A+学考物理模拟卷答案（十套）

综合模拟卷(一)答案速查题号12345678910111213答案DBDBCABDADBCC题号1415161718答案CCCDB1.D2.B在研究大雁的动作时,大雁不能看成质点,故A错误;在研究大雁的队形时,大雁的形状属次要因素,故可以把单只大雁看成质点,故B正确;以地面为参考系,大雁显然是运动的,故C错误;由于大雁的队形不变,所以每只大雁的飞行速度均相同,故D错误。3.D题图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正确;位移只跟始末位置有关,三种方案初、末位置一样,故B正确;三种方案位移一样,但方案一用时最短,因此方案一平均速度最大,故C正确,D错误。4.B由题图可知,8s内汽车的速度从20km/h加速到60km/h,根据公式a=ΔvΔt得a≈1.4m/s2,5.CA图的斜率等于零,表示物体处于静止状态,故A错误;B图表示物体的位移均匀减小,物体做匀速直线运动,故B错误;C图中物体的速度均匀减小,做匀减速直线运动,故C正确;D图中物体的速度不变,做匀速直线运动,故D错误。6.A平抛运动中水平方向为匀速直线运动,小球a、b的水平位移时刻相同,故两球同时到达c点,故A正确。7.B运行时间最短时,竖直升降电梯先后经过加速、匀速与减速三个阶段,则加速与减速过程位移x加=x减=v2t=1.5m,匀速运动时间t'=9×3-2×1.518.D根据库仑定律F=kq1q2r2,若将它们的距离减小为原来的12,同时将它们的电荷量均增大为原来的2倍,则F'=k2q1·2q9.A纸受到重力、磁钉和白板对它的摩擦力以及磁钉和白板对它的正压力,共5个力,故A正确,B错误;其中纸对白板的摩擦力方向向下,故C错误;磁钉对白板的吸引力与白板对磁钉的吸引力是一对作用力与反作用力,故D错误。10.D由于A、B两点在人旋转的过程中周期一样,所以根据ω=2πT可知,A、B两点的角速度相等,故A、B错误;根据v=ωr可知,A点转动半径大,所以A点的线速度大,故C错误,11.B设地球的质量为M,半径为R,飞船的质量为m。在地球表面,由重力等于万有引力有mg=GMmR2,得M=gR2G①,对飞船,由万有引力提供向心力得GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)=mv2R+h,则M=4π2(R+h)3GT2②,12.C闭合开关后,小磁针的偏向情况说明螺线管的左端为N极,右端为S极。用右手握住螺线管,使大拇指指向螺线管的N极,四指环绕的方向就是电流的方向。由此可知,电流从F极流出、E极流入,因此,电源的F极为正极,E极为负极,流过电阻R的电流方向向上,故C正确,A、B错误;螺线管的左端为N极,右端为S极,所以螺旋管内部的磁感应强度方向由Q指向P,故D错误。13.C带电油滴在电场中受到重力和电场力作用,由于轨迹向上弯曲,所以重力小于电场力,粒子从a运动到b的过程中合外力做正功,根据动能定理知其动能增加,故A错误;油滴从a运动到b的过程电场力做正功,电势能减少,故B错误;油滴从a运动到b的过程中,重力势能、电势能和动能的总和保持不变,重力做负功,重力势能增加,因此动能和电势能之和减少,故C正确;根据功能关系可知,在油滴从a运动到b的过程中只有重力、电场力做功,因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变,该过程中动能增加,重力势能和电势能之和减少,故D错误。14.C电车正常匀速行驶时,F=Ff=0.02mg=3×103N,发动机输出功率P=Fv=0.02mgv=3×104W,故A错误;电车一次行驶的机械能E机=Pt=Fs=1.5×107J,则电车从充电桩所获得的能量E电=E机0.75=2.0×107J,故B错误;若20s充满,则平均功率P=2.0×10720W=1.0×106W,故C正确;每次充电所需的电费为2.0×15.C一根均匀导线,现将它均匀拉长,使导线的直径减小为原来的一半,则横截面积变为原来的14,因为导线的体积不变,则长度变为原来的4倍,根据电阻定律R=ρlS知电阻变为原来的16倍,所以导线原来的电阻为4Ω,故16.C被推出的冰壶能继续前进是因为冰壶具有惯性,故A错误;电梯在加速上升时,电梯里的人受到的支持力大于重力,处于超重状态,故B错误;由向心力公式FN-mg=mv2R可知,汽车过凹形桥最低点时,速度越大,对桥面的压力越大,故C正确;汽车在水平路面转弯时,受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,向心力由摩擦力提供,故17.DA项图中,因为线圈平面平行于磁感线,在以OO'为轴转动的过程中,线圈平面始终与磁感线平行,穿过线圈的磁通量始终为零,所以无感应电流产生,故A错误;B项图中,线圈平面也与磁感线平行,穿过线圈的磁通量为零,竖直向上运动过程中,线圈平面始终与磁感线平行,磁通量始终为零,故无感应电流产生,故B错误;C项图中,尽管线圈在转动,B始终垂直于S,但B与S都不变,所以Φ=BS始终不变,则线圈中无感应电流,故C错误;D项图中,图示状态Φ=0,当转过90°时Φ=BS,所以转动过程中穿过线圈的磁通量在不断地变化,因此转动过程中线圈中产生感应电流,故D正确。18.B电动机刚好正常工作时,理想电流表示数为1A,定值电阻消耗的热功率P=I2R=2W,故A错误;电动机两端的电压U=E-I(R+r)=3V,电动机的输出功率P=I(U-IR0)=2.5W,故B正确,C错误;电动机刚好正常工作时,路端电压U'=E-Ir=5V,电源的输出功率P=IU'=5W,故D错误。19.(1)C(2)4.00(3)B【解析】(1)通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条时,不要求两细绳等长,故A错误;两细绳的夹角不是越大越好,以方便作平行四边形为宜,故B错误;测量力的实验要求尽量准确,为了减小实验中因摩擦造成的误差,操作中要求弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行,故C正确;用弹簧测力计同时拉细绳时,拉力不能太大,也不能太小,故D错误。(2)由图可知,弹簧测力计的最小分度为0.1N,则水平弹簧测力计拉力大小为4.00N。(3)在本实验中要保证两个弹簧测力计的拉力与一个弹簧测力计的拉力效果相同,采用的科学方法是等效替代法,故选B。20.(1)如图甲所示甲(2)如图乙所示223(208~230均正确)乙(3)0.800(4)小于【解析】(1)待测电阻相对电压表是小电阻,所以采用电流表外接法。(2)描点画图,计算斜率可以得到电阻值。(3)50分度的游标卡尺最小刻度为0.02mm。(4)电流表外接法,电流表测量的是电阻和电压表并联后的电流,电流值测量偏大,电阻值测量偏小,所以电阻率也测量偏小。21.(1)200N/C方向与F1方向相反(2)8.0×10-5N200N/C(3)200N/C【解析】(1)由电场强度公式可得EB=F1|q1|=4.0×10-62.(2)q2在B处所受静电力大小F2=q2EB=4.0×10-7×200N=8.0×10-5N,方向与电场强度方向相同,也就是与F1方向相反。此时B处电场强度大小仍为200N/C,方向与F1方向相反。(3)某点电场强度大小与有无试探电荷无关,故将B处电荷拿走,B处电场强度大小仍为200N/C。22.(1)0.5m/s2(2)7.5m,方向竖直向上(3)540N,方向竖直向下【解析】(1)0~2s:F1-mg=ma12s~8s:F2=mg得m=0.4kg,a1=0.5m/s2。(2)加速过程,由v=a1t1,得v=1m/s,全过程位移x=(t2得位移x=7.5m,方向竖直向上。(3)减速过程,0=v-a2·t3,得a2=1m/s2,由牛顿第二定律知mg-FN=ma2,得FN=540N,由牛顿第三定律知FN'=540N,方向竖直向下。23.(1)215m/s(2)40N,方向水平向右(3)4次【解析】(1)因为小球穿在杆上,所以到达最高点时速度可以为0,从B到圆弧形轨道APD的最高点,根据动能定理得-mg[Lsinθ+(R-Rcosθ)]-μmgLcosθ=0-12mv02,解得v0=2(2)由B到Q点,根据动能定理得-μmgLcosθ-μmgL+mgrcosθ=12mvQ2-解得vQ=210m/s小球第一次到达Q点时,轨道对小球的支持力为F=mvQ2r由牛顿第三定律得,小球第一次到达Q点时对轨道的压力F'=40N,方向水平向右。(3)当小球在B点以v0=215m/s的速度向上运动,其拥有的动能为12mv02小球再次回到B点时,损失的机械能为μmgLcosθ+μmgL=18J,再次回到B点时动能为12J,由于mgsinθ>μmgcosθ,分析知,小球沿AB上升到某点后将下滑,第三次经过B点时动能小于12J,第二次经过C点时动能大于22J,小于30J,第三次经过C点时动能大于2J,小于10J,此后小球将无法再次回B点,下滑后第四次经过C点,在未到D点时停止,所以小球能经过C点的次数为4次。综合模拟卷(二)答案速查题号12345678910111213答案DCDCCCDDADADC题号1415161718答案ADDBC1.D伽利略首次通过理想斜面实验和逻辑推理得出了力不是维持物体运动的原因,故A错误;牛顿发现了牛顿运动定律,故B错误;安培发现了分子电流假说,故C错误;法拉第首次提出了场的概念,故D正确。2.C由库仑定律F=kQ1Q2r2可知,k=Fr2Q1Q2且Q=It,则k的单位用基本单位表示为kg·m33.D图甲右上方的路牌所标的“50”是瞬时速度,故A错误;伽利略关于自由落体运动的研究是实验加推理得出的,故B错误;只有形状规则、质量均匀的物体其重心才在几何中心处,故C错误;图丁中推箱而不动,说明人的推力小于地面对箱子的最大静摩擦力,故D正确。4.C冰壶受到重力、地面对它的支持力和阻力,故选C。5.C百米赛跑运动员由静止开始运动,故A错误;v-t图像中图线与时间轴所围面积数值上等于位移大小100m,故B、D错误,C正确。6.C在上升过程中,由于起重机功率不变,所以始终满足关系P=Fv,当加速运动时,速度增大,拉力变小,卫星做加速度减小的加速运动,故A、B错误;起重机做的功为W=Pt,故C正确;在达到最大速度的过程中,W拉+W重=12mvm2,而W重为负值,则起重机做的功大于12mv7.D行星所受太阳的引力大小可以由公式F=Gm1m2r2比较得出,在近日点所受太阳的引力大,引力方向指向太阳,故D正确,A8.D根据c=λf可得,λ=3.00×1089.A对于卫星,根据万有引力提供圆周运动向心力,得GMmr2=mrω2=ma=mv2r,解得ω=GMr3,a=GMr2,v=GMr,空间站的轨道半径比地球同步卫星的轨道半径小,根据ω=GMr3,知空间站的角速度大于地球同步卫星运行的角速度,而地球同步卫星运行的角速度等于地球自转的角速度,所以,空间站的角速度大于地球自转的角速度,故A正确;空间站的轨道半径比近地卫星的大,根据a=GMr2,知空间站的向心加速度小于近地卫星的向心加速度,也就小于地面的重力加速度,故B错误;根据开普勒第三定律知卫星的轨道半径越大,周期越大,所以空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期,即小于24h,故C10.D平衡力作用在一个物体上,故A错误;作用力和反作用力不能叠加,不能求合力,故B错误;作用力和反作用力同时产生,性质相同,故C错误,D正确。11.A当物体具有向上的加速度时属于超重,具有向下的加速度时属于失重。故汽车过凹形桥最低点时,有向上加速度,汽车处于超重状态,故A正确;躺在水面上看书的人,处于平衡状态,加速度为零,故B错误;电梯匀速上升过程中,电梯里的小朋友加速度为零,处于平衡状态,故C错误;宇宙飞船在加速上升过程中,坐在飞船里的航天员具有向上的加速度,处于超重状态,故D错误。12.D将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2,根据对称性可知,两臂受到的压力大小相等,即F1=F2。由2F1cosθ=F,得F1=F2cos60°,F=1.0×105N,故A、B错误;继续摇动把手,两臂靠拢,夹角θ减小,由F1=F2cosθ分析可知,F不变,当θ减小时,cosθ增大,F1减小,故C13.C由题图可知,该电池的总电荷量为2000mA·h,为电池的容量,故A正确;由题图可知,该电池的电动势为3.8V,故B正确;由题图中的数据不能判断该电池在正常工作时的额定电流,故C错误;由Q=It可知,以40mA的电流为用电器供电,则供电时间t=2000mA·h4014.A由平抛运动的水平位移公式x=v0t=v02hg可知,在抛圈的水平位移x相等的条件下,由于孩子的高度h较小,故需要较大的初速度v0,故选15.D由一条电场线无法确定该电场是否是匀强电场,故小球不一定受恒力作用,因此从A点到B点的运动不一定是匀加速运动,EA也不一定大于EB,故A、B错误;带负电荷的小球从A点运动到B点,电场力做负功,电势能增加,故EpA小于EpB,由于电场力与重力的总功不知,动能增加与否不知,故C错误;小球从A点运动到B点,除了重力做功外电场力做了负功,故机械能减少,故D正确。16.DA、B两点绕同一点转动,角速度相同。由于运动的半径不同,因此线速度大小不同,向心加速度大小不同,由于学员和教练员质量大小未知,因此向心力大小无法比较。故选D。17.B导线受到的磁场力F=BIl,对于题图中给出的F-I图线,直线的斜率k=Bl,由题图可知ka>kb,又因A、B两点导线的长度l相同,故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度,故选B。18.C光电转换电池功率为100W,2小时可吸收的太阳能为E=100×2×360018%J=4.0×106J,故A正确;LED照明5小时,恒流输出的最多电能为W=Pt=60×5×3600J=1.08×106J,故B正确;利用太阳能电池给蓄电池充电,充满需要的最长时间为t=12×250100×80%=37.5h,故C错误;利用免维护蓄电池给19.(1)CD(2)C(3)3.15(3.12~3.18)0.310.75【解析】(1)“探究小车速度随时间变化的规律”需要刻度尺和打点计时器,故选CD。(2)打点计时器是计时仪器,电火花计时器使用220V交流电源,实验时应先接通电源后释放纸带,处理数据时为减小误差,常将纸带上每隔几个计时点取作测量点,故C正确。(3)根据图示可以读得测量点C所在位置值3.15cm,vD=(9.30-3.15)×10-20.2m/s20.(1)0~3V0~0.6AR1(2)见解析图(a)见解析图(b)(3)1.52.5【解析】(1)由题图丙可知,电流小于0.6A,故电流表应选用的量程为0~0.6A;而电池的电动势约为1.5V,故电压表应选用的量程为0~3V;为了调节方便并能减小误差,故滑动变阻器应选用R1。(2)对照电路原理图,连接实物图。(a)(b)(3)U-I图像的纵轴截距表示电池的电动势,故该电池的电动势E=1.5V;斜率的绝对值表示电源的内阻,故r=1.5-1.021.(1)6m(2)9m【解析】(1)根据牛顿第二定律,小物体的加速度大小a=F-μmgm小物体到达C点时,根据v2=2ax,得xAC=6m(2)根据牛顿第二定律,小物体向右减速的加速度大小a1=qE+μmgm小物体向右运动的时间t1=va1=1.5s,小物体向右运动的位移x1=v2t由于qE=μmg,所以小物体保持静止,所以位移为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,则a2=0.由牛顿运动定律mgsin37°-μmgcos37°=m(-a2)得μ=0.8,进入下段滑道时速度v=a1t1=4m/s,由0=v-a2t2得在下段滑道运动时间t2=10s,所以滑行的总时间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)设第一次经过圆弧最低点C时速度大小为v,根据机械能守恒定律得12mv2设第一次经过圆弧最低点C时受到的支持力大小为F,则F-mg=mv2联立①②两式得F=1500N。(2)设从A到D过程中BC段摩擦力做的功为W,由动能定理得mg(h-R)+W=0-12mv解得W=-125J,设运动员在D点相对A点具有重力势能为Ep,则Ep=mg(R-h)=500JEp>|W|所以能从D点返回到A点。(3)由题知,运动员从D点上升到最高点所经历的时间t=0.6s。设t时间内上升的高度为H,则H=12gt2根据功能关系,蹬地增加的动能转化为上升高度H增加的重力势能,即Ek=mgH,解得Ek=900J。综合模拟卷(三)答案速查题号12345678910答案ADDDCCDCCB题号1112131415161718答案CCBBCDAD1.A国际单位制中基本物理量单位包括安培共7个,库仑、牛顿、焦耳是导出单位,故选A。2.D球在最高点时只受到重力作用,故A错误;球在最高处时球的速度为0,但是加速度不为零,不处于平衡状态,故B错误;球在上升的过程中加速度向下,处于失重状态,故C错误;球在下落的过程中除受重力外还受阻力,故D正确。3.D伽利略根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因;卡文迪什通过引力扭秤实验测定了引力常量;奥斯特发现了电流的磁效应;库仑通过静电力扭秤实验,发现了库仑定律,故D正确。4.D5.C汽车初速度v=20m/s,加速度a=-4m/s2,设经过t0时间停止运动,则根据速度与时间的关系可知t0=0-va=5s,可知汽车在6s末的速度为0,故A错误;由题可知,汽车刹车的距离x=0+v2t0=50m<55m,即汽车没有撞上小动物,故B错误;汽车第2s初的速度即为刹车第1s末的速度,根据速度与时间的关系可知v1=v+at1=(20-4×1)m/s=16m/s,故C正确;根据逆向思维可知,汽车在最后一秒内的位移x'=12at'2=12×4×126.C由于A、B两点绕同轴转动,则两点的角速度相等,故B错误;由a=ω2r且rA<rB知aA<aB,故A错误;由v=ωr且rA<rB知vA<vB,故C正确;由T=2πω知,两点的周期相等,故7.D电容器上标有的“25V100μF”,25V指电容器的额定电压,故A错误;电容器的电容是由其本身决定,故B、C错误;由公式Q=CU=100×10-6×25C=2.5×10-3C,故D正确。8.C电流、磁体周围都存在磁场,磁体之间、电流与电流之间的相互作用是通过磁场发生的,故C错误。9.C同步卫星的环绕速度小于地球第一宇宙速度,故A错误;地球同步卫星位于赤道正上空,故B错误;根据T=4π2R3GM可得,量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小,故C正确;根据a=GMR2可得,量子科学实验卫星“墨子”10.B依据共点力平衡,结合几何关系可得2FNsinθ=mg,故A错误,B正确;若保持筷子对小球的弹力大小不变,增大筷子和竖直方向的夹角θ,则2Fsinθ>mg,小球有上滑的趋势,但小球与筷子间的最大静摩擦力未知,故小球不一定向上滑动,同理,若保持筷子对小球的弹力大小不变,减小筷子和竖直方向的夹角θ,则2Fsinθ<mg,小球有下滑的趋势,若重力大于弹力和摩擦力的合力,则小球可能下滑,故C、D错误。11.C电阻R1两端的电压为10V,通过的电流为100mA,故其电阻为R1=10V0.1A=100Ω,则R2的电阻也是100Ω,而通过电阻R2的电流为100mA-99mA=1mA,故电阻R212.C当水被水平喷出时,其落地点距离喷头水平位移最大,此时喷出的水做平抛运动。根据公式h=12gt2,求得时间t=1s。水平位移x=v0t=2m,即落地点距离中心处水平最大位移为2m,即距喷头水平位移2m处的地面圆均有水,灭火面积S=πr2≈12m2。故C13.B依题意,设M点处的点电荷为正电荷,N点处的点电荷为负电荷,则每个点电荷在O点产生的电场强度的大小为E12,则当N点处的点电荷移至P点时,O点的电场强度如图所示,合电场的电场强度大小为E2=22E1,则E1E214.B相邻两雨滴均做自由落体运动,设后落下的雨滴运动的时间为t,则先释放雨滴运动时间为t+Δt,则相邻两雨滴的距离Δx=12g(t+Δt)2-12gt2=g·Δt·t,越来越大,故A、C错误;设后落下的雨滴运动的时间为t,则先落下的雨滴运动时间为t+Δt,则两雨滴的相对速度v=g(t+Δt)-gt=gΔt,为一个定值,故B正确,15.Cv-t图像的斜率表示加速度,汽车的加速度之比为2∶1,故A错误;v-t图像的面积表示位移,汽车的位移之比为1∶2,故B错误;汽车在两段时间内均做匀变速直线运动,平均速度均等于v=v02,平均速度之比为1∶1,故C正确;在t0时刻汽车的速度方向未改变,加速度方向改变,故16.D带电粒子所受电场力方向指向轨迹弯曲的内侧,根据带负电粒子受力情况可知,电场线方向斜向左上方,又沿着电场线方向,电势逐渐降低,故φM>φN;若粒子从M运动到N过程,电场力做负功,动能减少,电势能增加,故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大,即vM>vN,故A、B错误;若粒子从M运动到N过程,电场力做负功,所以在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小,即EpM<EpN;根据电场线疏密可知,EM<EN,根据F=Eq和牛顿第二定律可知,aM<aN,故D正确,C错误。17.A点火前,降落伞和返回舱做匀速直线运动,返回舱受到的重力大小等于伞绳拉力F大小;点火后瞬间,返回舱立刻获得向上的反冲力,使伞绳对返回舱的拉力变小,故A正确;返回舱做减速运动的主要原因是反冲力,故B错误;返回舱所受合力向上,处于超重状态,故D错误;由于喷气过程中,动能减小,由动能定理可知合力做负功,故C错误。18.D设在时间t内发电机获得的风能为Ek,则Ek=12mv2,由于m=ρV=ρπr2vt,所以Ek=12mv2=12ρπr2v3t=12×1.29×3.14×302×7.53×tJ≈768982tJ,故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率η=PtEk=400×103t768982t=52%,故A正确;由图像可知,当风速为7.5m/s时,变桨距控制风力发电机的功率为400kW,定桨距控制风力发电机的功率为100kW,所以每台风力发电机每天能多发电E=(P1-P2)t=(400-100)×24kW·h=7200kW·h,故B正确;由A知道空气的动能为Ek≈768982tJ,所以每台发电机每秒钟转化的空气动能均为Ek=768982tJ=768982×1J≈7.69×105J,故C正确;完全燃烧45kg煤所产生的内能E=mq=45×3.2×107J=1.44×109J,一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为19.(1)B(2)2.0(3)CD【解析】(1)本实验采用的科学方法是等效替代法,故B正确。(2)弹簧测力计B的示数为2.0N。(3)在同一次实验过程中,应保持橡皮条的伸长量相等且与细绳的结点拉到同一位置;用两个弹簧测力计把结点P拉到位置O时细绳夹角无需特殊角;为了探究合力与分力的关系,应用力的图示法来表示分力与合力;为减少实验误差,拉橡皮条的细绳要适当长一些,标记同一细绳方向的两点要适当远一些。故C、D正确。20.(1)ADEGH(2)乙见解析图(3)0.6352.4【解析】(1)由于电源的电动势为3V,所以电压表应选A;被测电阻约为5Ω,电路中的最大电流约为I=ERx=35A=0.6A,电流表应选D;根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知,滑动变阻器应选E;还要选用电池组和开关,导线若干,故应选用的实验器材有A、D、E、G(2)由于RVRx>RxRA(3)从螺旋测微器可以读出金属丝的直径为0.635mm,从电压表可以读出电阻两端的电压为1.20V,从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50A,被测金属丝的阻值为Rx=UxIx=1.20021.(1)mgtanθq(【解析】(1)根据小球处于平衡状态,由平衡条件有mgtanθ=Eq,解得E=mgtan(2)将电场方向顺时针旋转θ角,大小变为E'后,静电力方向也顺时针转过θ角,大小为F'=qE',此时静电力方向与细线垂直,由平衡条件得,mgsinθ=qE',解得E'=mgsin22.(1)0.15(2)4m/s(3)2m【解析】(1)杯子做匀减速运动v2-v02=2Ff=μmg=ma,解得μ=0.15;(或由动能定理μmgx=12mv2得出μ=0.15(2)vB2-vA2=2ax,得到v(3)杯子从B点滑出后,做平抛运动,竖直方向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)根据动能定理得Ep=12mv解得vB=2m/s,运动到B点时,由牛顿第二定律得FN'+mg=mvB其中FN'=FN,解得R=0.2m。(2)由动能定律得mg·2R=12mvD2-1在D点,下管壁对小球的支持力与重力的合力提供向心力FD-mg=mvD解得FD=7N,由牛顿第三定律得小球经过D点时对管壁的压力大小为7N。(3)从B点开始,到运动至斜面上最高处,利用动能定理可得mg·2R-μ1mgx1-μ2mgcosθ·s-mgsinθ·s=0-12mv代入数据整理得s=1.353sin所以当θ=60°时,有最小值smin≈0.39m。综合模拟卷(四)答案速查题号12345678910答案DDCBCCBDBB题号1112131415161718答案ACBCBDDC1.D加速度的单位是m/s2,力的单位是N,电量的单位是C。2.D根据共点力平衡条件可知树枝对松鼠的作用力(弹力和摩擦力的合力)大小为G。3.C图甲中琥珀吸引羽毛是电场力的作用,故A错误;图乙中人下蹲瞬间有向下的加速度,处于失重状态,体重计示数会迅速变小,故B错误;图丙实验是观察桌面微小形变,其利用了“放大”思想,故C正确;图丁汽车冲上斜坡时,根据P=Fv知,需减小速度以便获得更大的牵引力,故D错误。4.BA、B两车速度均为正,运动方向相同,故A错误;根据a=ΔvΔt得A车的加速度大小为1.75m/s2,方向与A车运动方向相同,故B正确;8s内B车位移由图线所围面积得xB=12×6×4m=12m,故平均速度为1.5m/s,故C错误;8s末A车位移xA=12×8×14m=56m,由于同方向运动,故8s末两车相距Δx=xA-xB=5.CA点与B点在相同时间内转过的弧长大小相等,A点和B点的线速度大小相同,方向不同,故A、B错误;B点与C点线速度大小相同,v=ωR=2πnR,所以B点与C点的转速之比为nB∶nC=RC∶RB=7∶2,故C正确;v=ωR=2πTR,A点与B点的周期之比为TA∶TB=R1R2=32,B点和C点的周期之比为TB∶TC=nCnB=27,所以A6.C根据题意,鲍姆加特纳做自由落体运动的时间t=60s,因此,自由落体运动的位移大小h=12gt2=1.8×104m,故A、B错误;鲍姆加特纳做自由落体运动的末速度大小v=gt=6.0×102m/s,故C正确;自由落体运动的平均速度v=12v=3.0×102m/s,故7.B表演者对竹竿的弹力是由表演者发生形变产生的,故A错误;因为表演者静止在弯曲倾斜的竹竿上,受到重力、弹力和摩擦力作用,且处于平衡,故竹竿对表演者的力竖直向上,根据牛顿第三定律可知表演者对竹竿的力竖直向下,故B正确,C错误;根据牛顿第三定律可知,表演者对竹竿的力等于竹竿对表演者的力,故D错误。8.D同步卫星在赤道正上方不可能经过北半球预计失事区域的正上方,故A错误;第一宇宙速度是卫星的最大运行速度,故B错误;考虑地球自转因素的影响,该卫星需运行多周才经过失事区域的正上方一次,故C错误,D正确。9.B在F作用下弹簧的形变量又增加了x,根据胡克定律此时弹簧的弹力为kx+G,故B正确。10.B球反弹后的运动可以看成平抛运动,根据平抛运动的水平速度和水平距离可以求出时间t=15s=0.2s,根据h=12gt2可以求出球在B上的反弹点与A的竖直高度为0.2m,故11.A根据点电荷的电场线分布特点可知,左侧为负电荷,右侧为正电荷,故A正确;根据电场线的性质,B点的电势高、电场强度大,正电荷在B点的电势能大,故B、C、D错误。12.C同名磁极相互排斥,故A错误;应用安培定则可知环形电流中心线上的磁场方向由右向左,小磁针N极受到的磁场力方向向左,故B错误;根据安培定则可知通电螺线管内部磁场方向向右,内部小磁针N极受到的磁场力方向向右,故C正确;根据安培定则可知通电直导线右边磁场方向向里,小磁针N极受到的磁场力方向向里,故D错误。13.B无人机匀速上升时,受到升力、空气阻力和重力。无人机匀速上升,因此没有超重和失重,故A错误;匀速上升时,机械能的增加量等于除重力之外的力做的功,即机械能增加了3000J,故B正确;在水平匀速移动阶段,货物的重力势能不变,动能不变,因此机械能不增加,所以全过程机械能增加量就是增加了重力势能,为3000J,故C错误;在水平移动阶段,受力情况如图所示,无人机的升力做正功,空气阻力做负功,故D错误。14.C若汽车以额定功率从点a加速到点b,根据P=Fv知v增大,F减小,故A错误;在最高点b汽车所受合力充当向心力,即mg-FN=mv2r,知FN小于所受重力,即汽车对路面的压力小于汽车受到的重力,汽车不处于平衡状态,故B错误,C正确;汽车从a运动到b的过程中,速度大小不变,动能不变,重力势能增加,所以合力做的功大于零,故15.B小球刚好能到达轨道的最高点C,即小球到达C点的速度为0,根据机械能守恒可得mgh=mgR,解得h=R,即释放点距A点的高度为R,故A错误;小球在B点由牛顿第二定律可得FN-mg=mvB2R,根据动能定理mg(2R+R)=12mvB2,解得FN=7mg,则小球经过最低点B时轨道对小球的支持力为7mg,故B正确;小球从C点飞出做平抛运动,水平方向上有R=vCt,竖直方向上有R=12gt2,由动能定理有mg(h-R)=12mvC2,解得释放点距A点的高度为h=1.25R,故C错误;由牛顿第二定律可得mg-FNB=12mvC2,联立解得FNB=116.Dc、d两点处于A、B两等量异种点电荷所形成的叠加场中,各点电场强度可由EA+EB表示,但计算起来较为繁杂,可借助电场线来描绘,从电场线分布看,从c→d电场线密→疏→密,因此电场强度先变小后变大。17.D工作时,电动机是将电能转化为机械能,故A错误;电池容量44kW·h指的是汽车充满电时的电能,故B错误;电动汽车标准承载下阻力Ff=0.09×(800+200)×10N=900N,汽车牵引力F=Ff,汽车10min内输出的机械能E=Fvt=900×723.6×10×60J=1.08×107J=3kW·h,由于电动机输出机械能的同时有内耗,故耗电量要大于3kW·h,故C错误;当汽车匀速运动时的功率P=Fv=900×1203.6W=3×104W18.C铅球从开始到经过斜面上某一点时,受到重力、支持力和摩擦力,根据动能定理,有-mg·lsin30°-Ff·l=Ek-Ek0=-72J,机械能的减少量等于克服摩擦力做的功Ff·l=ΔE=12J,联立可解得l=1m,Ff=12N,根据牛顿第二定律可得-mg·sin30°-Ff=ma,解得a=-6m/s2,故B错误;当该物体经过斜面上某一点时,动能减少了72J,机械能减少了12J,所以当物体到达最高点时动能减少了216J,机械能减少了36J,所以物体在上升过程中克服摩擦力做的功是36J,全过程摩擦力做的功为W=-72J,从出发到返回底端,重力不做功,设回到出发点的动能为Ek',由动能定理可得W=Ek'-Ek0,解得Ek'=144J,故C正确;铅球在上滑过程中减少的动能转化为重力势能和内能,故A错误;根据能量守恒可知运动员每推一次铅球消耗的能量至少为216J,故D错误。19.(1)BC(2)D(3)2.39【解析】(1)天平是测量质量的仪器,故A错误;打点计时器是测量时间的仪器,故B、C正确;刻度尺是测量长度的仪器,故D错误。(2)研究平抛运动、探究求合力的方法、验证机械能守恒定律都用到了等效替代的思想,探究加速度与力、质量的关系实验中,采用了控制变量法的思想,故D正确,A、B、C错误。(3)C点的速度为vC=xBD2T=(4.20.(1)见解析(2)1.460.71(3)34【解析】(1)按照实验原理图将实物图连接起来,如图甲所示。(2)根据U、I数据,在方格纸U-I坐标系上找点描迹。如图乙所示,然后将直线延长,交U轴于U1=1.46V处,此即为电源电动势;交I轴于I=0.65A处,注意此时U2=1.00V,由闭合电路欧姆定律得I=E-则r=E-U2I=1(3)由图线可以看出第4组数据点偏离直线最远,若取第3组和第4组数据列方程组求E和r,相当于过图中3和4两点作一直线求E和r,而此直线与所画的直线偏离最大,所以选用第3组和第4组数据求得的E和r误差最大。21.(1)3.0×10-3N(2)4.0×10-4kg(3)2.0m/s【解析】(1)根据电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0×10-6×3.0×103N=3.0×10-3N;(2)小球受力情况如图所示:根据几何关系可得mg=qEtanθ,所以m=qEgtanθ=3×10-310(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒,则mgl·(1-cos37°)=12mv2,解得v=2m/s。22.(1)1m/s2(2)2m/s2s(3)0.2m/s【解析】(1)小球在平台上运动的加速度大小a=kmgm,代入数据得a=1m/s2(2)设小球的最小出射速度为v1,由动能定理得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点,设在O点抛出时的速度为v0,水平方向有d=v0t1竖直方向有h=12g联立解得v0=0.2m/s。23.(1)2m/s(2)12N(3)0.44J【解析】(1)小球刚好能沿DEN轨道下滑,在轨道最高点D点,根据牛顿第二定律mg=mv代入数据解得vD=2m/s;(2)D点到N点,由机械能守恒得12mvD2+2mgr=在N点根据牛顿第二定律FN-mg=mv联立以上两式并代入数据得FN=12N;(3)弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep,根据动能定理有W-μmgl+mgh=12mvD代入数据得W=0.44J。综合模拟卷(五)答案速查题号12345678910答案BCCDCBDADC题号1112131415161718答案DDCBACBD1.B2.C3.C电阻率是材料本身的一种电学特性,与导体的长度、横截面积无关,故A错误;金属材料的电阻率随温度的升高而增大,而半导体材料则相反,故B错误;合金的电阻率比纯金属的电阻率大,故C正确;电阻率大表明材料的导电性能差,不能表明对电流的阻碍作用一定大,因为物体的电阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量,而且电阻还跟导体的长度、横截面积有关,故D错误。4.D所谓“量子化”应该是不连续的,是一份一份的,故选D。5.C根据x-t图像的斜率表示速度,知物体的速度方向周期性变化,物体做往返运动,故A错误;根据速度的正负表示速度的方向,知物体的速度方向周期性变化,物体做往返运动,故B错误;0~1s内物体沿正方向做匀加速运动,1s~2s继续沿正方向做匀减速运动,根据a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量,知t=2s末物体的速度为零,接着,周而复始,所以物体在做单向直线运动,故C正确;0~1s内物体沿正方向做匀加速运动,1s~2s继续沿正方向做匀减速运动,t=2s末物体的速度为零。2s~3s内物体沿负方向做匀加速运动,3s~4s继续沿负方向做匀减速运动,t=4s时速度为零,接着,周而复始,所以物体在做往返运动,故D错误。6.B7.D人保持静止不动时,人受到环的支持力的方向不变,且两个支持力的合力大小始终和重力相等,所以环对人的作用力保持不变,故A不符合题意;当运动员双臂的夹角变小,则满足环对人的两个支持力的合力不变,但两个力的夹角变小,所以运动员受到的两个支持力变小,根据牛顿第三定律可知,运动员对环的作用力变小,所以运动员会相对轻松一些,故B不符合题意;运动员受到两个环的支持力以及自身的重力作用处于平衡状态,所以环对运动员的作用力与运动员受到的重力大小相等、方向相反,是一对平衡力,故C不符合题意;根据重力产生的原因可知,运动员所受重力的反作用力是运动员对地球的吸引力,故D符合题意。8.A空降兵在空中匀速降落,即做匀速直线运动,处于平衡状态,因此合外力为零,故A正确;在小孩荡秋千时,随着小孩荡秋千的高度的变化,绳对小孩的拉力的方向会改变,不处于平衡状态,因此合外力不可能为零,故B错误;平抛运动有由重力提供的竖直向下的加速度,不处于平衡状态,因此合外力不为零,故C错误;在摩天轮上的游客做匀速圆周运动,合外力一直指向圆心,即合外力方向会改变,因此不可能为零,故D错误。9.DA、B分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点,所以线速度大小相等,即A点和B点的线速度大小之比为1∶1,故C错误;根据v=ωr可知在线速度相等的情况下,角速度与半径成反比,所以前轮和后轮的角速度之比为2∶1,故B错误;由于两轮转动的角速度不相等,由ω=2πT可知两轮转动的周期也不相等,故A错误;由a=v2r知在线速度相等的情况下,向心加速度与半径成反比,所以A点和B点的向心加速度大小之比为2∶110.C根据平衡状态,对物块受力分析如图所示,物体受力个数一定为4,A、B、D错误,C正确。11.D物体做自由落体运动,机械能守恒,则有Ep=E-12mv2,所以重力势能与下落速度的图像为开口向下的抛物线,故D正确,A、B、C12.D13.C因为三次都是壁球垂直击中墙壁同一位置,因此可以看成是三次平抛运动,根据平抛运动规律h=12gt2,s=vt可知,三次时间相同,速度v1最大,故C14.B根据产生感应电流的条件,闭合回路内磁通量发生变化才能产生感应电流,故B正确。15.A16.C设力F与运动方向之间的夹角为θ,黑板擦做匀速运动,则受力平衡,沿运动方向上有Fcosθ=μFsinθ,可得μ=1tanθ,由三角函数的关系可得cosθ=μ1+μ2,所以Ff=Fcosθ=μF1+μ2,故C17.B由表中信息知r火>r地,根据牛顿第二定律GMmr2=m4π2rT2=ma=mv2r=mrω2,得T=4π2r3GM,a=GMr2,v=GMr3,ω=GMr3,18.D充电宝的输出电压为U、输出电流为I,所以充电宝输出的电功率为P=UI,故A错误;手机电池充电电流为I,所以手机电池产生的热功率为Pr=I2r,而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率,根据题目信息无法求解,故B、C错误;充电宝输出的电能一部分转化为手机的化学能,一部分转化为电池的热能,故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为W=UIt-I2rt,故D正确。19.(1)ACD(2)BD(3)不变化【解析】(1)该实验的目的是验证力的平行四边形定则,要根据两个弹簧拉橡皮条时两个拉力的大小和方向作出平行四边形求出其合力大小,然后与一个弹簧拉橡皮条时的拉力大小进行比较,最后得出结论,故需要记录的是两弹力的大小和方向,故A、C、D正确,B错误。(2)根据平行四边形定则可知两分力的夹角太小将会导致合力过大,导致一个弹簧拉时可能超过量程,故夹角不能太小或太大,适当即可,故A错误;为了减小读数误差,应让两分力尽量大些,故B正确;为了准确记下拉力的方向,故采用两点描线时两点应尽量距离大一些,细绳应长些,故C错误;作图时,我们是在白纸中作图,做出的是水平力的图示,为了减小因摩擦造成的误差,应使各力尽量与木板面平行,读弹簧测力计示数时,视线要正对弹簧测力计刻度,故D正确。(3)由于O点的作用效果相同,拉力与绳子的性质无关,故将细绳OB或OC换成橡皮条,不会影响实验结果。20.(1)①直流电流、电压②×1③0刻线(2)DBE【解析】(1)①调节指针定位螺丝,进行机械调零,使多用电表指针对准直流电流、电压“0”刻线。②因待测电阻约为20Ω,则将选择开关转到电阻挡的“×1”的位置。③将红、黑表笔插入“+”、“-”插孔,并将两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使电表指针对准电阻的“0刻线”。(2)测量后要继续测量一个阻值大约是2kΩ左右的电阻,则需先将选择开关旋转到“×100”的位置,然后两表笔短接调零,使电表指针对准电阻的“0”刻线。故为DBE。21.(1)正电见解析图(2)kqAqB(l【解析】(1)小球A受到重力、绳子的拉力和B球的斥力,故A带正电,如图所示。(2)根据平衡可知,A球受到水平向左的静电力为F=mgtanθ。(3)根据库仑定律得F=kq解得qA=mgtan22.(1)8N(2)6m/s2(3)14.4m【解析】(1)对物体进行受力分析,如图所示在竖直方向上,根据平衡条件有FN=mg-Fsinθ,代入数据得FN=8N。(2)在水平方向上,根据牛顿第二定律有Fcosθ-Ff=ma1,且Ff=μFN代入数据联立得a1=6m/s2。(3)根据速度时间公式有v=a1t=12m/s撤去拉力后,根据牛顿第二定律有μmg=ma2,解得a2=5m/s2向前滑行的位移大小为x=v22a2,可得x=23.(1)0(2)37.5J(3)5s≤t≤5.55s【解析】(1)从B→C过程根据动能定理-mg·2R1=12mvC2-解得vC=5m/s在C点根据牛顿第二定律mg+FN=mv解得FN=0。(2)A→B过程:设赛车克服阻力所做的功为Wf根据动能定理Pt0-Wf=12m解得Wf=37.5J。(3)B→F过程:-mg·2R2(1-cosθ)=12mvF2-解得vF=1m/s可知,在恰好能过C点的临界情况下,赛车到达F点时的速度为1m/s。而要使赛车在F点对管道上壁无压力并从F点水平飞出,在F点的速度应满足0≤vF≤gR2=综合上述结论可得1m/s≤vF≤12m/sA→F过程:Pt-Wf-mg·2R2(1-cosθ)=12m解得5s≤t≤5.55s。综合模拟卷(六)答案速查题号12345678910答案CDDDBBDACD题号1112131415161718答案ACDBCCCC1.C电荷量的单位是库仑(C),功的单位是焦耳(J),电容的单位是法拉(F),电流的单位是安培(A),故选C。2.D人的个数的数量只能取正整数,不能取分数或小数,因而是不连续的,是量子化的。长度、力以及动能的数值都可以取小数或分数,甚至取无理数也可以,因而是连续的,非量子化的。故D正确,A、B、C错误。3.D4.D8分05秒79是时间间隔,不是时刻,故A错误;成绩好坏的依据是总用时的长短,也就是与平均速率相关,与终点的瞬间速度无必然关系,故B错误;分析选手的动作时,不能把她看成质点,故C错误;在2000m比赛中,艇的长度可以忽略不计,可以看成质点,故D正确。5.B质点是用来代替物体的有质量的点,实际不存在,是理想化的物理模型,采用的是理想化物理模型法,故A错误;根据平均速度的定义式v=ΔxΔt,当Δt→0时,用平均速度代替t时刻的瞬时速度,采用极限法,故B正确;研究胡克定律采用的是控制变量法,故C错误;探究加速度与力、质量的关系采用控制变量法,6.B速度方向一定沿轨迹的切线方向,故A、D错误;合力方向必定指向图中曲线弯曲的方向,故B正确,C错误。7.D运动员处于静态平衡,根据摩擦力产生的条件可知,运动员没有相对运动趋势,不受到摩擦力作用,只有重力与支持力等大反向,故A、B错误;运动员所受的支持力是由于平衡木的形变产生的,故C错误,D正确。8.A根据平抛运动的运动规律h=12gt2、x=v0t,只减小水平初速度,则水平距离减小,因此可以扔进垃圾桶,故A正确;只增加可乐罐扔出时的高度,则运动的时间变长,则水平位移变大,所以不能扔进垃圾桶,故B错误;当高度、初速度不变时,减小人与垃圾桶的水平距离,但水平位移不变,则不可能扔进垃圾桶,故C、D9.C在环月轨道上,“嫦娥四号”受到万有引力而做圆周运动,所以不是平衡状态,故A错误;在地球发射卫星的最小速度为7.9km/s,故B错误;登陆月球背面时,速度肯定要减小,需要减速,故C正确;被月球捕获之后,依然受到地球的引力作用,故D错误。10.D图甲中运动员在弯道处,当地面摩擦力突然消失时,他将沿切线方向“离心”而去,故A错误;在碗里做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力,其方向时刻变化,是变力,故B错误;图丙中,在水平直跑道上减速运动的航天飞机,伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力是一对相互作用力,大小相等,故C错误;图丁中,人在体重计上站起的瞬间向上加速运动,属于超重,因此指针示数会变大,故D正确。11.A以竖直向上为正方向,则小球下落的速度为负值,故C、D错误;设小球的释放点距地面的高度为h,小球下落过程中,根据运动学公式有v2=2g(h-x),由数学知识可得,v-x图像应是开口向左的抛物线,小球与地面碰撞后上升过程与下落过程具有对称性,故A正确,B错误。12.C保持线框平面始终与磁感线垂直,线框在磁场中上下运动,磁通量一直保持不变,无感应电流;保持线框平面始终与磁感线垂直,线框在磁场中左右运动,通过的磁通量一直保持不变,无感应电流;线框绕AB轴匀速转动,当线框平面与磁场垂直时,此时通过的磁通量最大,当线框平面与磁场平行时,通过的磁通量为零,磁通量的不断变化,故有感应电流;线框绕CD轴匀速转动,线框平面始终与磁场垂直,通过的磁通量保持不变,故没有感应电流,故选C。13.Da点与c点的电场强度方向不同,故A错误;将一个正的试探电荷,从d点移动到b点,电场力做正功,则其电势能减小,由此可知b点电势低,故B错误;将一负电荷从a经b到c,电场力先做负功后做正功,电场力做功为零,故a、c电势相等,负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能,故D正确,C错误。14.B当开关S断开时,由欧姆定律得,U=I1R1=0.5×20V=10V。当开关S闭合后,通过R1的电流仍为0.5A,电动机的电流I2<UR2=1010A=1A,故电流表的示数I<1.5A,电路中电功率P=UI<15W,15.C弹性绳在原长位置时,弹性绳的弹力为零,不等于重力,故A错误;弹性绳绷紧后,开始阶段,拉力小于重力,游戏者向下做加速运动,当拉力等于重力时,加速度为零,速度最大,此时弹性势能不为零,故B错误;当游戏者速度为零时,运动到最低点,此时弹性绳的形变量最大,弹性势能最大,故C正确;游戏者的速度先增大后减小,故游戏者的动能先增大后减小,故D错误。16.C两种灯泡正常使用5000h,节能灯消耗的总电能E=Pt=20×10-3×5000kW·h=100kW·h,白炽灯消耗的总电能E'=P't=100×10-3×5000kW·h=500kW·h,故A错误;正常使用白炽灯的总花费M'=(5×2+500×0.5)元=260元,节能灯的总花费M=(1×20+100×0.5)元=70元,显然节能灯的总花费比白炽灯少190元,故C正确,故B错误;由W=Pt,知节能灯比白炽灯耗能少,故D错误。17.C旅行包跟随摩天轮做匀速圆周运动,故旅行包所受合力提供向心力,大小不变,方向时刻在变化,故A错误。旅行包随轮的转动而做匀速圆周运动,合力提供向心力,在最高点与最低点只受到重力和支持力的作用,不受摩擦力,故B错误;在最高点有mg-FN=mv2R,且FN=0.8mg,联立解得mv2R=mg-FN=0.2mg。旅行包随摩天轮运动到圆心等高处时,由摩擦力提供向心力,则有Ff=mv2R=0.2mg,故C正确;旅行包随摩天轮运动的过程中动能不变,而重力势力能改变18.C根据库仑定律,小球A和B之间的库仑力的大小F=kq2d2,故A正确;小球A受到重力、支持力和库仑力而平衡,当qd=mg2k时,A和B之间的库仑力的大小F=kq2d2=12mg,根据共点力平衡条件,斜面对A的支持力FN=12mgcos30°=3mg4,绳子上的拉力FT=12mgsin30°=mg4,故B正确,C错误;将小球B移到C点时,A、C间距离为2d,当qd=2mgk时19.(1)计时甲(2)A、B(3)8.72~8.801.27~1.33【解析】(1)图1所示实验器材是计时的仪器,其中必须使用8V左右的低压交流电源的是电磁打点计时器,即甲。(2)已提供了小车、一端附有滑轮的长木板、纸带、细绳、刻度尺、导线。为了完成实验,还须从图2中选取的实验器材有低压电源A和打点计时器B。(3)计数点E所在位置的刻度尺读数为8.75cm,D、F段的位移xDF=(11.60-6.40)cm=5.20cm,则E点的瞬时速度等于DF段的平均速度vDF=xDF2T=5.2×20.(1)见解析图(2)1.20(3)见解析图1.490.72【解析】(1)为了减小误差,采取电流表相对电源来说为外接法,电路如图所示:(2)选择开关旋至直流3V挡,由题图所示多用电表可知,多用电表分度值是0.1V,多用电表示数是1.20V。(3)根据实验数据描点法可得U-I图线图像与纵轴的交点是1.49V,则电源电动势E=1.49V,电源内阻r=ΔUΔI≈0.72Ω21.(1)3kQqmg(2)3mg3q,水平向右【解析】(1)根据平衡条件可知qE=mgtanθ解得E=mg根据点电荷的电场强度公式有E=kQ联立解得r=kqQmgtanθ(2)取B为研究对象,受到重力mg、电场力qE和绳中拉力FT的作用。根据平衡条有qE=mgtanθ解得E=3mg3(3)使A、B两球间的距离变为原来的2倍,B球的电荷量也变为原来的2倍,B球的质量变为原来的一半,由(1)的公式r=kqQmgtanθ同理可得r'=kq比较得tanθ'=tanθ,解得θ'=30°。22.(1)8s41.5m/s(2)5.2×105N【解析】(1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动的时间为t1,有F合=F-Ff=ma1,v12-v02=2a1l1,v1=a其中v0=0,Ff=0.1mg,代入已知数据可得a1=5.0m/s2,v1=40m/s,t1=8.0s。飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用,设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2,末速度大小为v2,沿倾斜跑道方向有F'合=F-Ff-mgsinα=ma2,mgsinα=mghl2,v22-v12=2a2l2,其中v1=40m/s,代入已知数据可得a2=3.0m/s2,v2=1故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0s,到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5m/s。(2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a1',末速度大小为v1',有F合″=F推+F-Ff=ma1',v1'2-v02=2a1飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道分力作用没有变化,加速度大小仍有a2'=3.0m/s2,v2'2-v1'2=2a2'l2根据题意,v2'=100m/s,代入数据解得F推≈5.2×105N。23.(1)6N(2)8.9J(3)7.65J,9.15J,10.65J,12.15J【解析】(1)小物块在CD间做匀减速直线运动,有-μmgL2=12mvD2-12mvC2,mg+FN=mvC2r,得FN根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力F'N=FN=6N;(2)从A到C,由机械能守恒定律得Ep=12mvC2+mg(r+rcosθ+L1则Ep=8.9J;(3)要使小物块能停在CD的中点,需在CD上滑过(2k-1)L22的长度,对整个过程,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,得弹性势能的值为7.65J,9.15J,10.65J,12.15J时符合要求。综合模拟卷(七)答案速查题号12345678910答案CCCBDCCACD题号1112131415161718答案ABABDCDC1.C根据万有引力定律F=Gm1m2r2知,F的单位是N,m1和m2的单位是kg,r的单位是m,推导出来引力常量G的单位为N·m2/kg2,故A错误;根据Ff=μFN知,Ff和FN的单位均为N,则μ没有单位,故B错误;根据胡克定律F=kx知,F的单位是N,x的单位是m,则k的单位是N/m,故C正确;根据电阻定律R=ρlS知,R的单位是Ω,l的单位是m,S的单位是m2,推导可知,ρ的单位是Ω2.C3.C往返飞行了850km是路程,位移为0;用时1h12min是一段时间间隔,即时间;飞行期间以920km/h掠过监测点,监测点是一个确定的点,故是瞬时速度,故C正确,A、B、D错误。4.B“-10J”的功表示功的正负,不表示方向,对物体做正功,增加物体动能,对物体做负功减小物体动能;“-10m/s2”的加速度,负号表示加速度方向与规定的正方向相反;“-10C”的电荷量,负号表示带负电;“-10J”的重力势能,负号表示重力势能大小为负值,不表示方向;故选B。5.D红、黄、蓝、紫四种单色光中,紫光的波长最小,频率最大,根据ε=hν知,紫光的光子能量最大,故D正确,A、B、C错误。6.C手竖直握住一瓶子,重力与静摩擦力相平衡,而压力与重力无关,故A错误;瓶子对手的压力和重力是两种不同的力,故B错误;静止的水平桌面放一本书,桌面对书的支持力与书的重力二力平衡,故C正确;静止的水平桌面放一本书,桌面对书的支持力是由于桌面发生了弹性形变引起的,故D错误。7.C电冰箱主要是把电能转化为机械能,不是利用电流的热效应;电风扇主要是把电能转化为机械能,不是利用电流的热效应;电饭煲主要是把电能转化为内能,是利用电流的热效应工作的;电视机主要是把电能转化为声能和光能,不是利用电流的热效应。故选C。8.A图中线圈平面平行磁场方向,其磁通量为零,当线圈绕PQ边旋转,穿过线圈的磁通量将增加;线圈绕MP边旋转时,线圈平面仍平行磁场方向,其磁通量仍为零,没有变化;线圈向左平移或线圈向上平移,没有磁感线穿过线圈,其磁通量仍为零,没有变化,故选A。9.C结合磁感线的分布可知,磁感线越密集,磁感应强度就越大,很明显a点的磁感应强度大于b点,故A、B错误;分别过a、b两点作该点的切线可知,切线的方向不同,因此磁感应强度的方向不同,故C正确,D错误。10.D如图所示,受力分析,设杆对小球的作用力如图所示,则由力平衡方程F=mgcos37°+FN,Ff=mgsin37°,可得FN=20N,方向如图所示,Ff=6N,方向平行于杆向上,故A、B错误、D正确;由于静止,故小球所受合力为零,故C错误。11.AA、B两个木块叠在一起水平抛出,做加速度为g的抛体运动,处于完全失重状态,则A、B间的作用力为零,故A正确。12.B由图像的斜率可知,0~9s小车做加速运动,9s~15s小车做减速运动,方向不变,当t=9s时速度最大约为0.8m/s,故A错误,B正确;在v-t图中图线与坐标轴所围的面积数值上表示位移大小,图中每小格表示位移大小0.1m,故可以估算小车在15s内的位移约为8.3m,故C错误;小车在15s内的平均速度大小约为v=xt=8.315m/s≈0.55m/s13.A将小球竖直向上抛出,其加速度为重力加速度,始终不变,故选A。14.BA、B、C三个点在同一轮上,故角速度相同,故B正确;由于A、B、C三个点的线速度方向不同,故A、C、D错误。15.D在星球表面,GMmR2=mg,可得M=gR2G,由于地球和月球的半径之比为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为b∶1,故地球与月球的质量之比为a2b∶1,故D正确;在地球和月球之间某处的飞船受到的地球和月球的引力大小相等,根据万有引力定律,有GM地mr地2=GM月mr月2,可得r地r月=a2b,故A错误;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径之比为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为b∶1,故地球与月球的第一宇宙速度之比为ab∶1,故B错误;在星球表面,重力提供向心力,即mg=m4π2T16.C根据题意,施加匀强电场后,小球水平位移变大,即在空中的飞行时间变长,故B错误;根据图中可知12gt2v0t=tanθ=12at'2v0t',则a<g,说明小球应该带负电,因此第二次类平抛过程中,电场力做负功,故A错误;由上式可知,两次落在斜面上时小球的速度方向相同,由于水平初速度相等17.Da、c电场强度大小相等、方向相反,故A错误;b、d电势相等,O点电势高于b、d,故B错误;O点的电场强度为零,但电势大于零,故C错误;把电子从a点移动到b点,电势降低,电势能增大,故D正确。18.C该单车最大储存电能E=UIt=Uq=10V×20000mA·h=10V×20×3600C=7.2×105J,故A错误;该单车充电时间t=qI=20000mA·h8A=20A·h8A=2.5h,故B错误;该单车行驶的过程中受到的阻力为20N,则消耗的电能W=Ffs=20×10×103J=2.0×105J,该单车电池电能的有效利用率约为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)纸带3【解析】(1)这些实验中,都需要使用打点计时器用于测量物体的速度,因此需要C、D。(2)图中A的坐标为11.68cm,v=ΔxΔt=1(3)“小车速度随时间变化”小车的加速度不固定,“验证机械能守恒定律”是物体下落的加速度等于g,“探究做功与物体的速度关系”小车应该在平衡摩擦力的轨道上运动,因此小车被弹出去后做匀速直线运动,图中1的加速度很小,图中2右侧的点代表匀速直线运动,图中3利用逐差法求出加速度为9.76cm/s2。20.(2)A1R1(3)见解析图【解析】(2)由于电源输出电压为4.5V,所以电压表应选○V1,由欧姆定律可知,通过待测电阻的最大电流为Imax=URx=330A=0.1A=100mA,所以电流表应选○A1;根据闭合电路欧姆定律知电路中的最大电阻为Rmax=EIA3=4.50(3)由于待测电阻满足Rx2<RARV,可知电流表应用外接法,又变阻器采用分压式接法21.(1)负电(2)mgtanθE(【解析】(1)小球受到的电场力向左,与电场强度方向相反;故小球带负电荷。(2)对小球受力分析,受到重力、电场力和拉力,如图所示,根据共点力平衡条件,有qE=mgtanθ则所带电量为q=mgtan(3)剪短细线后,小球受到重力和电场力,合力恒定,如图所示,故小球做初速度为零的匀加速直线运动;则F=mgcos则小球的加速度为a=gcos22.(1)15m/s(2)6000N(3)210m【解析】(1)汽车匀加速过程,据v=0+a1t,代入数据得v=15m/s;(2)把司机与气囊相互作用的过程当作匀减速过程,根据v2=2a2x解得a2=150m/s2,作用力F=ma2=6000N;(3)行李箱在车顶上滑行过程,a3=μg=7.5m/s2,平抛初速度v0=v2-2a飞行高度h=5m,则飞行时间t=2hg=则x=vt=210m。23.(1)2m(2)4m/s(3)4J【解析】(1)物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中,由动能定理mgh-μmgx=0-0,解得x=2m。(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s,因为传送带长度l=3m>2m,所以物块到达C点的速度v=2m/s。经过管道C点,有mg-FN=m由牛顿第三定律得FN'=FN,则物块对管道的压力FN'=1511N≈1.36N,物块从C点运动到动能最大的过程,根据平衡条件,得mg=kx',得x'=0.1m,由动能定理,得mg(r+x')-12kx'2=12mvm2解得vm=4m/s。(3)物块再次回到C点的速度仍为2m/s,它在传送带上先向左匀减速运动至速度为零,再向右匀加速运动至C点,速度大小仍为2m/s。因此电动机多消耗的能量即为物块与传送带之间的摩擦生热。物块向左减速的位移x1=vC22μg=与传送带的相对位移Δx1=x1+v0vCμg=1.物块向右加速的位移x2=vC22μg=与传送带的相对位移Δx2=v0vCμg-x2=0.因此电动机在一个周期内多消耗的电能E=μmg(Δx1+Δx2)=4J。综合模拟卷(八)答案速查题号12345678910答案DCDCAACCCC题号1112131415161718答案DDDADDCD1.D2.C磁感线是封闭曲线,螺线管内部的磁感线条数与螺线管外部的磁感线条数相同。由于螺线管内部横截面积小,所以内部磁感线最密,磁感应强度最大,故C正确。3.D分析体操运动员在单杠上的翻杠动作时,运动员的大小和形状不能忽略,故不可将运动员视为质点;描述乘客在车厢内的运动情况,则以车厢为参考系最好;研究物体的运动时,若选择不同的参考系,物体的位移可能相同;研究比赛中铅球被掷出后在空中的飞行时间时,铅球的大小相对于运动的轨迹可以忽略不计,故可以将它视为质点,故D正确。4.C无论向哪个方向抛出,抛出之后的物体都只受到重力的作用,加速度为g,处于完全失重状态,此时水和容器的运动状态相同,它们之间没有相互作用,水不会流出,故C正确。5.A电磁波是运动的电磁场,是横波,既可以传递信息,又可以传递能量;麦克斯韦提出了完整的电磁场理论的假说,而赫兹通过实验证实了电磁波的存在;变化的电场在周围的空间一定产生磁场,但如果是均匀变化的电场,则只能产生恒定的磁场;各种频率的电磁波在真空中的传播速率都相同,均为光速。故选A。6.A北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置,授时服务提供的是时刻,测速服务提供的是运动物体的速率,故选A。7.C8.CA桶静止,其合力为零,故受到的摩擦力等于自身重力,故A错误;A桶受到的是静摩擦力,大小等于重力,故手对A桶的握力增加,摩擦力不变,故B错误;根据共点力平衡可知,A桶和B桶受到人给的作用力等于各自重力,故相同,故C正确、D错误。9.C假设树叶飘落是自由落体运动,由h=12gt2可知,下落的时间为0.8s。但实际上树叶下落的时间有3s,说明下落过程中存在空气阻力,故A、D错误;由于不清楚空气阻力的方向,所以树叶飘落的运动不一定是直线运动,故B错误;由于空气阻力做负功,所以树叶的机械能肯定减少,故C10.C吊臂绕固定转轴O旋转,因此vA=lω,方向垂直于吊臂,故A错误;B点的角速度应该等于A点的角速度,故B错误;根据v=rω可知,vB=2vA,故C正确;根据a=rω2可知,B点的向心加速度为a=2ω2l,故D错误。11.D甲物体做变速直线运动,乙物体做匀速直线运动,故A错误;根据x-t图线的斜率表示速度,可知两物体的初速度不为零,且在t1时刻两物体的速度不相等,故B、C错误;0~t1时间内,两物体位移相同,故平均速度相等,故D正确。12.D由F引=GMmr2=man=mv2r=mr4π2T2,可得地球绕新的恒星与原来绕太阳运动相比,万有引力是原来的1213.D①将地面上的物体往上堆积,物体沿力的方向移动了距离,力对物体做功;②在水平方向搬运一盆花,人给花盆一个向上的托力,但是花盆在水平方向移动了距离,托力对花盆没有做功;③人给重物一