月模拟测卷一（word版有答案）

4月段考第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．14．了解科学家发现物理规律的过程，学会像科学家那样观察和思考，不断提升自己的科学素养，往往比掌握知识本身更重要．以下符合物理发展史实的是()A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B．楞次发现磁场产生电流的条件和规律，即电磁感应现象C．牛顿最早用扭秤实验测出万有引力常数D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律15.如图所示，将三个形状不规则的磁石块叠放在水平桌面上，处于静止状态．下列说法正确的是()A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力B．石块a一定受到三个力的作用C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．桌面对石块c的作用力一定竖直向上16．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则()A．I1<I2，W1＝W2B．I1>I2，W1＝W2C．I1>I2，W1<W2D．I1＝I2，W1<W217．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是()A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpBD．电子在A点的动能小于在B点的动能18.如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311sin100πt(V)，副线圈所在电路中接有电热丝、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1.电热丝额定功率为44W，小电动机内电阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作．则()A．电压表示数为VB．小电动机的输出功率为21WC．变压器的输入功率为44WD．通过保险丝的电流为30A19.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，可能让圆形径迹半径增大的是()A．同时增大U和IB．同时减小U和IC．增大U，减小ID．减小U，增大I20．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R.半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计．闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电B．电容器下极板带正电C．线圈两端的电压为eq\f(B0πr\o\al(2,1),t0)D．线圈两端的电压为eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)21．如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点．则物体从A运动到B的过程中()A．物体在甲传送带上运动的时间比乙大B．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大C．两传送带对物体做功相等D．两传送带因与物体摩擦产生的热量相等第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(4小题，共47分)22．(6分)兴趣小组的同学们利用如图甲所示的装置“研究匀变速直线运动的规律”．他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2(m1<m2)通过轻绳悬挂在定滑轮上，打点计时器固定在竖直方向上，物体1通过铁夹与纸带相连接．开始时物体1与物体2均处于静止状态，之后将它们同时释放．图乙所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O是打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D……是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．打点计时器使用的交流电频率为50Hz.(1)相邻两计数点之间的时间间隔为________s.(2)将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4……测得s2＝cm，s4＝cm，请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是________m/s.(3)同学们根据测出的物体1上升的高度x与相应的时间t，描绘出如图丙所示的s－t2图线，由此可以求出物体的加速度大小为________m/s2.23．(9分)用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200Ω)，实验室提供如下器材：电池组E(电动势3V，内阻不计)电流表A1(量程0～15mA，内阻约为100Ω)电流表A2(量程0～300μA，内阻为2000Ω)滑动变阻器R1(阻值范围0～20Ω，额定电流2A)电阻箱R2(阻值范围0～9999Ω，额定电流1A)开关S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：(1)将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为V的电压表，需将电阻箱阻值调到________Ω；(2)在方框中完整画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号；(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻Rx的阻值是________Ω.24．(12分)如图所示，光滑的直角细杆AOB固定在竖直平面内，OA杆水平，OB杆竖直．有两个质量相等均为kg的小球a与b分别穿在OA、OB杆上，两球用一轻绳连接，轻绳长L＝25cm.两球在水平拉力F作用下目前处于静止状态，绳与OB杆的夹角θ＝53°(sin53°＝，cos53°＝，(g＝10m/s2)．求：(1)此时细绳对小球b的拉力大小，水平拉力F的大小；(2)现突然撤去拉力F，两球从静止开始运动，设OB杆足够长，运动过程中细绳始终绷紧，则当θ＝37°时，小球b的速度大小．25．(20分)如图所示，电阻不计的“∠”型足够长且平行的导轨，间距L＝1m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连．整个空间存在着B＝5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值Rab＝Rcd＝R，cd棒质量m＝1棒光滑，cd与导轨间的动摩擦因数μ＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g＝10m/s2，sin53°＝，cos53°＝，求：(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动．求这一时刻ab棒中的电流；(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件；(3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠，ab棒无论质量多大，从多高位置释放，cd棒始终不动．求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．(二)选择题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．(15分)[选修3—3](1)(5分)下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积B．在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体C．雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果D．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力E．第二类永动机违背了热力学第二定律(2)(10分)如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动．已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置．若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小．设整个过程中气体温度不变．答案14．A伽利略通过斜面实验合理外推得出，当斜面倾斜角度为90°时，这时的运动就是自由落体运动，说明自由落体运动是匀变速直线运动，A正确；法拉第发现了电磁感应现象，B错误；卡文迪许测出万有引力常数，C错误；库仑发现了真空中两个点电荷间的相互作用规律，D错误．15．D对a受力分析，a可能受到重力、支持力、b的磁力，也可能只受到重力和磁力，所以A、B错误；对abc整体分析，磁力为内力忽略不计，则整体只受到重力和地面的支持力，所以C错误、D正确．16．B根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p＝eq\r(2mEk)，有I1＝eq\r(2mE1)－0＝eq\r(2mE1)，I2＝2eq\r(mE1)－eq\r(2mE1)＝(2－eq\r(2))eq\r(mE1)，显然I1>I2.17．C由Ep＝qEx知，eq\f(ΔEp,Δx)＝qE，即电势能Ep随位移x变化的关系图线的斜率等于电场力，由图乙可知，电子在该电场中受到的电场力(场强)大小和方向均不变，故该电场为匀强电场，即EA＝EB，不是孤立点电荷形成的电场，选项A、B错误；电子在A、B两点的电势能EpB>EpA，故电子由A运动到B时电势能增大，动能减小，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，选项C正确、D错误．18．B设U1、U2分别为输入电压、输出电压的有效值，由理想变压器的电压关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,10)×eq\f(311,\r(2))V＝22V，故电压表的示数为22V，选项A错误；由P＝UI得，通过电热丝的电流I丝＝eq\f(P,U2)＝eq\f(44W,22V)＝2A，由并联电路中干路电流等于支路电流之和得，通过小电动机的电流I机＝3A－2A＝1A，则小电动机的输出功率P出＝I机U2－Ieq\o\al(2,机)r＝1A×22V－(1A)2×1Ω＝21W，选项B正确；变压器的输入功率P1＝P2＝U2I2＝22V×3A＝66W，选项C错误；由理想变压器的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得，I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,10)×3A＝A，选项D错误．19．ABC由动能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2，由牛顿第二定律得，qvB＝meq\f(v2,R)，由以上两式解得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，若I增大，则B增大，故同时增大U和I，R可能增大，选项A正确；若I减小，则B减小，故同时减小U和I，R可能增大，选项B正确；若I减小，则B减小，故U增大，I减小，R一定增大，选项C正确；若增大I，则B增大，故U减小，I增大，R一定减小，选项D错误．20．BD穿过圆形金属线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线圈产生的感应电流为顺时针方向，根据电源内部电流由负极流向正极可知，电容器上极板带负电，下极板带正电，选项A错误、B正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,t0)πreq\o\al(2,2)，则线圈两端的电压，即电源的路端电压U＝eq\f(2R＋2R,2R＋2R＋R)E＝eq\f(4B0πr\o\al(2,2),5t0)，选项C错误、D正确．21．AC物体在甲传送带上的平均速度为eq\f(v,2)，在乙传送带上的平均速度大于eq\f(v,2)，而运动的位移相同，故物体在甲传送带上运动的时间比乙大，选项A正确；物体在甲传送带上加速距离比在乙传送带上加速距离大，而末速度相同，由v＝at可知a甲<a乙，由牛顿第二定律有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma，故μ甲<μ乙，选项B错误；物体在运动过程中受重力和传送带的作用力，物体下降的高度和末速度均相等，由动能定理可知，传送带对物体做功相等，选项C正确；设传送带的高度为h，由摩擦生热Q＝Ffs相对知，Q甲＝Ff1s1＝Ff1(vt1－eq\f(v,2)t1)＝Ff1·eq\f(h,sinθ)，Q乙＝Ffs2＝Ff2·eq\f(h－h′,sinθ)，根据牛顿第二定律得Ff1＋mgsinθ＝ma1＝meq\f(v2,2·\f(h,sinθ))，Ff2＋mgsinθ＝ma2＝meq\f(v2,2·\f(h－h′,sinθ))，解得Q甲＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，Q乙＝mg(h－h′)＋eq\f(1,2)mv2，故Q甲>Q乙，选项D错误．22．解题思路：(1)相邻两计数点之间的时间间隔t＝5×eq\f(1,f)＝s．(2)实验时要先接通电源，待打点计时器稳定后，再释放物体．(3)由中间时刻的速度等于这段时间上的平均速度得，打点计时器打下C点时物体的速度大小v＝eq\f(s4－s2,2t)＝eq\fm－m,2×s)＝m/s.(4)由匀变速直线运动规律得s＝eq\f(1,2)at2，故eq\f(1,2)a＝k，解得a＝2k＝2×eq\fm,s2)＝m/s2.答案：(1)(1分)(2)(2分)(3)(2分)23．解题思路：(1)改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值R＝eq\f(U,I)－rA2＝8000Ω；(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为RV＝10000Ω，根据Rx<eq\r(RA·RV)可知，电流表应采用外接法，电路图如图所示．(3)由图示可知，电流表A1的示数为mA，电流表A2的示数为150μA；待测电阻两端电压U＝I2RV＝150×10－6A×10000Ω＝V，测得待测电阻Rx＝eq\f(U,I1)＝Ω.答案：(1)8000(2分)(2)如图所示(2分)(3)(2分)150(2分)(或191)(2分)24．解题思路：(1)以小球b为研究对象，设绳子拉力为FT，由小球b受力平衡得FT＝mbg/cos53°＝5N(2分)对小球a和小球b整体考虑，拉力F等于OB杆对b球的弹力所以F＝mbgtan53°＝4N(2分)(2)对小球a和b整体用机械能守恒定律，有mbg(Lcos37°－Lcos53°)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＋eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)(4分)同时，小球a和b的速度满足vbcos37°＝vasin37°(2分)两式联立，解得vb＝m/s(2分)答案：(1)4N(2)m/s25．解题思路：(1)cd棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．由平衡条件得BIcdLcos53°－f＝0FN－mg－BIcdLsin53°＝0又因为f＝μFN联立以上三式，得Icd＝A所以Iab＝2Icd＝A(6分)(2)ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力FA＝mabgsin53°cd棒所受最大安培力应为eq\f(1,2)FA，要使cd棒不能滑动，需满足eq\f(1,2)FAcos53°≤μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋