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.现将一质量已知邮件和传送带间的动摩擦因数m= 2 kg的邮件(可

16、视为质点)由圆弧顶点A点静止释放,尸 0.5, 取 g= 10 mS2，求：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(1)由动能定理得：mgR= 2mvB解得:Vb= 4 m/s；(2)邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得: 减速到v的过程中：v2 Vb2= 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：Ax= X1 vt1摩擦生热：Q=y mgx= 4 J.25. (2

17、0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 0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分裂后b粒子的速度大小;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 0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7n 3 Tim解析解得:vvb= 7；由牛顿第二定律得:2qvB = m：

18、,2 n T=(1)由动量守恒定律得 0 = mv+ ( 7mvb)解得粒子a的运动时间:1 2 Tim1 2 Tfn7 nmta + ta 2 q 3B0+ 2q4B0 12qB0mvmv mv到0点的距离：ya= 2五2芮=6qB0, (3)a经过y轴的坐标及对应的时刻为:ya= n 2" (n 1) 2" y q 3B0 'q 4B0n+ 3 mv=6 qB0( n= 1,2,3)=n 12 m 丄(n 1)12 mta= n 2 q 3B0+ (n 1) 2 q 4B0mv n mv12 qBo 卡 c mv c或 ya = n 2q 3B0 n 2q 4B

19、0= 6 qB。(n = 1,2,3),1 2 nm1 2 nmta = n 2 q 3B0+ n 2 q 4 B0 b经过y正半轴的坐标及对应的时刻为:mvmvyb=N 2qmB0(N“両N+ 4 mv49N 28 nm qB。.mB0(n =1,2,3)N - 2 m 7 八 2 n mtb= 2q 4Bo + (N 1) 2q 3Bo=12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（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

20、力随分子距离r的变化规律分别为 F引 = *, F斥=d下列说法正确的是A .分子表现为斥力时,1 fb严 8丿B 引力和斥力相等时,由負=養得r=1#厂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、n高度均为Lo,温度均为To.活塞A到汽缸顶部的距离为 Lo,活塞A、B绝热，A下有加热装置，汽缸底A和加热装置质量不计,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B质量为m、横截面积为S,外界大

21、气压强为p0，环境温度不变.现对气体I缓慢加热，求:图11B .波的波长为12 cm气体I温度多大时 B活塞开始移动;活塞B下移2时气体I的温度.答案 （1）BDE（2）见解析解析（2）取I气体为研究对象，P1 = po,气体发生等压膨胀，当其体积为2LoS时，B开始移动.由盖一吕萨克定律得:LoS 2L0ST0T1解得：Ti= 2T0 n气体初态压强为P2 = p0 + mgS1对n由等温变化：P2L0S= p2'x 2L0SI气体此时压强为p/, P1' = P2' mgS,5对I由理想气体状态方程:P1L0S P1" 5L0STi'T05(2P0

22、S + mg ) 解得：-2P0S 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= 0.6s时第5次重复出现则A .波的周期为0.1 sC .波的传播速度为1 m/sD .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=>/3 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.Pt2= 0.14 s= 0.12 s+ 0.02 s,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?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紫光折射率为迈红光折射率为1.2光屏上出现两个亮