1、考前冲刺卷(七)本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。选择题部分一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列说法中符合实际的是()A.出租汽车按位移的大小收费B.在“空间站”工作的宇航员因受力平衡而在舱中悬浮或静止C.重力势能、电势、功、磁通量全部是标量，但有正负D.质量、长度、电荷量都是国际单位制中的基本物理量，其单位分别为 kg、m、C解析出租汽车按路程收费，选项A错误；在“空间站”工作的宇航员做匀速圆周运动，重力完全提供向心力，受力不平衡，选项B错误；重力势能、电势、功
2、、磁通量都是标量，但都有正负，选项C正确；质量、长度是国际单位制中的基本物理量，电荷量不是国际单位制中的基本物理量，选项D错误。答案C2.距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图1。小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小g10 m/s2。可求得h等于()图1A.1.25 m B.2.25 mC.3.75 m D.4.75 m解析小车上的小球落地的时间t1，小车从A到B的时间t2；B处小球下落的时间t3；根据题意可得时
3、间关系为t1t2t3，即，解得h1.25 m，选项A正确。答案A3.如图2所示为A、B两质点从同一地点运动的xt图象，关于A、B两质点在前8 s内的运动，下列说法正确的是()图2A.A质点做匀加速直线运动B.A、B两质点始终沿同一方向运动C.B质点前4 s做减速运动，后4 s 做加速运动D.B质点先沿负方向做直线运动，后沿正方向做直线运动解析由题图可知，质点A的位移随时间均匀变化，即质点A做匀速运动，选项A错误；质点B的位移先增大后减小，即04 s质点B向正方向运动，48 s质点B向反方向运动，选项B错误；在位移时间图象中，斜率(倾斜程度)代表速度，质点B前4 s正方向减速，后4 s反向加速，
4、选项C正确，D错误。答案C4.利用如图3所示的装置研究点电荷之间的相互作用力，当A带电荷量为Q，质量为M，B带电荷量为q，质量为m时，绳子偏转的角度为，两电荷连线水平且相距为L，则()图3A.tan B.若将B质量增大，绳子摆开的角度增大C.若将A质量增大，绳子摆开的角度增大D.若将A向左移动，绳子摆开的角度增大解析对小球B进行受力分析，如图所示，B球受到重力、库仑力和绳子拉力，根据平行四边形定则有tan ，选项A正确；若将B质量增大，绳子偏转的角度将减小，选项B错误；若将A质量增大，不会对B物体受力情况产生影响，偏转的角度不变，选项C错误；若将A向左移动，库仑力减小，绳子偏转的角度减小，选项
5、D错误。答案A5.“天舟一号”货运飞船与离地高度为393 km的“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行，则关于“天舟一号”飞船的说法正确的是()A.对接后的飞行速度大于对接前的速度B.对接前的速度大于第一宇宙速度C.对接前的向心加速度大于地球表面的重力加速度D.对接后的角速度大于地球的自转角速度解析地球上空匀速圆周运动的卫星的向心力来自于地球的万有引力，故m，v，故轨道半径越大，环绕速度越小，对接后轨道半径变大，飞行速度变小，选项A错误；第一宇宙速度7.9 km/s是近地卫星的线速度，即卫星的最大环绕速度，其他卫星的线速度都小于7.9 km/s，故选项B
6、错误；地球表面物体所受重力近似等于万有引力，即mg，ma，a，卫星轨道半径大于地球半径，加速度小于地球表面重力加速度，选项C错误；mr2，故轨道半径越大，环绕角速度越小，地球同步卫星的轨道半径36 000 km，天舟一号半径远小于地球同步卫星的轨道半径，角速度大于地球自转角速度，D正确。答案D6.弹弓是中国非物质文化遗产，吴越春秋中就有相关记载：“弩生于弓，弓生于弹”。某同学利用一个“Y”形弹弓(如图4所示)，将一颗质量约为20 g的石头斜向上射出约30 m远，最高点离地约10 m，空气阻力不计，g取10 m/s2。则该同学对弹弓做功约为()图4A.1 J B.2 J C.3 J D.4 J解
7、析设石头到达最高点时的速度为v，从最高点到落地石头做平抛运动，则有xvt，hgt2，由石头运动路径的对称性可得vx m/s m/s，根据功能关系得该同学对弹弓做功为Wmghmv20.021010 J0.02 J3.125 J3 J，C正确。答案C7.如图5所示，A、B、C、D为半球形圆面上的四点，且AB与CD交于球心且相互垂直，E点为球的最低点，A点放置一个电荷量为Q的点电荷，在B点放置一个电荷量为Q的点电荷，则下列说法正确的是()图5A.C、D两点电场强度不同B.沿CD连线移动一电荷量为q的点电荷，电场力始终做功C.C点和E点电势相同D.将一电荷量为q的点电荷沿圆弧面从C点经E点移动到D点过
8、程中，电场力先做负功，后做正功解析C、D在AB的中垂线上，又关于球心对称，所以C、D两点电场强度大小相等，方向也相同，选项A错误；沿CD直线，电场方向始终与CD直线垂直，所以一直不做功，选项B错误；CDE所在的平面为等势面，点电荷沿圆弧面从C点经E点到D点，电场力不做功，选项D错误；C、E点位于同一等势面，所以电势相同，选项C正确。答案C8.某同学想利用“电磁弹簧测力计”测量磁感应强度，如图6所示。一长为l的金属棒ab用两个完全相同的、劲度系数均为k的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关S与一电动势为E的电源相连，回路总电阻为R。开关
9、S断开，金属棒处于平衡状态时，弹簧伸长长度为x0；闭合开关S，金属棒再处于平衡状态时，弹簧伸长长度为x。重力加速度为g，则关于金属棒质量m和磁感应强度的大小B，下列关系式正确的是()图6A.m，BB.m，BC.m，BD.m，B解析开关断开时2kx0mg，闭合开关后，2kxBIlmg，其中I，联立上式可得B，m，所以选项C正确。答案C9.蹦床可简化为竖直放置的轻弹簧，未形变的床面为弹簧原长点(其弹力满足Fkx，弹性势能满足Epkx2，x为床面受到外力时受力点相对于原长点下沉的距离，k为常量)。质量为m的运动员静止站在蹦床上时，床面下沉x0；蹦床比赛中，运动员经过多次蹦跳，逐渐增加上升高度，测得某
10、次运动员离开床面在空中的最长时间为t。运动员可视为质点，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。则可求出()图7A.常量kB.运动员在空中上升的最大高度hgt2C.床面压缩的最大深度xx0D.整个比赛过程中运动员和蹦床总的机械能始终保持守恒解析当运动员静止在蹦床上时，由平衡条件得，mgkx0，解得k，选项A错误；由竖直上抛运动的对称性知，运动员上升和下落的时间均为，则运动员上升的最大高度hggt2，选项B错误；运动员和蹦床组成的系统，在运动员从最高点到床面压缩至最大深度的过程中，只有动能和势能的转化，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得，mg(hx)kx2，由以上各式解得，xx0，选项C正确；运动员经
11、过多次蹦跳，逐渐增加上升高度，系统的机械能增加，故整个比赛过程中运动员和蹦床总的机械能不守恒，选项D错误。答案C10.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.600.70之间(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)。如图8为某一款移动充电宝的参数见下表，下列说法正确的是()图8容量20 000 mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电路是输入DC5V 2A MAX输出DC5V 0.12.5 A尺寸1568222 mm转换率0.60产品名称索尼SY10200质量约430 gA.充电宝充电时将电
12、能转化为内能B.该充电宝最多能储存能量为3.6106 JC.该充电宝电荷量从零到完全充满电的时间约为2 hD.该充电宝给电荷量为零、容量为3 000 mAh的手机充电，则理论上能充满4次解析充电宝充电时将电能主要转化为化学能，不是内能，故A错误；该充电宝的容量为q20 000 mAh20 0001033 600 C7.2104 C，该电池的电动势为5 V，所以充电宝储存的能量EE电动势q57.2104 J3.6105 J，故B错误；以2 A的电流为充电宝充电，则充电时间t s3.6104 s10 h，故C错误；由于充电宝的转化率是0.60，所以可释放的电容量为20 000 mAh0.6012
13、000 mAh，可给容量为3 000 mAh 的手机充电n4次，故D正确。答案D二、选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分。每小题给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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.如图9所示，a、b为两束不同频率的单色光，均以45的入射角射到平行玻璃砖的上表面，直线OO与玻璃砖表面垂直且与其上表面交于N点，入射点A、B到N点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P点。下列说法正确的是()图9A.在玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度B.若b光照射到某金属表面发生了光电效应，则a光照射到该金属表面也一定会发生光电效应
14、C.同时增大入射角，则b光在玻璃砖下表面先发生全反射D.对同一双缝干涉装置，a光的相邻两条亮条纹间距比b光的相邻两条亮条纹间距大解析由光路图可知，a光在玻璃砖中的折射率小于b光在玻璃砖中的折射率，所以a光的传播速度大，A正确；a光的频率小于b光的频率，所以b光使某金属发生光电效应，a光不一定使该金属发生光电效应，B错误；因为是平行玻璃砖，因此在其下表面一定不会发生全反射，C错误；a光波长较大，因此干涉条纹间距较大，D正确。答案AD12.以下关于原子、原子核的说法正确的是()A.粒子散射实验中，粒子轰击的金箔也可以用其他重金属箔片，如铂箔片B.各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量各异，因
15、此利用不同气体可以制作五颜六色的霓虹灯C.因为放射性的强度不受温度、外界压强的影响，所以说明射线来自原子核D.衰变方程ThPae，因为Th和Pa的核子数均为234，所以这两个原子核的结合能相等解析粒子散射实验中，粒子也可以轰击铂箔，产生散射现象，A正确；能级之间跃迁，可产生不同频率的光，B正确；实验发现，如果一种元素具有放射性，那么，无论它是以单质存在，还是以化合物形式存在，都具有放射性，由于元素的化学性质决定于原子核外的电子，这就说明射线与这些电子无关，也就是说，射线来自原子核，C正确；衰变ThPae会向外释放能量，虽然Th和Pa核子数均为234，但前者比后者的结合能小，故D错误。答案ABC
16、13.跳台滑雪就是运动员脚着特制的滑雪板，沿着跳台的倾斜助滑道下滑，以一定的速度从助滑道水平末端滑出，使整个身体在空中飞行约35 s后，落在着陆坡上，经过一段减速运动最终停在终止区。如图10所示是运动员跳台滑雪的模拟过程图，设运动员及装备总质量为60 kg，由静止从出发点开始自由下滑，并从助滑道末端水平飞出，着陆点与助滑道末端的竖直高度为h60 m，着陆瞬时速度的方向与水平面的夹角为60(设助滑道光滑，不计空气阻力)，则下列各项判断中正确的是()图10A.运动员(含装备)着地时的动能为4.8104 JB.运动员在空中运动的时间为2 sC.运动员着陆点到助滑道末端的水平距离是40 mD.运动员离
17、开助滑道时距离跳台出发点的竖直高度为80 m解析从A点水平抛出如图，经平抛落在着陆坡B点，已知B点速度方向与水平面成60，将速度分解，画出速度三角形，水平方向匀速运动，竖直方向做自由落体运动，则v2gh，vy，根据速度三角形得v2，Ekmv24601060 J4.8104 J，动能为4.8104 J，故A正确；空中平抛时间，可以由竖直分运动求解hgt2，t s2 s，故B正确；如图着陆点到助滑道末端水平距离为x，水平方向做匀速直线运动，则xv0t，v0，x m40 m，故C正确；如图所示，跳台出发点为O点，在助滑道上的运动过程中，只有重力做功，根据动能定理mgh1mv，h120 m，故D错误。
18、答案ABC14.风能是可再生资源中目前发展最快的清洁能源，风力发电也是具有大规模开发和商业化发展前景的发电方式。在风电技术发展方面，由于相同风速时发电功率的不同，我国目前正逐步采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机，来提高风力发电的效率。具体风速对应的功率如图11乙所示，设甲图中风力发电机每片叶片长度为30 m，所处地域全天风速均为7.5 m/s，空气的密度为1.29 kg/m3，圆周率取3.14，下列说法正确的是()图11A.变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为52%B.用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制风力发电机后，每台风力发电机每天能多发电7 200 kWhC.无论采
19、用变桨距控制风力发电机还是定桨距控制风力发电机，每台发电机每秒钟转化的空气动能均为7.69105 JD.若煤的热值为3.2107 J/kg那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45 kg煤所产生的内能相当解析设在时间t内发电机获得的风能为Ek，则Ekmv2，由于mVr2vt，所以Ekmv2r2v3t1.293.143027.53t768 981t，故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为%52%，故A正确；由图象可知，当风速为7.5 m/s时，变桨距控制风力发电机的功率为400 kW，定桨距控制风力发电机的功率为100 kW，所以每台风力发电机每天能多发电E(P1P2)t
20、(400100)24 kWh7 200 kWh，故B正确；由A知道空气的动能为Ek768 981t J，所以每台发电机每秒钟转化的空气动能均为Ek768 981t J768 9811 J7.69105 J，故C正确；完全燃烧45 kg煤所产生的内能Emq453.2107 J1.44109 J，一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为EkEkt768 9813 600 J2.77109 J，故一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45 kg煤所产生的内能不相当，故D错误。答案ABC15.如图12甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距的质点Q、P、O、P、Q，相邻两质点间距为1 m
21、。t0时刻质点O从平衡位置开始沿y轴正方向振动，并产生分别向左、向右传播的波，质点O振动的图象如图乙所示，当质点O第一次到达正方向最大位移时，质点P才开始振动，则()图12A.P、P两质点之间的距离为半个波长，因此它们的振动步调始终相反B.当质点Q第一次到达负方向最大位移时，质点O已经通过了25 cm的路程C.当波在绳上传播时，波速为1 m/sD.若质点O振动加快，波的传播速度变大解析向左、向右传播的两列波关于y轴左右对称，P、P步调总是相同，A错误；振动从质点O传到质点Q时，质点O已经振动了半个周期，质点Q起振方向向上，当质点Q第一次到达负方向最大位移时，质点O第二次到达正方向最大位移处，共
22、运动了个周期，通过的路程s5A25 cm，B正确；t1 s时刻，质点O第一次到达正方向最大位移，质点P刚开始振动，即波传播了1 m，故波速v1 m/s，C正确；波速由介质决定，与质点振动频率无关，故质点O振动加快，波的传播速度不变，D错误。答案BC非选择题部分三、非选择题(本题共5小题，共55分)16.(5分)利用如图13甲所示的装置可以完成力学中的许多实验。甲(1)下列说法正确的是_。A.用此装置“探究小车速度随时间变化的规律”时，必须设法消除小车和滑板间摩擦阻力的影响B.用此装置“探究加速度与力、质量的关系”时，每次改变小车质量后，需要重新平衡摩擦力C.用此装置“探究加速度与力、质量的关系
23、”时，为保证小车所受的拉力近似等于砂及砂桶的重力，必须使砂及砂桶的质量远大于小车的质量D.用此装置“探究功与速度变化的关系”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑板平行(2)某同学用图甲装置进行“探究加速度与力、质量的关系”时，进行了如下操作：在滑板的右侧加一垫块，用以平衡摩擦阻力，如图乙所示，开启电源，轻推小车，打出了一条如图丙所示的纸带，据此纸带可判断，垫块_(填“偏薄”或“偏厚”)。图13垫块调整后，再打出一条纸带，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离(单位cm)，如图丁所示，由纸带数据计算可得，打下计数点3时小车的速度为_ m/s，小车的加速度为_ m/s
24、2(以上均保留2位有效数字)。解析(1)小车速度随时间变化不需要平衡摩擦力；探究加速度与质量、力的关系和探究做功与速度关系都需要平衡摩擦力，但是改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，所以选项A、B均错误；用此装置“探究加速度与力质量的关系”时，为保证小车所受的拉力近似等于砂及砂桶的重力，必须使砂及砂桶的质量远小于小车的质量，选项C错误；为了保证绳上拉力为小车所受合力，绳子拉力要与木板平行，选项D正确。(2)根据两点间的平均速度求中间瞬时速度，所以v30.37 m/s；根据xaT2可知加速度a0.15 m/s2答案(1)D(2)偏薄0.37(0.360.38)0.1517.(8分)(1)在练习使
25、用多用电表实验中，下面使用多用电表测量电阻的操作中正确的是_(黑表笔插在“”插孔，红表笔插在“”插孔)。(2)某同学尝试利用多用电表近似测量一节干电池的电动势。将选择开关旋到_挡(填“直流电压2.5 V”或“交流电压2.5 V”)，红表笔接电池_(填“正极”或“负极”)，直接测量电池路端电压。如图14所示，示数为_ V。图14解析(1)测量电阻时要经过机械调零、欧姆调零，欧姆调零时红黑表笔短接，在测量电阻时换挡后都需要重新欧姆调零。使用多用电表进行测量时手不能接触笔尖金属体，测量电阻时被测电阻应与其他电路元件分离，多用电表欧姆挡黑表笔端电势高，因此答案选A、B。(2)测量干电池电动势时多用电表
26、功能选择直流2.5 V，电流从红表笔流入多用电表，所以红表笔接正极。测电压读数为1.38 V。答案(1)AB(2)直流电压2.5 V正极1.3818.(12分)随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离。如图15所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射区的长度l180 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。假设飞机在跑道所受阻力大小恒为飞机重力的0.2倍，离舰起飞的速度v40 m/s。设航空母舰始终处于静止状态，飞机可看做质量恒定
27、的质点。(g10 m/s2)求：图15(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小；(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。解析(1)根据牛顿第二定律有F推0.2mgma2代入数据解得a24.0 m/s2。(2)由v2v2a2(ll1)代入数据解得v120 m/s。(3)由v2a1l1得a15 m/s2根据牛顿第二定律有F牵F推0.2mgma1代入数据解得F牵2104 N。答案(1)4.0 m/s2(2)20 m/s(3)2104 N19.(14分)当下世界科技大国都在研发一种新技术，实现火箭回收利用，有效节约太空飞行成本，其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设
28、计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力。该装置的主要部件有两部分：缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd，指示灯连接在cd两处；火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图16中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，指示灯发光，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，软着陆要求的速度为0；指示灯、线圈的ab边和cd边电阻均
29、为R，其余电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。图16(1)求缓冲滑块刚停止运动时，线圈的ab边受到的安培力大小；(2)求缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；(3)若火箭主体的速度大小从v0减到0的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中线圈产生的焦耳热。解析(1)ab边产生电动势EBLv0线圈总电阻R总R1.5RFabBILBL。(2)4Fabmgma解得ag。(3)根据动量定理mgt4abt0mv0即mgt40mv0化简得h根据能量守恒定律，每个减速器得到热量Q每个线圈得到的热量Q线Qmv。答案见解
30、析20.(16分)某玩具厂设计出如图17所示的玩具，轨道固定在高为H10.5 m的水平台面上，通过在A处压缩弹簧把质量m0.01 kg的小球(可看成质点)从静止弹出，先后经过直线轨道AC，半径R10.1 m的圆形轨道，长为L10.5 m的直线轨道CD，以及两段半径R21 m的圆弧DE、GP，G、E两点等高且两圆弧对应的圆心角都为37，所有轨道都平滑连接；小球从P点水平抛出后打到固定在Q点的锣上，P、Q的水平距离L21.2 m，锣的半径r0.3 m，圆心O离地高H20.4 m。CD段的动摩擦因数为0.2，其余轨道光滑，N为在P点正下方的挡板，在一次测试中测出小球运动到B点时对内轨的作用力为0.0
31、64 N。(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)图17(1)求小球运动到B点时的速度大小；(2)小球能否离开轨道，请说明理由；(3)要使小球打到锣上，求小球从A处弹出时弹簧对小球所做的功需满足的条件。解析(1)由牛顿第二定律得mgFNmv00.6 m/s。(2)设小球不能离开轨道，通过直线轨道CD后能上升的最大高度为h0，则mg(2R1h0)mgL10mvh00.118 mh0R2(1cos 37)从DE返回圆轨道上升高度为h0，mgh0mgL1mgh0，h00.018 m，h0R1。所以不能离开轨道。(3)锣的下边界与P点的高度差h10.8 m，上边界与P点的高度差h20.2 m，如果小球从P点飞出后能打到锣的上、下边界，根据平抛运动知识hgt2v可得从P点飞出的速度3 m/sv6 m/s而小球沿圆弧GP运动到P点的条件mgm得v m/s所以 m/sv6 m/s根据动能定理WmgL1mg2R2(1cos 37)mv200.1 JW0.23 J。答案(1)0.6 m/s(2)见解析(3)0.1 JW0.23 J
