A+學(xué)考物理模擬卷答案（十套）

綜合模擬卷(一)答案速查題號(hào)12345678910111213答案DBDBCABDADBCC題號(hào)1415161718答案CCCDB1.D2.B在研究大雁的動(dòng)作時(shí),大雁不能看成質(zhì)點(diǎn),故A錯(cuò)誤;在研究大雁的隊(duì)形時(shí),大雁的形狀屬次要因素,故可以把單只大雁看成質(zhì)點(diǎn),故B正確;以地面為參考系,大雁顯然是運(yùn)動(dòng)的,故C錯(cuò)誤;由于大雁的隊(duì)形不變,所以每只大雁的飛行速度均相同,故D錯(cuò)誤。3.D題圖中可以看到方案一路程只有270千米,是路程最短的方案,故A正確;位移只跟始末位置有關(guān),三種方案初、末位置一樣,故B正確;三種方案位移一樣,但方案一用時(shí)最短,因此方案一平均速度最大,故C正確,D錯(cuò)誤。4.B由題圖可知,8s內(nèi)汽車的速度從20km/h加速到60km/h,根據(jù)公式a=ΔvΔt得a≈1.4m/s2,5.CA圖的斜率等于零,表示物體處于靜止?fàn)顟B(tài),故A錯(cuò)誤;B圖表示物體的位移均勻減小,物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;C圖中物體的速度均勻減小,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故C正確;D圖中物體的速度不變,做勻速直線運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。6.A平拋運(yùn)動(dòng)中水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng),小球a、b的水平位移時(shí)刻相同,故兩球同時(shí)到達(dá)c點(diǎn),故A正確。7.B運(yùn)行時(shí)間最短時(shí),豎直升降電梯先后經(jīng)過加速、勻速與減速三個(gè)階段,則加速與減速過程位移x加=x減=v2t=1.5m,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t'=9×3-2×1.518.D根據(jù)庫(kù)侖定律F=kq1q2r2,若將它們的距離減小為原來的12,同時(shí)將它們的電荷量均增大為原來的2倍,則F'=k2q1·2q9.A紙受到重力、磁釘和白板對(duì)它的摩擦力以及磁釘和白板對(duì)它的正壓力,共5個(gè)力,故A正確,B錯(cuò)誤;其中紙對(duì)白板的摩擦力方向向下,故C錯(cuò)誤;磁釘對(duì)白板的吸引力與白板對(duì)磁釘?shù)奈κ且粚?duì)作用力與反作用力,故D錯(cuò)誤。10.D由于A、B兩點(diǎn)在人旋轉(zhuǎn)的過程中周期一樣,所以根據(jù)ω=2πT可知,A、B兩點(diǎn)的角速度相等,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)v=ωr可知,A點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)半徑大,所以A點(diǎn)的線速度大,故C錯(cuò)誤,11.B設(shè)地球的質(zhì)量為M,半徑為R,飛船的質(zhì)量為m。在地球表面,由重力等于萬(wàn)有引力有mg=GMmR2,得M=gR2G①,對(duì)飛船,由萬(wàn)有引力提供向心力得GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)=mv2R+h,則M=4π2(R+h)3GT2②,12.C閉合開關(guān)后,小磁針的偏向情況說明螺線管的左端為N極,右端為S極。用右手握住螺線管,使大拇指指向螺線管的N極,四指環(huán)繞的方向就是電流的方向。由此可知,電流從F極流出、E極流入,因此,電源的F極為正極,E極為負(fù)極,流過電阻R的電流方向向上,故C正確,A、B錯(cuò)誤;螺線管的左端為N極,右端為S極,所以螺旋管內(nèi)部的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由Q指向P,故D錯(cuò)誤。13.C帶電油滴在電場(chǎng)中受到重力和電場(chǎng)力作用,由于軌跡向上彎曲,所以重力小于電場(chǎng)力,粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中合外力做正功,根據(jù)動(dòng)能定理知其動(dòng)能增加,故A錯(cuò)誤;油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減少,故B錯(cuò)誤;油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中,重力勢(shì)能、電勢(shì)能和動(dòng)能的總和保持不變,重力做負(fù)功,重力勢(shì)能增加,因此動(dòng)能和電勢(shì)能之和減少,故C正確;根據(jù)功能關(guān)系可知,在油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中只有重力、電場(chǎng)力做功,因此重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變,該過程中動(dòng)能增加,重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減少,故D錯(cuò)誤。14.C電車正常勻速行駛時(shí),F=Ff=0.02mg=3×103N,發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率P=Fv=0.02mgv=3×104W,故A錯(cuò)誤;電車一次行駛的機(jī)械能E機(jī)=Pt=Fs=1.5×107J,則電車從充電樁所獲得的能量E電=E機(jī)0.75=2.0×107J,故B錯(cuò)誤;若20s充滿,則平均功率P=2.0×10720W=1.0×106W,故C正確;每次充電所需的電費(fèi)為2.0×15.C一根均勻?qū)Ь€,現(xiàn)將它均勻拉長(zhǎng),使導(dǎo)線的直徑減小為原來的一半,則橫截面積變?yōu)樵瓉淼?4,因?yàn)閷?dǎo)線的體積不變,則長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉淼?倍,根據(jù)電阻定律R=ρlS知電阻變?yōu)樵瓉淼?6倍,所以導(dǎo)線原來的電阻為4Ω,故16.C被推出的冰壺能繼續(xù)前進(jìn)是因?yàn)楸鶋鼐哂袘T性,故A錯(cuò)誤;電梯在加速上升時(shí),電梯里的人受到的支持力大于重力,處于超重狀態(tài),故B錯(cuò)誤;由向心力公式FN-mg=mv2R可知,汽車過凹形橋最低點(diǎn)時(shí),速度越大,對(duì)橋面的壓力越大,故C正確;汽車在水平路面轉(zhuǎn)彎時(shí),受到重力、支持力、摩擦力三個(gè)力的作用,向心力由摩擦力提供,故17.DA項(xiàng)圖中,因?yàn)榫€圈平面平行于磁感線,在以O(shè)O'為軸轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中,線圈平面始終與磁感線平行,穿過線圈的磁通量始終為零,所以無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生,故A錯(cuò)誤;B項(xiàng)圖中,線圈平面也與磁感線平行,穿過線圈的磁通量為零,豎直向上運(yùn)動(dòng)過程中,線圈平面始終與磁感線平行,磁通量始終為零,故無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生,故B錯(cuò)誤;C項(xiàng)圖中,盡管線圈在轉(zhuǎn)動(dòng),B始終垂直于S,但B與S都不變,所以Φ=BS始終不變,則線圈中無(wú)感應(yīng)電流,故C錯(cuò)誤;D項(xiàng)圖中,圖示狀態(tài)Φ=0,當(dāng)轉(zhuǎn)過90°時(shí)Φ=BS,所以轉(zhuǎn)動(dòng)過程中穿過線圈的磁通量在不斷地變化,因此轉(zhuǎn)動(dòng)過程中線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流,故D正確。18.B電動(dòng)機(jī)剛好正常工作時(shí),理想電流表示數(shù)為1A,定值電阻消耗的熱功率P=I2R=2W,故A錯(cuò)誤;電動(dòng)機(jī)兩端的電壓U=E-I(R+r)=3V,電動(dòng)機(jī)的輸出功率P=I(U-IR0)=2.5W,故B正確,C錯(cuò)誤;電動(dòng)機(jī)剛好正常工作時(shí),路端電壓U'=E-Ir=5V,電源的輸出功率P=IU'=5W,故D錯(cuò)誤。19.(1)C(2)4.00(3)B【解析】(1)通過兩細(xì)繩用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)互成角度地拉橡皮條時(shí),不要求兩細(xì)繩等長(zhǎng),故A錯(cuò)誤;兩細(xì)繩的夾角不是越大越好,以方便作平行四邊形為宜,故B錯(cuò)誤;測(cè)量力的實(shí)驗(yàn)要求盡量準(zhǔn)確,為了減小實(shí)驗(yàn)中因摩擦造成的誤差,操作中要求彈簧測(cè)力計(jì)、細(xì)繩、橡皮條都應(yīng)與木板平行,故C正確;用彈簧測(cè)力計(jì)同時(shí)拉細(xì)繩時(shí),拉力不能太大,也不能太小,故D錯(cuò)誤。(2)由圖可知,彈簧測(cè)力計(jì)的最小分度為0.1N,則水平彈簧測(cè)力計(jì)拉力大小為4.00N。(3)在本實(shí)驗(yàn)中要保證兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力與一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力效果相同,采用的科學(xué)方法是等效替代法,故選B。20.(1)如圖甲所示甲(2)如圖乙所示223(208~230均正確)乙(3)0.800(4)小于【解析】(1)待測(cè)電阻相對(duì)電壓表是小電阻,所以采用電流表外接法。(2)描點(diǎn)畫圖,計(jì)算斜率可以得到電阻值。(3)50分度的游標(biāo)卡尺最小刻度為0.02mm。(4)電流表外接法,電流表測(cè)量的是電阻和電壓表并聯(lián)后的電流,電流值測(cè)量偏大,電阻值測(cè)量偏小,所以電阻率也測(cè)量偏小。21.(1)200N/C方向與F1方向相反(2)8.0×10-5N200N/C(3)200N/C【解析】(1)由電場(chǎng)強(qiáng)度公式可得EB=F1|q1|=4.0×10-62.(2)q2在B處所受靜電力大小F2=q2EB=4.0×10-7×200N=8.0×10-5N,方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同,也就是與F1方向相反。此時(shí)B處電場(chǎng)強(qiáng)度大小仍為200N/C,方向與F1方向相反。(3)某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與有無(wú)試探電荷無(wú)關(guān),故將B處電荷拿走,B處電場(chǎng)強(qiáng)度大小仍為200N/C。22.(1)0.5m/s2(2)7.5m,方向豎直向上(3)540N,方向豎直向下【解析】(1)0~2s:F1-mg=ma12s~8s:F2=mg得m=0.4kg,a1=0.5m/s2。(2)加速過程,由v=a1t1,得v=1m/s,全過程位移x=(t2得位移x=7.5m,方向豎直向上。(3)減速過程,0=v-a2·t3,得a2=1m/s2,由牛頓第二定律知mg-FN=ma2,得FN=540N,由牛頓第三定律知FN'=540N,方向豎直向下。23.(1)215m/s(2)40N,方向水平向右(3)4次【解析】(1)因?yàn)樾∏虼┰跅U上,所以到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度可以為0,從B到圓弧形軌道APD的最高點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得-mg[Lsinθ+(R-Rcosθ)]-μmgLcosθ=0-12mv02,解得v0=2(2)由B到Q點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得-μmgLcosθ-μmgL+mgrcosθ=12mvQ2-解得vQ=210m/s小球第一次到達(dá)Q點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)小球的支持力為F=mvQ2r由牛頓第三定律得,小球第一次到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F'=40N,方向水平向右。(3)當(dāng)小球在B點(diǎn)以v0=215m/s的速度向上運(yùn)動(dòng),其擁有的動(dòng)能為12mv02小球再次回到B點(diǎn)時(shí),損失的機(jī)械能為μmgLcosθ+μmgL=18J,再次回到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為12J,由于mgsinθ>μmgcosθ,分析知,小球沿AB上升到某點(diǎn)后將下滑,第三次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于12J,第二次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大于22J,小于30J,第三次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大于2J,小于10J,此后小球?qū)o(wú)法再次回B點(diǎn),下滑后第四次經(jīng)過C點(diǎn),在未到D點(diǎn)時(shí)停止,所以小球能經(jīng)過C點(diǎn)的次數(shù)為4次。綜合模擬卷(二)答案速查題號(hào)12345678910111213答案DCDCCCDDADADC題號(hào)1415161718答案ADDBC1.D伽利略首次通過理想斜面實(shí)驗(yàn)和邏輯推理得出了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,故A錯(cuò)誤;牛頓發(fā)現(xiàn)了牛頓運(yùn)動(dòng)定律,故B錯(cuò)誤;安培發(fā)現(xiàn)了分子電流假說,故C錯(cuò)誤;法拉第首次提出了場(chǎng)的概念,故D正確。2.C由庫(kù)侖定律F=kQ1Q2r2可知,k=Fr2Q1Q2且Q=It,則k的單位用基本單位表示為kg·m33.D圖甲右上方的路牌所標(biāo)的“50”是瞬時(shí)速度,故A錯(cuò)誤;伽利略關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)的研究是實(shí)驗(yàn)加推理得出的,故B錯(cuò)誤;只有形狀規(guī)則、質(zhì)量均勻的物體其重心才在幾何中心處,故C錯(cuò)誤;圖丁中推箱而不動(dòng),說明人的推力小于地面對(duì)箱子的最大靜摩擦力,故D正確。4.C冰壺受到重力、地面對(duì)它的支持力和阻力,故選C。5.C百米賽跑運(yùn)動(dòng)員由靜止開始運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;v-t圖像中圖線與時(shí)間軸所圍面積數(shù)值上等于位移大小100m,故B、D錯(cuò)誤,C正確。6.C在上升過程中,由于起重機(jī)功率不變,所以始終滿足關(guān)系P=Fv,當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)時(shí),速度增大,拉力變小,衛(wèi)星做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),故A、B錯(cuò)誤;起重機(jī)做的功為W=Pt,故C正確;在達(dá)到最大速度的過程中,W拉+W重=12mvm2,而W重為負(fù)值,則起重機(jī)做的功大于12mv7.D行星所受太陽(yáng)的引力大小可以由公式F=Gm1m2r2比較得出,在近日點(diǎn)所受太陽(yáng)的引力大,引力方向指向太陽(yáng),故D正確,A8.D根據(jù)c=λf可得,λ=3.00×1089.A對(duì)于衛(wèi)星,根據(jù)萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力,得GMmr2=mrω2=ma=mv2r,解得ω=GMr3,a=GMr2,v=GMr,空間站的軌道半徑比地球同步衛(wèi)星的軌道半徑小,根據(jù)ω=GMr3,知空間站的角速度大于地球同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度,而地球同步衛(wèi)星運(yùn)行的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度,所以,空間站的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度,故A正確;空間站的軌道半徑比近地衛(wèi)星的大,根據(jù)a=GMr2,知空間站的向心加速度小于近地衛(wèi)星的向心加速度,也就小于地面的重力加速度,故B錯(cuò)誤;根據(jù)開普勒第三定律知衛(wèi)星的軌道半徑越大,周期越大,所以空間站的運(yùn)行周期小于地球同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期,即小于24h,故C10.D平衡力作用在一個(gè)物體上,故A錯(cuò)誤;作用力和反作用力不能疊加,不能求合力,故B錯(cuò)誤;作用力和反作用力同時(shí)產(chǎn)生,性質(zhì)相同,故C錯(cuò)誤,D正確。11.A當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)屬于超重,具有向下的加速度時(shí)屬于失重。故汽車過凹形橋最低點(diǎn)時(shí),有向上加速度,汽車處于超重狀態(tài),故A正確;躺在水面上看書的人,處于平衡狀態(tài),加速度為零,故B錯(cuò)誤;電梯勻速上升過程中,電梯里的小朋友加速度為零,處于平衡狀態(tài),故C錯(cuò)誤;宇宙飛船在加速上升過程中,坐在飛船里的航天員具有向上的加速度,處于超重狀態(tài),故D錯(cuò)誤。12.D將汽車對(duì)千斤頂?shù)膲毫分解為沿兩臂的兩個(gè)分力F1、F2,根據(jù)對(duì)稱性可知,兩臂受到的壓力大小相等,即F1=F2。由2F1cosθ=F,得F1=F2cos60°,F=1.0×105N,故A、B錯(cuò)誤;繼續(xù)搖動(dòng)把手,兩臂靠攏,夾角θ減小,由F1=F2cosθ分析可知,F不變,當(dāng)θ減小時(shí),cosθ增大,F1減小,故C13.C由題圖可知,該電池的總電荷量為2000mA·h,為電池的容量,故A正確;由題圖可知,該電池的電動(dòng)勢(shì)為3.8V,故B正確;由題圖中的數(shù)據(jù)不能判斷該電池在正常工作時(shí)的額定電流,故C錯(cuò)誤;由Q=It可知,以40mA的電流為用電器供電,則供電時(shí)間t=2000mA·h4014.A由平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移公式x=v0t=v02hg可知,在拋圈的水平位移x相等的條件下,由于孩子的高度h較小,故需要較大的初速度v0,故選15.D由一條電場(chǎng)線無(wú)法確定該電場(chǎng)是否是勻強(qiáng)電場(chǎng),故小球不一定受恒力作用,因此從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)不一定是勻加速運(yùn)動(dòng),EA也不一定大于EB,故A、B錯(cuò)誤;帶負(fù)電荷的小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加,故EpA小于EpB,由于電場(chǎng)力與重力的總功不知,動(dòng)能增加與否不知,故C錯(cuò)誤;小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),除了重力做功外電場(chǎng)力做了負(fù)功,故機(jī)械能減少,故D正確。16.DA、B兩點(diǎn)繞同一點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng),角速度相同。由于運(yùn)動(dòng)的半徑不同,因此線速度大小不同,向心加速度大小不同,由于學(xué)員和教練員質(zhì)量大小未知,因此向心力大小無(wú)法比較。故選D。17.B導(dǎo)線受到的磁場(chǎng)力F=BIl,對(duì)于題圖中給出的F-I圖線,直線的斜率k=Bl,由題圖可知ka>kb,又因A、B兩點(diǎn)導(dǎo)線的長(zhǎng)度l相同,故A點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度,故選B。18.C光電轉(zhuǎn)換電池功率為100W,2小時(shí)可吸收的太陽(yáng)能為E=100×2×360018%J=4.0×106J,故A正確;LED照明5小時(shí),恒流輸出的最多電能為W=Pt=60×5×3600J=1.08×106J,故B正確;利用太陽(yáng)能電池給蓄電池充電,充滿需要的最長(zhǎng)時(shí)間為t=12×250100×80%=37.5h,故C錯(cuò)誤;利用免維護(hù)蓄電池給19.(1)CD(2)C(3)3.15(3.12~3.18)0.310.75【解析】(1)“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”需要刻度尺和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,故選CD。(2)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是計(jì)時(shí)儀器,電火花計(jì)時(shí)器使用220V交流電源,實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放紙帶,處理數(shù)據(jù)時(shí)為減小誤差,常將紙帶上每隔幾個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)取作測(cè)量點(diǎn),故C正確。(3)根據(jù)圖示可以讀得測(cè)量點(diǎn)C所在位置值3.15cm,vD=(9.30-3.15)×10-20.2m/s20.(1)0~3V0~0.6AR1(2)見解析圖(a)見解析圖(b)(3)1.52.5【解析】(1)由題圖丙可知,電流小于0.6A,故電流表應(yīng)選用的量程為0~0.6A;而電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5V,故電壓表應(yīng)選用的量程為0~3V;為了調(diào)節(jié)方便并能減小誤差,故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用R1。(2)對(duì)照電路原理圖,連接實(shí)物圖。(a)(b)(3)U-I圖像的縱軸截距表示電池的電動(dòng)勢(shì),故該電池的電動(dòng)勢(shì)E=1.5V;斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻,故r=1.5-1.021.(1)6m(2)9m【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律,小物體的加速度大小a=F-μmgm小物體到達(dá)C點(diǎn)時(shí),根據(jù)v2=2ax,得xAC=6m(2)根據(jù)牛頓第二定律,小物體向右減速的加速度大小a1=qE+μmgm小物體向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=va1=1.5s,小物體向右運(yùn)動(dòng)的位移x1=v2t由于qE=μmg,所以小物體保持靜止,所以位移為9m。22.(1)8m(2)0.814s(3)10m【解析】(1)上段滑道上:v2=2a1x1,下段滑道上:x2=hsin37°=20m,0-v2=2(-a2)x2,且a1=2.5a解得x1=8m。(2)由x1=12a1t12得a1=1m/s2,則a2=0.由牛頓運(yùn)動(dòng)定律mgsin37°-μmgcos37°=m(-a2)得μ=0.8,進(jìn)入下段滑道時(shí)速度v=a1t1=4m/s,由0=v-a2t2得在下段滑道運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=10s,所以滑行的總時(shí)間t=t1+t2=14s。(3)下段滑道:v2-vm2=2(-a2)x2,上段滑道vm2=2a1x1'得x23.(1)1500N(2)能(3)900J【解析】(1)設(shè)第一次經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)C時(shí)速度大小為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv2設(shè)第一次經(jīng)過圓弧最低點(diǎn)C時(shí)受到的支持力大小為F,則F-mg=mv2聯(lián)立①②兩式得F=1500N。(2)設(shè)從A到D過程中BC段摩擦力做的功為W,由動(dòng)能定理得mg(h-R)+W=0-12mv解得W=-125J,設(shè)運(yùn)動(dòng)員在D點(diǎn)相對(duì)A點(diǎn)具有重力勢(shì)能為Ep,則Ep=mg(R-h)=500JEp>|W|所以能從D點(diǎn)返回到A點(diǎn)。(3)由題知,運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)上升到最高點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t=0.6s。設(shè)t時(shí)間內(nèi)上升的高度為H,則H=12gt2根據(jù)功能關(guān)系,蹬地增加的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為上升高度H增加的重力勢(shì)能,即Ek=mgH,解得Ek=900J。綜合模擬卷(三)答案速查題號(hào)12345678910答案ADDDCCDCCB題號(hào)1112131415161718答案CCBBCDAD1.A國(guó)際單位制中基本物理量單位包括安培共7個(gè),庫(kù)侖、牛頓、焦耳是導(dǎo)出單位,故選A。2.D球在最高點(diǎn)時(shí)只受到重力作用,故A錯(cuò)誤;球在最高處時(shí)球的速度為0,但是加速度不為零,不處于平衡狀態(tài),故B錯(cuò)誤;球在上升的過程中加速度向下,處于失重狀態(tài),故C錯(cuò)誤;球在下落的過程中除受重力外還受阻力,故D正確。3.D伽利略根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn),提出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因;卡文迪什通過引力扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)定了引力常量;奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng);庫(kù)侖通過靜電力扭秤實(shí)驗(yàn),發(fā)現(xiàn)了庫(kù)侖定律,故D正確。4.D5.C汽車初速度v=20m/s,加速度a=-4m/s2,設(shè)經(jīng)過t0時(shí)間停止運(yùn)動(dòng),則根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系可知t0=0-va=5s,可知汽車在6s末的速度為0,故A錯(cuò)誤;由題可知,汽車剎車的距離x=0+v2t0=50m<55m,即汽車沒有撞上小動(dòng)物,故B錯(cuò)誤;汽車第2s初的速度即為剎車第1s末的速度,根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系可知v1=v+at1=(20-4×1)m/s=16m/s,故C正確;根據(jù)逆向思維可知,汽車在最后一秒內(nèi)的位移x'=12at'2=12×4×126.C由于A、B兩點(diǎn)繞同軸轉(zhuǎn)動(dòng),則兩點(diǎn)的角速度相等,故B錯(cuò)誤;由a=ω2r且rA<rB知aA<aB,故A錯(cuò)誤;由v=ωr且rA<rB知vA<vB,故C正確;由T=2πω知,兩點(diǎn)的周期相等,故7.D電容器上標(biāo)有的“25V100μF”,25V指電容器的額定電壓,故A錯(cuò)誤;電容器的電容是由其本身決定,故B、C錯(cuò)誤;由公式Q=CU=100×10-6×25C=2.5×10-3C,故D正確。8.C電流、磁體周圍都存在磁場(chǎng),磁體之間、電流與電流之間的相互作用是通過磁場(chǎng)發(fā)生的,故C錯(cuò)誤。9.C同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度小于地球第一宇宙速度,故A錯(cuò)誤;地球同步衛(wèi)星位于赤道正上空,故B錯(cuò)誤;根據(jù)T=4π2R3GM可得,量子科學(xué)實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星“墨子”的周期比北斗G7小,故C正確;根據(jù)a=GMR2可得,量子科學(xué)實(shí)驗(yàn)衛(wèi)星“墨子”10.B依據(jù)共點(diǎn)力平衡,結(jié)合幾何關(guān)系可得2FNsinθ=mg,故A錯(cuò)誤,B正確;若保持筷子對(duì)小球的彈力大小不變,增大筷子和豎直方向的夾角θ,則2Fsinθ>mg,小球有上滑的趨勢(shì),但小球與筷子間的最大靜摩擦力未知,故小球不一定向上滑動(dòng),同理,若保持筷子對(duì)小球的彈力大小不變,減小筷子和豎直方向的夾角θ,則2Fsinθ<mg,小球有下滑的趨勢(shì),若重力大于彈力和摩擦力的合力,則小球可能下滑,故C、D錯(cuò)誤。11.C電阻R1兩端的電壓為10V,通過的電流為100mA,故其電阻為R1=10V0.1A=100Ω,則R2的電阻也是100Ω,而通過電阻R2的電流為100mA-99mA=1mA,故電阻R212.C當(dāng)水被水平噴出時(shí),其落地點(diǎn)距離噴頭水平位移最大,此時(shí)噴出的水做平拋運(yùn)動(dòng)。根據(jù)公式h=12gt2,求得時(shí)間t=1s。水平位移x=v0t=2m,即落地點(diǎn)距離中心處水平最大位移為2m,即距噴頭水平位移2m處的地面圓均有水,滅火面積S=πr2≈12m2。故C13.B依題意,設(shè)M點(diǎn)處的點(diǎn)電荷為正電荷,N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷為負(fù)電荷,則每個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E12,則當(dāng)N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)時(shí),O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度如圖所示,合電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2=22E1,則E1E214.B相鄰兩雨滴均做自由落體運(yùn)動(dòng),設(shè)后落下的雨滴運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則先釋放雨滴運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t+Δt,則相鄰兩雨滴的距離Δx=12g(t+Δt)2-12gt2=g·Δt·t,越來越大,故A、C錯(cuò)誤;設(shè)后落下的雨滴運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則先落下的雨滴運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t+Δt,則兩雨滴的相對(duì)速度v=g(t+Δt)-gt=gΔt,為一個(gè)定值,故B正確,15.Cv-t圖像的斜率表示加速度,汽車的加速度之比為2∶1,故A錯(cuò)誤;v-t圖像的面積表示位移,汽車的位移之比為1∶2,故B錯(cuò)誤;汽車在兩段時(shí)間內(nèi)均做勻變速直線運(yùn)動(dòng),平均速度均等于v=v02,平均速度之比為1∶1,故C正確;在t0時(shí)刻汽車的速度方向未改變,加速度方向改變,故16.D帶電粒子所受電場(chǎng)力方向指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè),根據(jù)帶負(fù)電粒子受力情況可知,電場(chǎng)線方向斜向左上方,又沿著電場(chǎng)線方向,電勢(shì)逐漸降低,故φM>φN;若粒子從M運(yùn)動(dòng)到N過程,電場(chǎng)力做負(fù)功,動(dòng)能減少,電勢(shì)能增加,故帶電粒子通過M點(diǎn)時(shí)的速度比通過N點(diǎn)時(shí)的速度大,即vM>vN,故A、B錯(cuò)誤;若粒子從M運(yùn)動(dòng)到N過程,電場(chǎng)力做負(fù)功,所以在M點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在N點(diǎn)具有的電勢(shì)能小,即EpM<EpN;根據(jù)電場(chǎng)線疏密可知,EM<EN,根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知,aM<aN,故D正確,C錯(cuò)誤。17.A點(diǎn)火前,降落傘和返回艙做勻速直線運(yùn)動(dòng),返回艙受到的重力大小等于傘繩拉力F大小;點(diǎn)火后瞬間,返回艙立刻獲得向上的反沖力,使傘繩對(duì)返回艙的拉力變小,故A正確;返回艙做減速運(yùn)動(dòng)的主要原因是反沖力,故B錯(cuò)誤;返回艙所受合力向上,處于超重狀態(tài),故D錯(cuò)誤;由于噴氣過程中,動(dòng)能減小,由動(dòng)能定理可知合力做負(fù)功,故C錯(cuò)誤。18.D設(shè)在時(shí)間t內(nèi)發(fā)電機(jī)獲得的風(fēng)能為Ek,則Ek=12mv2,由于m=ρV=ρπr2vt,所以Ek=12mv2=12ρπr2v3t=12×1.29×3.14×302×7.53×tJ≈768982tJ,故變槳距控制風(fēng)力發(fā)電機(jī)將風(fēng)能轉(zhuǎn)化成電能的效率η=PtEk=400×103t768982t=52%,故A正確;由圖像可知,當(dāng)風(fēng)速為7.5m/s時(shí),變槳距控制風(fēng)力發(fā)電機(jī)的功率為400kW,定槳距控制風(fēng)力發(fā)電機(jī)的功率為100kW,所以每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)每天能多發(fā)電E=(P1-P2)t=(400-100)×24kW·h=7200kW·h,故B正確;由A知道空氣的動(dòng)能為Ek≈768982tJ,所以每臺(tái)發(fā)電機(jī)每秒鐘轉(zhuǎn)化的空氣動(dòng)能均為Ek=768982tJ=768982×1J≈7.69×105J,故C正確;完全燃燒45kg煤所產(chǎn)生的內(nèi)能E=mq=45×3.2×107J=1.44×109J,一臺(tái)變槳距控制風(fēng)力發(fā)電機(jī)每小時(shí)獲得的風(fēng)能為19.(1)B(2)2.0(3)CD【解析】(1)本實(shí)驗(yàn)采用的科學(xué)方法是等效替代法,故B正確。(2)彈簧測(cè)力計(jì)B的示數(shù)為2.0N。(3)在同一次實(shí)驗(yàn)過程中,應(yīng)保持橡皮條的伸長(zhǎng)量相等且與細(xì)繩的結(jié)點(diǎn)拉到同一位置;用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)把結(jié)點(diǎn)P拉到位置O時(shí)細(xì)繩夾角無(wú)需特殊角;為了探究合力與分力的關(guān)系,應(yīng)用力的圖示法來表示分力與合力;為減少實(shí)驗(yàn)誤差,拉橡皮條的細(xì)繩要適當(dāng)長(zhǎng)一些,標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要適當(dāng)遠(yuǎn)一些。故C、D正確。20.(1)ADEGH(2)乙見解析圖(3)0.6352.4【解析】(1)由于電源的電動(dòng)勢(shì)為3V,所以電壓表應(yīng)選A;被測(cè)電阻約為5Ω,電路中的最大電流約為I=ERx=35A=0.6A,電流表應(yīng)選D;根據(jù)滑動(dòng)變阻器允許通過的最大電流可知,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選E;還要選用電池組和開關(guān),導(dǎo)線若干,故應(yīng)選用的實(shí)驗(yàn)器材有A、D、E、G(2)由于RVRx>RxRA(3)從螺旋測(cè)微器可以讀出金屬絲的直徑為0.635mm,從電壓表可以讀出電阻兩端的電壓為1.20V,從電流表可以讀出流過電阻的電流為0.50A,被測(cè)金屬絲的阻值為Rx=UxIx=1.20021.(1)mgtanθq(【解析】(1)根據(jù)小球處于平衡狀態(tài),由平衡條件有mgtanθ=Eq,解得E=mgtan(2)將電場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角,大小變?yōu)镋'后,靜電力方向也順時(shí)針轉(zhuǎn)過θ角,大小為F'=qE',此時(shí)靜電力方向與細(xì)線垂直,由平衡條件得,mgsinθ=qE',解得E'=mgsin22.(1)0.15(2)4m/s(3)2m【解析】(1)杯子做勻減速運(yùn)動(dòng)v2-v02=2Ff=μmg=ma,解得μ=0.15;(或由動(dòng)能定理μmgx=12mv2得出μ=0.15(2)vB2-vA2=2ax,得到v(3)杯子從B點(diǎn)滑出后,做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向h=12gt2,得t=0.水平方向x=vBt,得到x=2m。23.(1)0.2m(2)7N(3)60°0.39m【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理得Ep=12mv解得vB=2m/s,運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得FN'+mg=mvB其中FN'=FN,解得R=0.2m。(2)由動(dòng)能定律得mg·2R=12mvD2-1在D點(diǎn),下管壁對(duì)小球的支持力與重力的合力提供向心力FD-mg=mvD解得FD=7N,由牛頓第三定律得小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力大小為7N。(3)從B點(diǎn)開始,到運(yùn)動(dòng)至斜面上最高處,利用動(dòng)能定理可得mg·2R-μ1mgx1-μ2mgcosθ·s-mgsinθ·s=0-12mv代入數(shù)據(jù)整理得s=1.353sin所以當(dāng)θ=60°時(shí),有最小值smin≈0.39m。綜合模擬卷(四)答案速查題號(hào)12345678910答案DDCBCCBDBB題號(hào)1112131415161718答案ACBCBDDC1.D加速度的單位是m/s2,力的單位是N,電量的單位是C。2.D根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知樹枝對(duì)松鼠的作用力(彈力和摩擦力的合力)大小為G。3.C圖甲中琥珀吸引羽毛是電場(chǎng)力的作用,故A錯(cuò)誤;圖乙中人下蹲瞬間有向下的加速度,處于失重狀態(tài),體重計(jì)示數(shù)會(huì)迅速變小,故B錯(cuò)誤;圖丙實(shí)驗(yàn)是觀察桌面微小形變,其利用了“放大”思想,故C正確;圖丁汽車沖上斜坡時(shí),根據(jù)P=Fv知,需減小速度以便獲得更大的牽引力,故D錯(cuò)誤。4.BA、B兩車速度均為正,運(yùn)動(dòng)方向相同,故A錯(cuò)誤;根據(jù)a=ΔvΔt得A車的加速度大小為1.75m/s2,方向與A車運(yùn)動(dòng)方向相同,故B正確;8s內(nèi)B車位移由圖線所圍面積得xB=12×6×4m=12m,故平均速度為1.5m/s,故C錯(cuò)誤;8s末A車位移xA=12×8×14m=56m,由于同方向運(yùn)動(dòng),故8s末兩車相距Δx=xA-xB=5.CA點(diǎn)與B點(diǎn)在相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長(zhǎng)大小相等,A點(diǎn)和B點(diǎn)的線速度大小相同,方向不同,故A、B錯(cuò)誤;B點(diǎn)與C點(diǎn)線速度大小相同,v=ωR=2πnR,所以B點(diǎn)與C點(diǎn)的轉(zhuǎn)速之比為nB∶nC=RC∶RB=7∶2,故C正確;v=ωR=2πTR,A點(diǎn)與B點(diǎn)的周期之比為TA∶TB=R1R2=32,B點(diǎn)和C點(diǎn)的周期之比為TB∶TC=nCnB=27,所以A6.C根據(jù)題意,鮑姆加特納做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=60s,因此,自由落體運(yùn)動(dòng)的位移大小h=12gt2=1.8×104m,故A、B錯(cuò)誤;鮑姆加特納做自由落體運(yùn)動(dòng)的末速度大小v=gt=6.0×102m/s,故C正確;自由落體運(yùn)動(dòng)的平均速度v=12v=3.0×102m/s,故7.B表演者對(duì)竹竿的彈力是由表演者發(fā)生形變產(chǎn)生的,故A錯(cuò)誤;因?yàn)楸硌菡哽o止在彎曲傾斜的竹竿上,受到重力、彈力和摩擦力作用,且處于平衡,故竹竿對(duì)表演者的力豎直向上,根據(jù)牛頓第三定律可知表演者對(duì)竹竿的力豎直向下,故B正確,C錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第三定律可知,表演者對(duì)竹竿的力等于竹竿對(duì)表演者的力,故D錯(cuò)誤。8.D同步衛(wèi)星在赤道正上方不可能經(jīng)過北半球預(yù)計(jì)失事區(qū)域的正上方,故A錯(cuò)誤;第一宇宙速度是衛(wèi)星的最大運(yùn)行速度,故B錯(cuò)誤;考慮地球自轉(zhuǎn)因素的影響,該衛(wèi)星需運(yùn)行多周才經(jīng)過失事區(qū)域的正上方一次,故C錯(cuò)誤,D正確。9.B在F作用下彈簧的形變量又增加了x,根據(jù)胡克定律此時(shí)彈簧的彈力為kx+G,故B正確。10.B球反彈后的運(yùn)動(dòng)可以看成平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的水平速度和水平距離可以求出時(shí)間t=15s=0.2s,根據(jù)h=12gt2可以求出球在B上的反彈點(diǎn)與A的豎直高度為0.2m,故11.A根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知,左側(cè)為負(fù)電荷,右側(cè)為正電荷,故A正確;根據(jù)電場(chǎng)線的性質(zhì),B點(diǎn)的電勢(shì)高、電場(chǎng)強(qiáng)度大,正電荷在B點(diǎn)的電勢(shì)能大,故B、C、D錯(cuò)誤。12.C同名磁極相互排斥,故A錯(cuò)誤;應(yīng)用安培定則可知環(huán)形電流中心線上的磁場(chǎng)方向由右向左,小磁針N極受到的磁場(chǎng)力方向向左,故B錯(cuò)誤;根據(jù)安培定則可知通電螺線管內(nèi)部磁場(chǎng)方向向右,內(nèi)部小磁針N極受到的磁場(chǎng)力方向向右,故C正確;根據(jù)安培定則可知通電直導(dǎo)線右邊磁場(chǎng)方向向里,小磁針N極受到的磁場(chǎng)力方向向里,故D錯(cuò)誤。13.B無(wú)人機(jī)勻速上升時(shí),受到升力、空氣阻力和重力。無(wú)人機(jī)勻速上升,因此沒有超重和失重,故A錯(cuò)誤;勻速上升時(shí),機(jī)械能的增加量等于除重力之外的力做的功,即機(jī)械能增加了3000J,故B正確;在水平勻速移動(dòng)階段,貨物的重力勢(shì)能不變,動(dòng)能不變,因此機(jī)械能不增加,所以全過程機(jī)械能增加量就是增加了重力勢(shì)能,為3000J,故C錯(cuò)誤;在水平移動(dòng)階段,受力情況如圖所示,無(wú)人機(jī)的升力做正功,空氣阻力做負(fù)功,故D錯(cuò)誤。14.C若汽車以額定功率從點(diǎn)a加速到點(diǎn)b,根據(jù)P=Fv知v增大,F減小,故A錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)b汽車所受合力充當(dāng)向心力,即mg-FN=mv2r,知FN小于所受重力,即汽車對(duì)路面的壓力小于汽車受到的重力,汽車不處于平衡狀態(tài),故B錯(cuò)誤,C正確;汽車從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中,速度大小不變,動(dòng)能不變,重力勢(shì)能增加,所以合力做的功大于零,故15.B小球剛好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)C,即小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為0,根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgh=mgR,解得h=R,即釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的高度為R,故A錯(cuò)誤;小球在B點(diǎn)由牛頓第二定律可得FN-mg=mvB2R,根據(jù)動(dòng)能定理mg(2R+R)=12mvB2,解得FN=7mg,則小球經(jīng)過最低點(diǎn)B時(shí)軌道對(duì)小球的支持力為7mg,故B正確;小球從C點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng),水平方向上有R=vCt,豎直方向上有R=12gt2,由動(dòng)能定理有mg(h-R)=12mvC2,解得釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的高度為h=1.25R,故C錯(cuò)誤;由牛頓第二定律可得mg-FNB=12mvC2,聯(lián)立解得FNB=116.Dc、d兩點(diǎn)處于A、B兩等量異種點(diǎn)電荷所形成的疊加場(chǎng)中,各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度可由EA+EB表示,但計(jì)算起來較為繁雜,可借助電場(chǎng)線來描繪,從電場(chǎng)線分布看,從c→d電場(chǎng)線密→疏→密,因此電場(chǎng)強(qiáng)度先變小后變大。17.D工作時(shí),電動(dòng)機(jī)是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,故A錯(cuò)誤;電池容量44kW·h指的是汽車充滿電時(shí)的電能,故B錯(cuò)誤;電動(dòng)汽車標(biāo)準(zhǔn)承載下阻力Ff=0.09×(800+200)×10N=900N,汽車牽引力F=Ff,汽車10min內(nèi)輸出的機(jī)械能E=Fvt=900×723.6×10×60J=1.08×107J=3kW·h,由于電動(dòng)機(jī)輸出機(jī)械能的同時(shí)有內(nèi)耗,故耗電量要大于3kW·h,故C錯(cuò)誤;當(dāng)汽車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的功率P=Fv=900×1203.6W=3×104W18.C鉛球從開始到經(jīng)過斜面上某一點(diǎn)時(shí),受到重力、支持力和摩擦力,根據(jù)動(dòng)能定理,有-mg·lsin30°-Ff·l=Ek-Ek0=-72J,機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功Ff·l=ΔE=12J,聯(lián)立可解得l=1m,Ff=12N,根據(jù)牛頓第二定律可得-mg·sin30°-Ff=ma,解得a=-6m/s2,故B錯(cuò)誤;當(dāng)該物體經(jīng)過斜面上某一點(diǎn)時(shí),動(dòng)能減少了72J,機(jī)械能減少了12J,所以當(dāng)物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減少了216J,機(jī)械能減少了36J,所以物體在上升過程中克服摩擦力做的功是36J,全過程摩擦力做的功為W=-72J,從出發(fā)到返回底端,重力不做功,設(shè)回到出發(fā)點(diǎn)的動(dòng)能為Ek',由動(dòng)能定理可得W=Ek'-Ek0,解得Ek'=144J,故C正確;鉛球在上滑過程中減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和內(nèi)能,故A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒可知運(yùn)動(dòng)員每推一次鉛球消耗的能量至少為216J,故D錯(cuò)誤。19.(1)BC(2)D(3)2.39【解析】(1)天平是測(cè)量質(zhì)量的儀器,故A錯(cuò)誤;打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是測(cè)量時(shí)間的儀器,故B、C正確;刻度尺是測(cè)量長(zhǎng)度的儀器,故D錯(cuò)誤。(2)研究平拋運(yùn)動(dòng)、探究求合力的方法、驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律都用到了等效替代的思想,探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中,采用了控制變量法的思想,故D正確,A、B、C錯(cuò)誤。(3)C點(diǎn)的速度為vC=xBD2T=(4.20.(1)見解析(2)1.460.71(3)34【解析】(1)按照實(shí)驗(yàn)原理圖將實(shí)物圖連接起來,如圖甲所示。(2)根據(jù)U、I數(shù)據(jù),在方格紙U-I坐標(biāo)系上找點(diǎn)描跡。如圖乙所示,然后將直線延長(zhǎng),交U軸于U1=1.46V處,此即為電源電動(dòng)勢(shì);交I軸于I=0.65A處,注意此時(shí)U2=1.00V,由閉合電路歐姆定律得I=E-則r=E-U2I=1(3)由圖線可以看出第4組數(shù)據(jù)點(diǎn)偏離直線最遠(yuǎn),若取第3組和第4組數(shù)據(jù)列方程組求E和r,相當(dāng)于過圖中3和4兩點(diǎn)作一直線求E和r,而此直線與所畫的直線偏離最大,所以選用第3組和第4組數(shù)據(jù)求得的E和r誤差最大。21.(1)3.0×10-3N(2)4.0×10-4kg(3)2.0m/s【解析】(1)根據(jù)電場(chǎng)力的計(jì)算公式可得電場(chǎng)力F=qE=1.0×10-6×3.0×103N=3.0×10-3N;(2)小球受力情況如圖所示:根據(jù)幾何關(guān)系可得mg=qEtanθ,所以m=qEgtanθ=3×10-310(3)電場(chǎng)撤去后小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒,則mgl·(1-cos37°)=12mv2,解得v=2m/s。22.(1)1m/s2(2)2m/s2s(3)0.2m/s【解析】(1)小球在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=kmgm,代入數(shù)據(jù)得a=1m/s2(2)設(shè)小球的最小出射速度為v1,由動(dòng)能定理得kmgx=12mv12,k=0.1,解得v1=2m/s;由x=v12t(3)小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的F點(diǎn),設(shè)在O點(diǎn)拋出時(shí)的速度為v0,水平方向有d=v0t1豎直方向有h=12g聯(lián)立解得v0=0.2m/s。23.(1)2m/s(2)12N(3)0.44J【解析】(1)小球剛好能沿DEN軌道下滑,在軌道最高點(diǎn)D點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律mg=mv代入數(shù)據(jù)解得vD=2m/s;(2)D點(diǎn)到N點(diǎn),由機(jī)械能守恒得12mvD2+2mgr=在N點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律FN-mg=mv聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得FN=12N;(3)彈簧對(duì)小球所做的功W等于彈簧所具有的彈性勢(shì)能Ep,根據(jù)動(dòng)能定理有W-μmgl+mgh=12mvD代入數(shù)據(jù)得W=0.44J。綜合模擬卷(五)答案速查題號(hào)12345678910答案BCCDCBDADC題號(hào)1112131415161718答案DDCBACBD1.B2.C3.C電阻率是材料本身的一種電學(xué)特性,與導(dǎo)體的長(zhǎng)度、橫截面積無(wú)關(guān),故A錯(cuò)誤;金屬材料的電阻率隨溫度的升高而增大,而半導(dǎo)體材料則相反,故B錯(cuò)誤;合金的電阻率比純金屬的電阻率大,故C正確;電阻率大表明材料的導(dǎo)電性能差,不能表明對(duì)電流的阻礙作用一定大,因?yàn)槲矬w的電阻才是反映對(duì)電流阻礙作用大小的物理量,而且電阻還跟導(dǎo)體的長(zhǎng)度、橫截面積有關(guān),故D錯(cuò)誤。4.D所謂“量子化”應(yīng)該是不連續(xù)的,是一份一份的,故選D。5.C根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度,知物體的速度方向周期性變化,物體做往返運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;根據(jù)速度的正負(fù)表示速度的方向,知物體的速度方向周期性變化,物體做往返運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;0~1s內(nèi)物體沿正方向做勻加速運(yùn)動(dòng),1s~2s繼續(xù)沿正方向做勻減速運(yùn)動(dòng),根據(jù)a-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量,知t=2s末物體的速度為零,接著,周而復(fù)始,所以物體在做單向直線運(yùn)動(dòng),故C正確;0~1s內(nèi)物體沿正方向做勻加速運(yùn)動(dòng),1s~2s繼續(xù)沿正方向做勻減速運(yùn)動(dòng),t=2s末物體的速度為零。2s~3s內(nèi)物體沿負(fù)方向做勻加速運(yùn)動(dòng),3s~4s繼續(xù)沿負(fù)方向做勻減速運(yùn)動(dòng),t=4s時(shí)速度為零,接著,周而復(fù)始,所以物體在做往返運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。6.B7.D人保持靜止不動(dòng)時(shí),人受到環(huán)的支持力的方向不變,且兩個(gè)支持力的合力大小始終和重力相等,所以環(huán)對(duì)人的作用力保持不變,故A不符合題意;當(dāng)運(yùn)動(dòng)員雙臂的夾角變小,則滿足環(huán)對(duì)人的兩個(gè)支持力的合力不變,但兩個(gè)力的夾角變小,所以運(yùn)動(dòng)員受到的兩個(gè)支持力變小,根據(jù)牛頓第三定律可知,運(yùn)動(dòng)員對(duì)環(huán)的作用力變小,所以運(yùn)動(dòng)員會(huì)相對(duì)輕松一些,故B不符合題意;運(yùn)動(dòng)員受到兩個(gè)環(huán)的支持力以及自身的重力作用處于平衡狀態(tài),所以環(huán)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力與運(yùn)動(dòng)員受到的重力大小相等、方向相反,是一對(duì)平衡力,故C不符合題意;根據(jù)重力產(chǎn)生的原因可知,運(yùn)動(dòng)員所受重力的反作用力是運(yùn)動(dòng)員對(duì)地球的吸引力,故D符合題意。8.A空降兵在空中勻速降落,即做勻速直線運(yùn)動(dòng),處于平衡狀態(tài),因此合外力為零,故A正確;在小孩蕩秋千時(shí),隨著小孩蕩秋千的高度的變化,繩對(duì)小孩的拉力的方向會(huì)改變,不處于平衡狀態(tài),因此合外力不可能為零,故B錯(cuò)誤;平拋運(yùn)動(dòng)有由重力提供的豎直向下的加速度,不處于平衡狀態(tài),因此合外力不為零,故C錯(cuò)誤;在摩天輪上的游客做勻速圓周運(yùn)動(dòng),合外力一直指向圓心,即合外力方向會(huì)改變,因此不可能為零,故D錯(cuò)誤。9.DA、B分別為同一傳動(dòng)裝置前輪和后輪邊緣上的一點(diǎn),所以線速度大小相等,即A點(diǎn)和B點(diǎn)的線速度大小之比為1∶1,故C錯(cuò)誤;根據(jù)v=ωr可知在線速度相等的情況下,角速度與半徑成反比,所以前輪和后輪的角速度之比為2∶1,故B錯(cuò)誤;由于兩輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度不相等,由ω=2πT可知兩輪轉(zhuǎn)動(dòng)的周期也不相等,故A錯(cuò)誤;由a=v2r知在線速度相等的情況下,向心加速度與半徑成反比,所以A點(diǎn)和B點(diǎn)的向心加速度大小之比為2∶110.C根據(jù)平衡狀態(tài),對(duì)物塊受力分析如圖所示,物體受力個(gè)數(shù)一定為4,A、B、D錯(cuò)誤,C正確。11.D物體做自由落體運(yùn)動(dòng),機(jī)械能守恒,則有Ep=E-12mv2,所以重力勢(shì)能與下落速度的圖像為開口向下的拋物線,故D正確,A、B、C12.D13.C因?yàn)槿味际潜谇虼怪睋糁袎Ρ谕晃恢?因此可以看成是三次平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律h=12gt2,s=vt可知,三次時(shí)間相同,速度v1最大,故C14.B根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件,閉合回路內(nèi)磁通量發(fā)生變化才能產(chǎn)生感應(yīng)電流,故B正確。15.A16.C設(shè)力F與運(yùn)動(dòng)方向之間的夾角為θ,黑板擦做勻速運(yùn)動(dòng),則受力平衡,沿運(yùn)動(dòng)方向上有Fcosθ=μFsinθ,可得μ=1tanθ,由三角函數(shù)的關(guān)系可得cosθ=μ1+μ2,所以Ff=Fcosθ=μF1+μ2,故C17.B由表中信息知r火>r地,根據(jù)牛頓第二定律GMmr2=m4π2rT2=ma=mv2r=mrω2,得T=4π2r3GM,a=GMr2,v=GMr3,ω=GMr3,18.D充電寶的輸出電壓為U、輸出電流為I,所以充電寶輸出的電功率為P=UI,故A錯(cuò)誤;手機(jī)電池充電電流為I,所以手機(jī)電池產(chǎn)生的熱功率為Pr=I2r,而充電寶的熱功率應(yīng)為充電寶的總功率減去輸出功率,根據(jù)題目信息無(wú)法求解,故B、C錯(cuò)誤;充電寶輸出的電能一部分轉(zhuǎn)化為手機(jī)的化學(xué)能,一部分轉(zhuǎn)化為電池的熱能,故根據(jù)能量守恒定律可知手機(jī)電池儲(chǔ)存的化學(xué)能為W=UIt-I2rt,故D正確。19.(1)ACD(2)BD(3)不變化【解析】(1)該實(shí)驗(yàn)的目的是驗(yàn)證力的平行四邊形定則,要根據(jù)兩個(gè)彈簧拉橡皮條時(shí)兩個(gè)拉力的大小和方向作出平行四邊形求出其合力大小,然后與一個(gè)彈簧拉橡皮條時(shí)的拉力大小進(jìn)行比較,最后得出結(jié)論,故需要記錄的是兩彈力的大小和方向,故A、C、D正確,B錯(cuò)誤。(2)根據(jù)平行四邊形定則可知兩分力的夾角太小將會(huì)導(dǎo)致合力過大,導(dǎo)致一個(gè)彈簧拉時(shí)可能超過量程,故夾角不能太小或太大,適當(dāng)即可,故A錯(cuò)誤;為了減小讀數(shù)誤差,應(yīng)讓兩分力盡量大些,故B正確;為了準(zhǔn)確記下拉力的方向,故采用兩點(diǎn)描線時(shí)兩點(diǎn)應(yīng)盡量距離大一些,細(xì)繩應(yīng)長(zhǎng)些,故C錯(cuò)誤;作圖時(shí),我們是在白紙中作圖,做出的是水平力的圖示,為了減小因摩擦造成的誤差,應(yīng)使各力盡量與木板面平行,讀彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)時(shí),視線要正對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)刻度,故D正確。(3)由于O點(diǎn)的作用效果相同,拉力與繩子的性質(zhì)無(wú)關(guān),故將細(xì)繩OB或OC換成橡皮條,不會(huì)影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果。20.(1)①直流電流、電壓②×1③0刻線(2)DBE【解析】(1)①調(diào)節(jié)指針定位螺絲,進(jìn)行機(jī)械調(diào)零,使多用電表指針對(duì)準(zhǔn)直流電流、電壓“0”刻線。②因待測(cè)電阻約為20Ω,則將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)到電阻擋的“×1”的位置。③將紅、黑表筆插入“+”、“-”插孔,并將兩表筆短接,調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕,使電表指針對(duì)準(zhǔn)電阻的“0刻線”。(2)測(cè)量后要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值大約是2kΩ左右的電阻,則需先將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”的位置,然后兩表筆短接調(diào)零,使電表指針對(duì)準(zhǔn)電阻的“0”刻線。故為DBE。21.(1)正電見解析圖(2)kqAqB(l【解析】(1)小球A受到重力、繩子的拉力和B球的斥力,故A帶正電,如圖所示。(2)根據(jù)平衡可知,A球受到水平向左的靜電力為F=mgtanθ。(3)根據(jù)庫(kù)侖定律得F=kq解得qA=mgtan22.(1)8N(2)6m/s2(3)14.4m【解析】(1)對(duì)物體進(jìn)行受力分析,如圖所示在豎直方向上,根據(jù)平衡條件有FN=mg-Fsinθ,代入數(shù)據(jù)得FN=8N。(2)在水平方向上,根據(jù)牛頓第二定律有Fcosθ-Ff=ma1,且Ff=μFN代入數(shù)據(jù)聯(lián)立得a1=6m/s2。(3)根據(jù)速度時(shí)間公式有v=a1t=12m/s撤去拉力后,根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma2,解得a2=5m/s2向前滑行的位移大小為x=v22a2,可得x=23.(1)0(2)37.5J(3)5s≤t≤5.55s【解析】(1)從B→C過程根據(jù)動(dòng)能定理-mg·2R1=12mvC2-解得vC=5m/s在C點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律mg+FN=mv解得FN=0。(2)A→B過程:設(shè)賽車克服阻力所做的功為Wf根據(jù)動(dòng)能定理Pt0-Wf=12m解得Wf=37.5J。(3)B→F過程:-mg·2R2(1-cosθ)=12mvF2-解得vF=1m/s可知,在恰好能過C點(diǎn)的臨界情況下,賽車到達(dá)F點(diǎn)時(shí)的速度為1m/s。而要使賽車在F點(diǎn)對(duì)管道上壁無(wú)壓力并從F點(diǎn)水平飛出,在F點(diǎn)的速度應(yīng)滿足0≤vF≤gR2=綜合上述結(jié)論可得1m/s≤vF≤12m/sA→F過程:Pt-Wf-mg·2R2(1-cosθ)=12m解得5s≤t≤5.55s。綜合模擬卷(六)答案速查題號(hào)12345678910答案CDDDBBDACD題號(hào)1112131415161718答案ACDBCCCC1.C電荷量的單位是庫(kù)侖(C),功的單位是焦耳(J),電容的單位是法拉(F),電流的單位是安培(A),故選C。2.D人的個(gè)數(shù)的數(shù)量只能取正整數(shù),不能取分?jǐn)?shù)或小數(shù),因而是不連續(xù)的,是量子化的。長(zhǎng)度、力以及動(dòng)能的數(shù)值都可以取小數(shù)或分?jǐn)?shù),甚至取無(wú)理數(shù)也可以,因而是連續(xù)的,非量子化的。故D正確,A、B、C錯(cuò)誤。3.D4.D8分05秒79是時(shí)間間隔,不是時(shí)刻,故A錯(cuò)誤;成績(jī)好壞的依據(jù)是總用時(shí)的長(zhǎng)短,也就是與平均速率相關(guān),與終點(diǎn)的瞬間速度無(wú)必然關(guān)系,故B錯(cuò)誤;分析選手的動(dòng)作時(shí),不能把她看成質(zhì)點(diǎn),故C錯(cuò)誤;在2000m比賽中,艇的長(zhǎng)度可以忽略不計(jì),可以看成質(zhì)點(diǎn),故D正確。5.B質(zhì)點(diǎn)是用來代替物體的有質(zhì)量的點(diǎn),實(shí)際不存在,是理想化的物理模型,采用的是理想化物理模型法,故A錯(cuò)誤;根據(jù)平均速度的定義式v=ΔxΔt,當(dāng)Δt→0時(shí),用平均速度代替t時(shí)刻的瞬時(shí)速度,采用極限法,故B正確;研究胡克定律采用的是控制變量法,故C錯(cuò)誤;探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系采用控制變量法,6.B速度方向一定沿軌跡的切線方向,故A、D錯(cuò)誤;合力方向必定指向圖中曲線彎曲的方向,故B正確,C錯(cuò)誤。7.D運(yùn)動(dòng)員處于靜態(tài)平衡,根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的條件可知,運(yùn)動(dòng)員沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),不受到摩擦力作用,只有重力與支持力等大反向,故A、B錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員所受的支持力是由于平衡木的形變產(chǎn)生的,故C錯(cuò)誤,D正確。8.A根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律h=12gt2、x=v0t,只減小水平初速度,則水平距離減小,因此可以扔進(jìn)垃圾桶,故A正確;只增加可樂罐扔出時(shí)的高度,則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng),則水平位移變大,所以不能扔進(jìn)垃圾桶,故B錯(cuò)誤;當(dāng)高度、初速度不變時(shí),減小人與垃圾桶的水平距離,但水平位移不變,則不可能扔進(jìn)垃圾桶,故C、D9.C在環(huán)月軌道上,“嫦娥四號(hào)”受到萬(wàn)有引力而做圓周運(yùn)動(dòng),所以不是平衡狀態(tài),故A錯(cuò)誤;在地球發(fā)射衛(wèi)星的最小速度為7.9km/s,故B錯(cuò)誤;登陸月球背面時(shí),速度肯定要減小,需要減速,故C正確;被月球捕獲之后,依然受到地球的引力作用,故D錯(cuò)誤。10.D圖甲中運(yùn)動(dòng)員在彎道處,當(dāng)?shù)孛婺Σ亮ν蝗幌r(shí),他將沿切線方向“離心”而去,故A錯(cuò)誤;在碗里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的小球受到的合外力提供向心力,其方向時(shí)刻變化,是變力,故B錯(cuò)誤;圖丙中,在水平直跑道上減速運(yùn)動(dòng)的航天飛機(jī),傘對(duì)飛機(jī)的拉力與飛機(jī)對(duì)傘的拉力是一對(duì)相互作用力,大小相等,故C錯(cuò)誤;圖丁中,人在體重計(jì)上站起的瞬間向上加速運(yùn)動(dòng),屬于超重,因此指針示數(shù)會(huì)變大,故D正確。11.A以豎直向上為正方向,則小球下落的速度為負(fù)值,故C、D錯(cuò)誤;設(shè)小球的釋放點(diǎn)距地面的高度為h,小球下落過程中,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2=2g(h-x),由數(shù)學(xué)知識(shí)可得,v-x圖像應(yīng)是開口向左的拋物線,小球與地面碰撞后上升過程與下落過程具有對(duì)稱性,故A正確,B錯(cuò)誤。12.C保持線框平面始終與磁感線垂直,線框在磁場(chǎng)中上下運(yùn)動(dòng),磁通量一直保持不變,無(wú)感應(yīng)電流;保持線框平面始終與磁感線垂直,線框在磁場(chǎng)中左右運(yùn)動(dòng),通過的磁通量一直保持不變,無(wú)感應(yīng)電流;線框繞AB軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)線框平面與磁場(chǎng)垂直時(shí),此時(shí)通過的磁通量最大,當(dāng)線框平面與磁場(chǎng)平行時(shí),通過的磁通量為零,磁通量的不斷變化,故有感應(yīng)電流;線框繞CD軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),線框平面始終與磁場(chǎng)垂直,通過的磁通量保持不變,故沒有感應(yīng)電流,故選C。13.Da點(diǎn)與c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同,故A錯(cuò)誤;將一個(gè)正的試探電荷,從d點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn),電場(chǎng)力做正功,則其電勢(shì)能減小,由此可知b點(diǎn)電勢(shì)低,故B錯(cuò)誤;將一負(fù)電荷從a經(jīng)b到c,電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功,電場(chǎng)力做功為零,故a、c電勢(shì)相等,負(fù)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能等于在c點(diǎn)的電勢(shì)能,故D正確,C錯(cuò)誤。14.B當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí),由歐姆定律得,U=I1R1=0.5×20V=10V。當(dāng)開關(guān)S閉合后,通過R1的電流仍為0.5A,電動(dòng)機(jī)的電流I2<UR2=1010A=1A,故電流表的示數(shù)I<1.5A,電路中電功率P=UI<15W,15.C彈性繩在原長(zhǎng)位置時(shí),彈性繩的彈力為零,不等于重力,故A錯(cuò)誤;彈性繩繃緊后,開始階段,拉力小于重力,游戲者向下做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)拉力等于重力時(shí),加速度為零,速度最大,此時(shí)彈性勢(shì)能不為零,故B錯(cuò)誤;當(dāng)游戲者速度為零時(shí),運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn),此時(shí)彈性繩的形變量最大,彈性勢(shì)能最大,故C正確;游戲者的速度先增大后減小,故游戲者的動(dòng)能先增大后減小,故D錯(cuò)誤。16.C兩種燈泡正常使用5000h,節(jié)能燈消耗的總電能E=Pt=20×10-3×5000kW·h=100kW·h,白熾燈消耗的總電能E'=P't=100×10-3×5000kW·h=500kW·h,故A錯(cuò)誤;正常使用白熾燈的總花費(fèi)M'=(5×2+500×0.5)元=260元,節(jié)能燈的總花費(fèi)M=(1×20+100×0.5)元=70元,顯然節(jié)能燈的總花費(fèi)比白熾燈少190元,故C正確,故B錯(cuò)誤;由W=Pt,知節(jié)能燈比白熾燈耗能少,故D錯(cuò)誤。17.C旅行包跟隨摩天輪做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故旅行包所受合力提供向心力,大小不變,方向時(shí)刻在變化,故A錯(cuò)誤。旅行包隨輪的轉(zhuǎn)動(dòng)而做勻速圓周運(yùn)動(dòng),合力提供向心力,在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)只受到重力和支持力的作用,不受摩擦力,故B錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)有mg-FN=mv2R,且FN=0.8mg,聯(lián)立解得mv2R=mg-FN=0.2mg。旅行包隨摩天輪運(yùn)動(dòng)到圓心等高處時(shí),由摩擦力提供向心力,則有Ff=mv2R=0.2mg,故C正確;旅行包隨摩天輪運(yùn)動(dòng)的過程中動(dòng)能不變,而重力勢(shì)力能改變18.C根據(jù)庫(kù)侖定律,小球A和B之間的庫(kù)侖力的大小F=kq2d2,故A正確;小球A受到重力、支持力和庫(kù)侖力而平衡,當(dāng)qd=mg2k時(shí),A和B之間的庫(kù)侖力的大小F=kq2d2=12mg,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,斜面對(duì)A的支持力FN=12mgcos30°=3mg4,繩子上的拉力FT=12mgsin30°=mg4,故B正確,C錯(cuò)誤;將小球B移到C點(diǎn)時(shí),A、C間距離為2d,當(dāng)qd=2mgk時(shí)19.(1)計(jì)時(shí)甲(2)A、B(3)8.72~8.801.27~1.33【解析】(1)圖1所示實(shí)驗(yàn)器材是計(jì)時(shí)的儀器,其中必須使用8V左右的低壓交流電源的是電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,即甲。(2)已提供了小車、一端附有滑輪的長(zhǎng)木板、紙帶、細(xì)繩、刻度尺、導(dǎo)線。為了完成實(shí)驗(yàn),還須從圖2中選取的實(shí)驗(yàn)器材有低壓電源A和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器B。(3)計(jì)數(shù)點(diǎn)E所在位置的刻度尺讀數(shù)為8.75cm,D、F段的位移xDF=(11.60-6.40)cm=5.20cm,則E點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于DF段的平均速度vDF=xDF2T=5.2×20.(1)見解析圖(2)1.20(3)見解析圖1.490.72【解析】(1)為了減小誤差,采取電流表相對(duì)電源來說為外接法,電路如圖所示:(2)選擇開關(guān)旋至直流3V擋,由題圖所示多用電表可知,多用電表分度值是0.1V,多用電表示數(shù)是1.20V。(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描點(diǎn)法可得U-I圖線圖像與縱軸的交點(diǎn)是1.49V,則電源電動(dòng)勢(shì)E=1.49V,電源內(nèi)阻r=ΔUΔI≈0.72Ω21.(1)3kQqmg(2)3mg3q,水平向右【解析】(1)根據(jù)平衡條件可知qE=mgtanθ解得E=mg根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式有E=kQ聯(lián)立解得r=kqQmgtanθ(2)取B為研究對(duì)象,受到重力mg、電場(chǎng)力qE和繩中拉力FT的作用。根據(jù)平衡條有qE=mgtanθ解得E=3mg3(3)使A、B兩球間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍,B球的電荷量也變?yōu)樵瓉淼?倍,B球的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼囊话?由(1)的公式r=kqQmgtanθ同理可得r'=kq比較得tanθ'=tanθ,解得θ'=30°。22.(1)8s41.5m/s(2)5.2×105N【解析】(1)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),水平方向受到推力與阻力作用,設(shè)加速度大小為a1,末速度大小為v1,運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,有F合=F-Ff=ma1,v12-v02=2a1l1,v1=a其中v0=0,Ff=0.1mg,代入已知數(shù)據(jù)可得a1=5.0m/s2,v1=40m/s,t1=8.0s。飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用,設(shè)沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2,末速度大小為v2,沿傾斜跑道方向有F'合=F-Ff-mgsinα=ma2,mgsinα=mghl2,v22-v12=2a2l2,其中v1=40m/s,代入已知數(shù)據(jù)可得a2=3.0m/s2,v2=1故飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8.0s,到達(dá)傾斜跑道末端時(shí)的速度大小為41.5m/s。(2)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),水平方向受到推力、助推力與阻力作用,設(shè)加速度大小為a1',末速度大小為v1',有F合″=F推+F-Ff=ma1',v1'2-v02=2a1飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)時(shí),沿傾斜跑道受到推力、阻力與重力沿傾斜跑道分力作用沒有變化,加速度大小仍有a2'=3.0m/s2,v2'2-v1'2=2a2'l2根據(jù)題意,v2'=100m/s,代入數(shù)據(jù)解得F推≈5.2×105N。23.(1)6N(2)8.9J(3)7.65J,9.15J,10.65J,12.15J【解析】(1)小物塊在CD間做勻減速直線運(yùn)動(dòng),有-μmgL2=12mvD2-12mvC2,mg+FN=mvC2r,得FN根據(jù)牛頓第三定律可知物塊對(duì)軌道的壓力F'N=FN=6N;(2)從A到C,由機(jī)械能守恒定律得Ep=12mvC2+mg(r+rcosθ+L1則Ep=8.9J;(3)要使小物塊能停在CD的中點(diǎn),需在CD上滑過(2k-1)L22的長(zhǎng)度,對(duì)整個(gè)過程,由能量守恒定律有Ep-mg(r+rcosθ+L1得Ep=6.9+0.75(2k-1)J;k=1,2,3,…由于Epm≤13J,有0.75(2k-1)≤6.1,即k取1,2,3,4,得彈性勢(shì)能的值為7.65J,9.15J,10.65J,12.15J時(shí)符合要求。綜合模擬卷(七)答案速查題號(hào)12345678910答案CCCBDCCACD題號(hào)1112131415161718答案ABABDCDC1.C根據(jù)萬(wàn)有引力定律F=Gm1m2r2知,F的單位是N,m1和m2的單位是kg,r的單位是m,推導(dǎo)出來引力常量G的單位為N·m2/kg2,故A錯(cuò)誤;根據(jù)Ff=μFN知,Ff和FN的單位均為N,則μ沒有單位,故B錯(cuò)誤;根據(jù)胡克定律F=kx知,F的單位是N,x的單位是m,則k的單位是N/m,故C正確;根據(jù)電阻定律R=ρlS知,R的單位是Ω,l的單位是m,S的單位是m2,推導(dǎo)可知,ρ的單位是Ω2.C3.C往返飛行了850km是路程,位移為0;用時(shí)1h12min是一段時(shí)間間隔,即時(shí)間;飛行期間以920km/h掠過監(jiān)測(cè)點(diǎn),監(jiān)測(cè)點(diǎn)是一個(gè)確定的點(diǎn),故是瞬時(shí)速度,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。4.B“-10J”的功表示功的正負(fù),不表示方向,對(duì)物體做正功,增加物體動(dòng)能,對(duì)物體做負(fù)功減小物體動(dòng)能;“-10m/s2”的加速度,負(fù)號(hào)表示加速度方向與規(guī)定的正方向相反;“-10C”的電荷量,負(fù)號(hào)表示帶負(fù)電;“-10J”的重力勢(shì)能,負(fù)號(hào)表示重力勢(shì)能大小為負(fù)值,不表示方向;故選B。5.D紅、黃、藍(lán)、紫四種單色光中,紫光的波長(zhǎng)最小,頻率最大,根據(jù)ε=hν知,紫光的光子能量最大,故D正確,A、B、C錯(cuò)誤。6.C手豎直握住一瓶子,重力與靜摩擦力相平衡,而壓力與重力無(wú)關(guān),故A錯(cuò)誤;瓶子對(duì)手的壓力和重力是兩種不同的力,故B錯(cuò)誤;靜止的水平桌面放一本書,桌面對(duì)書的支持力與書的重力二力平衡,故C正確;靜止的水平桌面放一本書,桌面對(duì)書的支持力是由于桌面發(fā)生了彈性形變引起的,故D錯(cuò)誤。7.C電冰箱主要是把電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,不是利用電流的熱效應(yīng);電風(fēng)扇主要是把電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,不是利用電流的熱效應(yīng);電飯煲主要是把電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,是利用電流的熱效應(yīng)工作的;電視機(jī)主要是把電能轉(zhuǎn)化為聲能和光能,不是利用電流的熱效應(yīng)。故選C。8.A圖中線圈平面平行磁場(chǎng)方向,其磁通量為零,當(dāng)線圈繞PQ邊旋轉(zhuǎn),穿過線圈的磁通量將增加;線圈繞MP邊旋轉(zhuǎn)時(shí),線圈平面仍平行磁場(chǎng)方向,其磁通量仍為零,沒有變化;線圈向左平移或線圈向上平移,沒有磁感線穿過線圈,其磁通量仍為零,沒有變化,故選A。9.C結(jié)合磁感線的分布可知,磁感線越密集,磁感應(yīng)強(qiáng)度就越大,很明顯a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于b點(diǎn),故A、B錯(cuò)誤;分別過a、b兩點(diǎn)作該點(diǎn)的切線可知,切線的方向不同,因此磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同,故C正確,D錯(cuò)誤。10.D如圖所示,受力分析,設(shè)桿對(duì)小球的作用力如圖所示,則由力平衡方程F=mgcos37°+FN,Ff=mgsin37°,可得FN=20N,方向如圖所示,Ff=6N,方向平行于桿向上,故A、B錯(cuò)誤、D正確;由于靜止,故小球所受合力為零,故C錯(cuò)誤。11.AA、B兩個(gè)木塊疊在一起水平拋出,做加速度為g的拋體運(yùn)動(dòng),處于完全失重狀態(tài),則A、B間的作用力為零,故A正確。12.B由圖像的斜率可知,0~9s小車做加速運(yùn)動(dòng),9s~15s小車做減速運(yùn)動(dòng),方向不變,當(dāng)t=9s時(shí)速度最大約為0.8m/s,故A錯(cuò)誤,B正確;在v-t圖中圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積數(shù)值上表示位移大小,圖中每小格表示位移大小0.1m,故可以估算小車在15s內(nèi)的位移約為8.3m,故C錯(cuò)誤;小車在15s內(nèi)的平均速度大小約為v=xt=8.315m/s≈0.55m/s13.A將小球豎直向上拋出,其加速度為重力加速度,始終不變,故選A。14.BA、B、C三個(gè)點(diǎn)在同一輪上,故角速度相同,故B正確;由于A、B、C三個(gè)點(diǎn)的線速度方向不同,故A、C、D錯(cuò)誤。15.D在星球表面,GMmR2=mg,可得M=gR2G,由于地球和月球的半徑之比為a∶1,地球表面的重力加速度和月球表面的重力加速度之比為b∶1,故地球與月球的質(zhì)量之比為a2b∶1,故D正確;在地球和月球之間某處的飛船受到的地球和月球的引力大小相等,根據(jù)萬(wàn)有引力定律,有GM地mr地2=GM月mr月2,可得r地r月=a2b,故A錯(cuò)誤;在星球表面,重力提供向心力,故mg=mv2r,解得v=gR,已知地球和月球的半徑之比為a∶1,地球表面的重力加速度和月球表面的重力加速度之比為b∶1,故地球與月球的第一宇宙速度之比為ab∶1,故B錯(cuò)誤;在星球表面,重力提供向心力,即mg=m4π2T16.C根據(jù)題意,施加勻強(qiáng)電場(chǎng)后,小球水平位移變大,即在空中的飛行時(shí)間變長(zhǎng),故B錯(cuò)誤;根據(jù)圖中可知12gt2v0t=tanθ=12at'2v0t',則a<g,說明小球應(yīng)該帶負(fù)電,因此第二次類平拋過程中,電場(chǎng)力做負(fù)功,故A錯(cuò)誤;由上式可知,兩次落在斜面上時(shí)小球的速度方向相同,由于水平初速度相等17.Da、c電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反,故A錯(cuò)誤;b、d電勢(shì)相等,O點(diǎn)電勢(shì)高于b、d,故B錯(cuò)誤;O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零,但電勢(shì)大于零,故C錯(cuò)誤;把電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn),電勢(shì)降低,電勢(shì)能增大,故D正確。18.C該單車最大儲(chǔ)存電能E=UIt=Uq=10V×20000mA·h=10V×20×3600C=7.2×105J,故A錯(cuò)誤;該單車充電時(shí)間t=qI=20000mA·h8A=20A·h8A=2.5h,故B錯(cuò)誤;該單車行駛的過程中受到的阻力為20N,則消耗的電能W=Ffs=20×10×103J=2.0×105J,該單車電池電能的有效利用率約為η=WE×100%=2.0×1057.2×105×100%≈27.19.(1)CD(2)11.68cm(11.65~11.75)1.55(1.50~1.60)(3)紙帶3【解析】(1)這些實(shí)驗(yàn)中,都需要使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器用于測(cè)量物體的速度,因此需要C、D。(2)圖中A的坐標(biāo)為11.68cm,v=ΔxΔt=1(3)“小車速度隨時(shí)間變化”小車的加速度不固定,“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”是物體下落的加速度等于g,“探究做功與物體的速度關(guān)系”小車應(yīng)該在平衡摩擦力的軌道上運(yùn)動(dòng),因此小車被彈出去后做勻速直線運(yùn)動(dòng),圖中1的加速度很小,圖中2右側(cè)的點(diǎn)代表勻速直線運(yùn)動(dòng),圖中3利用逐差法求出加速度為9.76cm/s2。20.(2)A1R1(3)見解析圖【解析】(2)由于電源輸出電壓為4.5V,所以電壓表應(yīng)選○V1,由歐姆定律可知,通過待測(cè)電阻的最大電流為Imax=URx=330A=0.1A=100mA,所以電流表應(yīng)選○A1;根據(jù)閉合電路歐姆定律知電路中的最大電阻為Rmax=EIA3=4.50(3)由于待測(cè)電阻滿足Rx2<RARV,可知電流表應(yīng)用外接法,又變阻器采用分壓式接法21.(1)負(fù)電(2)mgtanθE(【解析】(1)小球受到的電場(chǎng)力向左,與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反;故小球帶負(fù)電荷。(2)對(duì)小球受力分析,受到重力、電場(chǎng)力和拉力,如圖所示,根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件,有qE=mgtanθ則所帶電量為q=mgtan(3)剪短細(xì)線后,小球受到重力和電場(chǎng)力,合力恒定,如圖所示,故小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng);則F=mgcos則小球的加速度為a=gcos22.(1)15m/s(2)6000N(3)210m【解析】(1)汽車勻加速過程,據(jù)v=0+a1t,代入數(shù)據(jù)得v=15m/s;(2)把司機(jī)與氣囊相互作用的過程當(dāng)作勻減速過程,根據(jù)v2=2a2x解得a2=150m/s2,作用力F=ma2=6000N;(3)行李箱在車頂上滑行過程,a3=μg=7.5m/s2,平拋初速度v0=v2-2a飛行高度h=5m,則飛行時(shí)間t=2hg=則x=vt=210m。23.(1)2m(2)4m/s(3)4J【解析】(1)物塊從P點(diǎn)靜止釋放到停在傳送帶某處的過程中,由動(dòng)能定理mgh-μmgx=0-0,解得x=2m。(2)若傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度v0=2m/s,因?yàn)閭魉蛶чL(zhǎng)度l=3m>2m,所以物塊到達(dá)C點(diǎn)的速度v=2m/s。經(jīng)過管道C點(diǎn),有mg-FN=m由牛頓第三定律得FN'=FN,則物塊對(duì)管道的壓力FN'=1511N≈1.36N,物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到動(dòng)能最大的過程,根據(jù)平衡條件,得mg=kx',得x'=0.1m,由動(dòng)能定理,得mg(r+x')-12kx'2=12mvm2解得vm=4m/s。(3)物塊再次回到C點(diǎn)的速度仍為2m/s,它在傳送帶上先向左勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零,再向右勻加速運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn),速度大小仍為2m/s。因此電動(dòng)機(jī)多消耗的能量即為物塊與傳送帶之間的摩擦生熱。物塊向左減速的位移x1=vC22μg=與傳送帶的相對(duì)位移Δx1=x1+v0vCμg=1.物塊向右加速的位移x2=vC22μg=與傳送帶的相對(duì)位移Δx2=v0vCμg-x2=0.因此電動(dòng)機(jī)在一個(gè)周期內(nèi)多消耗的電能E=μmg(Δx1+Δx2)=4J。綜合模擬卷(八)答案速查題號(hào)12345678910答案DCDCAACCCC題號(hào)1112131415161718答案DDDADDCD1.D2.C磁感線是封閉曲線,螺線管內(nèi)部的磁感線條數(shù)與螺線管外部的磁感線條數(shù)相同。由于螺線管內(nèi)部橫截面積小,所以內(nèi)部磁感線最密,磁感應(yīng)強(qiáng)度最大,故C正確。3.D分析體操運(yùn)動(dòng)員在單杠上的翻杠動(dòng)作時(shí),運(yùn)動(dòng)員的大小和形狀不能忽略,故不可將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn);描述乘客在車廂內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況,則以車廂為參考系最好;研究物體的運(yùn)動(dòng)時(shí),若選擇不同的參考系,物體的位移可能相同;研究比賽中鉛球被擲出后在空中的飛行時(shí)間時(shí),鉛球的大小相對(duì)于運(yùn)動(dòng)的軌跡可以忽略不計(jì),故可以將它視為質(zhì)點(diǎn),故D正確。4.C無(wú)論向哪個(gè)方向拋出,拋出之后的物體都只受到重力的作用,加速度為g,處于完全失重狀態(tài),此時(shí)水和容器的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同,它們之間沒有相互作用,水不會(huì)流出,故C正確。5.A電磁波是運(yùn)動(dòng)的電磁場(chǎng),是橫波,既可以傳遞信息,又可以傳遞能量;麥克斯韋提出了完整的電磁場(chǎng)理論的假說,而赫茲通過實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在;變化的電場(chǎng)在周圍的空間一定產(chǎn)生磁場(chǎng),但如果是均勻變化的電場(chǎng),則只能產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng);各種頻率的電磁波在真空中的傳播速率都相同,均為光速。故選A。6.A北斗導(dǎo)航衛(wèi)星定位提供的是被測(cè)物體的位置,授時(shí)服務(wù)提供的是時(shí)刻,測(cè)速服務(wù)提供的是運(yùn)動(dòng)物體的速率,故選A。7.C8.CA桶靜止,其合力為零,故受到的摩擦力等于自身重力,故A錯(cuò)誤;A桶受到的是靜摩擦力,大小等于重力,故手對(duì)A桶的握力增加,摩擦力不變,故B錯(cuò)誤;根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知,A桶和B桶受到人給的作用力等于各自重力,故相同,故C正確、D錯(cuò)誤。9.C假設(shè)樹葉飄落是自由落體運(yùn)動(dòng),由h=12gt2可知,下落的時(shí)間為0.8s。但實(shí)際上樹葉下落的時(shí)間有3s,說明下落過程中存在空氣阻力,故A、D錯(cuò)誤;由于不清楚空氣阻力的方向,所以樹葉飄落的運(yùn)動(dòng)不一定是直線運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;由于空氣阻力做負(fù)功,所以樹葉的機(jī)械能肯定減少,故C10.C吊臂繞固定轉(zhuǎn)軸O旋轉(zhuǎn),因此vA=lω,方向垂直于吊臂,故A錯(cuò)誤;B點(diǎn)的角速度應(yīng)該等于A點(diǎn)的角速度,故B錯(cuò)誤;根據(jù)v=rω可知,vB=2vA,故C正確;根據(jù)a=rω2可知,B點(diǎn)的向心加速度為a=2ω2l,故D錯(cuò)誤。11.D甲物體做變速直線運(yùn)動(dòng),乙物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;根據(jù)x-t圖線的斜率表示速度,可知兩物體的初速度不為零,且在t1時(shí)刻兩物體的速度不相等,故B、C錯(cuò)誤;0~t1時(shí)間內(nèi),兩物體位移相同,故平均速度相等,故D正確。12.D由F引=GMmr2=man=mv2r=mr4π2T2,可得地球繞新的恒星與原來繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)相比,萬(wàn)有引力是原來的1213.D①將地面上的物體往上堆積,物體沿力的方向移動(dòng)了距離,力對(duì)物體做功;②在水平方向搬運(yùn)一盆花,人給花盆一個(gè)向上的托力,但是花盆在水平方向移動(dòng)了距離,托力對(duì)花盆沒有做功;③人給重物一