高中物理學業(yè)水平考試模擬試卷(六)(時間:60分鐘,分值:70分)選擇題部分一、選擇題(本題共18小題,每小題2分,共36分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.下列說法正確的是(A)A.伽利略的斜面實驗是牛頓第一定律的實驗基礎 B.牛頓第一定律在任何條件下都成立C.元電荷是一種基本電荷 D.庫侖發(fā)現(xiàn)了通電導線周圍存在著磁場解析:牛頓在伽利略理想斜面實驗的基礎上,提出了牛頓第一定律,選項A正確;牛頓第一定律反映了物體不受外力作用時的運動規(guī)律,選項B錯誤;元電荷是電子的帶電荷量,并不是一種基本電荷,選項C錯誤;奧斯特發(fā)現(xiàn)了通電導線周圍存在著磁場,選項D錯誤。2.慣性是物體的固有屬性,一切物體都具有慣性。如圖所示的四個運動物體中,慣性最大的是(D)3.在我們的日常生活語言中,雖然沒有與速度、加速度等對應的物理學詞語,但我們也經常用一些籠統(tǒng)的語言來描述物體的運動特征。以下關于日常生活語言對運動的描述,正確的是(C)A.說某人越野跑中跑得遠,是指其位移較大 B.說某運動員比賽全程跑得快,是指其瞬時速度較大C.說某短跑運動員起跑快,是指其加速度較大 D.說某運動員比賽中沖刺快,是指其加速度較大解析:越野跑中跑得遠,是指其路程較大,A錯誤;比賽全程跑得快,是指其平均速度較大,B錯誤;運動員起跑快,是指其加速度較大,C正確;運動員比賽中沖刺快,是指沖刺階段的平均速度較大,D錯誤。4.如圖所示,某人將質量為m的石塊從距地面h高處斜向上方拋出,石塊拋出時的速度大小為v0,不計空氣阻力,石塊落地時的動能為(D)A.mgh B.12mC.12mv02mgh D.1解析:初狀態(tài)的機械能為E=mgh+12mv02,則根據機械能守恒定律得mgh+12m5.未來“膠囊高鐵”有望成為一種新的交通工具?！澳z囊高鐵”利用磁懸浮技術將列車“漂浮”在真空管道中,由于沒有摩擦,其運行速度最高可達到5000km/h。工程人員對“膠囊高鐵”在A城到B城的一個直線路段進行了測試,行駛了121.7公里,用時6分13秒。則(B)A.5000km/h是平均速度B.6分13秒是時間間隔C.“膠囊高鐵”列車在真空管道中不受重力作用D.計算“膠囊高鐵”列車從A城到B城的平均速度時,不能將它看成質點解析:5000km/h是瞬時速度,不是平均速度,故A錯誤;6分13秒是時間間隔,故B正確;“膠囊高鐵”列車在真空管道中受重力作用,故C錯誤;在A城到B城的一個直線路段進行了測試,行駛了121.7公里,路程遠大于“膠囊高鐵”列車的自身長度,可以把它看成質點,故D錯誤。6.氣球下掛一重物,沿與水平方向成60°角的方向斜向上勻速上升,如圖所示。不考慮空氣阻力,則關于氣球和重物整體的受力情況,下列說法正確的是(B)A.受重力、浮力、水平方向的風力B.只受重力和浮力的作用C.受重力、浮力、斜向上的沖力D.受重力、浮力、水平方向的風力、斜向上的沖力解析:氣球在斜向上勻速上升過程中,只受重力和浮力的作用;如果水平方向有風力,氣球不可能平衡而做勻速運動。7.下列四幅圖片涉及物理學史上的四個重大發(fā)現(xiàn),其中說法正確的是(B)A.庫侖利用圖甲實驗測出了引力常量B.奧斯特利用圖乙實驗,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場C.牛頓根據圖丙理想斜面實驗,提出了力不是維持物體運動的原因D.安培利用圖丁實驗,總結出了磁場對運動電荷作用的規(guī)律解析:卡文迪許通過扭秤實驗測出了引力常量,故選項A錯誤;伽利略通過理想斜面實驗,提出了力不是維持物體運動的原因,故選項C錯誤,安培利用圖丁實驗,總結出了磁場對電流作用的規(guī)律,故選項D錯誤。8.如圖所示,A,B為小區(qū)門口自動升降桿上的兩點,A在桿的頂端,B在桿的中點處。桿從水平位置勻速轉至豎直位置的過程中,下列判斷正確的是(D)A.A,B兩點線速度大小之比為1∶2B.A,B兩點角速度大小之比為1∶2C.A,B兩點向心加速度大小之比為1∶2D.A,B兩點向心加速度的方向相同解析:A,B兩點在同一桿上,角速度相等,故B錯誤;根據v=ωr,可知vA∶vB=rA∶rB=2∶1,故A錯誤;根據a=rω2可知,aA∶aB=rA∶rB=2∶1,故C錯誤;A,B兩點向心加速度的方向均指向圓心,故D正確。9.如圖所示,下列對教材中的四幅圖分析正確的是(C)A.圖甲:被推出的冰壺能繼續(xù)前進,是因為一直受到手的推力作用B.圖乙:電梯在加速上升時,電梯里的人處于失重狀態(tài)C.圖丙:汽車過凹形橋最低點時,速度越大,對橋面的壓力越大D.圖丁:汽車在水平路面轉彎時,受到重力、支持力、摩擦力、向心力四個力的作用解析:圖甲:被推出的冰壺能繼續(xù)前進,是因為慣性,手與冰壺不接觸了,不再對冰壺有推力作用,故A錯誤;圖乙:電梯在加速上升時,加速度向上,電梯里的人處于超重狀態(tài),故B錯誤;圖丙:汽車過凹形橋最低點時,加速度向上,處于超重狀態(tài),速度越大,所需要的向心力越大,超重越顯著,對橋面的壓力越大,所以C正確;圖丁:汽車在水平路面轉彎時,受到重力、支持力、摩擦力三個力的作用,向心力是重力、支持力、摩擦力的合力,故D錯誤。10.如圖,折線是表示物體甲從A地向B地運動的xt圖象,直線表示物體乙從B地向A地運動的xt圖象,則下列說法正確的是(B)A.在2～6s內甲做勻速直線運動B.乙做勻速直線運動,其速度大小為5m/sC.從計時開始至甲、乙相遇的過程中,乙的位移大小為60mD.在t=8s時,甲、乙兩物體的速度大小相等解析:位移—時間圖象的斜率表示速度,故乙做勻速直線運動,甲在0～2s內做勻速直線運動,2～6s內處于靜止狀態(tài),A錯誤;乙做勻速直線運動的速度大小為v乙=100-608m/s=5m/s,B正確;在t=8s時,甲、乙相遇,此時甲的斜率即速度大小為v甲=60-4040m,C,D錯誤。11.紹興市S區(qū)奧體中心舉行CH杯全國蹦床錦標賽。對于如圖所示蹦床比賽時運動員的分析,下列說法中正確的是(C)A.運動員在蹦床上上升階段,一直處于超重狀態(tài)B.運動員在蹦床上加速上升階段,蹦床的彈性勢能增大C.運動員離開蹦床在空中運動階段,一直處于失重狀態(tài)D.運動員離開蹦床在空中運動階段,重力勢能一直增大解析:運動員在蹦床上有一小段減速上升,蹦床對運動員的彈力小于重力,運動員處于失重狀態(tài),故A錯誤;運動員在蹦床上加速上升階段,蹦床的彈性勢能減小,故B錯誤;運動員離開蹦床在空中運動階段,只受重力(空氣阻力遠小于重力),加速度一直向下,一直處于失重狀態(tài),故C正確;運動員離開蹦床在空中有上升和下降兩個階段,在下降階段重力勢能在減小,故D錯誤。12.如圖是某款能一鍵自動上水的全自動智能電熱壺,當壺內水位過低時能自動加滿水,加熱之后的水,時間長了冷卻,機器又可以自動加熱到設定溫度。某同學為了研究其工作原理,經進一步查閱廠家相關技術說明了解到:“一鍵加水”是由一水泵(電動機)和傳感器來實現(xiàn)的,單獨對這一部分進行測試時發(fā)現(xiàn),當其兩端所加電壓U1=10V時,電動機帶不動負載,因此不轉動,此時通過它的電流I1=2A;當其兩端所加電壓U2=36V時(通過變壓器實現(xiàn)),電動機能帶動負載正常運轉,這時電流I2=1A.則下列說法正確的是(B)A.這種電熱壺工作時加熱部分的電阻值約為5Ω B.正常工作時,其輸出的機械功率為31WC.正常工作時,其電動機內阻兩端電壓為32V D.使用一天該水壺消耗的電能為36kW·h解析:電熱壺工作時,加熱部分的電阻值R=U2P=(220)21500Ω≈32Ω,選項A錯誤;電動機不轉時,由部分電路的歐姆定律得r=U1I1=5Ω,電動機能帶動負載正常運轉時,電動機內阻兩端電壓Ur=I213.圖中的幾種家用電器工作時的電流最接近5A的是(D)解析:這些用電器都在220V的額定電壓下工作,電流最接近5A,由公式P=UI得功率接近1100W。故D正確。14.如圖甲所示滑雪運動員由斜坡高速向下滑行過程中其速度—時間圖象如圖乙所示,則由圖象中AB段曲線可知,運動員在此過程中(B)A.做勻變速曲線運動 B.做變加速運動C.所受力的合力不斷增大 D.機械能守恒解析:由圖乙可知,運動員運動過程中加速度逐漸變小,由F合=ma可知,運動員所受合力不斷變小,故選項B正確,A,C錯誤;因滑雪運動員受阻力作用,其機械能逐漸減小,選項D錯誤。15.2018年7月10日4時58分,我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號甲運載火箭,成功發(fā)射了第三十二顆北斗導航衛(wèi)星。該衛(wèi)星屬傾斜地球同步軌道衛(wèi)星,衛(wèi)星入軌并完成在軌測試后,將接入北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng),為用戶提供更可靠服務。通過百度查詢知道,傾斜地球同步軌道衛(wèi)星是運轉軌道面與地球赤道面有夾角的軌道衛(wèi)星,它的運轉周期也是24小時,如圖所示,關于該北斗導航衛(wèi)星說法正確的是(D)A.該衛(wèi)星可定位在北京的正上空B.該衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星的向心加速度大小是不等的C.該衛(wèi)星的發(fā)射速度v≤7.9km/sD.該衛(wèi)星的角速度與放在北京地面上物體隨地球自轉的角速度大小相等解析:由地球自轉的方向可知,該衛(wèi)星不可能與地面相對靜止于北京正上方,選項A錯誤;該衛(wèi)星的周期是24h,所以兩種衛(wèi)星距地面的高度相同,且角速度與地球自轉的角速度大小相等,根據a=rω2可知,該衛(wèi)星的向心加速度應該等于地球同步衛(wèi)星的向心加速度,選項B錯誤,D正確;將衛(wèi)星發(fā)射到近地軌道的最小速度為7.9km/s,所以發(fā)射該衛(wèi)星的速度應該要超過7.9km/s,選項C錯誤。16.將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負電的微粒,而從整體來說呈中性)噴射入磁場,磁場中有兩塊金屬板A,B,這時金屬板上就會聚集電荷,產生電壓。在磁極配置如圖所示的情況下,下列說法中正確的是(B)A.金屬板A上聚集正電荷,金屬板B上聚集負電荷B.金屬板A上聚集負電荷,金屬板B上聚集正電荷C.金屬板A的電勢高于金屬板B的電勢D.通過電阻R的電流方向由a到b解析:大量帶正電和帶負電的微粒射入磁場時,由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力向下,所以正電荷會聚集在B板上,負電荷受到的洛倫茲力向上,負電荷聚集到A板上,故A錯誤,B正確;正電荷聚集到B板,負電荷聚集到A板,知A板相當于電源的負極,B板相當于電源的正極,所以通過電阻R的電流由b→R→a,金屬板B的電勢高于金屬板A的電勢,故C,D錯誤。17.充電寶的核心部件是鋰離子電池。由于鋰離子電池的材料特性,在電池短路、過高或過低溫度、過度充電或放電等情況下都有可能引起電池漏液、起火或爆炸。為安全起見,中國民航總局做出了相關規(guī)定,如圖1所示。民航總局關于攜帶充電寶出行的相關規(guī)定

低于100W·h可隨身攜帶,不可托運

100～160W·h經航空公司批準才能隨身攜帶(不超過兩塊),不可托運

超過160W·h禁止隨身攜帶,不可托圖1產品名稱:移動電源電池容量:10000mA·h3.7V電源輸入:5V1A電源輸出1:5V1A電源輸出2:5V2.1A圖2為了給智能充電,小明購買了一款移動電源,其銘牌如圖2所示。給充電時該移動電源的效率按80%計算。根據以上材料,請你判斷(D)A.W·h與mA·h均為電量單位B.乘飛機出行時,這款移動電源不能隨身攜帶C.這款移動電源能為提供的最大充電量為10000mA·hD.這款移動電源充滿電后所儲存的總化學能為37W·h解析:W·h是能量單位,mA·h是電量單位,選項A錯誤;這款移動電源充滿電后,儲存的總化學能為E=UIt=3.7×10000×103W·h=37W·h,低于100W·h,所以可以隨身攜帶,選項B錯誤,D正確;因為該移動電源的效率為80%,所以移動電源能為提供的最大充電量為8000mA·h,選項C錯誤。18.在空氣阻力不計的情況下,地球上有一物塊以某一初速度在粗糙的水平桌面上向前滑行位移x1后靜止;在月球上,相同的物塊以相同的初速度在相同的水平桌面上向前滑行位移x2后靜止,則(C)A.x1=x2 B.x1>x2C.x1<x2 D.無法比較x1和x2的大小解析:由動能定理μmg1x1=12mv02,μmg2x2=12mv02,g1>g非選擇題部分二、非選擇題(本題共5小題,共34分)19.(6分)如圖1所示是三個涉及紙帶和打點計時器的實驗裝置圖。(1)三個實驗裝置中,摩擦力對實驗結果沒有影響的是(選填“甲”“乙”或“丙”)。

(2)如果操作都正確,則通過裝置(選填“甲”“乙”或“丙”)可打出圖2中的紙帶(選填“①”或“②”)。

(3)已知打點計時器的打點頻率為50Hz,任選一條紙帶求出e,f兩點間的平均速度大小為m/s。

解析:(1)據題意,圖乙中,如果摩擦力過大,在紙帶上就找不到勻速運動的一段,也就不能確定小車的末速度;圖丙中,需要研究的是a=Fm的關系,如果摩擦力過大,就變成了a=F(2)第①圖中,任意相鄰兩段的位移差均為0.2cm,是一個勻變速直線運動的紙帶,可能是甲圖,也可能是丙圖的實驗結果,只有第②圖,開始幾段位移不相等,后來那幾段的位移相等,是研究功與速度變化關系的實驗結果,故是實驗裝置乙和紙帶②。(3)vef=xefT=答案:(1)甲(2)乙②(3)1.3020.(6分)(1)在“練習使用多用電表”的實驗中,小明同學用多用電表測量某一電阻,由于第一次選擇的倍率不夠合適,又改換另一倍率測量,兩次測量時電表指針所指的位置如圖甲中的虛線所示,下面列出這兩次測量中的主要操作:A.將兩根表筆短接,并調零B.將表筆分別與被測電阻的兩端接觸,觀察指針位置C.記下電阻值D.將“選擇開關”旋到“×10”E.將“選擇開關”旋到“×1”F.將“選擇開關”旋到交流500V擋①根據上述有關操作判斷出兩次倍率選擇的先后順序是(選填“DE”或“ED”);

②該電阻的阻值是Ω。

(2)為了更精確地測定該電阻的阻值,小明欲采用伏安法?，F(xiàn)有如下實驗器材:①量程為3V,內阻約為3kΩ的電壓表;②量程為10mA,內阻約為0.1Ω的電流表;③阻值為0～20Ω的滑動變阻器;④內阻可忽略,輸出電壓為3V的電源;⑤開關和導線若干。圖乙中P點應該,Q點應該。(均在下列選項中選擇)

A.接a B.接b C.接c D.不接解析:(1)①由圖可知,第一次測量時指針偏轉較小,故說明所選倍率過小,故應選擇大倍率,所以選擇的先后順序是ED。②由圖甲可知,正確的示數(shù)應為18,故電阻的阻值應為18×10Ω=180Ω。(2)因為Rx=180Ω>RARV=0.1×3答案:(1)ED180(2)CA21.(6分)如圖所示,長l=1m的輕質細繩上端固定,下端連接一個可視為質點的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球所帶電荷量q=1.0×10-6C,勻強電場的場強E=3.0×103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°cos37°=0.8。求:(1)小球所受電場力F的大小;(2)小球的質量m;(3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小。解析:(1)根據電場強度定義式可知,小球所受電場力大小為F=qE=1.0×106×3.0×103N=3.0×103N。(2)小球受重力mg、繩的拉力T和電場力F作用處于平衡狀態(tài),如圖所示根據幾何關系有Fmg=tan37°得m=4.0×10-4kg(3)撤去電場后,小球將繞懸點擺動,根據動能定理有mgl(1cos37°)=12mv2得v=2gl(1答案:(1)3.0×103N(2)4.0×10-4(3)2.0m/s22.(7分)如圖所示,厚度不計的圓環(huán)套在粗細均勻、長度為0.8m的圓柱頂端。圓環(huán)可在圓柱上滑動,同時從靜止釋放,經0.4s圓柱與地相碰,圓柱與地相碰后速度瞬間變?yōu)?,且不會傾倒,不計空氣阻力。(1)求靜止釋放瞬間,圓柱下端離地的高度。(2)若最終圓環(huán)離地的距離為0.6m,則圓環(huán)與圓柱間的滯動摩擦力是圓環(huán)重力的幾倍?(3)若圓環(huán)速度減為0時,恰好到達地面,則從靜止釋放時圓環(huán)離地的高度為多少?解析:(1)由自由落體運動規(guī)律可知,圓柱下端離地的高度h1=12gt12(2)圓柱落地時圓環(huán)的速度v1=gt1=4m/s則由運動學規(guī)律可知0v12=-2a(LL解得a=40m/s2,對圓環(huán)根據牛頓第二定律可知fmg=ma,解得fmg(3)設此種情況下圓柱落地時圓環(huán)的速度為v2,則有v2解得v2=8m/s,根據自由落體規(guī)律可知,圓環(huán)自由下落的高度h2=v222則從靜止釋放時圓環(huán)離地的高度為H=L+h2=4m。答案:(1)0.8m(2)5(3)4