仿真模拟卷(五)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.下列物理量中属于矢量的是( )A.速率B.电势C.电流D.位移2.冰壶是冬奥会的正式比赛项目。运动员将冰壶推出后,冰壶在滑行途中水平方向受到的力有( )A.推力B.重力、推力C.空气阻力、冰面阻力D.推力、空气阻力、冰面阻力3.如图所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”,实际上相当于两个人拔河,如果绳质量不计,且保持水平,甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜,则下列说法中正确的是( )A.甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B.甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C.只有当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力4.(2022浙江选考10月,4)如图所示,两位同学从滑道最高端的同一位置先后滑下,到达底端的同一位置。对于整个下滑过程,两同学的( )A.位移一定相同12\nB.时间一定相同C.末速度一定相同D.平均速度一定相同5.如图,A、B两球(可视为质点)质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向,OAB恰好构成一个正三角形,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )A.球A对竖直墙壁的压力大小为12mgB.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C.绳OB的拉力大小等于mgD.球A对地面的压力不可能为零6.从t=0时刻开始,甲沿光滑水平面做直线运动,速度随时间变化如图甲;乙静止于光滑水平地面,从t=0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0~4s的时间内( )A.甲物体所受合力不断变化B.甲物体的速度不断减小C.2s末乙物体改变运动方向D.2s末乙物体速度达到最大7.如图所示,质量为25kg的小孩坐在秋千板上,小孩的重心离系绳子的栋梁2.5m。如果秋千板摆到最低点时,小孩运动速度的大小是5m/s,此时小孩将手中离地高为0.8m的小球自由释放。一切阻力均不计,则下列说法正确的是( )A.秋千摆摆到最低点时对小孩的支持力约为250NB.小球离开手后做自由落体运动C.小球离开手后做圆周运动D.小球离开手后到落地时运动的水平位移约为2m8.“共享单车”极大地方便了老百姓的出行。某高档“共享单车”通过变速器调整链条在轮盘和飞轮的挂入位置,改变行驶速度。轮盘和飞轮的齿数如图所示:名称轮盘飞轮A轮B轮C轮D轮E轮齿数N/个483924181312\n则下列说法正确的是( )A.当A轮与C轮组合时,两轮的角速度之比为1∶1B.当A轮与C轮组合时,两轮边缘上的点的线速度大小之比为1∶2C.当B轮与E轮组合时,两轮的角速度之比为1∶3D.当B轮与E轮组合时,两轮边缘上的点的向心加速度大小之比为3∶19.据报道,“卡西尼”号探测器4月26日首次到达土星和土星内环(碎冰块、岩石块、尘埃等组成)之间,并在近圆轨道做圆周运动。在极其稀薄的大气作用下,开启土星探测之旅。最后阶段——“大结局”阶段,这一阶段将持续到九月中旬,直至坠向土星的怀抱。若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用,则( )A.4月26日,“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度小于内环的角速度B.4月28日,“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率小于内环的速率C.5月到6月间,“卡西尼”的动能越来越大D.6月到8月间,“卡西尼”的机械能保持不变10.某重型气垫船,自重达5.0×105kg,最高时速为108km/h,装有额定输出功率为9000kW的燃气轮机。假设该重型气垫船在海面航行过程所受的阻力Ff与速度v满足Ff=kv,下列说法正确的是( )A.该重型气垫船的最大牵引力为3.0×105NB.从题中给出的数据,可算出k=1.0×104N·s/mC.以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为3.0×105ND.以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船发动机的输出功率为4500kW11.如图所示,在光滑绝缘水平面上固定一正点电荷Q,一带负电的试探电荷在水平面上沿椭圆轨道绕它运动。正点电荷位于椭圆的一个焦点上,A、B、C是椭圆上的三点,且A、B分别位于椭圆半长轴的两端,则( )A.B点的电势大于A点的电势B.试探电荷在A点的速度大于B点的速度C.试探电荷在A点的电势能小于在C点的电势能D.负点电荷在运动过程中,机械能守恒12.据国外某媒体报道,科学家发明了一种新型超级电容器,能让手机几分钟内充满电,若某同学登山时用这种超级电容器给手机充电,下列说法正确的是( )A.充电时,电容器的电容变小B.充电时,电容器存储的电能变小C.充电时,电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后,电容器不带电,电容器的电容为零12\n13.如图,一导体棒ab静止在U形铁芯的两板之间,棒在开关闭合后仍在原位置保持静止状态。则按图示视角( )A.铁芯上板为N极B.导体棒对下板的压力变大C.导体棒受到垂直棒向左的安培力D.导体棒对下板有垂直棒向右的静摩擦力二、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,一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动,转动周期为T0,线圈产生的电动势的最大值为Em,则( )A.线圈产生的电动势的有效值为2EmB.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为EmT02πC.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD.经过2T0的时间,通过线圈电流的方向改变2次15.【加试题】如图所示,实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图,虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图。已知该波的波速是0.8m/s,则下列说法正确的是( )A.这列波的波长是14cmB.这列波的周期是0.15sC.这列波一定沿x轴负方向传播的D.从t=0时刻开始,x=5cm处的质点经0.1s振动到波峰16.【加试题】我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证,这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是( )A.12H+13H→24He+01nB.714N+24He→817O+11HC.24He+1327Al→1530P+01nD.92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n三、非选择题(本题共7小题,共55分)12\n17.(5分)某学习小组做探究功与速度变化的关系的实验如图所示,图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出的,沿木板滑行,橡皮筋对小车做的功记为W0。当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时(每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致),每次实验中小车获得的速度根据打点计时器打在纸带上的点进行计算。(1)除了图中已有的实验器材外,还需要导线、开关、刻度尺和 (选填“交流”或“直流”)电源。 (2)实验中,小车会受到摩擦力的作用,可以使木板适当倾斜来平衡摩擦力,下面操作正确的是( )A.放开小车,能够自由下滑即可B.放开小车,能够匀速下滑即可C.放开拖着纸带的小车,能够自由下滑即可D.放开拖着纸带的小车,能够匀速下滑即可(3)若木板水平放置,小车在两条橡皮筋作用下运动,当小车速度最大时,关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置,下列说法正确的是( )A.橡皮筋处于原长状态B.橡皮筋仍处于伸长状态(4)在正确操作的情况下,打在纸带上的点并不都是均匀的,为了测量小车获得的速度,应选用纸带的 部分进行测量(根据如图所示的纸带回答)。 18.(5分)(1)某同学利用多用电表(需接在M和N之间)和电阻箱R进行“测定电池的电动势和内阻”实验,实验电路如图1所示。则选择多用电表的直流电流挡后,其红表笔应接电路中的 (选填“M”或“N”)端。 (2)根据记录的电阻箱阻值R与多用电表电流挡的读数I,在如图所示坐标系中描点,请根据坐标系中所描点作出对应图象。(3)由图象可得E= V,r= Ω。 19.(9分)某高山滑雪赛道分为斜面与水平面两部分,其中斜面部分倾角为37°,斜面与水平面间可视为光滑连接。某滑雪爱好者连滑雪板总质量为75kg(可视为质点)从赛道顶端静止开始沿直线下滑,到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30m/s。然后在水平赛道上沿直线继续前进180m静止。假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因数相同,滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变,重力加速度g取10N/kg,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)滑雪者与赛道间的动摩擦因数;12\n(2)滑雪者在斜面赛道上受到的合外力;(3)滑雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度。20.(12分)如图所示,半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点,斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心,D为圆弧最低点,C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上,顶端B安装一定滑轮,一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行),并保持P、Q两物块静止。若PC间距为l1=0.25m,斜面MN足够长,物块P质量m1=3kg,与MN间的动摩擦因数μ=13,重力加速度g取10m/s2(sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求:(1)小物块Q的质量m2;(2)烧断细绳后,物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小;(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程。21.(4分)【加试题】实验课上正在做探究单摆周期与摆长的关系实验:(1)某同学用如图1所示的游标卡尺测量出单摆小球的直径如图2所示,则单摆小球的直径是 cm。 (2)通过多次实验的数据,把单摆周期T与单摆摆长L和单摆周期T与摆球质量m的关系描绘成以下图象,你认为下列图象比较合理的是( )。12\n22.(10分)【加试题】如图所示,在光滑水平面上有一长为l1、宽为l2的单匝矩形闭合导体线框abcd,处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中,其ab边与磁场的边界重合。线框由同种粗细均匀的导线制成,总电阻为R。现用垂直于线框ab边的水平拉力,将线框以速度v向右沿水平方向匀速拉出磁场,此过程中保持线框平面与磁感线垂直,且ab边与磁场边界平行。在线框被拉出磁场的过程中,求:(1)通过线框的电流大小;(2)线框中产生的焦耳热;(3)线框中a、b两点间的电压。23.(10分)【加试题】如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)(1)粒子运动的时间;12\n(2)粒子与O点间的距离。12\n普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(五)一、选择题Ⅰ1.D 解析既有大小又有方向的物理量叫做矢量,如速度、位移、力等;只有大小没有方向的物理量叫做标量,如速率、电势、电流、时间等,D正确。2.C 解析冰壶被推出后不再受推力,竖直方向重力与支持力平衡,水平方向受到空气阻力与冰面的阻力,没有推力可言,故C正确,A、B、D错误。3.D 解析A、B、C.甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力,大小始终相等,与运动状态无关,故A、B、C错误;D.不管哪个获胜,甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力,甲才能获胜,故D正确。4.A 解析两位同学滑下来的时间不一定相同,但是两位同学位置的变化是一样的,因此平均速度也不一定相同。两位同学在轨道上的摩擦力不一定相同,因此末速度不一定相同。所以正确答案为A。5.C 解析对B球受力分析,受重力、支持力和拉力,如图。由于三个力夹角均为120°,故弹簧的支持力和绳子OB的拉力都等于重力mg,C正确;对A球进行受力分析,受重力、弹簧的压力,墙壁向右的支持力、细线的拉力、地面的支持力(其中地面的支持力和拉力可能只有一个),在水平方向有F墙=FTBsin60°=32mg,A错误;弹簧静止,合力为零,故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线,故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力,B错误;根据平衡条件,绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧推力的竖直分力和重力之和,FN+FT=mg+Fsin30°故FT≤1.5mg,0≤FN≤1.5mg,可知地面对A的支持力可能等于0,根据牛顿第三定律,球A对地面的压力可能为零,D错误。6.D 解析A.由题图甲所示可知,物体甲在0~2s内做匀减速直线运动,在2~4s内做反向的匀加速直线运动,整个过程加速度不变,由牛顿第二定律F=ma可知,物体甲受到的合力保持不变,故A错误;B.由题图甲所示可知,物体甲的速度先减小后反向增大,故B错误;C、D.由题图乙可知,乙所受的拉力先沿正向后沿负向,说明乙在0~2s内做加速度减小的加速运动,2~4s内沿原方向做加速度增大的减速运动,运动方向一直没有改变,且2s末乙物体速度达到最大,故C错误,D正确。7.D 解析A.以小孩为研究对象,分析受力,作出力图,如图。根据牛顿第二定律得FN-mg=mv2r得到FN=mg+mv2r=25×(10+522.5)N=500N,故A错误。BCD.由题可知,小球和小孩具有相等的速度;小球做平抛运动,则t=2hg=2×0.810s=0.4s12\n小球离开手后到落地时运动的水平位移为x=vt=5×0.4m=2m,故B、C错误,D正确。8.C 解析由公式v=rω,ω=2πn,a=vω,n与齿数成反比等可知,A轮与C轮通过链条连接,线速度大小相等,齿数之比为2∶1,角速度之比为1∶2;B轮与E轮通过链条连接,线速度大小相等,齿数之比为3∶1,角速度之比为1∶3,向心加速度之比为1∶3。故选C。9.C 解析AB.“卡西尼”在近圆轨道上绕土星做圆周运动时向心力约等于土星对“卡西尼”的万有引力,GMmr2=mv2r=mω2r,可以求出“卡西尼”在轨运动的角速度、速率比内环小,A、B错误。C.5月到6月间,“卡西尼”受气体阻力作用,轨道逐渐降低,速率变大,动能越来越大,C正确。D.6月到8月间,“卡西尼”受气体阻力作用,机械能会损失,D错误。10.B 解析A.气垫船的最高速度为v=108km/h=30m/s。在额定输出功率下以最高时速航行时,根据P=Fv得气垫船的牵引力F=Pv=9×10630N=3.0×105N,此时匀速运动,由P=Fv知,在速度达到最大前,F>3.0×105N,即气垫船的最大牵引力大于3.0×105N,故A错误。B.气垫船以最高时速匀速运动时,气垫船所受的阻力为Ff=F=3.0×105N,根据Ff=kv得k=3.0×10530N·s/m=1.0×104N·s/m,故B正确。CD.以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为Ff'=kv2=12f=1.5×105N,此时气垫船发动机的输出功率为P'=F'v2=Ff'v2=1.5×105×15kW=2250kW,故C、D错误。11.A 解析A.根据正点电荷电势分布规律可知B点的电势大于A点的电势,A正确。B.带负电的试探电荷从A运动到B的过程中电场力做正功,速度增大,B错误。C.负点电荷在低电势的地方电势能大,C错误。D.负点电荷在运动过程中电势能和动能的总和不变,但机械能不守恒,D错误12.B 解析A.电容器的电容是由电容器自身的因素决定的,故充电时,电容器的电容不变,故A错误;B.充电时,手机电能增加,根据能量守恒定律,电容器存储的电能减小,故B正确;C.充电时,电容器所带的电荷量减小,故C错误;D.电容器的电容是由电容器自身的因素决定的,故充电结束后,电容器的电容不可能为零,故D错误。13.D 解析由图可知线圈的绕向,根据安培定则可知线圈下面是N极,上面是S极,故导线ab位置的磁场方向向上;电流方向是a→b,根据左手定则,安培力向右,根据平衡条件,导体棒对下板的压力不变,但受到向左的静摩擦力,根据牛顿第三定律可知,导体棒对下板有垂直棒向右的静摩擦力,故D正确,A、B、C错误。二、选择题Ⅱ14.BC 解析由交变电流有效值和最大值的关系可知,线圈产生的电动势的有效值为22Em,选项A错误;由题意知线圈产生的电动势的最大值为Em=BSω=BS2πT0,故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS=EmT02π,选项B正确;线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小,选项C正确;正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次,经过2T0的时间,通过线圈电流的方向改变4次,选项D错误。15.BCD 解析A.由题图可知,该波的波长为12cm,A错误。B.波速为0.8m/s,周期为T=λv=0.15s,B正确。C.0.2s为43T,由实线到虚线只能是向左传播,C正确。D.x=5cm处的质点距离波峰8cm,t=xv=0.080.8s=0.1s,经0.1s振动到波峰,D正确。16.A 解析 12H+13H→24He+01n是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核,同时放出一个中子,属于聚变反应,故A正确;714N+24He→ 817O+11H是卢瑟福发现质子的核反应,他用α粒子轰击氮原子核,产生氧的同位素——氧17和一个质子,是人类第一次实现的原子核的人工转变,属于人工核反应,故B错误;24He+1327Al→ 1530P+01n是小居里夫妇用α粒子轰击铝片时发现了放射性磷(磷30),属于人工核反应,故C错误;92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是一种典型的铀核裂变,属于裂变反应,故D错误。三、非选择题12\n17.答案(1)交流 (2)D (3)B (4)GJ解析(1)打点计时器使用的是交流电源。(2)平衡摩擦力时,应将纸带穿过打点计时器,放开拖着纸带的小车,小车能够匀速下滑即可,D正确。(3)水平放置木板,放开小车后,小车做加速运动,当橡皮筋的拉力大小等于摩擦力大小时,小车的速度最大,此时橡皮筋仍处于伸长状态,B正确。(4)从纸带上看,纸带的GJ段打点比较均匀,所以应选用纸带的GJ段进行测量。18.答案(1)N 图见解析(2)3.1(2.9~3.2V均可)(3)1.7(1.5~1.9Ω均可)解析(1)根据多用电表的使用方法可知,电流应由红表笔流入,所以选择多用电表的直流电流挡后,其红表笔应接电路中的N端;(2)根据已描出的点迹,利用描点法即可得出对应的图象;(3)根据闭合电路欧姆定律可得:I=Er+R变形可得:1I=rE+1E·R由图象可知,E=3V,r=1.5Ω解得:E=3V;r=1.5Ω。19.答案(1)0.25 (2)300N,方向沿斜面向下 (3)7.5s 112.5m解析(1)滑雪者刚进入水平赛道时速度为v=30m/s,后做匀减速直线运动根据0-v2=-2ax,x=180m,代入得a=2.5m/s2,由Ff=μmg=ma,得μ=0.25(2)对滑雪者在斜面赛道上受力分析得F合=mgsin37°—μmgcos37°=300N方向沿斜面向下(3)由F合=ma得a=4m/s2,由v=at得t=7.5s,由v2=2as得s=112.5m20.答案(1)4kg (2)78N (3)1.0m解析(1)根据共点力平衡条件,两物块的重力沿斜面的分力相等,有m1gsin53°=m2gsin37°解得m2=4kg即小物块Q的质量m2为4kg。(2)小物块P到D点过程,由动能定理得m1gh=12m1vD2根据几何关系,有h=l1sin53°+R(1-cos53°)在D点,支持力和重力的合力提供向心力FD-m1g=m1vD2R解得FD=78N由牛顿第三定律,得物块P对轨道的压力大小为78N。(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动,C点和M点速度为零。12\n由全过程动能定理得m1gl1sin53°-μm1gcos53°l总=0解得l总=1.0m,即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m。 21.答案(1)1.912 (2)B解析(1)游标卡尺的读数=主尺读数(1.9cm)+游标尺对齐格数(6)×精确度(0.02mm)=1.912cm。(2)单摆周期与摆球质量无关,因此C和D错误,根据单摆周期公式可知,单摆周期平方与摆长成正比,因此B正确。22.答案(1)Bl2vR (2)B2l1l22vR (3)Bl22v2(l1+l2)解析(1)线框产生的感应电动势E=Bl2v通过线框的电流I=ER=Bl2vR。(2)线框被拉出磁场所需时间t=l1v此过程中线框中产生的焦耳热Q=I2Rt=B2l1l22vR。(3)线框ab边的电阻Rab=l22(l1+l2)R线框中a、b两点间电压U=IRab=Bl22v2(l1+l2)。23.答案(1)πmqB0(1+1λ) (2)2mv0qB0(1-1λ)解析(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=mv02R1 ①qλB0v0=mv02R2 ②粒子速度方向转过180°时,所用时间t1为t1=πR1v0 ③粒子再转过180°时,所用时间t2为t2=πR2v0 ④联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=πmqB0(1+1λ) ⑤(2)由几何关系及①②式得,所求距离为d=2(R1-R2)=2mv0qB0(1-1λ) ⑥12
