6/6高考標(biāo)準(zhǔn)仿真卷·仿真卷61．C[根據(jù)電荷數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，則新原子核X帶正電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得，新原子核X的電荷數(shù)是3，核子數(shù)是7，新原子核與鈹核相比，電荷數(shù)少一個(gè)而核子數(shù)相同，所以是質(zhì)子數(shù)少一個(gè)，中子數(shù)多一個(gè)，故B、D錯(cuò)誤，C正確。故選C。]2．C[從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為Δx＝2d，即光程差為薄膜厚度的2倍，當(dāng)光程差Δx＝nλ(n＝1，2，3…)時(shí)，此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的薄膜的厚度差為12λ，在題圖中相鄰亮條紋(或暗條紋)之間的距離先是保持不變，然后突然變寬，再保持不變，則厚度變化率先不變?cè)偻蝗蛔冃≡俦３植蛔?。故選C。3．D[在A、B兩點(diǎn)分別固定電荷量為＋q、－q的兩個(gè)點(diǎn)電荷，則通過(guò)AB的中垂面是一等勢(shì)面，C、D、E處在同一等勢(shì)面上，C、D、E三點(diǎn)的電勢(shì)相等，C、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向都與AB平行，方向指向B的一側(cè)，即方向相同，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知場(chǎng)強(qiáng)的大小相等，故C、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；由于C、D、E處在同一等勢(shì)面上，故將另一帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)沿直線CD移動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)它不做功，選項(xiàng)D正確；假設(shè)AB連線的中點(diǎn)為O，由等量異種電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，在通過(guò)AB的中垂面上，離AB連線的中點(diǎn)O越近，場(chǎng)強(qiáng)越大，離O越遠(yuǎn)，場(chǎng)強(qiáng)越小，根據(jù)題圖中幾何關(guān)系可知OE垂直于CD，故CO的距離大于EO的距離，C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比E點(diǎn)的小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。故選D。]4．C[僅使滑片M下移，副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)理想變壓器U1U2＝n1n2，知副線圈電壓減小，副線圈電路電阻不變，所以電流減小，故A錯(cuò)誤；僅使滑片M下移，副線圈電壓、電流均減小，所以副線圈功率減小，根據(jù)理想變壓器特點(diǎn)U1I1＝U2I2，知原線圈中電流變小，故B錯(cuò)誤；僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，并聯(lián)部分電路電壓(副線圈電壓)不變，L2所在支路電阻逐漸減小，根據(jù)并聯(lián)分流特點(diǎn)可知，L2中電流一直增大，故C正確；僅使滑片N自變阻器a端向b端移動(dòng)，則并聯(lián)部分電阻先增大后減小，副線圈總電阻先增大后減小，副線圈電壓不變，所以副線圈總電流(電流表示數(shù))先減小后增大，故D5．B[整體分析，根據(jù)水平方向平衡FACsin30°＝FBCsin60°，單獨(dú)分析左右兩部分FBCcos60°＝mBCg，F(xiàn)ACcos30°＝mACg，解得導(dǎo)線AC部分與BC部分的質(zhì)量之比為3∶1。故選B。]6．D[導(dǎo)體棒甲剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)兩棒受到的安培力大小相等，則加速度也相等，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量守恒，最終兩棒均做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小滿足v甲＝v乙＝v02，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為系統(tǒng)損失的動(dòng)能，即Q總＝14mv02，甲棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q甲＝2r27．D[開(kāi)始時(shí)物塊在傳送帶的作用下動(dòng)能不斷增大，根據(jù)動(dòng)能定理有μmgcosθ-mgsinθx＝Ek－0，在5m后動(dòng)能不變，可知物塊與傳送帶相對(duì)靜止，即v＝2.0m/s，帶入動(dòng)能表達(dá)式可得μ＝0.8，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)程中合外力對(duì)物塊做的功等于動(dòng)能的變化量，則有W合＝ΔEk＝12mv2＝2J，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量，即Wf＝12mv2＋mgLABsinθ＝62J，8．BD[根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得GMmr2＝mv2r，解得v＝GMr∝1r，可得B和C由于A與B的軌道半徑相等，所以A與B的線速度大小相等，A錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得GMmr2＝mω解得ω＝GMr3∝1r3，由于A的軌道半徑大于C的軌道半徑，所以A的角速度比C的小，B正確；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得GMmr2＝m4π可得B和C的周期之比為BTC＝rB3rC3＝278，C9．AC[畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何圖形可知軌跡的半徑R＝acos60°＝2a，由qvB＝mv2R，解得粒子的速度大小v＝2aBqm，A正確，B錯(cuò)誤；在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由圓心角決定，所以與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，10．ACD[繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達(dá)到共同速度，設(shè)B、C達(dá)到的共同速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0m/s，A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，A、B具有相同的速度v2，A、B組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有，m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5m/s，B錯(cuò)誤，C正確；A、B、C三者最終有共同的速度v3，A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝23m/s，D正確；故選A、C、D。11．解析：(1)刻度尺的分度值為1mm，所以其讀數(shù)為20.00cm。(2)根據(jù)描點(diǎn)法得出彈簧的伸長(zhǎng)量x與鉤碼質(zhì)量m的關(guān)系圖像如圖。(3)由圖可知，當(dāng)沒(méi)有掛鉤碼時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為1.00cm，可得由于彈簧自重而引起的彈簧的伸長(zhǎng)量為1.00cm。答案：(1)20.00(2)見(jiàn)解析圖(3)1.0012．解析：(1)題圖中虛線框內(nèi)的電表應(yīng)選A2，因?yàn)樘摼€框在干路上，選擇量程大的電流表。蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為2V，改裝后電壓表量程為2V。所以串聯(lián)電阻R＝UIg－RA1＝9200Ω，故選R(2)根據(jù)I1(R2＋RA1)＝E－(I1＋I(xiàn)2)·(R1＋r)整理得I1＝ER2+RA1－(I1所以ER2+RA1＝R1+r解得E＝1.9V，r＝1.0Ω。(3)因?yàn)榭紤]到電表內(nèi)阻，所以沒(méi)有誤差。電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值等于真實(shí)值，內(nèi)阻測(cè)量值等于真實(shí)值。答案：(1)A2R2(2)1.91.0(3)等于等于13．解析：(1)由玻意耳定律得p0(V0－ΔV)＝14解得ΔV＝18V0(2)設(shè)第二次抽氣后氣體壓強(qiáng)為p2，1415p0(V0－ΔV)＝p2設(shè)剩余氣體壓強(qiáng)為p0時(shí)體積為V，則p0V＝p2(V0剩余氣體與原氣體的質(zhì)量比m1m解得m1m2答案：(1)18V0(2)196∶14．解析：(1)當(dāng)帶電粒子運(yùn)動(dòng)半徑為半圓金屬盒的半徑R時(shí)，粒子的速度達(dá)到最大值vm，由牛頓第二定律得qBvm＝m粒子離開(kāi)加速器時(shí)獲得的最大動(dòng)能Ekm＝1解得Ekm＝q2(2)第N次加速后，由動(dòng)能定理得NqU＝1根據(jù)牛頓第二定律得qBvN＝m可解得第N次加速后rN＝1可推得第(N－1)次加速后rN－1＝1相鄰軌跡間距Δd＝2(rN－rN－1)＝(N-N-1由此可知相鄰軌跡間距逐漸減小，丙同學(xué)的判斷是合理的。(3)粒子在電場(chǎng)中被加速n次，由動(dòng)能定理得nqU＝Ekm，解得n＝q粒子在加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可以看成兩部分時(shí)間之和，即在金屬盒內(nèi)旋轉(zhuǎn)n2圈的時(shí)間t1和通過(guò)金屬盒間隙n次所需的時(shí)間t2之和，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)由牛頓第二定律得qBv＝mv運(yùn)動(dòng)周期T＝2πr粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝n2T＝粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得nd＝vm2解得t2＝BRd粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1t2＝πR2d答案：(1)q2B2R22m(215．解析：(1)過(guò)程1：當(dāng)爸爸施加向左的力F1時(shí)，對(duì)木塊由牛頓第二定律得a1＝F1-μ1mgm＝對(duì)材料板由牛頓第二定律得a＝μ1mg-μ2M+mgM可知兩者一起加速運(yùn)動(dòng)，不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)t0＝2s，木塊的速度v1＝a1t0＝5m/s。(2)過(guò)程2：撤去F1，當(dāng)女兒施加豎直向上的力F2時(shí)，對(duì)木塊F2＝mgN＝0，f＝0故木塊以5m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)材料板有a2＝μ2MgM＝μ2g＝2.5m經(jīng)過(guò)t1＝2s，速度v2＝v1－a2t1＝0木塊在材料板上滑行的距離x＝v1t1－v12t1＝過(guò)程3：撤去F2時(shí)，木塊剛好運(yùn)動(dòng)到光滑的BC段，水平方向不受力，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，材料板水平方向不受力，故靜止不動(dòng)，木塊在材料板上的相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝xv1＝過(guò)程4：木塊運(yùn)動(dòng)到粗糙的CD段，木塊與材料板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)：木塊減速a3＝μ1g＝7.5m/s2材料板加速a4＝a＝2.5m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)t3共速，根據(jù)v1－a3t3＝a4t3解得t3＝0.5s過(guò)程5：因?yàn)棣?大于μ2，故共速后，木塊與材料板一起減速運(yùn)動(dòng)，木塊與材料板不再發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；綜上木塊相對(duì)材料板運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝3.5s。(3)過(guò)程1：材料板與木塊一起加速運(yùn)動(dòng)的位移s1＝12a0過(guò)程2：材料板減速的位移s