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1、等值模拟二一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16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，选对的得4分，选错或不答的得0分)13(2013北京16)如图1所示，倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上下列结论正确的是()图1A木块受到的摩擦力大小是mgcos B木块对斜面体的压力大小是mgsin C桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsin cos D桌面对斜面体的支持力大小是(Mm)g答案D解析对木块m受力分析如图所示，由平衡条件可知：FN1mgcos ，Ffmgsin ，由牛顿第三定律可知，木块对斜面的压力大小为FN1mgcos ，故选项A、
2、B均错误；选M、m整体为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得：FN2(Mm)g，选项D正确，C错误14如图2所示，曲线是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是()图2A椭圆轨道的长轴长度为RB卫星在轨道的速率为v0，卫星在轨道B点的速率为vB，则v0vBC卫星在轨道的加速度大小为a0，卫星在轨道A点加速度大小为aA，则a0 答案C 解析利用开普勒第三定律可知椭圆的半长轴长度为R，所以A项错误
3、；设卫星在B点做匀速圆周运动时的速度为vB，根据卫星运行的线速度与轨道半径关系可知v0vB，卫星做椭圆运动时，在B点做向心运动，则vBvB，所以v0vB，故B项错误；由牛顿第二定律F万ma，得aG，则a0m，r2R0.5R1.5R，可得vB0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)()图4A. B. C. D.答案B解析如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在垂直于速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧ENM对应圆心角为60，所以EMO2为等边三
4、角形由于O1D，所以EO1D60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2O1ER，由qvB，得v，B正确二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分)17(2013广东17)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是UnBaKr3n.下列说法正确的有()A上述裂变反应中伴随着中子放出B铀块体积对链式反应的发生无影响C铀核的链式反应可人工控制D铀核的半衰期会受到环境温度的影响答案AC18下列说法正确的是()A液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较
5、密集，分子间引力大于斥力B晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度C扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，但扩散现象和布朗运动并不是热运动D第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律答案BC解析液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，产生表面张力，选项A错误；第二类永动机并不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律，选项D错误本题答案为B、C.19了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合史实的是()A伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响B开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律C卡文迪许利用扭秤装置测定了万
6、有引力常量G的数值D牛顿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 答案AC解析伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响，选项A正确；开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了开普勒行星运动定律，选项B错误；卡文迪许利用扭秤装置测定了万有引力常量G的数值，选项C正确；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，选项D错误20如图5所示，质量m1 kg的物块，以速度v04 m/s滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A、B两点间的距离L6 m，已知传送带的速度v2 m/s，物块与传送带间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2.
7、关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是()图5A物块在传送带上运动的时间为4 sB物块滑离传送带时的速率为2 m/sC传送带对物块做功为6 JD整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18 J答案BD解析物块与传送带之间的摩擦力为mg2 N，加速度为ag2 m/s2，物块减速到零时的位移为s4 m，没有到达B端，物块会向左加速运动，加速到与传送带速度相同时的位移s11 m，则物块还要以2 m/s的速度向左匀速运动4 m1 m3 m脱离传送带，选项B正确；物块减速运动的时间t12 s，加速运动的时间t21 s，匀速运动的时间t3 s1.5 s，总时间为2 s1 s1.5 s4.5 s，选项A错误；
8、根据动能定理，传送带对物块做的功为mv2mv6 J，选项C错误；整个过程中摩擦力产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，只有在物块减速运动和加速运动时才有相对位移，在物块减速运动和加速运动阶段，传送带一直做匀速运动，相对位移为s4 m4 m2 m1 m9 m，产生的热量Qfs18 J，选项D正确21如图6所示，一带正电的离子P，在只受某一点电荷Q(Q 未画出)的电场力作用下，从A经过B运动到C的轨迹，轨迹关于水平轴线MN对称，B点是轨迹曲线的最右端则以下说法正确的是()图6AB点速率可能最大BB点加速度一定最大CB到C过程电势能可能减小DA到B过程电势能一定减小答案AC解析带正电的离子P在只受某一点
9、电荷Q的电场力作用下，从A经过B运动到C，根据题图的轨迹，若点电荷Q在左侧带负电，则带正电的离子P经过B点速率可能最大，也可能最小；若电荷Q在右侧带正电，则带正电的离子P经过B点速率可能最小，选项A正确若带正电的离子P经过B点速率最大，则B点加速度最大；若带正电的离子P经过B点速率最小，则B点加速度最小，选项B错误若点电荷Q在右侧带正电，则带正电的离子由B到C过程电场力做正功，电势能减小，选项C正确若点电荷Q在左侧带负电，带正电的离子由A到B过程可能克服电场力做功，电势能增加，选项D错误三、非选择题(本大题共3小题，共54分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写
10、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)34(18分)(1)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图7所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点图7图8给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示根据图中数据计算的加速度a_m
11、/s2(保留两位有效数字)图8为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_A木板的长度L B木板的质量m1C滑块的质量m2 D托盘和砝码的总质量m3E滑块运动的时间t滑块与木板间的动摩擦因数_(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)(2)用伏安法测一个蓄电池的电动势E和内电阻r.现有器材：电流表(量程60 mA，内阻约为10 )；电压表(量程10 V，内阻约为20 k)；热敏电阻(80 200 )；5杯温度分别为20 、40 、60 、80 、100 的水；开关一个；导线若干有一位同学根据现有器材设计实验电路并连接了部分实物，如图9所示，请用笔画线代替导线把电压表接入电路图9下表为该同学用
12、热敏电阻插入不同温度的水时测得的数据，他把这些数据画出如图10所示UI图线，由该图线可得蓄电池的电动势E_V，内电阻r_(保留二位有效数字).t/20406080100I/mA26.133.340.046.252.2U/A5.485.335.205.084.96图10利用以上数据还可以粗略算出热敏电阻的阻值，发现随着温度的升高，热敏电阻的阻值将会变_(填“小”或“在”)答案(1)0.49(2分)CD(2分)(2分)(2)所画电路如图(4分)6.0(5.86.2都对)(3分)，20(1921都对)(3分)小(2分)解析(1)根据逐差法，加速度a m/s20.49 m/s2.根据牛顿第二定律有m3
13、gm2g(m2m3)a，所以需要测量滑块的质量m2、托盘和砝码的总质量m3，选C、D.根据上一问的式子，解得.(2)根据数据作UI图线，作图中尽量使点分布在直线上，或均匀分布在直线的两侧，由图线与纵轴的截距可得电动势的值约为6.0 V(5.86.2之间即可)图线的斜率即为电池的内阻，内阻约为20 (1921之间即可)由数据可计算热敏电阻在不同温度下的电阻即R，然后比较计算结果得出结论35(18分)如图11所示，四分之一圆轨道OA与传达带相切相连下方的水平轨道CD与他们在同一竖直面内圆轨道OA的半径R1.25 m，传送带长s2.25 m，圆轨道OA光滑，AB与CD间的高度差为h.一滑块从O点静止
14、释放，当滑块经过B点时(无论传送带是否运动)，静止在CD上的长为L1 m的木板(此时木板的末端在B点的正下方)在F12 N的水平恒力作用下启动，滑块能够落在木板上已知滑块与传送带的摩擦因数10.2，木板的质量M1 kg，木板与CD间的摩擦因数为20.4，g取10 m/s2，求：图11(1)如果传送带静止，求h的取值范围(2)如果传送带可以以任意速度传动，取h20 m，试判断滑块还能否落在木板上答案(1)1.25 mh5 m(2)滑块不能落在木板上解析(1)滑块滑到A点时的速度为vA，由机械能守恒有：mgRmv(1分)解得vA5 m/s(1分)滑块滑过静止的传送带到达B点后，速度为vB，则由动能
15、定理有：mgsmvmv(1分)解得vB4 m/s(1分)木板在CD上运动的加速度由牛顿第二定律得a8 m/s2(1分)如果滑块恰好落在木板左端，需耗时t1，则有：vBt1at(1分)解得t11 s(1分)对应的高度h1gt(1分)解得h15 m(1分)如果滑块恰好落在木板右端，需耗时t2，则有：vBt2atL(1分)解得t20.5 s(1分)对应的h2gt(1分)解得h21.25 m(1分)故h的取值范围是1.25 mh5 m(1分)(2)如果h20 m，则滑块落在木板上的时间为t，则有：hgt2(1分)解得t2 s(1分)如果滑块落在木板左端，需要滑块有速度vB1，则有：vB1tat2，解得
16、vB18 m/s(1分)由于传送带的速率足够大，所以可以让滑块一直处于加速状态，设滑块运动到B点时的速率为vB1，由动能定理有：1mgsmvB12mv(1分)解得vB1 m/s8 m/s，即传送带不足以使滑块获得落在木板上所需的速率，故滑块不能落在木板上(1分)36(18分)如图12所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域内存在磁感应强度大小B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域、区域的宽度均为L，高度均为3L.质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为(2L，L)的A点以速度v0沿x方向射出，恰好经过坐标为0，(1)L的C点射入区域.粒子重力忽略不计图12(1)求匀强
17、电场的电场强度大小E；(2)求粒子离开区域时的位置坐标；(3)要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向里的匀强磁场试确定磁感应强度B2的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向答案见解析解析(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动2Lv0t(1分)Lt2(1分)联立以上两式，解得：E(2分)(2)设带电粒子经C点时的竖直分速率为vy、速度为vvytv0(2分)vv0，方向与x轴正向成45 斜向上(2分)粒子进入区域做匀速圆周运动，B1qvm，R解得：RL(2分)由几何关系知，xL，y0(2分)即离开区域时的位置坐标为(L,0)(3)如图所示 ，根据几何关系知，带电粒子从区域上边界离开磁场的半径满足LrL(2分)由r得B2(2分)设带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角为，则根据几何关系知30 90 (2分)9