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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()A.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;(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。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=33,故选C。3.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m1m2=v1v2,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;图线与时间轴围成的面积等于物体的位移,由题图可知t0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=t2,所以C正确,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=mv2r,座椅对他的支持力FN=mg-mv2rmg,故B正确;乘客随座舱做匀速圆周运动,需要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=S4kd,可知电容减小;又根据电容定义式C=QU得知电容器所带电荷量减小,P极板上电荷量减小,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=S4kd、电容的定义式C=QU,要熟悉各个物理量之间的关系,抓住不变量进行分析。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=S4kd可知,当产品厚度增大而导致增大时,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=Ud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。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星的角速度大,C错误;根据a=GMr2知,该卫星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l2-d2,故电场力做功W=qEl2-d2,故B、C、D错误。13.B解析 人连同平台克服重力的功率为P台=m台ght=4001060560 W=800 W,因伸缩臂具有一定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机的输出功率要大于800 W,选项D错误。在一秒钟内,喷出去水的质量为m=V=103120 kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=501060 J=3104 J,水的动能为12mv2=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=34,34T=0.5 s,故周期T=23 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=32T,t=0时,x=1 m处的质点在波峰位置,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)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=xCDT=4.0010-20.02 m/s=2 m/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)3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。(3)由P=U2R,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3。19.答案 (1)0.25 m/s250 m(2)630 N(3)4 m/s解析 (1)由加速度定义式可得a1=vt1,解得a1=0.25 m/s2;由位移时间关系可得:h1=12a1t12,解得h1=50 m;(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=v22h3,解得a2=0.5 m/s2根据牛顿第二定律可得:Ff-mg=ma2,解得Ff=630 N;(3)减速下落的时间为:t3=va3=10 s;下落过程中的总时间为:t=t1+t2+t3=75 s;平均速度为:v=ht,解得v=4 m/s。20.答案 (1)0.2 m(2)7 N(3)600.39 m解析 (1)EP=12mvB2得vB=2 m/sFN+mg=mvB2R得R=0.2 m(2)mg2R=12mvD2-12mvB2FD-mg=mvD2R得FD=7 N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=0-12mvB2得s=1.353sin+3cos=1.3523sin(+30)所以当=60时,有最小值sm=9340 m0.39 m21.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=2lg知,摆线应长些,所以选项A、B正确;摆角应小于5,要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=tN,选项E正确。22.答案 (1)2g(d-L)sin(m1+m2)gRsinn2B2L2(2)能,理由见解析(3)(m1+m2)gdsin -(m1+m2)3g2R2sin22n4B4L4。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 =12(m1+m2)v2可得v=2g(d-L)sin小车匀速运动时,所受的安培力大小为F=nBIL=nBnBLv2RL=n2B2L2v2R由平衡条件得(m1+m2)gsin =F联立解得v2=(m1+m2)gRsinn2B2L2(2)由v2=(m1+m2)gRsinn2B2L2得v2=(m1+密n4LS)g电n4LSsinn2B2L2=4(m1S+4n密L)g电sinnB2L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,小车运动过程中线框产生的焦耳热为Q=(m1+m2)gLsin +12(m1+m2)v2-12(m1+m2)v22联立解得Q=(m1+m2)gdsin -(m1+m2)3g2R2sin22n4B4L423.答案 (1)mv2-mv022q(2)qv0B0m+v02-v22y0(3)B1=2mvq(2x0-y0),B2=mvqx0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=12mv2-12mv02解得UOA=mv2-mv022q(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=qv0B0m-v02-v22y0(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=2x0-y02又qvB1=mv2R解得B1的最小值B1=2mvq(2x0-y0)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=mv2x0B2=mvqx0
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