冲刺模拟二.docx
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冲刺模拟二
冲刺模拟
（二）
1．某同学卧室的照明灯L，可用门口处和床头上的两个电键S1、S2控制，拨动S1、S2中的任何一个都可以使灯L点亮或灭掉，下图中能满足上述要求的电路是（ ）
解析：
A图中如果一只电键断开，则另一只电键就不起作用；B图中灯一直亮着，不受电键的控制；C图中，当电键均接在上边时，短路．
答案：
D
2．如图甲所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球，两个小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，它们构成一个正三角形．此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂．现用绝缘物体对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA竖直，设在图甲所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图乙状态下OB对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是（ ）
A．T′T
C．T′＝TD．条件不足，无法确定
解析：
在图甲状态下，OB对小球B拉力的竖直分力等于小球B的重力，即：
Tcos30°＝mg⇒T＝
mg；在图乙状态下，因为OA呈竖直状态，可见AB绳张力与小球A所受库仑力平衡，因此小球B在重力、水平力F和绳OB的拉力、A对B的库仑力、AB绳的拉力作用下平衡，根据平衡条件可知，T′cos60°＝mg⇒T′＝2mg，故B项正确．
答案：
B
3．为了行驶安全，在行驶过程中，前后两车必须保持一定的距离．因为从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的时间里，汽车仍然要通过一段距离（称为思考距离）．下表给出了汽车在不同情况、不同速度条件下的思考距离和制动距离等部分数据，则空余的a、b数据分别是（ ）
速度/（km·h－1）
思考距离/m
制动距离/m
正常
酒后
正常
酒后
54
12
20
15
22.5
72
16
26.7
b
40
90
a
33.3
41.7
62.5
A.20 60B．20 26.7
C．25 65D．25 65
解析：
由第一行数据，v0＝54km/h＝15m/s，正常思考距离12m，故正常反应时间t＝
s＝0.8s．由第三行数据，v＝90km/h＝25m/s，正常思考距离a＝vt＝20m；
由第一行数据，正常制动距离15m，v0＝54km/h＝15m/s，由v2－v
＝2ax，v＝0，制动加速度a＝
m/s2＝7.5m/s2，由第二行数据，v＝72km/h＝20m/s，故正常制动距离b＝
＝
m＝26.7m．故B对．
答案：
B
4.在一个匀强电场（右图中未画出）的平面内有一个四边形ABCD，E为AD的中点，F为BC的中点，一个带正电的粒子从A移动到B点，电场力做功0.8×10－8J，将该粒子从D移到C点，电场力做功为2.4×10－8J，将粒子从E点移到F点，则下列分析正确的是（ ）
A．若粒子的电荷量为2.4×10－8C，则D、C之间的电势差为1V
B．若A、B之间的距离为1Cm，粒子的电荷量为0.8×10－8C，该电场的场强一定是E＝100V/m
C．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功WEF有可能大于1.6×10－8J
D．若将该粒子从E点移动到F点，电场力做功为1.6×10－8J
解析：
由WDC＝qUDC可知选项A正确；由于电场线不一定沿着AB连线，故选项B错误；E为AD的中点，故φE＝（φA＋φD）/2，同理φF＝（φC＋φB）/2，又WEF＝qUEF，UEF＝φE－φF，故求出WEF＝1.6×10－8J，故选项C错、D正确．
答案：
AD
5．已知万有引力常量，下列说法正确的是（ ）
A．已知地球半径和地球自转周期，可估算出地球质量
B．已知地球半径和地球表面的重力加速度，可估算出地球质量
C．已知太阳半径和地球绕太阳公转的周期，可估算出太阳质量
D．已知地球与太阳之间的距离和地球绕太阳公转的周期，可估算出太阳质量
解析：
万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有G
＝m
＝m
r＝mω2r＝mg，欲求中心天体的质量必须知道环绕天体的轨道半径r，而A、C项中不知道轨道半径，故不能求出地球和太阳的质量，A、C错误，B、D正确．
答案：
BD
6．某地的地磁场磁感应强度的大小为9×10－5T，方向与竖直方向的夹角为60°，一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s.下列说法正确的是（ ）
A．电压表的正极要连接河的南岸
B．电压表的正极要连接河的北岸
C．电压表记录的电压为9mV
D．电压表记录的电压为5mV
解析：
海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：
自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场．根据右手定则，北岸电势高，南岸电势低，A错误，B正确；地磁场磁感应强度竖直向下的分量为Bcos60°.根据法拉第电磁感应定律E＝Bcos60°·Lv＝9×10－5×
×100×2V＝9×10－3V＝9mV，故C正确、D错误．
答案：
BC
7.如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定时，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q.将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（ ）
A．U变小B．I变小
C．Q不变D．Q减小
解析：
当电流稳定时，电容器可视为断路，当P向左滑时，滑动变阻器连入电路中的阻值R增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中的电流I＝
减小，电压表的示数U＝E－I（R2＋r）增大，A错误，B正确；对于电容器，电荷量Q＝CU增大，C、D均错．
答案：
B
8．如图甲所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图乙和如图丙所示的两种情形．不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．图乙的情形中，人只能匀加速下滑
B．图乙的情形中，钢索对轻环的作用力大小为
mg/2
C．图丙的情形中，人匀速下滑
D．图丙的情形中，钢索对轻环无摩擦力
解析：
图乙的情形中，人受力如图，即人不受摩擦力，人匀加速下滑，且a＝mgsin30°/m＝gsin30°，故A正确；轻绳对人的作用力大小为mgcos30°＝
mg/2，故钢索对轻环的作用力大小为
mg/2，故B正确；图丙的情形中，人只能匀速下滑，故钢索对轻环一定有摩擦力，故C正确，D错误．
答案：
ABC
9．用如图所示的装置探究加速度与质量的关系时，保持砝码和砝码盘的质量不变，在小车上放砝码，设M为小车与砝码的质量和．改变M重复实验，确定加速度a与
的关系．在如图所示的图像能表示该同学实验结果的是________．
解析：
先找出a－
方程，再根据图像与方程一一对应选图．对由小车、砝码、砝码盘组成的整体，由牛顿第二定律：
a＝
＝
·M·
，又F1＝mg保持不变，故a＝
·
，因此a－
图像的斜率k＝
，所以随着
的增大，斜率k变小，故C正确．
答案：
C
10．某实验小组利用如下的器材，测量一电源的电动势E及内阻r，已知E约为4.5V，r约为1.5Ω，该电源允许输出的最大电流为0.12A.
器材：
量程3V的理想电压表
，量程0.5A的电流表
（具有一定内阻），固定电阻r1＝4Ω，r2＝40Ω，电阻箱R，滑动变阻器R′，电键S，导线若干．请设计一种比较精确的测定该电源电动势和内阻的方案，并回答如下问题：
（1）在下图中虚线框内画出测量电路的原理图；
（2）简要写出实验步骤（只要求测两组数据即可）____________________；
（3）写出计算式：
电动势E＝________；内阻r＝________.
（4）这个实验的系统误差是怎样形成的？
对电表内阻的要求是什么？
解析：
若采用伏安法，电动势E约为4.5V大于电压表的量程3V，故应在干路中串联保护电阻．若选固定电阻r1＝4Ω做保护电阻串联在干路中，电路中的最大电流约4.5V÷4Ω＝1.1A，超过了该电源允许输出的最大电流为0.12A．若选r2＝40Ω，电路中电流最大约4.5V÷40Ω＝0.11A，虽不超电源允许输出的最大电流，但量程0.5A的电流表偏角太小，测量不精确．故不能采用伏安法．
方法一：
（1）实验电路原理图如图．
（2）在电阻箱上选择某一合理阻值R1，闭合开关S，记下电压表的示数U1，断开开关S；将电阻箱的阻值变为另一合理阻值R2，闭合开关S，记下电压表的示数U2.
（3）由闭合电路的欧姆定律得：
E＝U1＋
（r＋r2），E＝U2＋
（r＋r2），联立解得：
E＝
U1U2，r＝
R1R2－r2.
（4）误差是由于电压表的分流形成的；要求电压表内阻比较大．
方法二：
（1）如图所示．
（2）在电阻箱上选择某一合理阻值R1，闭合开关S，记下电流表的示数I1，断开开关S.
将电阻箱的阻值改为另一合理阻值R2，闭合开关S，记下电流表的示数I2.
（3）由E＝I1（R1＋r＋r2），E＝I2（R2＋r＋r2），
联立解得：
E＝
，r＝
－r2.
（4）误差是由电流表的分压形成的；要求电流表的内阻比较小．
答案：
见解析
11．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一质量为m＝0.8kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧是BC段光滑．g＝10m/s2，求：
（1）弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
（2）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力．
解析：
（1）对小球在C处，由牛顿第二定律及向心力公式得
F1－mg＝m
v1＝
＝
m/s＝5m/s
从A到B由动能定理得Ep－μmgx＝
mv
Ep＝
mv
＋μmgx＝
×0.8×52＋0.5×0.8×10×0.3J＝11.2J.
（2）从C到D由机械能守恒定律得
mv
＝2mgR＋
mv
v2＝
＝
m/s＝3m/s
由于v2>
＝2m/s，所以小球在D处对轨道外壁有压力．
小球在D处，由牛顿第二定律及向心力公式得
F2＋mg＝m
F2＝m
＝0.8×
N＝10N.
答案：
（1）11.2J
（2）10N
12．如图所示是电视机显像管的主要构造示意图，C、D是偏转电场，可使电子在竖直方向偏转，A、B是偏转磁场，可使电子在水平方向偏转．当A、B和C、D不接电压时，电子枪发出的电子（初速可视为零）经电压为U＝7.2V的加速电场加速后，沿水平直线MN垂直打到竖直的荧光屏P的中心O上．以O为原点，竖直方向为y轴，水平方向为x轴建立直角坐标系．当在A、B和C、D之间分别接上恒定电压后，磁场的磁感应强度B＝9×10－5T，已知磁场沿MN方向的宽度为0.06m，电场沿MN方向的宽度为l＝0.08m，电子从磁场射出后立即进入电场，且从电场的右边界射出，电场强度为E＝144N/C，电子的质量m＝9.0×10－31kg、电荷量的绝对值e＝1.6×10－19C，试求：
（1）电子加速后的速度为多少？
（2）电子在磁场中沿x轴负方向偏转的距离是多少？
（3）电子打在屏上的速度大小是多少？
解析：
（1）在电子加速过程中，由动能定理
eU＝
解出v0＝1.6×106m/s.
（2）设电子在磁场中的轨道半径为R，
Bev0＝
解出R＝0.1m
如图，
（R－x）2＋（0.06m）2＝R2联立解得电子在磁场中沿x轴负方向偏转的距离x＝0.02m.
（3）电子在电场区中运动时，在竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，离开电场时的竖直分速度为vy＝at.
电子在电场中的加速度a＝
电子在电场区中运动时，在水平面内沿速度v的方向做匀速直线运动位移为
时间为t＝
由图，cosθ＝
.
电子离开电场时的速度v＝
联立以上各式解得v＝2.3×106m/s.电子离开电场后做匀速直线运动，故电子打在屏上的速度大小也为v＝2.3×106m/s.
答案：
（1）1.6×106m/s
（2）0.02m （3）2.3×106m/s
13．[物理—选修3－3]
（1）关于热现象下列叙述正确的是________．
A．温度降低，物体内所有分子运动的速度都变小
B．分子力随分子间距离的增大而减小
C．凡是不违背能量守恒定律的实验构想，都是能够实现的
D．温度升高，物体的内能不一定增大
（2）若一个空的教室地面面积为15m2，高3m，该房间空气温度为27℃.
①则该房间的空气在标准状况下占的体积V＝？
②已知空气的平均摩尔质量是M＝2.9×10－2kg/mol，该房间的空气质量为多少？
③设想该房间的空气从27℃等压降温到0℃，由W＝p0ΔV计算外界对这些空气做的功为多少？
若同时这些空气放出热量5×105J，求这些空气的内能变化了多少？
（已知大气压p0＝1×105Pa）
解析：
（1）温度是分子平均动能的标志，温度降低了，分子的平均动能减少，但不代表每个分子的速度都会变小；热力学第二定律表明第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但仍不能实现；当分子力为引力时，有时分子力随分子间距离的增大而增大；物体的内能取决于温度、体积及物质的量，所以温度升高，内能不一定增大．故正确答案为D.
（2）①该房间的体积V1＝15×3m3＝45m3，T1＝27＋273＝300k，标准状况下T＝273k，
由
＝
解出V＝41m3.
②该房间空气的摩尔数n＝
＝1.8×103
这些空气质量m＝nM＝52kg
③外界对这些空气做功
W＝p0ΔV＝P0（V1－V）＝4×105J
热量Q＝－5×105J，由ΔU＝Q＋W，故ΔU＝4×105J－5×105J＝－1×105J
ΔU为负，表示内能减少了1×105J.
答案：
（1）D
（2）①41m3 ②52kg ③4×105J 减少了1×105J
14．[物理—选修3－4]
（1）下列光现象中，说法正确的是________．
A．在水中的鱼斜向上看岸边物体时，看到的物体的像将比物体所处的实际位置低
B．光纤通信是一种现代通信手段，它是利用光的全反射原理来传播信息的
C．玻璃杯裂缝处在光的照射下，看上去比周围明显偏亮，是由于光的全反射
D．海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率大
（2）在下图中，1、2、3、4、5为均匀介质中质点的平衡位置，间隔为a＝8Cm，成一条直线排列．t＝0时，质点1开始竖直向下振动，激起的正弦波向右传播．到t＝3s末，从第2个质点到第4个质点，第6次振动的波形如图实线所示，第2个质点在波峰，第4个质点在波谷．求：
①质点振动的周期T是多少？
②这列波的波速是多少？
③从t＝3s时起，经过多长时间，从第2个质点到第4个质点区间出现图中虚线波形？
解析：
（1）光从空气射入水中，折射角小于入射角，鱼从水中逆着折射光线看岸上物体，像的位置应该比实际位置高，A错误；光纤通信是利用光的全反射原理制成的，B正确；光从玻璃进入裂缝中的空气时发生全反射，C正确；海市蜃楼是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小，光从海面某处斜向上传播时发生光的全反射形成的，D错误．
（2）①补画出t＝3s末的波形图，可发现t＝3s末质点1位于平衡位置且向下振动．故质点1在前3s内，恰好振动了6T，故6T＝3s，解出T＝0.5s.
②由题意，
＝8Cm，波速v＝
，解出v＝0.64m/s.
③出现图中虚线波形时，由“下坡上振”，可知第2个质点正从平衡位置向上振动．因此再过
＋nT，第2个质点从图中实线上的位置振动到图中虚线上的位置，所求t＝（
＋n）×0.5s，n＝0,1,2…
答案：
（1）BC
（2）①0.5s ②0.64m/s ③
s（n＝0,1,2…）
15．[物理—选修3－5]
（1）用于火灾报警的离子烟雾传感器如图所示，在网罩Ⅰ内有电极Ⅱ和Ⅲ，a、b两端接电源，Ⅳ是一小块放射性同位素镅241，它能放射出一种很容易使气体电离的粒子．平时镅放射出的粒子使两个电极间的空气电离，在a、b间形成较强的电流，发生火灾时，烟雾进入网罩内，烟尘颗粒吸收空气中的离子和镅发出的粒子，导致电流发生变化，电路检测到这种变化，从而发出警报．下列有关这种报警器的说法正确的是________．
A．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流增强
B．镅241射出的是α粒子，有烟雾时电流减弱
C．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流增强
D．镅241射出的是β粒子，有烟雾时电流减弱
（2）利用核反应堆工作时释放出的热能使水汽化以推动汽轮发电机发电，这就是核电站．核电站消耗的“燃料”很少，但功率却很大．假设每次铀核裂变时，平均释放200meV的能量并平均放出2.4个中子，试回答：
①在核反应堆中，“燃料”是
U，________起使中子减速的作用，________起吸收中子控制链式反应速度的作用．
②功率为1×104kW的反应堆中每秒钟产生的中子数？
③在核反应堆里，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速．假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的．已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求经过一次碰撞后中子的动能变为多少？
解析：
（1）很容易使气体电离的是α粒子，α粒子穿透能力较弱，烟尘颗粒吸收α粒子和空气中的离子，使电流减弱．
（2）①石墨起使中子减速的作用，镉棒起吸收中子控制反应速度的作用．
②设每秒钟产生的中子数为n，则每秒钟裂变的次数为
，则1s内释放的能量：
1×107W×1s＝
×200×106×1.6×10－19J，解出n＝7.5×1017（个）．
③弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒．设中子的质量m，碳核的质量M，则M＝12m.有：
mv0＝mv1＋Mv
mv
＝
mv
＋
Mv2
由上述两式整理得v1＝－
v0
则经过一次碰撞后中子剩余的动能为E1＝
mv
＝
2E0.
答案：
（1）B
（2）①石墨 镉棒 ②7.5×1017 ③
2E0
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