1、仿真模拟卷（4+5+1+2）（四）本试卷共12题，满分100分一、单项选择题(本题共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)13如图1所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是()图1解析通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是C.答案C14如图2所示，图2物块a、b的质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则 ()A物块b
2、受四个力作用B物块b受到的摩擦力大小等于2mgC物块b对地面的压力大小等于mgD物块a受到物块b的作用力水平向右解析物块b受重力、地面的支持力、物块a的水平弹力、物块a的竖直向下的摩擦力及外力F作用而静止，物块b受五个力作用，A错；物块a受重力、墙壁的弹力、物块b的水平弹力和竖直向上的摩擦力作用而静止，所以物块a受到物块b的作用力是斜向右上方的，D错；物块b对物块a的摩擦力大小为2mg，所以物块b受到的摩擦力大小等于2mg，B对；由整体法可知物块b对地面的压力大小等于3mg，C错答案B15某星球的半径为R，在其表面上方高度为aR的位置，以初速度v0水平抛出一个金属小球，水平射程为bR，a、b均
3、为数值极小的常数，则这个星球的第一宇宙速度为 ()A.v0 B.v0 C.v0 D.v0解析由于a、b均为数值极小的常数，故认为重力加速度恒定，由平抛运动规律可得bRv0t，aRgt2，联立解得重力加速度g，而第一宇宙速度v，代入g解得vv0，C正确答案C图316图3中虚线是某电场的一组等势面两个带电粒子从P点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a、b是实线与虚线的交点下列说法正确的是 ()A两粒子的电性相同Ba点的场强小于b点的场强Ca点的电势高于b点的电势D与P点相比两个粒子的电势能均增大解析由电场等势线的分布可知该场源电荷为点电荷，根据点电荷电场场强Ek可
4、以判定a点的场强小于b点的场强，由于两个带电粒子的电性未知，故不能判断场源电荷的电性，a点、b点的电势高低关系无法判定，故B项正确，C项错；由于两带电粒子的入射速度方向相同，根据运动轨迹在速度与受力夹角范围内可以判定两粒子受电场力方向相反，故两粒子电性相反，且速度与电场力的夹角为锐角，电场力对两带电粒子均做正功，两带电粒子的电势能减小，故A、D均错误答案B二、双项选择题(本题共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关于热力学定律，下列说法正确的是 ()A为了增加物体的内能，必须对物体做
5、功或向它传递热量B对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D不可能使热量从低温物体传向高温物体解析内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，若物体向外放热，则物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，C对；在引起其他变化的情况下，可以将热量从低温物体传向高温物体，D错答案AC18(2013佛山模拟)下列说法正确的是 ()A原子的核式结构是汤姆发现的B铀核(U)衰变为铅核(Pb)的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C一个氢原子从量子数n3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线D一束光照射
6、到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小解析原子的核式结构是卢瑟福通过粒子散射实验发现的，A错质量数23820648，守恒，电荷数9282286，守恒，B正确只有一个氢原子跃迁时最多可产生两条谱线是从32和从21跃迁时产生的，C正确能否发生光电效应取决于光的频率与金属的极限频率之间的关系，而与光强无关，D错答案BC19如图4a所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图b所示已知重力加速度g10 m/s2，由图线可知 ()图4A甲的质量是2 kgB甲的质量是6 kgC甲、乙之间的动摩擦因数是0.2D甲、乙之
7、间的动摩擦因数是0.6解析由甲物体的aF图象可知，当拉力F小于48 N时，甲、乙两物体一起加速运动，有共同的加速度；当拉力F大于48 N时，甲、乙两物体开始相对滑动对甲物体：Fm甲gm甲a，整理得ag，将(48，6)和(60，8)两组数据代入解得m甲6 kg，0.2，选项B、C正确答案BC20一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图5甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表则 ()图5A交流电源电压瞬时值的表达式为u220sin t(V)BP向上移动时，电压表的最大示数为380 VCP向下
8、移动时，原、副线圈的电流之比减小DP向下移动时，变压器的输入功率变大解析交流电源电压瞬时值的表达式为u220sin 100t(V)，A项错；由可得U2U1，当n21 900匝时，U2达最大，其值为U2380 V，B项正确；根据可得P向下移动时，n2减小，n1不变，故原、副线圈的电流之比减小，C项正确；由U2U1可知，P向下移动时n2减小，n1不变，故U2减小，变压器输出功率P2减小，因P1P2，故变压器的输入功率变小，D项错答案BC 图621如图6所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强
9、磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为，两棒总电阻为R，导轨电阻不计开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动则()Aab棒中的电流方向由b到aBcd棒先加速运动后匀速运动Ccd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D力F做的功等于ab棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和解析根据右手定则可以判定ab棒切割磁感线产生的感应电流的方向为由b到a，A项正确；由于ab棒沿导轨向上做匀加速运动，故电路中的感应电流为I，其值逐渐增大，对cd棒竖直方向由牛顿第二定律可得mgFNma，又FNF安，故随着时间的推移，cd棒先做加速度减小
10、的变加速直线运动，后做加速增大的变减速直线运动，最后静止，故B、C两项错；对ab棒根据功能关系可得WFWGW安Ek，解得WFEkWGW安EabQ，故力F做的功等于ab棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和，D项正确答案AD三、非选择题(本大题共3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，答案中必须明确定出数值和单位)34(18分)(1)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学利用图7所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，滑块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与托盘相连，滑块右端连一条纸带，通过打点计时
11、器记录其运动情况开始时，托盘中放少许砝码，释放滑块，通过纸带记录的数据，得到图线a.然后在托盘上添加一个质量为m0.05 kg的砝码，再进行实验，得到图线b.已知滑块与长木板间存在摩擦，在滑块运动过程中，绳中的拉力近似等于托盘和所加砝码的重力之和，g取10 m/s2，则图7图8通过图8可以得出，先后两次运动的加速度之比为_；根据图8，可计算滑块的质量为_ kg.(2)某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻的UI曲线，进行了如下操作他先用多用电表的欧姆挡“1”挡测量，在正确操作的情况下，表盘指针如图9甲所示，可读得该小灯泡的灯丝电阻的阻值Rx_ .实验中所用的器材有：电压表(量程3 V，内阻约为2
12、k)电流表(量程0.6 A，内阻约为0.2 )滑动变阻器(05 ，1 A)电源、待测小灯泡、电键、导线若干请画出该实验的电路图图9该同学已经根据实验数据，在图乙中描出了数据点，请画出小灯泡的UI曲线如果把这个小灯泡直接接在一个电动势为1.5 V、内阻为2.0 的电池两端，则小灯泡的实际功率是_ W(结果保留两位有效数字)解析(1)由vt图象及a可解得aa0.6 m/s2，ab0.8 m/s2，所以aaab34.设小车质量为M，第一次实验中砝码和托盘质量为m0，由牛顿第二定律可得：m0gMaa，(mm0)gMab，两式联立解得M2.5 kg.(2)根据多用电表的读数规则可知Rx2 ；小灯泡内阻很
13、小，采用电流表外接时误差较小，电压表与小灯泡并联测电压，滑动变阻器采用分压式接法作出小灯泡直接接在一个电动势为1.5 V、内阻为2.0 的电池两端时的UI图线如图所示，其与原UI曲线的交点即为小灯泡实际工作时的电流和电压值，可得出小灯泡的实际功率为0.28 W.答案(1)342.5(2)2如图丙所示如图丁所示0.28(0.250.32都正确) 图1035(18分)如图10所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)处于静止状态同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，小球a从B点滑上光滑
14、半圆环轨道最高点A时速度为vA，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，求：(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；(2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；(3)小球b的落地点距桌面右端的水平距离解析(1)设小球a通过轨道最高点时受到轨道的弹力为FN，由牛顿第二定律得mgFN得FNmg由牛顿第三定律，小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力为mg，方向竖直向上(2)设小球a、b与弹簧分离时的速度大小分别为va、vb，取桌面为零势能面，由机械能守恒定律mvmvmg2R，得va小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，由动量守恒mva2mvb，得vb(3)小球b从桌面飞出做平抛运动，设其
15、落地点距桌面右端的水平距离为s由Rgt2得t由svbt得sR.答案(1)mg，方向竖直向上(2)(3)R36(18分)如图11所示，半径为L12 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1 T长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为 rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L22 m，宽度为d2 m图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带
16、电粒子以初速度v00.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：图11(1)在04 s内，两极板间的电势差UMN；(2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件解析(1)金属杆产生的感应电动势恒为EB1L2 V由电路的连接特点知：EI4R，U0I2R1 VT120 s由右手定则知：在04 s时间内，金属杆ab中的电流方向为ba，则ab，则在04 s时间内，MN，UMN1 V(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0时间内水平方向L2v0t1t14 sd时离开磁场后不会第二次进入电场，即B22 T答案(1)1 V(2) m/s方向与水平方向的夹角为45 (3)B22 T
