1、仿真模拟卷（4+5+1+2）（六）本试卷共12题，满分100分一、单项选择题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分) 图113. 如图1所示，两根相距为L的竖直固定杆上各套有质量为m的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两球用长为2L的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F，恰能使两球沿竖直杆向上匀速运动则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g) ()A. Bmg C. DF解析根据题意可知：两根轻绳与两竖直杆间距正好组成等边三角形，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F2Fcos 30，解得小
2、球所受拉力F，C正确答案C 图214.2013年夏季，贵州、云南、重庆等省市部分地区出现持续高温、少雨天气，引起不同程度旱情，导致大面积农作物受灾，造成群众饮水短缺等基本生活困难电力部门全力确保灾区的用电供应如图2所示，发电厂的输出电压和输电线的电阻、变压器均不变，如果发电厂增大输出功率，则下列说法正确的是 ()A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例减少解析如果发电厂增大输出功率，输电线中电流一定增大，输电线上损耗的功率增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项C正确，D错误；升压变压器的输出电压不变，输电线上电压损
3、失增大，降压变压器的输入电压减小，输出电压减小，选项A、B错误答案C 图315.如图3所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则 ()AA点和B点的电势相同BC点和D点的电场强度相同C正电荷从A点移至B点，电场力做正功D负电荷从C点移至D点，电势能增大解析A点比乙球面电势高，乙球面比B点电势高，故A点和B点的电势不相同，A错；C、D两点场强大小相等，方向不同，B错；AB，WAB0，C对；C、D两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，D错答案C16为研究太阳系内行星的运
4、动，需要知道太阳的质量已知地球的半径为R，地球质量为m，太阳与地球的中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T，则太阳的质量为 ()A. B. C. D.解析设太阳的质量为M，地球绕太阳公转，Gmr，再由GmgR2，得到M，选项B正确答案B二、双项选择题(本大题共5个小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分)17下列说法正确的是 ()A液体的分子势能与液体的体积无关B为了保存玉米地的水分，可以锄松地面，破坏土壤里的毛细管C从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的
5、频繁碰撞引 起的D扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生解析液体的体积决定了液体分子间的距离，进而决定液体分子势能，A错误；锄松地面可以破坏土壤里的毛细管，从而保存玉米地里的水分，B正确；气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁引起的，C正确；固体、液体、气体都可以发生扩散现象，只是固体扩散得慢，D错误答案BC18下列描述中正确的是 ()A卢瑟福的原子核式结构学说能很好地解释粒子散射实验B放射性元素发生衰变时所释放的电子来源于原子的核外电子C氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，再向低能级跃迁时放出光子的频率 一定等于入射光子的频率D分别用X射线和紫光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用X射
6、线 照射时光电子的最大初动能较大解析卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子的核式结构，A正确；放射性元素发生衰变时所释放的电子来源于原子核的中子，B错误；处于基态的氢原子要发光，必须先吸收一定的能量E(设Eh)跃迁至某一激发态，若由该激发态直接跃迁回基态，则发出的光子频率等于，若由该激发态间接跃迁回基态，则光子的频率小于，C错误；X射线的频率大于紫光的频率，根据hmW可知D正确答案AD 图419.甲、乙两物体由同一位置出发沿一直线运动，其速度时间图象如图4所示，下列说法正确的是 ()A甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B两物体两次相遇的时刻分别是在2 s末和6 s末C乙在头2 s内做匀加速直线运动
7、，2 s后做匀减速 直线运动D2 s后，甲、乙两物体的速度方向相反解析由图象知，v甲2 m/s，故甲物体做匀速直线运动，乙物体在02 s内沿正向做匀加速直线运动，在26 s内沿正向做匀减速直线运动乙物体做的不是匀变速直线运动，A错，C对在2 s末，甲物体的位移x甲22 m4 m，乙物体的位移x乙(24)m4 m，故两物体在2 s末相遇在6 s末，甲物体的位移x甲26 m12 m，乙物体的位移x乙(64)m12 m，故两物体在6 s末相遇，B正确在06 s内，甲、乙两物体始终沿规定的正方向运动，D错答案BC 图520.如图5所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根
8、与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中()A导线框中感应电流方向依次为ACBAABCAACBAB导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C导线框所受安培力的合力方向依次为向上向下向 上D导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动解析根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下
9、降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流方向依次为ACBAABCAACBA，选项A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，选项B正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，选项C、D错误答案AB 图621.如图
10、6所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在xOy平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动，下列说法正确的是()A粒子的速度大小为B粒子的速度大小为C与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析带正电粒子与y轴正方向成60角发射进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得aRsin 30，其中R，联立解得v，故选项A正确，B错
11、误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tT，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120角射入时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间tmT，故选项C正确，D错误答案AC三、非选择题(本大题共3个小题，共54分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)34(18分)(1)小明利用落体法验证机械能守恒定律，得到的纸带如图7所示，其中O为打下的第一点，A、B、
12、C、D为连续的四个点，已知所用交流电的频率为f，以点C为研究点，则图7以下关于打点C时重锤的速度v求法中合理的是_A测出从O到C的时间，利用vgt求B利用v22gh和已测下落高度求C根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间 的平均速度求D测出从O到C的时间，利用hvtgt2求实验中因阻力的存在，动能的变化量应小于重力势能的改变量，但通过计算(计算方法正确合理)小明却发现动能的变化量总大于重力势能的改变量，这是由于他在实验中出现的_错误操作造成的经老师指点后，小明重做了实验，得出自由下落物体在误差范围内满足机械能守恒定律，并作出h图象如图8，则当地的实际重力加速度为_(2
13、)某同学要测量一导体的电阻Rx. 图8他先用多用电表粗测其电阻用已经调零且选择开关指向电阻挡“100”挡位的多用电表测量，其表盘及指针所指位置如图9甲所示，要能比较准确地测量该电阻的阻值，应将多用电表的选择开关旋转到电阻挡的_挡位，调到正确挡位后重新调零，再次测量此电阻，其表盘及指针所指位置如图乙所示，则该电阻约为_.图9该同学想用“伏安法”更精确地测量该导体的电阻Rx，现有的器材及其代号和规格如下：A待测电阻RxB电流表A1(量程050 mA，内阻约为50 )C电流表A2(量程05 mA，内阻约为30 )D电压表V1(量程03 V，内阻约为10 k)E电压表V2(量程015 V，内阻约为50
14、 k)F直流电源E(电动势6 V，内阻不计)G滑动变阻器R1(阻值范围为020 ，允许通过的最大电流为2.0 A)H定值电阻R250 I开关S一个，导线若干则()为了使实验误差较小，要求电表的指针的偏转幅度达到半偏以上，并要求测得多组数据进行分析，则电流表应选择_，电压表应选择_(选填器材前的字母代号)()将你设计的实验电路画在虚线框内()使用设计的电路图进行测量，若电压表的读数为U，电流表的读数为I，那么，待测电阻的阻值Rx_(用已知物理量和测量的物理量的字母符号表示)解析(1)当用落体法验证机械能守恒定律时不能认为下落过程中没有阻力存在，A、B、D错，计算某点的瞬时速度时应根据做匀变速直线
15、运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，C对先松开纸带再接通电源时会造成各点对应的瞬时速度均偏大，使动能的变化量大于重力势能的改变量因满足机械能守恒，所以有mv2mgh，所以h图线的斜率即为当地的重力加速度值，由图知当地的实际重力加速度为9.70 m/s2.答案(1)C先松开纸带再接通电源9.70 m/s2(2)10220()BD()如图所示()35(18分)如图10所示的轨道由半径为R的光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后
16、滑到小车上已知M4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为，Q点右侧表面是光滑的(1)求滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小(2)要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内)图10解析(1)设滑块滑到B点的速度大小为v，到B点时轨道对滑块的支持力为FN，由机械能守恒定律有mgRmv2滑块滑到B点时，由牛顿第二定律得FNmgm联立式解得FN3mg根据牛顿第三定律可知，滑块在B点对轨道的压力大小为FN3mg(2)滑块最终没有
17、离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度，设为v，滑块与小车组成的系统动量守恒，有mv(Mm)v若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系得mgLmv2(Mm)v2联立式解得L若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由功能关系得2mgLmv2(Mm)v2联立式解得L综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是L答案(1)3mg(2)L36(18分)如图11所示，竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy，x轴沿
18、水平方向在x0的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h.在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同设运动过程中小球P电
19、量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g.图11求：(1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；(2)小球Q的抛出速度v0的取值范围；(3)B1是B2的多少倍？解析(1)由题给的已知条件，小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设所求场强大小为E，有mgqE得E小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电(2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有B1qvmg设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有B2qvm设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有xR，y0小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平方向位移为s，竖直方向位移为d，有sv0t0dgt由题意得xsl，yhd由题意可知v00，联立相关方程，得0v0(3)小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度时的W点时，其竖直方向的速度vy，与竖直位移yQ必须满足vyvyQR设小球Q运动到W点时间为t，由平抛运动，有vygtyQgt2联立相关方程，解得B1B2B1是B2的0.5倍答案(1)正(2)0v0(3)0.5
