1、模拟单科卷一、选择题1.楞次在利用如图所示的装置探究判断产生感应电流方向的规律时，下列说法正确的是（ ）A. 线圈中的感应电流产生的磁场总是与磁铁产生的磁场方向相反B. 线圈中的感应电流产生的磁场总是与磁铁产生的磁场方向相同C. 不管哪个磁极在下，只要磁铁向下插入线圈，线圈中就会产生如图所示的感应电流D. 只有N极在下插入线圈或S极在下拔出线圈时，线圈中才产生如图所示的感应电流【答案】D【解析】【详解】AB线圈中的感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场的变化，当原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，当原磁场增强时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，A、B错误；CD根据楞次定律可知只有N极在下插
2、入线圈或S极在下拔出线圈，线圈中才产生如图所示的感应电流，C错误，D正确。故选D.2.质量均为1kg的两物体A、B在水平力F1和F2的作用下做加速运动，外力撤去后，二者在水平面上逐渐停止运动，其运动图像如图中ab所示，g=10m/s2,则以下说法中正确的是( )A. 物体与水平面的动摩擦因数为0.2B. 作用于A物体的外力F1=NC. 作用于B物体的外力F2=2ND. A物体的总位移为4.5m【答案】B【解析】【详解】A由撤去后物体运动情况分析可知加速度a2=1m/s2；又则物体与水平面动摩擦因数为0.1，选项A错误；BC对A、B物体分析则外力选项B正确，C错误；D图像与t轴所围的面积可知A物
3、体总位移为5m，选项D错误。故选B3.如图所示，质量为M劈体ABCD放在水平地面上，表面AB、AC均光滑，且ABCD，BDCD，AC与水平面成角质量为m的物体（上表面为半球形）以水平速度v0冲上BA后沿AC面下滑，在整个运动的过程中，劈体M始终不动，P为固定的弧形光滑挡板，挡板与轨道间的宽度略大于半球形物体m的半径，不计转弯处的能量损失，则下列说法中正确的是A. 水平地面对劈体M的摩擦力始终为零B. 水平地面对劈体M的摩擦力先为零后向右C. 劈体M对水平地面的压力大小始终为 (M+m)gD. 劈体M对水平地面的压力大小先等于(M+m)g，后小于(M+m)g【答案】D【解析】【详解】把物体m劈体
4、M视为整体分析，物体m在AB面上做匀速直线运动，因此整体合外力为零，因此水平地面对物体没有摩擦力的作用，地面对斜劈的压力大小为；当物体m在斜面AC上运动时，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，因此加速度可分解为水平向右和竖直向下，因此水平面对斜劈的摩擦力向左，整体处于失重状态，因此斜劈M对水平地面的压力小于，因此ABC错误，D正确4.如图所示，理想变压器原线圈输入交流电压如下图乙所示，副线圈中装有单刀双掷开关s，电流表、电压表均为理想电表，Rt为热敏电阻，S掷a时原副线圈匝数比则以下分析正确的是（ ）A. S接在端，电压表示数为22VB. S接在端，Rt温度升高时,电流表示数变大，电压表读数变小C
5、. S接在端，Rt温度升高时，变压器原线圈输入功率变大D. S由a端转换为b端时，电压表示数变大【答案】C【解析】【详解】A由可得S掷a时电压表示数为22V，选项A错误；BCS接在a端，Rt温度升高时，电阻变小，由可知副线圈电压不变，则电流表读数变大，变压器输出功率最大，则输入功率变大，选项B错误，C正确；DS由a端转换为b端时，副线圈接入匝数减小，电压降低，电压表示数变小，选项D错误。故选C.5.如图是两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是( )A. a点的电场强度大于c点B. ac两点的电势相同C.
6、正电荷在a点电势能大于在b点的电势能D. 将正电荷由O移到b静电力做正功【答案】C【解析】【详解】A由电场分布的对称性可知，a、c两点的电场强度相同，A错误；B电场方向由ac，故ac，B错误；C因ab，由WabqUab知，Wab0，故正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，C正确；D因UOb0，故将正电荷由O移到b静电力不做功，D错误故选C.6.如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一足够长的绝缘木板静止在水平面上，木板左端放置滑块，已知木块与滑块质量均为0.2kg，滑块所带电荷量q=+0.4C，滑块与绝缘木板、木板与地面之间的动摩擦因数均为0.5，滑块受到的最大静摩擦力
7、可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左的力作用，使木板做匀加速运动，已知力F的大小随时间变化关系如图所示，g取10m/s2。则下列说法不正确的是（ ） A. 木板的加速度为2m/s2，滑块离开木板时速度为16m/sB. t=3s后滑块和木块有相对运动C. 滑块开始做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s的匀速运动D. 滑块离开木板时，力F的大小为1.4N【答案】A【解析】【详解】B根据题意可知木板始终做匀加速运动，且t=0时滑块不受洛伦兹力作用，则对整体有： 由图像可知此时拉力为2.8N，代入可得：a=2m/s2，根据题意可知，当滑块与木板恰好发生相对运动
8、时：解得：v=6m/s由v=at，可知t=3s，B正确，不符合题意；AC此后速度继续增加，摩擦力继续减小，则加速度减小，当二者分离时有：解得m/sC正确，不符合题意，A错误，符合题意；D由于木板一直做匀加速运动，故滑块离开木板后，对木板有：解得ND正确，不符合题意。故选A.7.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦下图中分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】B由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有；mgsin F
9、fma1下滑阶段有；mgsin Ffma2因此a1a2，B选项错误；A当上滑和下滑时，速度图象的斜率不同，故A选项错误；C重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C正确D由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误； 故选C.8.目前美国宇航局和欧洲空间局正在推进LISA激光干涉空间天线计划，欧洲航天局计划在2034年发射更先进的引力波天文台，进一步激发起世界各国探索宇宙的热情。如图所示为一恒星系统的示意图，A、B、C为该星系的3颗行星，在同一平面内环绕中央恒星O近似做圆周运动，其中A、B两行星的质量较大，离恒星较近，C质量较小，离恒星较
10、远。天文学家观测得到A、B、C三行星运动的轨道半径分别为：=1：4：16，其中C行星的公转周期为T。并观测发现，中心恒星实际也有周期性振动，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A、B的万有引力引起中心恒星的振动，则由此可推知恒星的振动周期可能为A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】由开普勒第三定律，求得分两种情况：如果行星A、B同方向旋转，有解得；如果行星A、B反方向旋转，有解得A，与结论相符，选项A正确；B，与结论相符，选项B正确；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；故选AB.9.某同学将质量为m的一瓶矿泉水竖直向上抛出，水瓶以的加速度匀减速上升，上升的
11、最大高度为H，水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则（ ）A. 上升过程中矿泉水的动能改变量为mgHB. 上升过程中矿泉水的机械能减少了C. 水瓶落回地面时动能大小为D. 水平上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态【答案】BC【解析】【详解】A上升过程合外力(mg+f)=做负功，上升过程矿泉水的动能减少量等于，选项A错误；B上升过程机械能的增量等于除重力以外的力（阻力）做功，机械能减少，选项B正确；C下落过程合外力（mg-f）=，做正功，由动能定理可知，下落过程动能增加量为，落地时动能为，选项C正确；D矿泉水全程加速度竖直向下，始终处于失重状态。故选项D错误。故选BC.10.如图，有一截面为矩
12、形有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L在边界AB的中点上有一个粒子源，沿与边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则 （ ）A. 速率小于v0的粒子全部从CD边界射出B. 当粒子速度满足时，从CD边界射出C. 在CD边界上只有上半部分有粒子通过D. 当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出【答案】BC【解析】【详解】ABC如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨迹半径为1.5L，与CD边界相切的轨迹半径为L；由半径公式：可知轨迹与CD边界相切的粒子速度为，由此可知，仅满足的粒子从CD边界的PD间射出，选项A错误，
13、BC正确；D由上述分析可知，速度小于的粒子不能打出磁场，故选项D错误。故选BC.二、非选择题11.同学们通过实验探究发现：弹簧弹力与弹簧伸长量成正比，比例系数称为劲度系数。某实验小组进一步想探究弹簧的劲度系数与哪些因素有关，首先他们猜想可能与弹簧长度有关，于是他们找到几根相同的弹簧，分别测出一根弹簧、两根弹簧串联，三根弹簧串联情况下弹簧的劲度系数，并作出了弹簧进度系数k与弹簧长度的关系图像如图，于是他们猜想弹簧的劲度系数可能与弹簧长度成反比。你认为要验证该小组同学的猜想是否正确，应该做_的关系图像。你认为弹簧的劲度系数与弹簧长度的关系为：_【答案】 (1). k-或-L (2). 弹簧的劲度系
14、数与弹簧的长度成反比【解析】【详解】1直线图像更容易分析数据的准确性，若弹簧的劲度系数与弹簧长度成反比的结论成立，则k-或-L的图像是过原点的直线，因此应该做k-或-L关系图像；2因为弹簧均匀伸长，受相同的力，弹簧长度加倍，伸长量加倍，由可知：弹簧的劲度系数与弹簧的长度成反比。12.某同学要测量电源的电动势E和内电阻r（E约为5v，内阻约为2），实验台上现有器材为：量程为0.6A内阻较小的电流表一只，量程分别为3v和15v两量程内阻足够大的电压表电压表一只，0-20变阻器，固定电阻R1=15、R2=50、R3=100，该同学为了准确测出此电源的电动势和内阻，采用了如图1所示电路。（1）电路中的
15、固定电阻R应选用_。（2）请将该同学未联成的实物图连接完整。（ ）（3）该同学利用测出的多组数据描出的伏安特性曲线如图3，则此电源的电动势为_v，内阻为_。【答案】 (1). R1 (2). (3). 5.1 (4). 2.0【解析】【详解】（1）1由于电压表的两个量程不合适，3V太小，15V太大，故需要与电源串联一电阻分得部分电压，使用电压表3V量程测量更准确，当变阻器取最大阻值20时电压表示数最大，由串联电路电压分配与电阻成正比，可知，解得：R=40/3，故选用电阻R1。（2）2连线如图，电压表选用3V量程. （3）34由图3读得，纵轴截距5.1V，故电源电动势5.1V，横轴截距为0.30
16、A，则电源内阻.13.如图所示,静止在光滑水平面上的长木板,质量,长,与等高的固定平台长，平台右侧有一竖直放置且半径的光滑半圆轨道.质量的小滑块以初速度从的左端水平滑上,随后向右运动,长木板与平台碰撞前的瞬间,小滑块的速度大小为,此时还未达到共同速度.设长木板与平台碰撞后立即被锁定,小滑块可视为质点,小滑块A与平台之间的动摩擦因数小滑块与平台之间的动摩擦因数，求：(1)长木板与平台碰撞前的瞬间, 的速度大小；(2)小滑块最终停在离木板左端多远处?【答案】（1）1m/s（2）3.5m【解析】【分析】（1）B与平台CD碰撞前瞬间，A、B还未达到共同速度对B，运用动能定理求B的速度大小（2）根据能量
17、守恒定律求出B与平台碰撞前A相对B发生的位移，对滑块从平台C点运动到D的过程中，在到最高点的过程中运用动能定理列式，求出小物块A在半圆轨道上达到的最大高度再对物块A过C之后在B上运动的过程使用动能定理即可求解【详解】（1）B与平台CD碰撞时，A、B还未达到共同速度设B与档板碰撞前瞬间速度大小为vB，由动能定理有：1mgs=MvB2代入数据解得：vB=1m/s（2）B与平台碰撞前A相对B发生的位移为x，根据能量守恒定律有：1mgx=mv02-mvA2-MvB2代入数据解得：x=4.5m即B与平台碰撞时，A恰好到达平台左端设A在半圆形轨道上能到达的最大高度为h，则由动能定理有：-2mgl2-mgh
18、=0-mvA2代入数据解得：h=0.5mR故m到达最高点后沿半圆形轨道返回设A到达C点时速度为vC，由动能定理有：mgh-2mgl2=mvC2代入数据解得：vC=2m/sA过C之后在B上运动的距离为l，有：-1mgl=-mvC2解得：l=1m，即A最终停在离B木板左端3.5m处14.如图所示在水平地面上固定一个半径为R的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L，一质量为m的小物块紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A，取g10 m/s2，且弹簧长度忽略不计，求：（1）小物块的落点距O的距离；
19、（2）小物块释放前弹簧具有的弹性势能【答案】（1）2R（2）mgRmgL【解析】【详解】设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v3.（1）因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有小物块由A射出后做平抛运动，由平抛运动的规律有xv3t2Rgt2联立解得：x2R即小物块的落点距O的距离为2R. （2）小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mv22mg2Rmv32小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得： 小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能
20、，故有 由联立解得：EpmgRmgL.15.如图1所示，一对光滑平行导轨（电阻不计）固定在同一水平面，导轨足够长且间距L=0.5m左端接有阻值为R=4的电阻，一质量为m=1kg长度也为L的金属棒MN放置在导轨上，金属棒的电阻r=1，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，金属棒在水平向右的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图2。求：（1）v=5m/s时拉力的功率；（2）匀强磁场的磁感应强度；（3）若经时间t=4s导体棒达到最大速度，在这段时间内电阻R产生热量为多大？【答案】（1）20w；（2）2.0T；（3）24J【解析】【详解】（1）由图2可知，F与v成反比，又P=Fv，
21、拉力功率不变，当v=10m/s时，拉力F=2.0N，解得：P=20W（2）由图2可知，导体棒的最大速度为vm=10m/s， 此时，E=BLvmF安=BIL=FP=Fvm 解得：B=2.0T (3)由功能关系： 解得：QR=24J16.如图矩形区域abcd为有界匀强电场、匀强磁场的边界，bd对角线为电场和磁场的分界线，且与bc边夹角为600，bc=5m，电场强度为E=6.0104N/C。在bc边界上P点有一放射源在纸面所在平面内向磁场中的个方向发射质量为m=1.010-20kg、电荷量为q=1.010-12C的正电粒子，bP=。已知射入电场的粒子在磁场中运动的最长时间为。求：（1）匀强磁场的磁感
22、应强度及粒子的速度大小；（2）射入电场的粒子在磁场中运动的最短时间及此粒子射出电场的位置【答案】（1）1.010-2T，2.0106m/s；（2），粒子射出电场的位置在ab边界上距b点1.25m处【解析】【详解】（1）由题意可知沿Pc方向射入磁场的粒子，在磁场中运动时间最长，且运动时间为半个周期，由 R=2mR+bPbc解得：B=1.010-2T v=2.0106m/s(2)运动时间最短的粒子轨迹弧最短，弦长最短，设在N点进入电场，则PN垂直bd，如图，PN=bPsin60=2m=R，所以粒子偏转了60圆心角，t=T/6=三角形OPN为等边三角形，O为轨迹圆心，由几何知识可知，过N点的速度垂直电场方向，粒子做类平抛运动 bP-PNsin60=vt2 设粒子从A点射出电场，则有：PNcos60-bA= 解得：bA=1.25m 粒子射出电场的位置在ab边界上距b点1.25m处。
