綜合模擬卷(一)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，滿分39分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確．選對的得3分，不選或錯選得0分)1．以下各物理量屬于矢量的是()A．質量 B．摩擦力C．時間 D．動摩擦因數(shù)答案B解析矢量是既有大小，又有方向的物理量，質量、時間、動摩擦因數(shù)只有大小而沒有方向，摩擦力有大小，也有方向，故選B.2．2016年第31屆夏季奧運會在巴西的里約熱內盧舉行．下列比賽中可把研究對象看成質點的是()A．研究蘇炳添在百米跑比賽時的起跑技術B．研究乒乓球男子單打冠軍馬龍的發(fā)球動作C．研究女子3米板冠軍施廷懋的跳水動作D．研究女子50米步槍三姿比賽中杜麗射出的子彈軌跡答案D解析質點是理想化的物理模型，當物體的大小和形狀對研究的問題沒有影響或影響很小可忽略不計時，物體可以看做質點，研究蘇炳添在百米跑比賽時的起跑技術，馬龍的發(fā)球動作，施廷懋的跳水動作，他們的形狀不能忽略，故不能看成質點；而研究杜麗射出的子彈軌跡時，子彈的大小、形狀可以忽略，所以D正確．3.如圖1是甲、乙兩物體在同一直線上運動的x－t圖象，由圖象可以判斷從t1到t2的時間內()圖1A．甲物體在做勻減速直線運動B．乙物體在做勻加速直線運動C．兩物體都在做勻速直線運動D．甲、乙兩物體的運動方向相同答案C解析由x－t圖象的物理意義知，t1到t2時間內，都做勻速直線運動，甲向負方向運動，乙向正方向運動，即運動方向相反，所以A、B、D錯誤，C正確．4．下列說法正確的是()A．牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因B．萬有引力定律中的引力常量由牛頓測定C．庫侖定律中的平方反比關系由庫侖通過庫侖扭稱實驗獲得D．奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了磁場對電流的作用規(guī)律答案C解析伽利略首先通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因，A錯；萬有引力定律中的引力常量由卡文迪許測定，B錯；庫侖通過庫侖扭秤實驗得出庫侖定律，C對；奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，D錯．5.2015年4月16日，中國南車設計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線，不久將成為二三線城市的主要公交用車．這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)、全球首創(chuàng)的“超級電容器”．如圖2所示，這種電容器安全性高，可反復充放電100萬次以上，使用壽命長達十二年，且容量超大(達到9500F)，能夠在10s內完成充電．下列說法正確的是()圖2A．該“超級電容器”能儲存電荷B．該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大C．該“超級電容器”放電過程中把化學能轉化為電能D．充電時電源的正極應接“超級電容器”的負極答案A解析電容器能儲存電荷，A正確；電容器的電容反映電容器容納電荷的本領，由電容器本身決定，與電壓無關，B錯誤；電容器放電過程把電能轉化為其他形式的能，C錯誤；電容器充電時，電源的正極接電容器的正極，D錯誤．6．關于磁場和磁感線，下列說法正確的是()A．條形磁鐵內部的磁感線方向是從磁鐵的N極指向S極B．一小段通電導線放在某處不受磁場力作用，則該處的磁感應強度為零C．兩通電導線之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的D．在磁感應強度為B的磁場中，穿過面積為S的平面的磁通量為Φ＝BS答案C解析條形磁鐵內部的磁感線方向是從磁鐵的S極指向N極的，A不正確；一小段通電導線放在磁場中某處，若導線平行于磁場，既便磁感應強度不為零，導線也不受磁場力作用，故B錯；兩通電導線間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，C正確；在磁感應強度為B的磁場中，只有當磁感應強度B垂直某平面時，穿過面積為S的該平面的磁通量Φ＝BS才成立，D不正確．故選C.7．為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，如圖3所示，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，上下底面是金屬板．當金屬板連接到高壓電源正、負兩極時，在兩金屬板間產生勻強電場．現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，顆粒帶負電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力．下列說法正確的是()圖3A．煙塵顆粒向下運動B．兩金屬板間電場方向向上C．煙塵顆粒在運動過程中電勢能減少D．煙塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍答案C解析兩金屬板間電場方向由正極板指向負極板，即方向向下，B錯；負電荷受力方向與電場方向相反，故煙塵顆粒應向上運動，A錯；煙塵顆粒所受電場力做正功，電勢能減小，C正確；煙塵電荷量只能是電子電荷量的整數(shù)倍，故D錯．8．如圖4所示，拖拉機拉著耙耕地，拉力F與水平方向成α角，若將該力沿水平和豎直方向分解，則它的水平分力為()圖4A．Fsinα B．FcosαC．Ftanα D.eq\f(F,tanα)答案B解析由力的平行四邊形定則知：F分解示意圖如圖，由三角函數(shù)得：F水平＝Fcosα，所以B正確，A、C、D不正確．9．自行車修理過程中，經常要將自行車倒置，搖動腳踏板檢查是否修好，如圖5所示，大齒輪邊緣上的點a、小齒輪邊緣上的點b和后輪邊緣上的點c都可視為在做勻速圓周運動．則線速度最大的點是()圖5A．大齒輪邊緣上的點aB．小齒輪邊緣上的點bC．后輪邊緣上的點cD．a、b、c三點線速度大小相同答案C解析a點與b點線速度大小相等，即va＝vb，b點與c點角速度相等，即ωb＝ωc，又v＝rω，rb＜rc，所以vc＞vb＝va，即后輪邊緣上的c點線速度最大，故應選C.10.如圖6所示，2016年巴西奧運會上，中國選手鄧薇以262公斤(抓舉115公斤，挺舉147公斤)的總成績打破奧運會、世界紀錄．某次抓舉，在杠鈴被舉高的整個過程中，不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖6A．杠鈴的動能一直增大B．杠鈴的重力勢能一直增大C．杠鈴的機械能守恒D．杠鈴一直處于超重狀態(tài)答案B解析杠鈴被舉高的過程一定經歷了先加速向上，后減速向上的運動，所以動能應先增大后減小，A錯；杠鈴一直向上運動，重力勢能一直增大，B正確；因人對杠鈴的支持力做正功，杠鈴的機械能增加，C不正確；加速度先向上，后向下，杠鈴先超重，后失重，D不正確．11.2012年9月我國采用一箭雙星的方式發(fā)射了“北斗導航衛(wèi)星系統(tǒng)”(BDS)．系統(tǒng)中的兩顆圓軌道半徑均為21332km的“北斗－M5”和“北斗－M6”衛(wèi)星，其軌道如圖7所示．兩顆衛(wèi)星的運動均可視為勻速圓周運動，下列說法正確的是()圖7A．兩顆衛(wèi)星繞地球運行的向心加速度大小相等B．兩顆衛(wèi)星繞地球的運行速率均大于7.9km/sC．北斗－M5繞地球的運行周期大于地球的自轉周期D．北斗－M6繞地球的運行速率大于北斗－M5的運行速率答案A解析由牛頓第二定律Geq\f(Mm,r2)＝ma和兩衛(wèi)星半徑相等得兩衛(wèi)星向心加速度大小相等，A正確；近地衛(wèi)星的運行速率為7.9km/s，又Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，兩衛(wèi)星軌道半徑大于近地衛(wèi)星軌道半徑，所以其運行速率小于7.9km/s，B不正確；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)＝meq\f(v2,r)和同步衛(wèi)星軌道半徑大于兩衛(wèi)星軌道半徑得北斗－M5繞地球的運行周期小于地球自轉周期，北斗－M6與北斗－M5運行速率相等，C、D均不正確．12．如圖8所示，絕緣水平面上有A、B、C、D四點，依次相距L，若把帶電金屬小球甲(半徑遠小于L)放在B點，測得D點處的電場強度大小為E；現(xiàn)將不帶電的相同金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點，此時D點處的電場強度大小為()圖8A.eq\f(4,9)E B.eq\f(5,9)EC．E D.eq\f(20,9)E答案D解析由E＝keq\f(Q,r2)得：E＝keq\f(Q,2L2)，兩球接觸后，電荷量平分，有Q1＝Q2＝eq\f(Q,2)，ED＝keq\f(\f(Q,2),L2)＋eq\f(k\f(Q,2),3L2)，聯(lián)立得：ED＝eq\f(20,9)E，所以應選D.13．浙江臨海括蒼山風電場總裝機33臺，其中1號風場10臺，2號風場7臺，3號風場16臺，總容量2.0×107W．在家電中待機能耗較大是電視機，現(xiàn)階段我國平板電視保有量達到2.5億臺，平均每臺待機功率為8W．請估算括蒼山風電場發(fā)電多久可供全國的平板電視待機一天()A．一天 B．一個月C．一百天 D．一年答案C解析2.5億臺電視機每天耗電E＝nPt天，設括蒼山風電場發(fā)電t天可供全國的平板電視待機一天，則E容t＝nPt天，t＝eq\f(nPt天,E容)＝eq\f(2.5×108×8,2.0×107)天＝100天，故應選C.二、選擇題Ⅱ(本題共3小題，每小題2分，滿分6分．在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項符合題意，全部選對的得2分，選不全的得1分，有選錯或不答的得0分)14．(加試題)下列說法正確的是()A．“物體的長度”體現(xiàn)了量子化的思想B．發(fā)生光電效應時，增大入射光的強度能增大光電子的最大初動能C．比結合能越大，表示原子核中核子結合得越牢靠，原子核越穩(wěn)定D．能量的耗散從能量轉化的角度反映出自然界中宏觀過程的方向性答案CD解析物理量不能連續(xù)變化，而一份一份的增或減，才體現(xiàn)量子化的思想，A不對；發(fā)生光電效應時，增大入射光的頻率才能增大光電子的最大初動能，B錯誤；比結合能反映原子核中核子的穩(wěn)定程度，比結合能越大核子結合得越牢固，原子核越穩(wěn)定，C正確；能量的耗散從能量轉化的角度反映出自然界中宏觀過程的方向性，D正確．15．(加試題)如圖9所示，實線是沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，虛線是這列波在t＝0.2s時刻的波形圖．已知該波的波速是v＝0.8m/s，振幅A＝4cm.則下列說法正確的是()圖9A．這列波的傳播方向一定為x軸的負方向B．t＝0時刻x＝8cm處的質點向下振動C．經過t＝1s，x＝2cm處的質點位于平衡位置D．t＝0.2s時刻x＝4cm處的質點位移為－2eq\r(3)cm答案ACD解析由波形圖知λ＝12cm，因為v＝0.8m/s，所以T＝eq\f(λ,v)＝0.15s，波從實線狀態(tài)傳播到虛線狀態(tài)歷時t1＝0.2s，t1＝T＋eq\f(1,3)T，所以這列波一定向左傳播，A正確；由“上下坡”法知t＝0時刻x＝8cm處的質點向上振動，B錯誤；經過t＝1s，波向左傳播的距離x＝vt＝0.8m＝80cm＝6×12cm＋8cm，所以1s時x＝2cm處的質點與0時刻x＝10cm處的質點位置相同，位于平衡位置，C正確；由y＝－Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,λ)×2π))代入數(shù)據得y＝－2eq\r(3)cm，D正確．16．(加試題)一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖10甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器的觸頭，則()圖10A．副線圈輸出電壓的頻率為50HzB．副線圈輸出電壓的有效值約為22VC．P向右移動時，副線圈兩端的電壓變大D．P向右移動時，變壓器的輸入功率變小答案AB解析由甲圖知T＝0.02s，所以f＝eq\f(1,T)＝50Hz，變壓器不改變頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為50Hz，A正確；由交流電峰值與有效值關系u有效＝eq\f(um,\r(2))得u有效≈220V，再由變壓器原、副線圈變壓比eq\f(n1,n2)＝eq\f(u1,u2)得u2＝22V，B正確；P向右移動時，不改變電壓，但負載電阻R副減小，變壓器輸出功率變大，理想變壓器P出＝P入，所以變壓器輸入功率變大，C、D均不正確．三、非選擇題(本題共7小題，共55分)17．(5分)研究平拋運動的實驗裝置如圖11所示．圖11(1)實驗時，每次須將小球從軌道________(填字母)．A．同一位置釋放B．不同位置無初速度釋放C．同一位置無初速度釋放(2)上述操作的目的是使小球拋出后________(填字母)．A．只受重力 B．軌跡重合C．做平拋運動 D．速度小些，便于確定位置(3)實驗中已測出小球半徑為r，則小球做平拋運動的坐標原點位置應是________(填字母)．A．斜槽末端O點B．斜槽末端O點正上方r處C．斜槽末端O點正前方r處D．斜槽末端O點正上方r處在豎直木板上的投影點答案(1)C(2)B(3)D解析(1)做“研究物體平拋運動”實驗時，每次將小球從軌道上同一位置由靜止釋放，只有這樣，才能讓小球每次平拋的軌跡重合，描出的各點用平滑的曲線連接后，才是物體平拋運動的軌跡．所以(1)選C.(2)選B.(3)小球做平拋運動的坐標原點位置應為小球重心在豎直木板上的投影位置，故選D.18．(5分)在“多用電表的使用”實驗中，(1)如圖12所示，為一正在測量中的多用電表表盤．如果用電阻擋“×100”測量，則讀數(shù)為________Ω；如果用“直流5V”擋測量，則讀數(shù)為__________V.圖12(2)甲同學利用多用電表測量電阻．他用電阻擋“×100”測量時發(fā)現(xiàn)指針偏轉角度過小，為了得到比較準確的測量結果，請從下列選項中挑出合理的步驟，操作順序為________(填寫選項前的字母)．A．將選擇開關旋轉到電阻擋“×1k”的位置B．將選擇開關旋轉到電阻擋“×10”的位置C．將兩表筆分別與被測電阻的兩根引線相接完成測量D．將兩表筆短接，調節(jié)歐姆調零旋鈕使指針指向“0Ω”(3)乙同學利用多用電表測量圖示電路中小燈泡正常工作時的有關物理量．以下操作正確的是__________．A．將選擇開關旋轉到合適的電壓擋，閉合開關，利用圖13的電路測量小燈泡兩端的電壓B．將選擇開關旋轉到合適的電阻擋，閉合開關，利用圖13的電路測量小燈泡的電阻C．將選擇開關旋轉到合適的電流擋，閉合開關，利用圖14的電路測量通過小燈泡的電流D．將選擇開關旋轉到合適的電流擋，把圖14中紅、黑表筆接入電路的位置互換，閉合開關，測量通過小燈泡的電流圖13圖14(4)丙同學利用多用電表探測圖15所示黑箱時發(fā)現(xiàn)：用直流電壓擋測量，E、G兩點間和F、G兩點間均有電壓，E、F兩點間無電壓；用電阻擋測量，黑表筆接E點，紅表筆接F點，阻值很小，但反接阻值很大．那么該黑箱內元件的接法可能是下圖中的________．圖15答案(1)6003.60(2)ADC(3)AC(4)B解析(1)用“×100Ω”擋測電阻，由圖示可知，其讀數(shù)為6×100Ω＝600Ω；如果用直流5V擋測量電壓，由圖示可知，其分度值為0.1V，其讀數(shù)為3.60V．(2)歐姆擋測電阻時指針偏轉角度過小是由于擋位過小，需選取大擋位，進行歐姆調零后再測阻值，故順序為：ADC.(3)電流從紅表筆流入多用電表，從黑表筆流出，圖2是測電壓，圖3是測電流，表筆位置正確．故選：A、C.(4)用直流電壓擋測量，E、G兩點間和F、G兩點間均有電壓，說明E、G與F、G間可能有電源存在；用歐姆擋測量，因電流從黑表筆出來通過導體再從紅表筆進入歐姆表，故若黑表筆接E點紅表筆接F點時電阻小，說明電流容易從E通過導體，若黑表筆接F點紅表筆接E點時電阻很大，說明電流不能從F通過，這就說明E、F間有二級管且E是正極，故該黑箱內元件的接法可能是B.故選：B.19．(9分)如圖16為高速公路入口的簡化示意圖．駕駛員在入口A取卡處取得通行卡后，駕駛轎車從靜止開始勻加速通過水平直道AB，再沿上坡路段BC勻加速運動至C點進入高架主路(通過B點前后速率不變)．已知轎車和駕駛員的總質量m＝2×103kg，從A運動到B經歷的時間t＝4s，經過B處的速度v1＝10m/s，BC段長L＝100m，到達C處的速度v2＝20m/s.假設在行駛過程中受到的阻力Ff恒定，且大小為2×103N．求：圖16(1)轎車在上坡段BC運動的加速度a1的大小；(2)轎車在AB段運動的加速度a2的大小和牽引力F大小．答案(1)1.5m/s2(2)2.5m/s27×103N解析(1)汽車在上坡段做勻加速直線運動，設運動的加速度大小為a1：2a1L＝v22－v12得a1＝1.5m/s2(2)假設汽車在AB段運動的加速度大小為a2，汽車受到的牽引力為Fa2＝eq\f(v1－0,t)，a2＝2.5m/s2根據牛頓第二定律：F－Ff＝ma2得F＝7×103N.20．(12分)如圖17甲所示的陀螺可在圓軌道外側旋轉而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”．它可等效為圖乙所示模型；豎直固定的磁性圓軌道半徑為R，質量為m的質點沿軌道外側做完整的圓周運動，A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點．質點受軌道的磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為g.圖17(1)判斷質點運動過程中機械能是否守恒，并說明理由：(2)若質點在A點的速度為eq\r(gR)，求質點在該點對軌道的彈力；(3)若磁性引力大小F可變，質點仍做完整圓周運動，求eq\f(F,mg)的最小值．答案見解析解析(1)只有重力做功，機械能守恒．(2)設軌道在A點對質點向上的彈力大小為FNF＋mg－FN＝meq\f(v2,R)代入數(shù)據，得：FN＝F由牛頓第三定律得：質點在A點對軌道的彈力大小為F，方向豎直向下(3)質點在B點不脫軌即可．當vA＝0時，到達B處速度最小．mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－0FB－mg－FN＝meq\f(vB2,R)所以，F(xiàn)B＝5mg＋FN當FN＝0時，磁性引力最小故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,mg)))min＝5.21．(加試題)(4分)在“用插針法測玻璃磚折射率”的實驗中，玻璃磚的ab邊與a′b′邊相互平行，aa′邊與bb′邊不平行．某同學在白紙上仔細畫出了玻璃磚的兩條邊線aa′和bb′，如圖18所示．圖18(1)實驗時，先在玻璃磚的一側插兩枚大頭針P1和P2，以確定入射光線AO.接著，眼睛應在玻璃磚的________(選填“同一側”“另一側”)觀察所插的兩枚大頭針P1和P2，同時通過插第三、第四枚大頭針來確定從玻璃磚射出的光線．(2)實驗中是否要求四枚大頭針的針帽在同一視線上？________(填“是”或“否”)(3)下列操作可以減小實驗誤差的是________(填字母代號)．A．適當增大大頭針P1、P2的間距B．選擇玻璃磚相互平行的ab、a′b′邊來測量C．選用盡可能細的筆畫線D．使AO的入射角接近于90°答案(1)另一側(2)否(3)AC22．(加試題)(10分)如圖19為某種質譜儀結構的截面示意圖．該種質譜儀由加速電場、靜電分析器、磁分析器及收集器組成．靜電分析器中存在著徑向的電場，其中圓弧A上每個點的電勢都相等．磁分析器中存在一個邊長為d的正方形勻強磁場區(qū)域．離子源不斷地發(fā)出電荷量為q、質量為m、初速度不計的離子，離子經電壓為U的電場加速后，從狹縫S1沿垂直于MS1的方向進入靜電分析器，沿圓弧A運動并從狹縫S2射出靜電分析器，而后垂直于MS2的方向進入磁場中，最后進入收集器．已知圓弧A的半徑為eq\f(d,2)，磁場的磁感應強度B＝eq\r(\f(2mU,qd2))，忽略離子的重力、離子之間的相互作用力、離子對場的影響和場的邊緣效應．求：圖19(1)離子到達狹縫S1的速度大??；(2)靜電分析器中等勢線A上各點的電場強度E的大?。?3)離子離開磁場的位置．答案見解析解析(1)由動能定理可知：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)根據牛頓第二定律：Eq＝meq\f(v2,\f(d,2))得：E＝eq\f(2mv2,dq)＝eq\f(4U,d)(3)由qvB＝eq