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E＝mc2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现象，故玻尔理论有它的局限性，A错误；卢瑟福的α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Ff＝mgsin θ，从A转动到A′的过程中θ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n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，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2
A．输入电压u的表达式为u＝202sin (50πt) V B．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 从题图中可看出该交流电的最大值为202 V，周期为0.02 s，根据交变电流的电动势随2π
时间的变化规律e＝Emsin ωt，其中ω＝，可知输入电压u＝202sin(100πt) V，A错误；只断
T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U1∶U2＝n1∶n2，可知副线圈电压的有效值为4 V，若S1接到2，U 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．
R
17．如图3所示，带正电的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3
A．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abcd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ω逆时针转动时，a、b、c、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd.下列判断正确的是( )
图4
A．金属框中无电流，φa＝φd
B．金属框中电流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φd 1
C．金属框中无电流，Ubc＝－BL2ω
2D．金属框中无电流，Ubc＝－BL2ω 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，ωL1
c端电势高于d端，Ubc＝－BL＝－BL2ω，故选项A、B、D错误，C正确；故选C.
2219．2017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θ弧度，已知万有引力常量为G，则下列说法正确的是( ) l
A．卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为
tθ
B．卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度为2π
tl 3
C．地球的质量为
Gθt 2t 2
D．卫星的质量为
Gθl 3答案 AC
lθ
解析 由圆周运动公式可得l＝θr，v＝，ω＝，该卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，tt
vGMml3
有2＝m，解得M＝2，A、C正确．
rrGθt
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v＝2gR，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( )
2
图5
mgRA．电场中A点的电势为
qB．电场中B点的电势为－
2mgR
q
C．小球运动到B点时的动能为2mgR
D．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1mgRmgR
理可得mgR＋qUAO＝mv2，解得UAO＝，而UAO＝φA－0，所以φA＝，A正确；由对称
2qqmgR
性可知UAO＝UOB，即φA－0＝0－φB，故φB＝－，B错误；小球从A点运动到B点过程中，
q1
由动能定理得Ek＝qUAB＝2mgR，C正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为E1＝mv2＋
20＝2mgR，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，而重力势能增加量ΔEp＝mgR(1－cos 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E2＝E1－0.2mgR＝1.8mgR，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 W1对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能为( )
W21A. 3C．1
2B. 3D．2
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W1≤mgR.两次1
击打后上升到最高点的过程中，由动能定理得W1＋W2－2mgR＝mv2，由于通过最高点的速度
23W12
v≥gR，所以W2≥mgR，故≤，A、B正确．
2W23三、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： ①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，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；
②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①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1
定理可得μm1gx1＝m1v12，解得v1＝2μgx1，当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后，速度分
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