长郡中学联考模拟考试.docx
- 文档编号:26628560
- 上传时间:2023-06-20
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:307.91KB
长郡中学联考模拟考试.docx
《长郡中学联考模拟考试.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《长郡中学联考模拟考试.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
长郡中学联考模拟考试
c
四校联考模拟考试题卷(教师版)(01.13)
时量:
90分钟总分:
110分
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。
每小题给出的四个选项中,1—8有一个选项正确,9—12有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.
【解答】解:
A、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都利用的等效替代的方法.故A正确.
B、法拉第提出了用电场线描述电场的方法,故B错误.
C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比,他实验和推论的方法进行认证的,故C错误.
D、场强;.一,电容__",加速度__~■都是米用比值法定义的,是加速度的决
qUAtir
定式,故D错误.故选:
A.
2•如图所示,桌面上固定一个光滑竖直挡板,现将一个长方形物块A与截面为
三角形的垫块B叠放在一起,用水平外力F缓缓向左推动B,使A缓慢升高,设各接触面均光滑,则该过程中(D)
A.A和B均受三个力作用而平衡
B.B对桌面的压力越来越大
C.A对B的压力越来越小
D.推力F的大小恒定不变
【解析】设B的倾角为0,对A物体受力分析,如图所示,贝UF3与竖直方向的夹角为0,由平衡条件,Rcos0=GA,F3sin0=F2,所以A对B的压力不变,C错;A受三个力的作用,B受四个力的作用,A错;对AB整体受力分析,可知B对桌面的压力F'=G+G,推力F=F2,B错;推力F不变,D对。
3.如图所示,在竖直平面内有半径为R和1.5R的两个圆,两圆的最高点相切,
切点为a,b和c分别是小圆和大圆上的两个点,其中ab长为
1.6R,ac长为3R.现沿ab和ac建立两条光滑轨道,自a处由静止释放小球,已知小球沿ab轨道运动到b点所用时间为11,沿ac轨道运动到c点所用时间为t2,则t1与t2之比为()
A.
2:
3B.5:
8
=「区Cu^■-J
ID5
【解答】解:
设ab和ac间的夹角为0,根据几何关系可知,小球沿ab做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得:
根据运动学基本公式得:
1.6R二丄…「①,
2]
小球从a运动到c做自由落体运动,则有3R「「迤根据①②解得:
上一,故D正确.
t2V3
4.如图所示,将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧,两球在空间形成了稳定的静电场,实线为电场线,虚线为等势线。
A、B两点与两球球心连线位于同一直线
上,CD两点关于直线AB对称,则(C)
A.A点和B点的电势相同
B.C点和D点的电场强度相同
C.正电荷从A点移至B点,电场力做正功
D.负电荷从C点移至D点,电势能增大
【解析】A点比乙球面电势高,乙球面比B点电势高,故A点和B点的电势不相同,A错;CD两点电
场强度大小相等,方向不同,B错;$4$b,WAB>0,C对;CD两点位于同一等势面
上,故此过程电势能不变,D错。
5.如图所示,有一等腰直角三角形的区域,其斜边长为2L,高为L。
在该区域
内分布着如图所示的磁场,左侧磁场方向垂直纸面向外,右侧磁场方向垂直纸面向
里,磁感应强度大小均为B—边长为L、总电阻为R的正方形
导线框abed,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。
取沿顺时针的感应电流方向为正,则下列表示线框中电流i随be边的位置坐标x变化的图象正确的是(D)
【解析】0〜L过程中,无感应电流;L〜2L过程中be边切割磁场的有效长度逐
割左右磁场,总电动势BLv不变,感应电流大小不变,电流沿逆时针方向;3L〜4L
过程中ad边切割磁场有效长度逐渐减小,电流沿顺时针方向大小由晋均匀减小到0,
选D项正确。
6•如图所示为一种获得高能粒子的装置一一环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。
质量为m电荷量为+q的粒子在环中做半径为A、B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速。
每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场一次次
加速下动能不断增大,而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R)。
下列关于环形加速器的说法中正确的是(B)
R的圆周运动。
A板时,A板电
A.
环形区域内的磁感应强度大小B与加速次数
n之间的关系为
Bwn+1
旦
Bn+1
B.
环形区域内的磁感应强度大小B与加速次数
n之间的关系为
n
n+1
C.
A、B板之间的电压可以始终保持不变
tn=/n
tn+1n+1
【解析】因粒子每绕行一圈,其增加的能量为qU,所以,绕行第n圈时获得总
12
动能为§mv=nqU,得第n圈的速度Vn=
v2”1
=mR,解得B=rq,
的电压始终保持不变,粒子在
之加速,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功-
D.
粒子每次绕行一圈所需的时间tn与加速次数
n之间的关系为
2nmU
2^岁。
在磁场中,由牛顿第二定律得qBnVn
所以二=
&+1
A、B两极板之间飞行时,电场力对其做功qU,从而使
qU,从而使之减速。
粒子绕行一周
2nR
C错误;根据t=―厂得
n+i,A错误、B正确;如果A、B板之间
电场对其所做总功为零,动能不会增加,达不到加速效果,
tn=2n
得P
tn+1
匕+^,D错误。
7.一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜
面上某一点后返回底端,斜面粗糙•滑块运动过程中加速度与时间关系图像如右图所示•下列四幅图像分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能E<和重力势能巳(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图像,其中正确的是(D)
C
A.
B
D.
8.在倾角为0的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量均为
m,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态.现用一恒力F沿斜面
方向拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开C时,A的速度为v,则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比,重力加速度为g)()
A.物块A运动的距离为'''
B.物块
C.拉力
D.拉力
A的加速度为—
2m
一2
F做的功为mv
2
F对A做的功等于A的机械能的增加量
解答:
解:
A、B开始时,弹簧处于压缩状态,压力等于物体A重力的下滑分力,
丿A
根据胡克定律,有:
mgsin0=kx解得:
x〔=一物块B刚要离开C时,弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力,根据胡克定律,有;
mgsin0=kx解得:
x2=—.
故物块A运动的距离为:
,故A正确;
12k
B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力,根据牛顿第二定律,有:
F-mgsin0-T=ma
弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力,为:
T=mgsin0
故:
a=『-.阳:
:
,故B错误;
m
C、D、拉力F做的功等于物体A、弹簧系统机械能的增加量,为:
W=mg?
Axsin0+i-,"-'i打,故CD错误;故选:
A.
m仁2m2,两小物
9•如图所示,甲、乙圆盘的半径之比为1:
2,两水平圆盘紧靠在一起,乙靠摩擦随甲不打滑转动.两圆盘上分别放置质量为mi和m2的小物体,
体与圆盘间的动摩擦因数相同.mi距甲盘圆心r,
m2距乙盘圆心2r,此时它们正随盘做匀速圆周运动.下列判断正确的是()
A.mi和m2的线速度之比为1:
4
B.m和m>的向心加速度之比为2:
1
C.随转速慢慢增加,m先开始滑动
D.随转速慢慢增加,m先开始滑动
【解答】解:
A甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等,有:
31?
R=32?
2R
则得3仁32=2:
1,所以物块相对盘开始滑动前,m与m的角速度之比为2:
1.根据公式:
v=3r,所以:
222
B、根据a=3r得:
m与m的向心加速度之比为a1:
a2=(31?
r):
(32?
2r)=2:
1,故B正确.
C、D根据卩mg=mi32=ma知,m先达到临界角速度,可知当转速增加时,m先开始滑动.故C正确,D错误.故选:
BC.
10.如图所示,一质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于0
同时弹性势能相同.则小球在此过程中()
A.加速度等于重力加速度g的位置有两个
B.弹簧弹力的功率为零的位置有两个
C.弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
D.弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离
【解答】解:
A、在运动过程中A点为压缩状态,B点为伸长状态,则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直,加速度为g;当弹簧与杆垂直时小球加速度为g.则两处加速度为g.故A正确
B、A处速度为零,弹力功率为零;下滑过程弹簧弹力与杆子垂直,弹力功率为零;
当原长时弹力为零,功率为零,故弹力功率为0共有3处,故B错误
C、因A点与B点弹簧的弹性势能相同,则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功.故C正确
D、因做负功时弹力大,则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离.故D错误故选:
AC
11.如图所示,空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场,一质
量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一质量
为m=0.1kg、带正电q=0.2C的滑块,滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,
滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对木板施加方向水平向左,
2
大小为F=0.6N的恒力,g取10m/s.则滑块AD
A.
B.
C.
D.
开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动一直做加速度为2m/s2的匀加速
运动,直到滑块飞离木板为止速度为6m/s时,滑块开始减速最终做速度为10m/s的匀速运动
12.如图所示,在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道,一个带负电的小
球从斜轨上的A点由静止释放,沿轨道滑下,已知小球的质量为m电荷量为-q,匀
强电场的场强大小为E,斜轨道的倾角为a,圆轨迹道半径为R,小球的重力大于受
的电场力.(ACD)
A.小球沿斜轨道下滑的加速度为
B.小球在圆轨道中的运动中,机械能守恒
C.若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不
(mgqE)sin
h
A
5落下来,则A点在轨道上的高度h至少为一R
2
D.若小球从斜轨道h=5R处由静止释放,假设其能够通过球机械能的改变量为-3REq二、实验题(共12分)
13.(4分)
(1)新式游标卡尺的刻度线看起来很便于使用者正确读取数据。
通常游标卡尺的刻度有规格;新式游标卡尺也有相应的三种,但刻度却是成20份,99mm等分成50份。
下图就是一个“尺。
用它测量某物体的厚度,示数如图所
示,正确的读数是3.035cm(2分)cm。
051520
(2)某同学在家中用三根相同的橡皮筋(遵循胡克定律)来探究求合力的方法,如
右图所示,三根橡皮筋在O点相互连接,拉长后三个端点用图钉固定在
点。
在实验中,可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小,并通过OAOBOC勺方向确定三个拉力的方向,从而探究求其中任意两个拉力的合力的方法。
在实验过程中,下列说法正确的是
A.实验需要测量橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长
B.为减小误差,应选择劲度系数尽量大的橡皮筋
C.以OBOC为两邻边做平行四边形,其对角线必与OA在一条直线上且两者长度相等
D.多次实验中O点不必固定
【解析】
(1)新式游标卡尺的游标尺39mm比主尺40mm少1mm则该游标卡尺
1mm
的精确度为~2厂=0.05mm被测物体的厚度=主尺刻度+0.05mnX对齐格数=3cm
B点,在此过程中小
使读数显得清晰明了,20分度和50分度三种
“稀疏”,
10分度、
19mm等分成10份,39mm等分
39mm等分成20份”的新式游标卡
mi
3
Jiiidi
4
1IJLIILI1iJl
5
6
7€■
11'
iiirii
11
1111
1'1I
cm。
_AD(2分)_。
+0.05mmx7=3.035cm。
(2)通过测量橡皮筋的长度和原长,才可得出橡皮筋的拉力大小,A正确。
为减
小误差,应选择劲度系数小一些的橡皮筋,B错误。
橡皮筋总长度不表示力的大小,
C错误。
各次实验没有必然的联系,故多次实验中O点不必固定,D正确。
14.(8分)利用如图所示的电路可以较为准确地测量未知电源的电动势。
图中
E<为待测电源,丘为标准电源(电动势丘已准确测出),E为工作电源,为电路提供电流。
G为零刻度在中央的灵敏电流计,AB为一根粗细均匀的电阻丝,CD为AB上的
两个活动接触点,可以在电阻丝上移动,与电阻丝AB平行放置的还有一把刻度尺,可以测出CD之间的长度。
实验步骤如下:
(1)按图连接好电路,让Ki处于断开状态,K2处于两个触点都不接的状态;
(2)先闭合调整RP至合适位置,以后不再调整;
(3)将K2掷于1位置,调整CD触头使电流计指针指向零刻度,记下__CD间的长度(2分)__Li;
⑷将K2掷于2位置,重新调整CD位置,使电流计指针指向零刻度(2分),并记下CD间的长度(2分)L2;
⑸断开Ki,计算待测电源的电动势的表达式为E<=〒E(2分)
Li
【解析】(3)由题意知应记下CD间的长度Li。
(4)使电流计指针指向零刻度,并记下此时CD间的长度L2。
⑸根据电阻定律R=p~,由电路特点可得I=—=—,联立可得—=—,E<=厂Es。
SRR2LiL2Li
三、解答题(本题共3小题,满分36分。
解答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,答案中必须明确写出数值和单位。
)
i5.(ii分)试将一天的时间记为T,地面上的重力加速度记为g,地球半径记为R,地球表面重力加速度为g。
(结果可保留根式)
(1)试求地球同步卫星P的轨道半径Rp;
(2)若已知一卫星Q位于赤道上空且卫星Q运动方向与地球自转方向相反,赤道
上一城市A的人平均每三天观测到卫星Q四次掠过他的上空,试求Q的轨道半径Rq。
IdHI分:
■【解新駅冷以M衣示地球的质哇』a盘示同步卫星F的朋量+少卷示此原表雨处辛一掬佻的质楓槌万有打力老律和牛拗屛二宦律+痢\严AJw?
“疋=则寓…™……….
&響=叫(普)k••…联吐以上两式:
尺r=y'葺”一
卫星Q白东向西射动.他球白西向东转动*某叶刻Q葬述彳堰市上空仃10扛冋一査找上几机握地醤.舞过13"斗边将再亠現挾过A臟市上空”则有;〔阿+网”=力叭薛十瓷)'=跖
(.2务、
面T,=T,解联丁口=3丁帳据厅有$1力赴律和牛荊弗二定律*有:
心鴛联立以上鼻式:
出j二/
16.(11分)如图所示的xOy坐标系中,y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场,
磁感应强度大小为B,方向垂直于xO/平面向里.P点的坐标为(-2L,0),Q、Q两点的坐标分别为(0,L),(0,-L).坐标为(_Zl,0)处的C点固定一平
3
2
行于y轴放置的长为3L的绝缘弹性挡板,C为挡板中点,带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后,沿y方向分速度不变,沿x方向分速度反向,大小不变.带负电的粒子
质量为m电量为q,不计粒子所受重力•若粒子在P点沿PQ方向进入磁场,经磁场运动后,
(1)
(2)
(3)
(0,L)
QiM
X
K
X
X
*
X
X
X
X
X
X
X
X
耳
X
X
P”
■F
C
X
X
X
X
董x
(-2L,0)
O
X
M
X
X
X
M
X
X
M
X
X
K
K
M
X
(0,-L)
Q;2
X
X
X
X
16.(11分)
(1)由题意画出粒子运动轨迹如图(甲)所示,设PQ与x轴正方向
夹角为0,粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为
Ricost-L(1分)
其中:
COST-^5-
5
粒子磁场中做匀速圆周
2
运动qvB=m---(1分)
R1
R由几何关系得:
图
(1分)
(2)由题意画出粒子运动轨迹如图(乙)所示,设其与x轴交点为C,由几何关系
得:
Ra=—L-
4
(1分)
设C点横坐标为xc,由几何有关系得:
1
Xc=L---(1分)
2
y
(0,L)
(-2L,0)
X
X
XX
KM
1
则C点坐标为:
(一L,0)---(1
2
(3)由题意画出粒子运动轨迹如图(丙)子在磁场中做圆周运动的半径大小为
(0,-L)
分)
所示,设PQ与x轴正方向夹角为0,
F3,偏转一次后在y负方向偏移量为?
y1,
y
(01)
Q1_
4
、M
X
*
A
J-
Bk
W百.C
Ke
"x
(-2匚0戶、
亠O
*
X
*
£
■■■
X
*1.
囂X
■«U.
f
*
02y
(0,-L)
*K
X
图
几何关系得:
与=2R3cosr,---(1分)
为保证粒子最终能回到P,粒子与挡板碰撞后,速度方向应与PQ连线平行,每碰撞一次,粒子
进出磁场在y轴上这段距离.ly2(如图中A、E
间距)可由题给条件,
有y2/2二tan二得匚y2二丄(1分)
L/33
当粒子只碰二次,其几何条件是
3*-2=y2=2L--(1分)
解得:
(1分)
粒子磁场中做匀速圆周运动:
2
vqvB=m——
R3
解得:
2®BL
9m
(1分)
17.(14分)如图所示,一个质量为M长为L的圆管竖直放置,顶端塞有一个质量为m的弹性小球,M=4m球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg管从下端离地面距离为H处自由落下,运动过程中,管始终保持竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等,不计
空气阻力,重力加速度为g.求:
-亍
(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度;
(2)管第一次落地弹起后,若球没有从管中滑出,则球与管L
达到相同速度时,管的下端距地面的高度;
(3)管第二次弹起后球不致滑落,L应满足什么条件.一〔
17.
(1)管第一次落地弹起时,管的加速度
(2)取竖直向下为正方向。
球与管第一次碰地时速度V。
二2gH,方向向下。
(1
分)碰地后管的速度v1=-2gH,方向向上;球的速度v2二「2gH,方向向下--
(1分)
若球刚好没有从管中滑出,
设经过时间t1,球管速度v相同,则有
-Wa1t1=v^a2t1
丄2v。
2j2gH
a「a25g
又管从碰地到它弹到最高点所需时间
n.v0j2gH
t2,则:
t20(1分)
a12g
因为t1 12 这一过程球运动的位移s二VoJ一a2t; 2 4 则球与管发生相对位移s=m+s=4h。 -----(1分) 5 当管与球从Hn再次下落,第二次落地弹起中,发生的相对位移由第一次可类推知: 4 S2Hm——(1分) 5 所以管第二次弹起后,球不会滑出管外的条件是S1+S2vL 152 即L应满足条件L■152H---(1分) 125 四、选考题: (共14分。 请考生从给出的2道题中任选一题作答 18【物理一选修3-3】(14分) (1).(4分)下列说法正确的是— A•理想气体等温膨胀时,内能不变 B•扩散现象表明分子在永不停息地运动 C•分子热运动加剧,则物体内每个分子的动能都变大 D•在绝热过程中,外界对物体做功,物体的内能一定增加 E•布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运动 (2)(10分)某学校科技兴趣小组,利用废旧物品制作了一个简易气温计: 在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管,玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱,接口处用蜡密封,将酒瓶水平放置,如图所示。 已知: 该装置密封气体的体积为480cm3,玻璃管内部横截面积为0.4cm2,瓶口外的有效长度为48cm。 当气温为7C时,水 银柱刚好处在瓶口位置。 ①求该气温计能测量的最高气温; ②假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中,密封气体从外界吸收3J 热量,则在这一过程中该气体的内能如何变化? 变化了多少? (已知大气压为1X105 Pa) 【解析】①当水银柱到达管口时,所测气温最高,设为T2,此时气体体积为V2, 则 3 初态: Ti=280K,V=480cm 33 末态: V2=(480+48X0.4)cm=499.2cm 、VV2 由盖•吕萨克定律得——(2分) |1|2 代入解得T2=291.2K=18.2C(2分) ②水银柱移动过程中,外界对气体做的功 W=-p)SL=-1.92J(2分) 由热力学第一定律得△U=W/hQ=1.08J(2分) 气体内能增加(2分) 19.【物理——选修3-5】(14分) (1)(4分)如图为玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能及示意图,一群氢原子 nE/eV co0 4一也紡 3-L5I 23.4 处于n=4的激发态,当它们自发地跃迁到较低能级时,以下说法符合玻尔理论的有1 【解析】①当两球速度相等时弹簧最短,由动量守恒定律得mvo=(m+m)vi(2分) 解得vi=巴护彳2分) m+m ②由动量守恒定律得mvo=mv2—mvi'(2分) 1o1o1o 由能量守恒定律得2mvo=2mv2+gmvi'(2分) 发生第二次碰撞的条件是V2 解得mvm(i分) 3
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 中学 联考 模拟考试