202004051742138064.doc

仿真冲刺卷(四)‎ ‎14.D　根据电荷数和质量数守恒,有235+A=96+138+2,92+Z=38+54,解得A=1,Z=0,可知X为中子,故A,B错误;由比结合能与核子数的关系图可知,核子数大于56后,核子数越多,比结合能就越小,就越不稳定‎,‎‎92‎‎235‎U‎,‎‎38‎‎96‎Sr和‎ ‎‎54‎‎138‎Xe相比‎,‎‎92‎‎235‎U核子数最多,故它的结合能最大,但它的比结合能最小,因而不稳定,故C错误,D正确.‎ ‎15.C　xt图象的斜率等于速度,斜率越大,速度越大,甲比乙运动得慢,故A错误;由图知,乙在t=10 s 时从原点出发,此时甲已经运动了一段时间,甲的位置坐标大于20 m,则两物体相距大于20 m,故B错误;在0～10 s这段时间内,乙静止在原点,甲沿正向做匀速直线运动,则两物体间的距离逐渐增大,在10～25 s 这段时间内,甲的运动速率小于乙的运动速率,甲在乙的前方,则两者距离逐渐减小,故C正确;在前25 s内,甲的位移为x1=(40-20)m=20 m,乙的位移为x2=(40-0)m=40 m,故D错误.‎ ‎16.D　根据变压器电压的制约关系可知,输入电压不变,输出电压不变,故V1表的示数和V2表的示数不变,故B错误;通电一段时间后,温度升高,热敏电阻阻值减小,故输出电流和输入电流都增大,即A1表的示数和A2表的示数都增大,故A错误;电容器可以通交流,通过R1的电流不为零,故C错误.输入电流增大,则变压器的输入功率增大,故D正确.‎ ‎17.C　根据开普勒第一定律可知这7颗行星运行的轨道一定是椭圆轨道,故A错误;根据万有引力提供向心力,有GMmr‎2‎=mv‎2‎r,则v=GMr,这7颗行星运行的线速度大小都不同,最外侧的行星线速度最小,故B错误;根据GMmr‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎r,有T=‎4πr‎3‎GM,这7颗行星运行的周期都不同,最外侧的行星周期最大,故C正确;要在地球表面发射航天器到达该星系,发射的速度最小为第三宇宙速度,故D错误.‎ ‎18.C　金属棒受到的安培力水平向左,大小F=BIL=‎B‎2‎L‎2‎vR ‎,金属棒在安培力作用下做减速运动,速度v越来越小,导体棒克服安培力做功,把金属棒的动能转化为回路中产生的焦耳热,由于ab间距离与bc间距离相等,安培力F从a到c逐渐减小,由W=Fs定性分析可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,因此在a到b的过程回路中产生的热量多,由动能定理,a到b棒的动能减少量大于b到c棒的动能减少量,故B,D错误;金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力,由牛顿第二定律得B‎2‎L‎2‎vR=ma,由于v减小,所以金属棒向右运动过程中,加速度逐渐减小,故A错误;金属棒运动过程中,通过棒截面的电荷量Q=ERΔt=ΔΦR=BΔSR,从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B,R相等,因此,通过棒横截面的电荷量相等,故C正确.‎ ‎19.AC　对图(甲),设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩x时弹性势能Ep=‎1‎‎2‎Mv‎0‎‎2‎;对图(乙),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A,B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量仍为x时,A,B二者达到相等的速度v,由动量守恒定律有M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=‎1‎‎2‎M·‎(2v‎0‎)‎‎2‎-‎1‎‎2‎(M+m)v2,联立得M=3m,Ep=‎1‎‎2‎Mv‎0‎‎2‎=‎3‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,故B,D错误,A,C正确.‎ ‎20.BD　变速圆周运动需要变力来提供向心力,物体受恒力作用,不可能做变速圆周运动,故A错误;质点减速运动的最小速度不为0,说明质点不是做直线运动,合外力恒定,做匀变速曲线运动,故B正确;质点的速度先减小后增大,其最小值为‎3‎‎2‎v0,分析可知初速度与恒力的夹角为120°,垂直恒力方向有vx=v0cos 30°=‎3‎‎2‎v0,沿恒力方向有vy=v0sin 30°=v‎0‎‎2‎,速度减小到最小这段时间,由动量定理可得IF=0-mvy=-mv‎0‎‎2‎,由动能定理可得WF=‎1‎‎2‎m·(‎3‎‎2‎v0)2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=-mv‎0‎‎2‎‎8‎,故C错误,D正确.‎ ‎21.ACD　小球受到电场力,向右摆动的最大角度为60°,末速度为零,根据动能定理,有Eqlsin α-mgl(1-cos α)=0,解得E=‎3‎mg‎3q,选 项A正确;在水平向右的匀强电场中,小球由静止状态向右摆动到60°的过程中,电场力做正功,电势能减小,选项B错误;‎ 改变电场强度的大小和方向后,平衡在α=60°处时,设电场力与竖直方向的夹角为γ,根据正弦定理,则有Fsin60°‎=mgsin(180°-60°-γ)‎;改变小球的质量,新的平衡位置在α=30°处,根据正弦定理,则有Fsin30°‎=‎2mgsin(180°-30°-γ)‎,解得F=mg,γ=60°,即电场的方向向右上方且与水平面成30°角,选项C,D正确.‎ ‎22.解析:(1)根据螺旋测微器的读数规则可知 d=2.5 mm+0.01 mm×5.7=2.557 mm;‎ ‎(2)滑块离开弹簧后做匀速直线运动,则有v=dΔt.‎ ‎(3)弹簧的弹性势能转化为滑块的动能,有Ep=‎1‎‎2‎mv2=md‎2‎‎2Δt‎2‎,‎ 则要求出弹簧的弹性势能,‎ 还需要测量滑块(含遮光条)的质量m,故选C.‎ 答案:(1)2.557(2.557～2.559均可)　(2)v=dΔt　(3)C 评分标准:每问2分.‎ ‎23.解析:(1)多用电表的示数为10 Ω,倍率为“×1”,故读数为10 Ω.元件X的电阻远小于电压表内阻,电流表采用外接法误差较小,因此应选择图(b)所示实验电路.‎ ‎(2)滑动变阻器的滑片P从左向右滑动,并联支路电压增大,电流表的示数逐渐增大.‎ ‎(3)元件X的图线为一条直线,是线性元件,而元件Y的UI图线为曲线,是非线性元件.‎ ‎(4)根据UI图线得出元件X的电阻R=10 Ω;‎ 闭合S1和S2,电压表读数为3.00 V,‎ 则有E=3.00 V+‎3.00‎‎10‎ A×r,断开S2,读数为1.00 V,‎ 则有E=1.00 V+‎1.00‎‎10‎ A×(r+21 Ω)‎ 联立解得E=3.2 V,r=0.50 Ω.‎ 答案:(1)10　(b)　(2)增大　(3)Y　(4)3.2　0.50‎ 评分标准:第(1)问每空1分,第(2)问2分,第(3)问1分,第(4)问每空2分.‎ ‎24.解析:(1)在OA段P=F1v0(2分)‎ 而F1=f1=1×103 N(1分)‎ 解得P=6.0 kW.(1分)‎ ‎(2)汽车离开B点前已经匀速,则有P=F2v(1分)‎ 而F2=f2,解得f2=2×103 N(1分)‎ 在减速阶段,有f2-F=Ma,‎ 解得F=1.5×103 N(2分)‎ 此时汽车速度大小v1=PF=4 m/s.(1分)‎ ‎(3)A→B过程,由动能定理得 PtAB-f2d=‎1‎‎2‎Mv2-‎1‎‎2‎Mv‎0‎‎2‎(2分)‎ 解得tAB=3.83 s.(1分)‎ 答案:(1)6.0 kW　(2)4 m/s　(3)3.83 s ‎25.解析:(1)‎ 小球a的轨迹如图所示,才能与小球b相撞,‎ 故小球a在磁场中做圆周运动的半径 r=R(1分)‎ 在磁场中有qvaB=mava‎2‎r(1分)‎ 解得va=2 m/s(1分)‎ 小球在磁场中的运动时间t1=πrva=0.314 s(1分)‎ 小球在电场中的运动时间t2=‎2‎vaa(1分)‎ 而a=qEma=10 m/s2(1分)‎ 解得t2=0.4 s(1分)‎ 则小球a射入磁场到与小球b相碰撞经历的时间 t=t1+t2=0.714 s.(1分)‎ ‎(2)小球a与b发生弹性碰撞,根据动量、能量守恒定律有 mava=mava′+mbvb′(2分)‎ ‎1‎‎2‎mava‎2‎=‎1‎‎2‎mava′2+‎1‎‎2‎mbvb′2(2分)‎ 解得va′=‎2‎‎3‎ m/s,vb′=‎8‎‎3‎ m/s,(1分)‎ 因两个小球是大小相同的金属球,碰后分开时所带电荷量 qa=qb=q‎2‎(1分)‎ 因碰后两球的速度均垂直电场方向,故均做类平抛运动.‎ 对于小球a,沿电场方向有qaE=maa1,得a1=5 m/s2.‎ 对于小球b沿电场方向有qbE=mba2,得a2=10 m/s2.‎ 由于a2>a1,假设小球均未从NP边界穿出,则小球b将先到达MN边界.‎ 小球b沿电场方向的位移R=‎1‎‎2‎a2tb‎2‎,‎ 得tb=0.2 s.(1分)‎ 此时小球b在垂直电场方向的位置为 ‎2R+vb′tb=‎14‎‎15‎ mr0‎ 时,分子间的引力和斥力都随着分子间距的增大而减小,而且斥力减小更快,所以分子力表现为引力,故C错误;大气中相对湿度越大,水分蒸发也就越慢,人就感受到越潮湿,故大雾天气学生感觉到教室潮湿,说明教室内的相对湿度较大,故D正确;根据热力学第一定律,做功和热传递都可以改变内能,所以气体从外界吸收热量,其内能不一定增加,还与做功情况有关,故E正确.‎ ‎(2)对气体Ⅰ,初态:T1=300 K,p1=1.0×105 Pa,‎ V1=lS;‎ 末态:T2=440 K,p2=p0+mgS=1.1×105 Pa,‎ V2=l′S,‎ 根据理想气体状态方程p‎1‎V‎1‎T‎1‎=p‎2‎V‎2‎T‎2‎(2分)‎ 解得l′=160 cm.(1分)‎ 对气体Ⅱ,初态:T3=300 K,‎ p3=p0+‎2mgS=1.2×105 Pa,V3=lS;‎ 末态:T4=440 K,p4=p2+mgS=1.2×105 Pa,‎ V4=l″S(2分)‎ 根据理想气体状态方程p‎3‎V‎3‎T‎3‎=p‎4‎V‎4‎T‎4‎(2分)‎ 解得l″=176 cm.(1分)‎ 故活塞A上升的高度 Δh=(l′-l)+(l″-l)=96 cm.(2分)‎ 答案:(1)ADE　(2)96 cm ‎34.解析:(1)据波的传播特点知,各个质点的起振方向与波源的起振方向相同.由图象可知,A点的起振方向沿y轴正方向,则波源的起振方向是沿y轴正方向;据图象可知,振动周期T=4 s,波从O传到A的时间t= 3 s,所以波速v=xt=0.3 m/s;波长λ=vT=1.2 m;从振源起振开始,17 s内质点A振动了14 s,A通过的路程为s=‎14‎‎4‎×4 A=2.8 m.综上分析,A,C,E正确.‎ ‎(2)①光线在玻璃砖内的光路图如图所示.‎ 由几何关系可知,光线在AD面上的折射角r=30°.(3分)‎ 则该玻璃砖的折射率n=sinisinr=sin60°‎sin30°‎=‎3‎.(2分)‎ ‎②在AB界面上,sin C=‎1‎n=‎3‎‎3‎(2分)‎ 入射角为60°大于临界角C,故光线发生全反射.(1分)‎ 设光从BC界面上N点射出,由几何关系可知 BN=atan 30°=‎3‎‎3‎a.(2分)‎ 答案:(1)ACE　(2)①‎3‎　②‎3‎‎3‎a