普通高等学校招生全国统一模拟考试理综物理试题Word格式.docx

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C.D.

【答案】A

【解析】小球在重力G、细线的拉力T、外力F三个力作用下处于平衡状态，根据力的三角形定则可知三个力的大小构成三角形，如图所示。

而外力F大小一定，故F末端只能落在圆周上，当拉力丁与外力F垂直时偏角最大，则，，故A项正确。

3.如图所示，三根轻质橡皮条竖直悬挂在花棚顶上，下面连接一个质量rn1=0.6kg的托盘，托盘水平且处于静止状态。

现有一只质量m2=0.2kg的小鸟轻轻地落在托盘上，并和托盘保持相对静止，橡皮条处于弹性限度内，不计空气阻力，g取10m/s2，则小鸟刚落在托盘上的瞬间对托盘的压力大小为

【答案】C

【解析】小鸟刚落在托盘上后，弹力没有突变。

对小鸟和托盘组成的整体分析，由牛顿第二定律得，整体的瞬时加速度为，对小鸟由牛顿第二定律得，则小鸟所受支持力，故小鸟轻轻地落在托盘上的瞬间对托盘的压力大小为1.5N，C项正确。

4.横截面积为S的细水管水平放置在距地面高为h的桌面上，水从管口以一定的速度不停的沿水平方向射出，水落地的位置到管口的水平距离为x。

取重力加速度为g，忽略空气阻力，则每秒从管口流出的水的体积V约为

A.B.C.D.

【解析】设水从管口射出速度为v0，水在空中运动时间为t，则每秒从管口流出的水的体积约为V=Sv0，根据公式和x=v0t，可得，C项正确。

5.如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d为匀强电场中的四个点，ab=2bc=2m，电场线与矩形所在的平面平行。

已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V。

一带电粒子从以点以速度v0=1000m/s射入电场，v0与ab边的夹角为，一段时间后粒子经过ab边的中点e。

不计粒子的重力，下列判断正确的是

A.d点电势为12V

B.粒子从a点到e点电势能增大

C.电场强度大小为

D.粒子从a点到e点所用时间为

【解析】由于匀强电场中等长度的平行线间电势差相等，，由，则，故A项错误；

由于ab边的中点为e，，则，根据W=qU，可得电场力对粒子做了正功，粒子从a点到e点电势能减少，故B项错误；

d点和e点的电势相等，两点连线为等势线，电场线垂直于等势线，由于以ab=2bc=2m，故△ade为等腰直角三角形，a点到直线如的距离为等，由U=Ed可得E，故C项正确；

电场力方向与粒子运动方向垂直，粒子射入电场后做类平抛运动，运动到e点时，垂直于电场线方向的位移为，，解得所需时间为，故D项错误。

6.发射同步卫星时一般分两步进行，先将卫星发射到离地球较近的圆轨道1上运行几周后，在P点变轨进入椭圆轨道2再运行几周，然后在Q点再次变轨，使卫星进入圆轨道3。

若卫星在轨道2上运行时，经过P点和Q点的速度分别为vP和vQ，轨道上P、Q两点到地面的高度分别为hP和hQ，地球半径为R。

则以下说法正确的是

A.卫星在轨道1上运行时，经过P点的速度大于vP

B.卫星在轨道3上运行时，经过Q点的速度大于vQ

C.卫星在轨道1和轨道2上运行时，经过P点的加速度相等

D.卫星在轨道3上运行经过Q点的加速度大于在轨道2上运行经过Q点的加速度

【答案】BC

【解析】卫星进入轨道2上运行是在轨道1上P点加速而实现的，因此卫星在轨道1上运行时，经过P点的速度小于vP，故A项错误；

卫星进入轨道3上运行是在轨道2上Q点加速而实现的，因此卫星在轨道3上运行时，经过Q点的速度大于vQ，故B项正确；

卫星在轨道1和轨道2上运行时，经过P点时都是由万有引力提供合外力，由可知卫星在轨道1和轨道2上运行时，经过P点的加速度相等，同理可得卫星在轨道2和轨道3上运行时，经过Q点的加速度相等，故C项正确，D项错误。

7.如图所示为通过理想变压器降压给用户供电的示意图。

变压器输入电压不随负载变化而变化，输出电压通过输电线输送到用户，两条输电线的总电阻用R0表示，用户端所有用电器均为并联，所有的电压表和电流表均为理想电表。

当用户用电器减少时，下列说法正确的是

A.V1示数不变，V2和V3示数变大

B.V2和V2示数不变，V3示数变大

C.A1和A2示数均变小

D.A1示数不变，A2示数变小

【解析】设R0两端电压为U0，V1测的是原线圈两端电压，V2测的是副线圈两端电压，V3测的是用户端,，由于变压器输入电压不随负载变化而变化，原、副线圈匝数不变，所以V1和V2示数不变，当用户用电器减少时，负载电阻R增大，根据欧姆定律得，可得A2示数变小，U0=I2R0，可得U0减小，U3=U2－U0可得V3示数变大，根据理想变压器输入功率与输出功率相等可得U1I1=U2I2，可得A1示数变小，故A、D项错误，B、C项正确。

8.如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。

弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。

现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F（F>

mg），弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是

A.当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态

B.弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同

C.当B开始运动时，A的速度大小为

D.全程中，A上升的最大高度为

【答案】AD

【解析】由题意可知当A受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故A项正确；

由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故B项错误；

设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得，绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv1，A、B共同上升的过程中据能量守恒可得，，可得B开始运动时A的速度大小为，A上升的最大高度为，故C项错误，D项正确。

三、非选择题

9.某同学发现手电筒不亮了，初步判断是小灯泡出现故障，准备使用如图甲所示的多用表检测小灯泡，电路图如图乙所示。

（1）若想使用如图甲所示的多用电表测小灯泡电阻，使用前应先调节______（填“A”或“B”）；

测电阻选定或更换倍率后需调节______（填“A"

或“B”）。

（2）该同学使用该多用电表欧姆挡检测如图乙所示电路中小灯泡故障时，应先______（填“闭合”或“断开”）开关，然后用多用电表正确操作，测量小灯泡电阻时，若指针不偏转，则小灯泡______（填“短路”或“断路”）。

【答案】

（1）.A

（2）.B（3）.断开（4）.断路

【解析】

（1）多用电表在使用前要观察表盘指针是否指零刻线，进行机械调零，使用前应先调节A；

选定或更换欧姆挡倍率后，要进行欧姆调零，测电阻选定或更换倍率后需调节B。

（2）使用多用电表欧姆挡检测电路时，使用多用电表内的电源，所以开关要断开；

使用多用电表正确操作，测量小灯泡时，指针不偏转说明电路处于断路状态，可判断小灯泡断路。

10.某同学测量木块与装有定滑轮的粗糙木板间的动摩擦因数。

在木板上将木块、电火花计时器、纸带以及重物连接成如图所示的装置。

先接通电源，再释放木块，打出一条纸带。

选择纸带上点迹清晰的部分，每隔4个点选一个计数点，分别测量相邻计数点间的距离，记为x1、x2、x3等。

相邻计数点间时间间隔为T。

根据实验操作完成下列问题。

（1）该打点计时器使用的电源是_________（填正确答案标号）。

A．低压直流电源

B．高压直流电源

C．低压交流电源

D．高压交流电源

（2）将实验测得数据填人下表，并计算得到的值，请你帮助该同学完成横线处的计算__________。

（3）适当选取标度，根据上表数据画出图象____________。

（4）根据图象可得木块的加速度为_____m／s2。

（结果保留两位有效数字）

（5）若重物的质量m=15g，木块的质量M=25g，忽略纸带与打点计时器间的摩擦，则木块与粗糙木板间的动摩擦因数__________。

（结柒保留两位有效数字，g=10m／s2）

【答案】

（1）.D

（2）.0.342（3）.如图所示:

（4）.0.46（0.44～0.48均可）（5）.0．53（0.51～0．53均可）

【解析】试题分析：

打点计时器是使用交流电源的计时仪器，电火花计时器使用交流220V电源；

利用题目中给出的数据可求；

－t图相当于中间时刻v-t图，故斜率代表加速度；

通过图象得到加速度a.再由牛顿第二定律可得动摩擦因数。

（1）电火花计时器使用交流220V电源，要接到高压交变电流上。

（2）由表中数据规律可得到两计数点间的时间间隔为0.1s，x4=0.0342m，由得所填空为0.342。

（3）描点作图。

（4）由－t图象的斜率可求得木块的加速度a=0.46m/s2。

（5）以重物为研究对象，根据牛顿第二定律可列等式，以木块为研究对象，根据牛顿第二定律可列等式。

得动摩擦因数为0.53

11.某同学在竖直上升的升降机内研究升降机的运动规律。

他在升降机的水平地板上安放了一台压力传感器，压力传感器上表面水平，上面放置一木块，在t=0时刻升降机从地面由静止开始上升，在t=10s时上升了H，并且速度恰好减为零，之后保持静止。

由压力传感器连接的电脑记录压力随时间变化的关系图象如图所示，重力加速度g取10m/s2。

根据题中所给条件和图象信息，求10S内升降机上升的高度H为多少?

【答案】28m

根据牛顿第二定律求出升降机向上做匀加速运动的加速度，根据位移时间公式求出匀加速运动的位移，通过速度时间公式求出匀加速运动的末速度，从而得出匀速直线运动的位移，结合平均速度的推论求出匀减速运动的位移，从而得出升降机上升的总高度。

解：

由图可知t=10s后物块保持静止，故m=1kg

升降机在0～2s内向上做匀加速直线运动由牛顿第二定律得

解得a1=2m/s2

由运动学公式得，

解得升降机在0～2s内上升的高度为s1=4m，v=4m/s

在2～6s内升降机做匀速直线运动，

在6～10s内升降机做匀减速直线运动，

故升降机在10s内上升的总高度

【点睛】本题考查了动力学与图象的综合，关键是分析出物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

12.如图所示，两根光滑平行金属导轨（电阻不计）由半径为r的圆弧部分与无限长的水平部分组成.间距为L。

水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场.磁感应强度大小为B。

一质量为2m的金属棒ab静置于水平导轨上，电阻为2R。

另一质量为m、电阻为R的金属棒PQ从圆弧M点处由静止释放，下滑至N处后进人水平导轨部分，M到N的竖直高度为h，重力加速度为g，若金属棒PQ与金属棒ab始终垂直于金属导轨并接触良好，且