1、1仿真模拟卷(三)一、选择题 (本题共 13 小题,每小题 3 分,共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列各选项中的负号表示方向的是( )A.“-5 J”的功 B.“-5 m/s”的速度C.“-5 ”的温度 D.“-5 V”的电势2.如图,一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )A.2- 3B.36C.33D.323.现在有一种观点,认为物理学是一门测量的科学。那么在高中物理中的自由落体运动规律、万有引力常量、电
2、流的热效应、元电荷的数值分别是由不同的科学家测量或发现的,他们依次是( )A.伽利略、牛顿、安培、密立根B.牛顿、卡文迪许、奥斯特、库仑C.伽利略、卡文迪许、焦耳、密立根D.牛顿、开普勒、奥斯特、密立根4.鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中,水对鱼的作用力方向合理的是( )5.质量分别为 m1、 m2的甲、乙两球,在离地相同高度处,同时由静止开始下落,由于空气阻力的作用,两球到达地面前经 t0时间分别到达稳定速度 v1、 v2,已知空气阻力大小 Ff与小球的下落速率 v 成正比,即Ff=kv(k0),且两球的比例常数 k 完全相同,两球下落的 v-t 关系如图所示,下列说法正确的是( )2A
3、.m1y0),速度大小为 v,方向沿 x轴正方向,此时撤去电场, t2时刻粒子经过 x 轴上 x=x0点,速度沿 x 轴正方向,不计粒子重力,求:(1)0t0时间内 O、 A 两点间电势差 UOA;8(2)粒子在 t=0 时刻的加速度大小 a;(3)B1的最小值和 B2的最小值的表达式。9普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(三)一、选择题 1.B 解析 功、温度、电势都为标量,其负号表示大小,而速度为矢量,其负号表示方向,B 正确。2.C 解析 F 水平时,有 F=mg ;当保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60角时,则 Fcos60= (mg-Fsin 60),联立解得 = ,故选 C
4、。333.C 解析 伽利略最早利用斜面实验研究了自由落体运动规律;卡文迪许利用扭秤实验测出了万有引力常量;焦耳发现了电流的热效应;密立根通过油滴实验测出了元电荷的数值。所以选 C。4.C 解析 鱼在水中沿直线水平向左减速游动,加速度方向水平向右,鱼受到的合力方向水平向右,即重力 G 与 F 的合力水平向右,如图所示,因此选 C。5.B 解析 由题图知甲、乙两球匀速运动的速度关系有 v1v2,由受力平衡得 mg=kv,联立得 m1m2,且 ,故 B 正确,A 错误;释放瞬间两球的速度均为零,阻力为零,故加速度均为 g,选项 C 错误;12=12图线与时间轴围成的面积等于物体的位移,由题图可知 t
5、0时间内甲下落的高度较大,故选项 D 错误。6.C 解析 设第一次抛出时 A 球的速度为 v1,B 球的速度为 v2,则 A、 B 间的水平距离 x=(v1+v2)t,第二次两球的速度为第一次的 2 倍,但两球间的水平距离不变,则 x=2(v1+v2)T,联立得 T= ,所以 C 正2确,A、B、D 错误。7.B 解析 机械能等于动能和重力势能之和,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,重力势能时刻发生变化,则机械能在变化,故 A 错误;在最高点对乘客受力分析,根据牛顿第二定律有 mg-FN=m ,座椅对他的支持力 FN=mg-m mg,故 B2 2正确;乘客随座舱做匀速圆周运动,需要
6、有合外力提供给他做向心力,所以乘客所受合力不能为零,故 C 错误;乘客重力的瞬时功率 P=mgvcos ,其中 为线速度和竖直方向的夹角,摩天轮转动过程中,乘客的重力和线速度的大小不变,但 在变化,所以乘客重力的瞬时功率在不断变化,故 D 错误。8.D 解析 电容式话筒与电源串联,其电压保持不变。在 P、 Q 间距增大的过程中,根据电容决定式C= ,可知电容减小;又根据电容定义式 C= 得知电容器所带电荷量减小, P 极板上电荷量减小,4 电容器放电,放电电流通过 R 的方向由 M 到 N,则 M 点电势高于 N 点电势,故 A、B、C 错误,D 正确。点睛:本题关键掌握电容的决定式 C= 、
7、电容的定义式 C= ,要熟悉各个物理量之间的关系,抓4 住不变量进行分析。9.D 解析 两极板和电源相连,故两极板间的电势差恒定,根据公式 C= 可知,当产品厚度增大4而导致 增大时,电容器的电容 C 增大,再根据 Q=CU 可知极板带电量 Q 增加,有充电电流从 b 向 a流过,故 A、C 错误,D 正确;因两板之间的电势差不变,板间距不变,所以两板间电场强度 E= 不变,B错误。10.D 解析 若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,则当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动,选项 A 错误。左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘
8、漆刮掉,电路不能接通,故不能转起来;同理 C 也不能转动,所以选项 B、C 错误。10若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后电路不导通,转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动,选项 D 正确。11.D 解析 第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度,即近地卫星的线速度,可知,该卫星的线速度小于第一宇宙速度,A 错误;地球同步卫星的周期等于地球自转周期,而该卫星的运行周期比地球同步卫星的周期小,所以该卫星的运行周期小于地球自转周期,B 错误;该卫星的轨道半径比地球同步卫星的小,知该卫星的角速度比同步卫
9、星的角速度大,C 错误;根据 a= 知,该卫星2的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。由 a= 2r 知,地球同步卫星的向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度,因此,该卫星的向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度,D 正确。12.A 解析 粒子从 A 运动到 B,电势差为 A- B,故电场力做功 W=q( A- B),A 正确;粒子在电场方向运动距离为 ,故电场力做功 W=qE ,故 B、C、D 错误。2-2 2-213.B 解析 人连同平台克服重力的功率为 P 台 = W=800 W,因伸缩臂具有一台 =4001060560定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机的输出功
10、率要大于 800 W,选项 D 错误。在一秒钟内,喷出去水的质量为 m=V= 103 kg=50 kg,喷出去水的重力势能为 WG=mgh=501060 J=3104 120J,水的动能为 mv2=1104 J,所以 1 秒钟内水增加的能量为 4104 J,所以水炮工作的发动机输出12功率为 4104 W,选项 B 正确,A、C 错误。二、选择题 14.ABD 解析 卢瑟福通过对 粒子散射实验结果分析,提出了原子的核式结构模型,选项 A 正确;太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应,选项 B 正确;光电子的最大初动能与紫外线的频率有关,与紫外线的照射强度无关,当增大紫外线的照射强度时,从锌板
11、表面逸出的光电子的数量增多,光电流增大,选项 C 错误;玻尔在研究原子结构中引进了量子化的概念,提出了轨道量子化和能级等,选项 D 正确。15.B 解析 电表的读数均为有效值,原线圈两端电压有效值为 220 V,由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比,可知副线圈两端电压有效值为 110 V,C 错误;流过电阻 R 的电流为 2 A,可知负载消耗的功率为 220 W,根据能量守恒可知,原线圈的输入功率为 220 W,A 错误;由 P=UI 可知,电流表的读数为 1 A,B 正确,由交流电压瞬时值表达式可知, = 100 rad/s,周期 T=0.02 s,D 错误。16.ABC 解析 由
12、波形图可知,波长为 4 m;实线为 t=0 时的波形图,虚线为 t=0.5 s 时的波形图,波沿 x 轴正方向传播,又该波的周期大于 0.5 s,则 00.5 s 时间内波传播的距离 x= , T=0.5 s,34 34故周期 T= s,频率为 1.5 Hz,A 正确。波速 v=f= 6 m/s,B 正确。由 2 s=3T,t=0 时, x=2 m 处的质23点在平衡位置, t=2 s 时,该质点同样经过平衡位置,C 正确。由 1 s= T,t=0 时, x=1 m 处的质点在波32峰位置, t=1 时,该质点在波谷位置,D 错误。三、非选择题17.答案 (1)左 (2)2 (3)D解析 (1
13、)平衡摩擦力时,将左端垫高形成斜面,使重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡;(2)由题给条件可知,小车自 C 点开始匀速运动,则匀速运动的速度 v= m/s=2 =4.0010-20.02m/s;(3)根据题图结合数学知识可知,该图象形式和 y=xn(n=2,3,4),形式相符合,故选 D。18.答案 (1) a (2)B (3)311解析 (1)此电路是分压电路,滑动变阻器的 aP 部分与小灯泡并联,开始时应使小灯泡两端电压最小,故滑片应置于 a 端。(2)电流表与电压表均有明显读数,说明灯泡所在电路正常,滑动中示数几乎不变,说明滑动变阻器没有起到应有的作用,故可能存在故障的滑动变阻器,故填 B
14、。(3)由 P= ,随着小灯泡两端电压的增大,灯丝温度升高,电阻增大, P 随 U2的变化变缓,即图线为23。19.答案 (1)0 .25 m/s2 50 m (2)630 N (3)4 m/s解析 (1)由加速度定义式可得 a1= ,解得 a1=0.25 m/s2;1由位移时间关系可得: h1= a1 ,解得 h1=50 m;1212(2)匀速运动的位移为: h2=vt2,解得 h2=225 m减速下降的位移为 h3=h-h1-h2,解得 h3=25 m根据位移速度关系可得减速的加速度大小为: a2= ,解得 a2=0.5 m/s2223根据牛顿第二定律可得: Ff-mg=ma2,解得 Ff
15、=630 N;(3)减速下落的时间为: t3= =10 s;3下落过程中的总时间为: t=t1+t2+t3=75 s;平均速度为: ,解得 =4 m/s。= 20.答案 (1)0 .2 m (2)7 N (3)60 0.39 m解析 (1) EP= 得 vB=2 m/s12m2FN+mg= 得 R=0.2 m2(2)mg2R=12m212m2FD-mg= 得 FD=7 N2根据牛顿第三定律知小球过 D 点时对管壁的压力大小为 7 N(3)从 B 开始,到运动至斜面上最高处,利用动能定理可得mg2R- 1mgLDE-mgs sin - 2mgs cos= 0-12m2得 s=1.353+3= 1
16、.3523(+30)所以当 = 60时,有最小值 sm= m0 .39 m934021.答案 (1)18 .6 (2)ABE解析 (1)十分度游标尺的第 6 个刻度线与主尺刻度线对齐,所以读数为 18.6 mm。(2)对于单摆,摆线质量可忽略且不可伸长,所以应选伸缩性小的细线,摆球应选密度较大、体积小的钢球;为使摆的周期大一些,由 T=2 知,摆线应长些 ,所以选项 A、B 正确;摆角应小于 5,要12减小周期测量的误差,计时起点应选在摆球的平衡位置,且测量多次( N)全振动的总时间( t),然后再算出周期 T= ,选项 E 正确。22.答案 (1)2(-) (1+2)222(2)能,理由见解
17、析(3)(m1+m2)gdsin - 。(1+2)322 22444解析 (1)小车下滑 d-L 距离的过程,由机械能守恒定律得(m1+m2)g(d-L)sin = (m1+m2)v212可得 v= 2(-)小车匀速运动时,所受的安培力大小为F=nBIL=nB L=2 2222由平衡条件得( m1+m2)gsin =F联立解得 v2=(1+2)222(2)由 v2= 得(1+2)222v2=(1+密 4)电 4 222 =4(1+4密 )电 2则知,保持匝数、边长、形状不变,导线加粗时,截面积 S 增大,由上式知能减小小车匀速运动的速度 v2,从而增大缓冲的效果。(3)根据能量守恒定律,小车运
18、动过程中线框产生的焦耳热为Q=(m1+m2)gLsin + 12(1+2)2-12(1+2)22联立解得 Q=(m1+m2)gdsin -(1+2)322 2244423.答案 (1) (2) (3)B1= ,B2=2-022 00+02-220 2(20-0) 0解析 (1)带电粒子由 O 点到 A 点运动过程中,由动能定理得qUOA= mv2-12 12m02解得 UOA=2-022(2)设电场强度大小为 E,则-UOA=UAO=Ey0t=0 时刻,由牛顿第二定律得qv0B0-qE=ma解得 a=0002-22013(3)如右图所示, t0t1时间内,粒子在小的虚线圆上运动,相应小圆最大半径为 R,对应的磁感应强度最小值为 B1,则R=20-02又 qvB1=m2解得 B1的最小值 B1=2(20-0)t1时刻粒子从 C 点切入大圆,大圆最大半径为 x0,对应的磁感应强度的最小值为 B2,则qvB2=m20B2=0
