仿真模拟卷(六)一、选择题Ⅰ(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.以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述错误的是( )A.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移,这里采用了微元法B.牛顿进行了“月—地检验”,得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论C.由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就,所以被称为能“称量地球质量”的人D.根据速度定义式v=ΔxΔt,当Δt非常非常小时,ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法2.北京已成功申办2022年冬奥会。下列关于部分冬奥会项目的研究中,可以将运动员看作质点的是( )A.研究速度滑冰运动员滑冰的快慢B.研究自由滑雪运动员的空中姿态C.研究单板滑雪运动员的空中转体D.研究花样滑冰运动员的花样动作3.复合弹簧是在金属弹簧周围包裹一层橡胶材料复合硫化而成。这种弹簧已广泛应用于工程技术上以代替金属弹簧,其物理性能与金属弹簧相同。由此可知,复合弹簧( )A.不再遵守胡克定律B.弹力与形变量成正比C.劲度系数与粗细无关D.劲度系数与材料无关4.质量为2kg的物体,在光滑水平面上做直线运动。已知物体在t=0时速度为零,0~4s内物体位移等于1m,则与此物体运动对应的图象可能是( )5.如图所示,高速摄像机记录了一名擅长飞牌、射牌的魔术师的发牌过程,虚线是飞出的扑克牌的轨迹,则扑克牌所受合外力F与速度v关系正确的是( )12\n6.物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16m的路程,第一段用时4s,第二段用时2s,则物体的加速度是( )A.23m/s2B.43m/s2C.89m/s2D.169m/s27.(2022年10月浙江选考,12)小明同学家里部分电器的消耗功率及每天工作时间如表所示,则这些电器一天消耗的电能约为( )电器消耗功率/W工作时间/h电茶壶20001空调12003电视机1002节能灯164路由器924A.6.1×103WB.6.1×103JC.2.2×104WD.2.2×107J8.如图所示,O为两个等量同种正点电荷连线的中点,a、b、c、d是以O为圆心的圆周上的四个点,设无穷远处电势为零,则下列说法正确的是( )A.a、c电场强度相同B.b、O、d三点电势相等C.O点的电场强度、电势均为零D.把电子从a点移动到b点,电子的电势能增大9.某比特币“矿场”(电脑房)的5800台比特币“矿机”(电脑),24小时满负荷运行,每天共需耗费16.8万度电。下列用电器中,与每台“矿机”满负荷运行功率相近的是( )A.家用电风扇B.家用冰箱C.家用壁挂空调D.家用LED液晶电视10.如图所示,蹄形磁体用悬线悬于O点,在磁体的正下方有一水平放置的长直导线,当导线通以由左向右的电流时,蹄形磁体的运动情况将是( )A.静止不动B.向纸外运动C.N极向纸外转动,S极向纸内转动12\nD.N极向纸内转动,S极向纸外转动11.小明家有一个烧水壶,铭牌上标有如下数据,下列说法正确的是( )电热水壶型号RT25-C额定容量2L额定电压220V额定功率1000W额定频率50HzA.该烧水壶的电阻是48.4ΩB.该烧水壶在正常工作时的电流是0.22AC.若实际电压为110V,此时水壶的实际功率为500WD.该水壶加热水5min产生的热量是5000J12.牛顿在思考万有引力定律时就曾想,把物体从高山上水平抛出,速度一次比一次大;落地点也就一次比一次远。如果速度足够大,物体就不再落回地面,它将绕地球运动,成为人造地球卫星,如图所示。下列判断正确的是( )A.发射人造地球卫星的速度至少要达到7.9km/hB.卫星距地面越高,绕地球运动的速度越大C.第一宇宙速度就是最小的发射速度D.所有人造地球卫星都做匀速圆周运动13.如图,质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后,A向右摆动,摆动的最大角度为60°,则A受到的电场力大小为( )A.mg2B.3mg3C.mgD.3mg二、选择题Ⅱ(本题共3小题,每小题2分,共6分,每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)14.【加试题】如图所示为一列沿着x轴负方向传播的简谐横波在某时刻的波形图,此时质点a的位移为20cm,质点b的平衡位置离O点的距离为1112λ(λ为波长)。经过0.1s(T>1s)质点b回到平衡位置,则( )12\nA.周期为1.2sB.从波形图所示时刻开始计时,0.6s内质点b通过的路程为0.4mC.当b回到平衡位置后,再经过0.2s,a回到平衡位置D.波速为0.3m/s15.【加试题】如图所示,是氢原子光谱的两条谱线,图中给出了谱线对应的波长及氢原子的能级图,已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s。则( )A.Hα谱线对应光子的能量小于Hβ谱线对应光子的能量B.若两种谱线对应光子都能使某种金属发生光电效应,则Hα谱线对应光子照射到该金属表面时,形成的光电流较小C.Hα谱线对应光子的能量为1.89eVD.Hα谱线对应的光子是氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级发出的16.【加试题】一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核,衰变方程为 92238UTh+24He。下列说法正确的是( )A.衰变后钍核的动能等于粒子的动能B.衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小C.铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间D.衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量三、非选择题(本题共7小题,共55分)17.(5分)某同学利用图(a)所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上,细绳的一端与物块相连,另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端,所用交流电源频率为50Hz。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器,释放物块,物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图(b)所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。根据实验数据分析,该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题:(1)实验中必要的措施是 。 12\nA.细线必须与长木板平行B.先接通电源再释放小车C.小车的质量远大于钩码的质量D.平衡小车与长木板间的摩擦力(2)在打点计时器打出B点时,物块的速度大小为 m/s。在打出D点时,物块的速度大小为 m/s。(保留两位有效数字) (3)物块的加速度大小为 m/s2。(保留两位有效数字) 18.(5分)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,小灯泡额定电压为2.5V、电流为0.3A。A.电流表(0~3A,内阻约0.04Ω)B.毫安表(0~300mA,内阻约4Ω)C.电压表(0~10V,内阻10kΩ)D.电压表(0~3V,内阻10kΩ)E.电源(额定电压1.5V,最大允许电流2A)F.电源(额定电压3V,最大允许电流1A)G.可变电阻(阻值范围0~10Ω,额定电流1A)H.可变电阻(阻值范围0~50Ω,额定功率0.5W)I.导线若干根,开关一个。(1)为使测量安全和尽可能准确,应选用的器材是 。(用字母代号填写) (2)部分连线的实物照片如图甲所示,请在答题纸上画出完整的电路图。(3)某次实验中,当电流表的示数为0.18A,电压表的指针如图乙所示,则电压为 V,此时小灯泡的功率是 W。 19.(9分)如图是一种常见的圆桌,桌面中间嵌一半径为r=1.5m、可绕中心轴转动的圆盘,桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h=0.8m,将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘,若缓慢增大圆盘的角速度,碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面,再从桌面飞出,落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4m。已知碟子质量m=0.1kg,碟子与圆盘间的最大静摩擦力Fmax=0.6N。求:(1)碟子从桌面飞出时的速度大小;(2)碟子在桌面上运动时,桌面摩擦力对它做的功;12\n(3)若碟子与桌面动摩擦因数为μ=0.225,要使碟子不滑出桌面,则桌面半径至少是多少?20.(12分)如图,质量为m=1kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.4m的14圆弧A端由静止开始释放,它运动到B点时速度为v=2m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m的斜面CD上,CD之间铺了一层匀质特殊材料,其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在O点,自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块通过C和D前后速度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力。(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功;(2)若设置μ=0,求质点从C运动到D的时间;(3)若最终滑块停在D点,求μ的取值范围。21.(4分)【加试题】下图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图。(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路。12\n(2)由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转:Ⅰ 。 Ⅱ 。 (3)假设在开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,灵敏电流计的指针向 (选填“左”或“右”)偏转。 22.(10分)【加试题】如图甲,两条足够长、间距为d的平行光滑金属直轨道MN、PQ与水平面成θ角,EF上方存在垂直导轨平面的如图乙所示的磁场,磁感应强度在0~T时间内按余弦规律变化(周期为T、最大值为B0),T时刻后稳定为B0。t=0时刻,正方形金属框ABCD在平行导轨向上的恒定外力作用下静止于导轨上。T时刻撤去外力,框将沿导轨下滑,金属框在CD边、AB边经过EF时的速度分别为v1和v2。已知金属框质量为m、边长为d、每条边电阻为R,框中磁场按余弦规律变化时产生的正弦式交变电流的峰值Em=2πB0d2T,求:(1)CD边刚过EF时,A、B两点间的电势差;(2)撤去外力到AB边经过EF的总时间;(3)从0时刻到AB边经过EF的过程中产生的焦耳热。23.(10分)【加试题】如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),粒子继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;12\n(3)粒子在复合场中的运动时间。12\n普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(六)一、选择题Ⅰ1.C 解析在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移,这里采用了微元法,故A正确。牛顿进行了“月—地检验”,说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律,故B正确。牛顿发现了万有引力定律之后,卡文迪许测出了引力常量G,卡文迪许被称为能“称量地球质量”的人,故C错误。根据速度定义式v=ΔxΔt,当Δt非常非常小时,ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想方法,故D正确。2.A 解析研究速度滑冰运动员滑冰的快慢时,人的形状对研究的过程来说可以忽略不计,所以能看成质点,故A正确;研究自由滑雪运动员的空中姿态时,人的形状不能忽略,不可以将运动员看作质点,故B错误;研究单板滑雪运动员的空中转体时,要研究运动员的动作,不可以将运动员看作质点,故C错误;研究花样滑冰运动员的花样动作时,要观看运动员的动作,不可以将运动员看作质点,故D错误。3.B 解析由题可知,该复合弹簧的物理性能与金属弹簧相同,故复合弹簧与弹簧一样,都遵守胡克定律,故A错误;该复合弹簧遵守胡克定律,弹力与形变量成正比,故B正确;弹簧的劲度系数与其材料、粗细、长短都有关,该复合弹簧的物理性能与金属弹簧相同,由此可知,复合弹簧与弹簧一样,与其材料、粗细、长短都有关,故C、D错误。4.D 解析x-t图象中,斜率代表速度,故t=0时刻速度为0,0~4s内位移为-2m,故A错误;v-t图象中与时间轴所围面积表示物体运动的位移,故0~4s内位移为零,故B错误;a-t图象中,根据v=at可知,在0~4s内做往复运动,故在0~4s内位移为零,故C错误;F~t图象中,结合牛顿第二定律可知,物体先加速后减速,位移一直增大,在0~1s内加速度a=Fm=0.5m/s2,通过的位移x1=12at2=12×0.5×12m=0.25m,故4s内通过的位移为x=4x1=1m,故D正确。5.A 解析曲线运动的物体速度方向沿切线方向,而受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧,由此可以判断A正确。6.B 解析根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,在第一段时间内中间时刻的瞬时速度v1=v1=164m/s=4m/s;在第二段时间内中间时刻的瞬时速度为v2=v2=162m/s=8m/s;则物体加速度为a=v2-v1t=8-43m/s2=43m/s2,故B正确。 7.D 解析根据题干表格中,每天消耗的电能为W=2kW×1h+1.2kW×3h+0.1kW×2h+0.016kW×4h+0.009kW×24h=6.08kW·h≈2.2×107J。8.D 解析a、c电场强度大小相等,方向相反,A错误;b、d电势相等,O点电势高于b、d,B错误;O点的电场强度为零,但电势大于零,C错误;把电子从a点移动到b点,电势变低,电势能变大,D正确。9.C 解析由题意可知,每台电脑每小时用电W=16.8×1045800×24度=1.2度=1.2kW;与之运行功率接近的只有空调,故C正确。10.C 解析假设磁体不动,导线运动,则根据蹄形磁体磁场可知,通电导线左边的磁场斜向下,而右边的磁场是斜向上,那么在导线两侧取两小段,根据左手定则可知,左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里,右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外,从上往下看,知导线顺时针转动,当转动90°时,导线所受的安培力方向向上,所以导线的运动情况为顺时针转动,同时上升。如今导线不动,磁体运动,根据相对运动,则有磁体逆时针转动(从上向下看),即N极向纸外转动,S极向纸内转动。故C正确,A、B、D错误。11.A 解析P=IU=U2R,故I=4.55A,R=48.4Ω,降电压后,功率变为250W,Q=Pt=300000J,故B、C、D错误,A正确。12.C 解析第一宇宙速度就是发射人造地球卫星最小的发射速度至少要达到7.9km/s,所以A错误,C正确。向心力由万有引力提供,GMmr2=mv2r得v=GMr,可见,r越大,v越小,卫星距地面越高,绕地球运动的速度越小,B错误。部分卫星的运动轨迹是椭圆,D错误。12\n13.B 解析注意到A向右摆动,摆动的最大角度为60°,最高点受力不平衡但速度为零,故可以用动能定理处理,F电Lsin60°-mgL(1-cos60°)=0,解得F电=3mg3。二、选择题Ⅱ14.ABC 解析由题图知,该波的波长为λ=4m,b点与平衡位置相距1112λ,则b点与x=4m处质点平衡位置相距λ-1112λ=112λ,当题图中x=4m处的状态传到b点时质点b回到平衡位置,质点b回到平衡位置至少需要T12,故12n+112T=0.1s(n=0,1,2,3,…),因为T>1s,故只有n=0时,T>1s,解得周期为T=1.2s,A正确;因为t=0.6s=T2,所以从波形图所示时刻开始计时,0.6s内质点b通过的路程为s=2A=2×20cm=40cm,故B正确;质点a回到平衡位置需要14T=0.3s,经过0.1s质点b回到平衡位置,因此在b回到平衡位置后,再经过0.2s,a回到平衡位置,故C正确;该波的波速v=λT=41.2m/s=103m/s,故D错误。15.AC 解析Hα波长大于Hβ波长,故Hα频率较小,Hα谱线对应光子的能量小于Hβ谱线对应光子的能量,A正确;光电流与光的强度有关,频率的高低不能确定光电流的大小,故B错误;Hα谱线对应光子的能量E=hcλ=3.03×10-19J=1.89eV,C正确;E4-E3=0.66eV,D错误。16.B 解析根据动量守恒定律可知,生成的钍核的动量与粒子的动量等大反向,选项B正确;钍核动量大小等于小粒子的动量大小,但两粒子质量不同,则动能不同,选项A错误;铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间,而放出一个粒子所经历的时间是一个原子核衰变的时间,故两者不等,选项C错误;由于该反应放出能量,由质能方程可知,衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量,选项D错误。三、非选择题17.答案(1)AB (2)0.56 0.96 (3)2.0解析(1)A.实验时,细线必须与长木板平行,以减小实验误差,A正确。B.实验时,要先接通电源再释放小车,B正确。C.本实验只要小车做匀加速直线运动就行,没必要小车的质量远大于钩码的质量,C错误。D.本实验只要拉力大于摩擦力小车就能做匀加速直线运动,没平衡摩擦力,D错误。(2)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,所以vB=xAC2T=0.0461+0.06590.2m/s=0.56m/s,vD=xCE2T=0.0861+0.10610.2m/s=0.96m/s。(3)根据题意,该同学认为物块的运动为匀加速运动,则根据速度公式vD=vB+a·2T,代入数据整理可以得到a=2.0m/s2。18.答案(1)BDFGI (2)画完整的电路图 (3)1.45~1.50 0.26~0.27解析(1)由于小灯泡额定电压为2.5V、电流为0.3A,为使测量安全和尽可能准确,电源要选3V的,电压表量程要选0~3V的,电流表要选0~0.3A的,小灯泡的内阻约为8Ω,可变电阻用10Ω即可。(2)本实验采用滑动变阻器分压接法,同时电流表采用外接法,故实物图如图所示。(3)电压表量程为0~3V,则最小分度为0.1V,故读数为1.50V;则其功率P=UI=1.50×0.18W=0.27W。19.答案(1)1m/s (2)-0.4J (3)2.5m解析(1)根据平抛运动规律:h=12gt2,x=vt,12\n得v=xg2h=1m/s(2)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0,则Fmax=mv02r,即v0=3m/s由动能定理得:Wf=12mv2-12mv02代入数据得:Wf=-0.4J(3)当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零,对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s,由动能定理有:-μmgs=0-12mv2餐桌的最小半径为R=r2+s2可得:s=2.5m20.答案(1)20N 2J (2)13s (3)0.125≤μ<0.75或μ=1解析(1)滑块在B点,受到重力和支持力,在B点,根据牛顿第二定律有F-mg=mv2R解得F=20N由牛顿第三定律得F'=20N从A到B,由动能定理得mgR-Wf=12mv2Wf=2J(2)在CD间运动,有mgsinθ=ma加速度a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2根据匀变速运动规律有s=vt+12at2t=13s(3)最终滑块停在D点有两种可能a.滑块恰好能从C下滑到D,则有:mgsinθ·s-μ1mgcosθ·s=0-12mv2解得μ1=1b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动最终静止于D点当滑块恰好能返回C有:-μ1mgcosθ·2s=0-12mv2解得μ1=0.125当滑块恰好静止在斜面上,则有mgsinθ=μ2mgcosθ解得μ2=0.75所以当0.125≤μ<0.75,滑块在CD和水平地面间多次反复运动最终静止于D点。综上所述,μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ=1。21.答案(1)电路图如图所示 (2)Ⅰ将开关闭合(或者断开)的瞬间 将螺线管A插入(或拔出)螺线管B (3)右解析(1)将灵敏电流计与大线圈B组成闭合回路,电源、开关、小线圈A组成闭合回路,电路如答案图所示。(2)Ⅰ.将开关闭合(或者断开)的瞬间;Ⅱ.将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化,线圈B中产生感应电流,灵敏电流计指针偏转。12\n(3)在开关闭合的瞬间,穿过线圈B的磁通量增大,灵敏电流计的指针向左偏转,则当螺线管A向上拔出的过程中,穿过线圈B的磁通量减小,灵敏电流计的指针向右偏转。22.答案(1)-34B0dv1 (2)v2gsinθ+B02d34mgRsinθ(3)π2B02d42TR+mgdsinθ+12m(v12-v22)解析(1)E=B0dv1,由楞次定律知A点电势低于B点,故UAB=-34E,即UAB=-34B0dv1(2)由动量守恒得mgsinθ·t-B0Id·t0=mv2-mv0即mgtsinθ-B0dq=mv2q=B0d24R故t=v2gsinθ+B02d34mgRsinθ(3)交流电的有效值E=22EmQ1=E2R总t=π2B02d42TR线框出磁场的过程中,Q2=-WA又由动能定理知:mgdsinθ+WA=ΔEk解得:Q2=mgdsinθ+12m(v12-v22)总焦耳热Q=Q1+Q2=π2B02d42TR+mgdsinθ+12m(v12-v22)23.答案(1)mgq (2)mqgl (3)3π4+1lg解析(1)微粒到达A(l,l)之前做匀速直线运动,对微粒受力分析如图甲,所以,Eq=mg,得E=mgq甲(2)由平衡条件得qvB=2mg电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙。乙则qvB=mv2r由几何知识可得r=2l v=2gl联立解得B=mqgl。(3)微粒做匀速运动的时间t1=2lv=lg做圆周运动的时间t2=34π·2lv=3π4lg在复合场中运动时间t=t1+t2=3π4+1lg。12
