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- 2021-05-31 发布
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仿真模拟冲刺标准练(四)
选择题部分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的．
1．如图所示为氢原子能级图，氢原子中的电子从n＝4能级跃迁到n＝1能级可产生a光；从n＝3能级跃迁到n＝1能级可产生b光，a光和b光的波长分别为λa和λb，a、b两光照射逸出功为4.5 eV的金属钨表面均可产生光电效应，遏止电压分别为Ua和Ub，则( )
A．λa>λb
B．UaUb，B项错误；Ekb＝hνb－W0＝7.59 eV，D项正确．
2．C 本题考查了带电微粒在复合场中的运动，意在考查考生综合能量的相关规律处理问题的能力．
微粒受到重力、电场力和洛伦兹力作用，在复合场中做直线运动，其合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变．B错误；微粒由a沿直线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D错误．
3．C 本题考查传送带模型、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识．
工件从传送带左端运动到右端的过程中，先在滑动摩擦力作用下加速运动，根据题意，可知在传送带卡住之前，工件就已经加速到与传送带速度相等．传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，即工件先加速后匀速再减速，选项A错误；传送带卡住后，工件在滑动摩擦力作用下做减速运动，其加速度大小a＝μg，由v2＝，解得v＝，选项C正确；工件做加速运动的时间t1＝＝，加速运动的位移大小x1＝，做减速运动的时间t3＝t1＝，匀速运动的位移大小x2＝L－x1－＝，做匀速运动的时间t2＝＝，工件从传送带左端运动到右端的时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝5，选项D错误；根据上述分析可知，工件在整个过程中的平均速度＝＝，选项B错误．
4．D 本题考查左手定则、能量的转化与守恒、机械能守恒定律等知识．
当开关K闭合时，金属棒向左摆起，说明其所受安培力方向水平向左，根据左手定则可知匀强磁场方向竖直向上，故A正确；金属棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgL(1－cos θ)，故B正确；设金属棒向左摆动的初动能为EK，摆动过程中机械能守恒，有EK＝mgL(1－cos θ)，对金属棒由动量定理可知：Bd·Δt＝mv，通过金属棒的电荷量为：q＝I·Δt＝，故C正确；金属棒离开导轨前电源提供的电能除了转化为金属棒的动能，还要产生焦耳热，故电源提供的电能大于mgL(1－cos θ)，故D错误．
5．C 本题以火箭发射为情境，考查牛顿第二定律和匀变速直线运动规律及其相关知识点．
甲同学的设计方案中，对火箭加速过程由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得加速度a＝g，加速过程中火箭上升的高度x＝gt2，持续时间t火箭得到的速度v＝gt，失去推力后火箭做竖直上抛运动，又上升高度x′＝＝gt2，上升的总高度h＝x＋x′＝gt2.乙同学改进后的方案，前时间的加速过程中，由牛顿第二定律有F－mg＝ma1，解得加速度a1＝g，则前时间上升的高度x1＝g2＝gt2，持续时间得到的速度v1＝
，后时间的加速过程中，由牛顿第二定律有F－mg＝ma2，解得加速度a2＝3g，则后时间上升的高度x2＝＋×3g2＝gt2，再经时间后火箭的速度v2＝v1＋a2·＝2gt，失去推力后火箭做竖直上抛运动，又上升高度x3＝＝2gt2，上升的总高度h′＝x1＋x2＋x3＝gt2＋gt2＋2gt2＝2.75gt2＝2.75 h，C正确．
6．C 本题考查动量守恒定律及其相关知识点．
把两颗子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律，可知最终木块静止．左侧射手开枪，把子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律可知，木块向右运动．右侧射手开枪，子弹相对于木块的速度大于木块静止时子弹相对于木块的速度，所以子弹进入木块的相对速度较大，分析可知d1＜d2，选项C正确，ABD错误．
7．D 本题考查了机械振动和机械波，意在考查考生对振动图象和波动图象的掌握情况．
根据图乙振动图象可知，t＝0时刻横波b上x＝0处的质点振动方向沿y轴负方向，所以横波b沿x轴负方向传播，选项A错误；同一介质中简谐波的传播速度相同，则波速va＝vb＝＝1 m/s，选项C错误；由Tb＝＝4 s，t＝0.5 s时，yb＝－10 cm可知，横波b上x＝0处质点的振动方程为y＝－10sincm，则t＝0时刻横波b上x＝0处的质点的位移为－5 cm，选项B错误；根据图甲可知横波a的波长λa＝2.0 m，横波b的波长λb＝4 m，要使x＝1.0 m处的质点的位移为20 cm，设所需时间为t，则t时刻两列波波峰叠加，t＝＝(m，n均为自然数)，得m＝2n(m，n均为自然数)，当m＝6，n ＝3时，代入可得t＝13.5 s，符合题意，选项D正确．
8．C ab棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，安培力大小FA＝，加速度大小a＝＝，由于速度减小，所以ab棒做加速度减小的变减速运动直到静止，选项A错误；ab杆速度减为0时，对ab
棒应用动量定理得－BL·Δt＝0－mv0，即BLq＝mv0，解得q＝，选项B错误；ab杆速度减为0时，由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可知，通过ab杆的电量为q＝·Δt＝·Δt＝·＝＝＝，联立解得x＝，选项C正确；ab杆速度减为时，安培力F′A＝，加速度大小a′＝＝，选项D错误．
9．AC 本题结合法拉第电磁感应定律考查考生对物理过程的分析能力．
在线框匀速进、出磁场的过程中，产生的感应电动势与线框切割磁感线的有效长度成正比，由楞次定律和安培定则可判断电流方向，又t＝0时，有效长度不为零，故A正确，B错误；在线框匀速运动过程中，拉力F与线框所受安培力平衡，由安培力FA＝可知，拉力F与线框切割磁感线有效长度的二次方成正比，由数学知识可知C正确，D错误．
10．BD 本题考查了电路动态分析和含容电路的分析，意在考查考生的理解能力和推理能力．
处在电容器中的油滴P恰好静止不动时，有mg＝qE，要使油滴P向上加速运动，只有增大电场强度E.将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻的阻值增大，滑动变阻器R0上分得的电压减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器两端的电压不变，所以电场强度不变，油滴P不动，A错误；当滑动变阻器的滑片向上移动时，电容器两端的电压增大，由E＝知电场强度增大，油滴P向上加速运动，B正确；当增大平行板电容器两个极板的距离时，电容器不能放电，电容器所带电荷量不变，由Q＝·Ed可知电场强度不变，油滴P不动，C错误；当减小平行板电容器两个极板的正对面积时，电容器不能放电，电容器所带电荷量不变，由C＝可知U增大，所以电场强度增大，油滴P向上加速运动，D正确．
11．BD 本题考查考生的分析综合能力，需要考生熟知带电粒子在复合场中的运动规律及处理方法．
设小球释放点的坐标为(x，y)，初速度为v0，由平抛规律可知x＝v0t，y＝gt2，由以上两式可得y＝x2，又由题意可知y＝，联立可得v0＝10 m/s，B正确；小球在第三象限做匀速圆周运动，则mg＝qE，即E＝，方向竖直向上，A错误；根据题意结合左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，C错误；设小球最初进入第三象限时合速度为v，与y轴负半轴夹角为α，则有v0＝vsin α，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，r＝＝，小球在磁场中的偏转角恒为2α且运动轨迹的弦长不变，恒为，要使小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为Smin＝πR2＝π()2，D正确．
12．AB 本题考查理想变压器，理想变压器原副线圈匝数之比为1:2，则原副线圈的电流之比为2:1，根据P＝I2R可知L1与L2消耗的电功率之比为2:1，A正确；设通过L1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，原线圈两端电压为U－IR1，副线圈两端电压为2(U－IR1)，有＝R2＋R＝12 Ω，解得I＝3 A，B正确；若增加光照强度，则R电阻减小，由＝R2＋R，得I(3＋0.5R)＝24，所以R电阻减小时，原副线圈电流变大，L2功率变大，电阻L1两端的电压变大，原线圈和副线圈两端电压均变小，电压表读数将变小，CD错误．
13．答案：(1)D C (2)B
解析：(1)实验中要求小盘的质量远小于小车的质量，主要目的是让细绳对小车的拉力近似等于小盘的重力，选项D正确；去掉小盘，将平板右端稍微抬高一些，松开夹子，轻推小车，小车匀速运动，主要目的是平衡摩擦力，让细绳对小车的拉力等于小车所受的合力，选项C正确．(2)在相等的时间内甲、乙两车位移分别为x甲＝4.00 cm，x乙＝8.00 cm.由x＝at2可知＝＝，B正确．
14．答案：(1)2.92 V(2.91～2.94 V) 2.92 mA(2.91～2.94 mA) (2)15 30 (3)0.201 2 499.5
解析：(1)B端接“4”时为电压表小量程即5 V，
读中间一排数字，因为最小分度值为0.1 V，估读到下一位，指针指在2.0～3.0 V之间约9.2格处，所以读数为2.92 V；B端接“1”时为电流表的大量程即5 mA，则此时的读数为2.92 mA.(2)由题图丙可知中值电阻和短路电流分别为15 kΩ和2.0 mA，所以此时多用电表的内阻为15 kΩ，电源电动势E＝15 kΩ×2.0 mA＝30 V．(3)由题可知I大＝5 mA，I小＝2 mA，由电流表改装知识可知，＝，＝，解得R1＝0.201 Ω，由I小×＝5 V，解得R4＝2 499.5 Ω.
15．解析：(1)由波形图知，波长λ＝4 m
波长、波速和周期的关系为v＝
联立并代入数据得该波的周期为T＝1 s
(2)结合题给条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为yM＝0.04sin m
经时间t1(小于一个周期)，M点的位移仍为0.02 m，运动方向向下．可解得t1＝ s
由于N点在M点右侧波长处，所以N点的振动滞后个周期，其振动方程为yN＝0.04sin m＝0.04sin m
当t1＝ s时，质点N的位移大小为 m
16．答案：(1)0.18 N·s (2)7.2×10－3 m/s2 26 m/s
解析：(1)光子能量E＝hν
光子动量p＝＝
所以E＝pc
单位时间接收到的能量与光子数n的关系为E0S＝nE
p总＝np
所以p总＝＝0.18 N·s
(2)对撞上帆板的光子进行分析，由动量定理得
2p总＝F压t，其中t＝1 s
由牛顿第二定律得
a＝＝7.2×10－3 m/s2
Δv＝at＝26 m/s
17．答案：(1)4:1 (2)tan θ (3)(M＋m)g－mgsin2θ
mgsin 2θ，方向向左
解析：(1)滑块上滑与下滑过程中位移大小相等，上滑初速度为v0，返回斜面底端时的速度大小为，且均做匀变速直线运动，则上滑阶段的平均速度是下滑阶段的2倍
上滑时间为下滑时间的，设上滑过程中加速度大小为a1，下滑过程中加速度大小为a2，则有
a1t＝v0，a22t＝
解得a1＝4a2，即上滑与下滑过程中加速度大小之比为4:1
(2)根据牛顿第二定律，上滑过程
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
下滑过程mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得μ＝tan θ
(3)将μ＝tan θ代入mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得
a2＝gsin θ
下滑过程滑块处于失重状态，滑块所受竖直方向的合外力F1＝ma2sin θ＝mgsin2θ
所以斜面对地面的压力为
FN＝(M＋m)g－mgsin2θ
滑块所受水平方向的合外力
F2＝ma2cos θ＝mgsin 2θ，方向水平向左
滑块对斜面水平向右的分力大小等于
F′2＝mgsin 2θ
斜面静止，可知地面对斜面的摩擦力大小为
f＝F′2＝mgsin 2θ，方向向左
18．答案：(1)3 m/s (2)10 m/s (3) s
解析：(1)物块a、b进入复合场后所受电场力F＝qE＝2×10－2 N＝2mg，所以组合体在复合场中做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力Bqv＝2m
可得r＝
由几何知识有h＝r＋＝3 m
解得r＝2 m，v＝3 m/s
(2)设物块A出发时的速度为v0，物块a、b碰撞瞬间，由动量守恒定律有mv0＝2mv′
物块a、b碰撞后到进入复合场前由动能定理有
－μ2mgL＝·2mv2－·2mv′2
联立解得v0＝10 m/s，v′＝5 m/s
(3)物块a、b碰撞后到进入复合场前有v＝v′－at1，a＝μg得t1＝2 s
物块a、b进入复合场后
T＝，t2＝＝ s
所以从物块发生碰撞到落地前瞬间经历的总时间
t＝t1＋t2＝ s
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