1、普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(十)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.在力学中,下列物理量既是基本物理量又是标量的是( )A.位移 B.电场强度C.时间 D.力2.下列描述正确的是( )A.伽利略提出力是维持物体运动状态的原因B.奥斯特发现了电流的磁效应C.牛顿利用扭秤实验测得了万有引力常量D.库仑利用油滴实验测量出了元电荷的数值3.某小船船头垂直指向河岸渡河,若水流速度突然增大,其他条件不变,下列判断正确的是( )A.小船渡河的时间不变B.渡河时间减少C.小船渡河时间增加D.小船
2、到达对岸地点不变4.从空中以 40 m/s 的初速度平抛一重为 5 N 的物体,物体在空中运动 3 s 落地,不计空气阻力,则物体落地前瞬间,重力的瞬时功率为( )(g 取 10 m/s2)A.100 W B.150 WC.200 W D.250 W5.来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子,若这些粒子都直接到达地面,将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示) 的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向 ,使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响,关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断,下列说法中正确的是( )A.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平
3、面射向地心 ,则由于地磁场的作用将向东偏转B.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心 ,则由于地磁场的作用将向北偏转C.若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心 ,则由于地磁场的作用将向南偏转D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心 ,它可能在地磁场中做匀速圆周运动6.“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动,可以将小朋友在室内“滑滑梯”的运动简化成小物体从静止出发,先沿斜板下滑,再进入室内水平木板的过程,如图所示,假设斜板长度一定,斜板与水平木板的倾角 可调,且房间高度足够,斜板最高点在地板的垂点到房间右侧墙面的长度为斜板长度的 2 倍。一物块(可视为质点)从斜板顶端静止出发后在到达房间右
4、侧墙面时刚好停下,已知物块与斜板及水平木板间的动摩擦因数均为 ,不计物块从斜板进入水平木板时的能量损失,则 与 间应满足( )A.sin = B.sin =2C.sin =3 D.sin =47.吊坠是日常生活中极为常见的饰品,深受人们喜爱,现将一“心形”金属吊坠穿在一根细线上,吊坠可沿细线自由滑动。在佩戴过程中,某人手持细线两端,让吊坠静止在空中,现保持其中一只手不动,另一只手捏住细线缓慢竖直下移,不计吊坠与细线间的摩擦,则在此过程中,细线中张力大小变化情况为( )A.保持不变 B.逐渐减小C.逐渐增大 D.无法确定来源:Z用多用表的欧姆100 挡估测水果电池的内阻 ,稳定时指针如图甲中 B
5、 所示,则读数为 。上述测量中存在一重大错误,该错误是 。 丙(2)乙同学采用如图丙所示电路进行测量,并根据测量数据作出了 R- 图象如图乙所示,则根据图象,该1水果电池的电动势为 V,内阻为 。( 结果保留两位有效数字 ) 19.(9 分) 中国已经迈入高铁时代,高铁拉近了人们的距离,促进了经济的发展。一辆高铁测试列车从甲站始发最后停靠在乙站,车载速度传感器记录了列车运行的 v-t 图象如图所示。已知列车的质量为4105 kg,假设列车运行中所受的阻力是其重力的 ,g 取 10 m/s2,求:150(1)甲、乙两站间的距离 L;(2)列车从甲站出发时的加速度大小;(3)列车从甲站出发时的牵引
6、力大小。20.(12 分)图示为探究平抛运动的实验装置,半径为 L 的四分之一圆轨道 (可视为光滑)固定于水平桌面上,切口水平且与桌边对齐,切口离地面髙度为 2L。离切口水平距离为 L 的一探测屏 AB 竖直放置,底端竖直放在水平面上,探测屏高为 2L。一质量为 m 的小球从圆轨道上不同的位置静止释放打在探测屏上。若小球在运动过程中空气阻力不计,小球可视为质点,重力加速度为 g。求:(1)小球从图示位置 P 处静止释放,到达圆轨道最低点 Q 处速度大小及小球对圆轨道压力;(2)为让小球能打在探测屏上,小球应从圆轨道上什么范围内静止释放 ?(3)小球从什么位置静止释放,小球打在屏上时动能最小,最
7、小动能为多少 ?21.(4 分) 【加试题】(2017 浙江选考 10 月,21) 在“ 测定玻璃的折射率”实验时,(1)下列做法正确的是 。 A.入射角越大,误差越小B.在白纸上放好玻璃砖后,用铅笔贴着光学面画出界面C.实验时既可用量角器,也可用圆规和直尺等工具进行测量D.判断像与针是否在同一直线时 ,应该观察大头针的头部(2)小明同学在插针时玻璃砖的位置如图 1 所示。根据插针与纸上已画的界面确定入射点与出射点 ,依据上述操作所测得的折射率 (选填“偏大”“偏小”或“不变”) 。 (3)小明同学经正确操作后,在纸上留下四枚大头针的位置 P1、P 2、P 3 和 P4,AB 和 CD 是描出
8、的玻璃砖的两个边,如图 2 所示。请画出光路图。22.(10 分) 【加试题】如图所示,足够长的水平轨道左侧 b1b2-c1c2 部分轨道间距为 2L,右侧 c1c2-d1d2 部分的轨道间距为 L,曲线轨道与水平轨道相切于 b1b2,所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成 =37的匀强磁场,磁感应强度大小为 B=0.1 T。质量为 M=0.2 kg 的金属棒 B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上,质量为 m=0.1 kg 的导体棒 A 自曲线轨道上 a1a2 处由静止释放,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,A 棒总在宽轨上运动,B 棒总在窄轨上运动。已知
9、:两金属棒接入电路的有效电阻均为 R=0.2 ,h=0.2 m,L=0.2 m,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g 取 10 m/s2。求:(1)金属棒 A 滑到 b1b2 处时的速度大小;(2)金属棒 B 匀速运动的速度大小;(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒 A 某截面的电量;(4)在两棒整个的运动过程中金属棒 A、B 在水平导轨间扫过的面积之差。23.(10 分) 【加试题】如图所示,虚线是场区的分界面,竖直而平行 , 区是水平向右的匀强电场,电场强度是 E,场区宽度是 L, 、 区都是垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度分别 B 和 2B,一个电荷量是 q、质量是 m 的
10、正电荷, 不计重力,从 MN 边界上的 a 点静止开始运动,通过磁场区 时,速度方向偏转了 30,进入磁场区 后,能按某一路径返回到电场区 的边界 MN 上的某一点 b(b 点未画出),求此粒子从 a 回到 b 的整个 过程中(1)最大速度;来源:学科网 ZXXK(2)运动时间;(3)ab 间的距离。普通高校招生 选考 (物理)仿真模拟卷(十)一、选择题 1.C 解析 时间是国际单位制中的基本物理量之一,时间有大小无方向是标量 ,故选 C。2.B 解析 伽利略提出力是改变物体运动状态的原因,选项 A 错误; 奥斯特发现了电流的磁效应,选项B 正确; 卡文迪许利用扭秤实验测得了万有引力常量,选项
11、 C 错误;密立根利用油滴实验测量出了元电荷的数值,选项 D 错误。3.A 解析 将小船的实际运动沿着船头指向和顺着水流方向正交分解,由于分运动互不干扰,故渡河时间与水流速度无关,只与船头指向方向的分运动有关,故船航行过程中水流速度突然增大,只会对轨迹有影响,对渡河时间无影响;沿水流方向的位移 x=v 水 t,小球到达对岸的地点改变且到达对岸下游更远的位置,故选 A。4.B 解析 物体落地时的竖直分速度为 vy=gt=103 m/s=30 m/s,则重力的瞬时功率为 P=mgvy=530 W=150 W,故 B 正确,A、C、D 错误。5.A 解析 由于地磁场的方向由南到北,若带电粒子带正电,
12、且沿地球赤道平面射向地心,即粒子的运动方向与地磁场的方向垂直,由左手定则可知,由于地磁场的作用,粒子将向东偏转,选项 A 正确、选项 B 错误;若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心 ,则说明粒子的运动方向与磁场方向平行,故粒子不受磁场力的作用,所以它不会发生偏转,更不会做匀速圆周运动,故选项 C、D 错误。6.B 解析 设斜板的长度为 L,对整个过程,由动能定理得mgLsin -mgcosL-mg(2L-Lcos)=0-0,解得 sin =2,故 B 正确。7.A 解析 当轻绳的右端下移时,设两绳的夹角为 2,因绳长不变 ,两端绳子的拉力始终相同,两绳子合力一定沿它们的角平分线,设绳
13、长为 l,则可知 lsin =d,因 d 不变,绳子总长度不变,则可知绳与竖直方向上的夹角 不变。以吊坠为研究对象,分析受力情况,作出受力图,如图所示。因绳子两端的张力始终相等,设为 F,则有 2Fcos=mg得到绳子的拉力 F=2所以在轻绳的右端竖直下移的过程中, 不变,cos 不变,则 F 不变。故 A 正确,B、C、D 错误。8.C 解析 A.到达最高点,竖直方向速度为零 ,但水平速度不为零,故 A 错误。B.起跳后的上升过程,他只受重力,加速度向下且为 g,故他处于完全失重状态,故 B 错误。C. 地面对运动员的支持力与运动员对地面的压力是作用力和反作用力,二者一定大小相等,故 C 正
14、确。D.起跳时,支持力没有位移,故支持力做功为零,故 D 错误。9.C 解析 AB.根据平抛运动的规律和运动合成的可知:tan 45= ,则小球在 C 点竖直方向的分速度和水平分速度相等,得 vx=vy=gt=3 m/s,则 B 点与 C 点间的水平距离 x=vxt=30.3 m=0.9 m,故 A、B错误。CD.B 点的速度为 3 m/s,根据牛顿运动定律,在 B 点设轨道对球的作用力方向向下 ;FN+mg=m,代入解得 FN=-1 N,负号表示轨道对球的作用力方向向上,故 C 正确,D 错误。210.B 解析 A.卫星绕 地球做匀速圆周运动 ,由 G =m r 可知,风云一号卫星周期和半径
15、均小于2 (2)2风云二号卫星的周期和半径。根据万有引力提供圆周运动向心力 G =m 可知卫星的线速度 v=2 2,所以风云一号卫星的半径小 ,线速度大,A 错误。B.根据万有引力提供圆周运动向心力 G =ma 2得卫星的向心加速度 a= ,风云一号的半径小,故其向心加速度大于风云二号卫星的向心加速度,B2正确。C.向高轨道上发射卫星需要克服地球引力做更多的功,故向高轨道上发射卫星需要更大的发射速度,C 错误。D.风云二号是同步卫星,相对地面静止,而风云一号不是同步卫星,相对地面是运动的,D错误。11.D 解析 阻值 1 210 是灯泡正常工作(温度很高) 时的电阻值 ,而用多用电表的欧姆挡测
16、量白炽灯泡的电 阻值时,流经电表的电流很小,电灯的实际电功率很小,灯丝温度很低,电阻率很小,所以电阻值很小,故 D 正确,A、B、C 错误。12.A 解析 O 点同时存在三个通电导线产生的磁场 ,P 和 Q 到 O 点距离相等,电流大小相等,所以在O 点的磁感应强度相等。根据右手定则判断它们在 O 点产生的磁场方向相反 ,所以 P 和 Q 在 O 点产生的磁场相互抵消合磁场为 0。因此 O 点只剩下 R 产生的磁场,根据几何关系,R 到 O 的距离 L,32在 O 点产生的磁场方向水平向左 ,磁感应强度大小 B= ,带正电的粒子沿 y 轴正向进入磁场,速度方23向与磁场方向垂直,洛伦兹力 F=
17、qvB= ,方向垂直平面向外,选项 A 对。2313.C 解析 由题意知,汽车发动机的额定功率 P 额 =40 kW=4104 W,阻力 f=0.1mg=0.12 00010 N=2 000 N。当汽车有最大速度时,此时牵引力与阻力二力平衡,由 P 额 =F 牵 vm=fvm 得,汽车的最大速度 vm= =20 m/s,故 A 正确;若汽车从静止开始做匀加速直线运动,则当 P=P 额 时,匀加速直线运动结额束,则有 P 额 =F 牵 vt,根据牛顿第二定律有: F 牵 -f=ma ,联立可解得:v t=10 m/s,由 vt=at 得,汽车做匀加速直线运动的时间 t=10 s,故 B 正确;当
18、速度 v=16 m/s 时,由 P=Fv 得,此时汽车的牵引力 F= =2 500 额N,则汽车的加速度 a= =0.25 m/s2,故 C 错误;设匀加速后的 800 m 过程所用的时间为 t,从静止开-始一直运动到最大速度的过程中,根据动能定理得:F 牵 at2+Pt-f ,解得: t=47.5 s,12 (122+)=12m2汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间:t 总 =t+t=10 s+47.5 s=57.5 s,故 D 正确。二、选择题 14.BD 解析 选项 A 的核反应方程为 He n,选项 A 错误;根据电荷数守恒和质子数守 21+31 42 +10恒可知,选项 B 正确
19、; 衰变时原子核内部中子衰变为质子,释放出高速电子,电子并不是原子核的组成部分,选项 C 错误;根据质能方程可知选项 D 正确。15.AC 解析 A.根据公式 f= 可得频率约为 1.251 05 Hz,选项 A 正确。B. 质点只会上下振动,1 s 内质点 A 运动的路程为 2 000 m,选项 B 错误。C.根据题意可知虚线是反射回来的波,传播方向为 x 轴负方向,由上下坡法知,此时质点 B 正向 y 轴正方向运动,选项 C 正确。D.质点 A、B 两点都在平衡位置上方位移相同的地方,所以加速度大小相等方向相同,选项 D 错误。16.AC 解析 A.根据题意可知,当入射角等于 45时会发生
20、全反射,若入射光逆时针旋转,入射到 ab面上的光线的入射角大于 45,所以肯定会发生全反射,不会有光从 ab 边射出,A 正确。B、C.根据题意可知,当入射角等于 45时会发生全反射,垂直射入 ac 面的白光在 ab 面已发生全反射,当入射光顺时针转动时,入射角逐渐小于 45。七种色光中,红光的折射率最小,紫光的折射率最大,由临界角公式 sin C= 得知 ,红光的临界角最大,紫光的临界角最小,所以红光最先小于临界角,不发1生全反射,而产生折射,则红光先射出,B 错误,C 正确。D.当入射光顺时针转动时,入射角逐渐小于 45,随着入射角增大,光线在棱镜中传播的路程逐渐减小,光从 ac 面传播到
21、 ab 面的时间变短,D 错误。三、非选择题17.答案 (1)BC (2)BCD (3)0.420.01 m/s解析 (1)用此装置“ 研究匀变速直线运动” 时,只要小车匀加速运动即可 ,没必要消除小车和木板间的摩擦阻力的影响,选项 A 错误;在用此装置“探究加速度 a 与力 F 的关系”时,应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量,这样才近似认为盘及盘内砝码的重力近似等于小车的牵引力,选项 B 正确; 因平 衡摩擦力时满足 mgsin =mgcos ,两边同时消去了 m,则用此装置“ 探究加速度 a 与力 F 的关系”,每次改变砝码及砝码盘总质量后,不需要重新平衡摩擦力,选项 C 正确;
22、用此装置“ 探究功与速度变化的关系”实验时,需要平衡小车运动中所受摩擦力的影响,这样才能认为砝码的拉力做的功等于合外力做的功,选项 D 错误。(2)实验中要先接通电源再释放纸带,选项 A 错误; 拉小车的细线应尽可能与长木板平行 ,以减小实验的误差,选项 B 正确;纸带与小车相连端是运动刚开始时打出的点 ,则点迹较密,选项 C 正确;轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡,选项 D 正确。(3)由题意 T=0.06 s求得 vE= m/s0.42 m/s2=5.010-20.06218.答案 (1)0.84 3.2103 不能用多用电表欧姆挡直接测量电源内阻 (2)1.0 1.
23、6103解析 (1)因为量程为 1 V,则最小分度为 0.1 V,故读数为 0.84 V;用欧姆100 挡测量电阻,电阻R=32100 =3.210 3 ,本实验直接用欧姆挡测量电源的内阻,这是错误的,因为欧姆挡内部本身含有电源,而外部电压会干涉读数,故不能用多用电表电阻挡直接测电源内阻。(2)由闭合电路欧姆定律可知:I=+,1=+由公式及数学知识可得 =kR+b1图象中的 k= =1,b= =1.61031=10.0-08+2 解得:E=1 V,r=1.610 3 19.答案 (1)115.2 km (2)0.5 m/s 2 (3)2.810 5 N解析 (1)由题意 v=432 km/h=
24、120 m/s,匀速运动时间 t=720 s;两站间距对应 v-t 图线下的面积,有 L= (720+1 200)120 km12解得:L=115.2 km(2)列车出站时的加速度 a=120/240解得 a=0.5 m/s2(3)列车出站时,F-F f=ma又 Ff= mg150代入得 F=2.8105 N20.答案 (1) 3mg (2)从距水平桌面距离大于 的范围 (3)释放点位置离 Q 的竖直高度为 28 2mgL解析 (1)小球从 P 处下滑到 Q 处,由机械能守恒可得mgL= mv2 得 v=12 2在 Q 点对小球受力分析得 FN-mg= ,代入得 FN=3mg,方向竖直向上2根
25、据牛顿第三定律,小球对轨道压力大小为 3mg,方向竖直向下。(2)小球从轨道上某点 C 下滑到 Q 处平拋,恰好打在 B 点,则根据平拋运动规律 ,竖直方向有 2L= gt2,12得 t=2水平方向有 vQ=从 C 到 Q 根据机械能守恒得 mghC= 得 hC=12m2 8故为让小球能打在探测屏上,小球静止下落的最低点应距水平桌面高 。8(3)设从 Q 处以速度 v0 射出,打到探测屏上时的动能Ek= +mgh12m02而 h= gt2= ,得 Ek= mg212 2(0)2 12m02+12 202由数学知识可知当 v0= 时 Ek 最小Ek=mgL释放点位置离 Q 的竖直高度 H=221
26、.答案 (1)C (2)偏小(3)如图 解析 (1)本实验在用插针法时,角度不宜过大,否则很难确定折射角,选项 A 错误;不能用铅笔在光学元件上画线,故 B 错误;本实验通过 n= 计算折射率,也可以通过画出两个半径一样的圆,通过 sin =将角度转化为角度对边之比,所以选项 C 正确;在观察是否在一条直线上时,应该观察大头针底部,所1以 D 错误。(2)所画玻璃砖上表面正确,下表面向下倾斜,如图:由图可知折射角测量值偏大,由 n= 可知测得的折射率偏小。22.答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)2.78 m2解析 A 棒在曲轨道上下滑,由机械能守恒定律得
27、:mgh=12m02得:v 0= =2 m/s2(2)选取水平向右为正方向,对 A、B 利用动量定理可得:对 B:FB 安 cos t=MvB来源 :Zxxk.Com对 A:-FA 安 cos t=mvA-mv0其中 FA 安 =2FB 安由上可知:mv 0-mvA=2MvB两棒最后匀速时,电路中无电流:有 BLvB=2BLvA得:v B=2vA故 vB= v0=0.44 m/s29(3)在 B 加速过程中:(Bcos )iLt=MvB-0q=it得:q= C5.56 C509(4)据法拉第电磁感应定律有:E=其中磁通 量变化量: =BScos 电路中的电流:I=2通过截面的电荷量:q=It得
28、: S= m227.8 m2250923.答案 (1) (2)2 (3)2 2+23 4- 3 2解析 (1)当粒子离开电场时的速度达最大,则由动能定理可得 qEL= Mv2,解得 v= 。12 2(2)粒子在电场中的运动时间 t1= =2 ;由周期公式可得 T1= ,T2=22 2 2 来源:Z&xx&k.Com粒子在磁场中 运动轨迹如题图所示:粒子在磁场区 中是两段圆心角是 30的圆弧,在磁场区 中是一段圆心角是 120的圆弧则可知磁场中的总时间 t=2303602+120360=23所以总时间 t=2 。2+23(3)由 R= 可得:粒子第一次通过磁场区 时圆心是 O1,圆半径 R = ,12通过磁场区 时半径减半,圆心是 O2,R = ,122第二次通过磁场区 时圆心是 O3,半径为 R 不变,由几何关系可知ab=2R (1-cos30)+2R cos30= 。4- 3 2
