2018浙江余姚中学高三物理模拟卷二答案

1余姚中学2018届4月选考物理模拟卷解答一、选择题1.B【解析】A.元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的,故A错误;B.法拉第不仅提出了场的概念,而且直观地描绘了场的清晰图象,故B正确;C.安培提出分子电流假说,很好地解释了磁现象的电本质,故C错误;D.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,故D错误。2.C【解析】A.h与时间是二次函数关系,开口向下,选项A错误。B.速度与时间不是一次函数关系,选项B错误。C.重力势能与时间是二次函数关系,开口向下,选项C正确。D.动能与石子离地面高度是一次函数,选项D错误。3.A【解析】B、C.由题图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的,由Δx=aT2可知,a=Δ22,所以B、C的说法正确。A.由于时间的间隔相同,所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小,所以v2=52,根据v=v0+at可知点1的速度大小是v1=v2-at=522·T=32,所以A错误。D.点3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小,所以v3=72,所以D正确。本题选错误的,故选A。4.D【解析】对物体受力分析可知物体受重力mg、弹力FN和摩擦力,作出力图如图所示:A.物体在水平方向移动,在重力方向上没有位移,所以重力对物体做功为零,故A错误;B.由图看出,支持力FN与位移x的夹角小于90°,则支持力对物体做正功,故B错误;C.摩擦力与位移的夹角为钝角,所以摩擦力对物体做功不为零,做负功,故C错误;D.物体向右做匀速移动,合力为零,合力对物体做功为零,故D正确。5．C本题考查超重与失重，牛顿第三定律。在空中，运动员只受重力，加速度为g，方向向下，运动员处于失重状态，选项A、B错误，起跳时加速度向上，合力向上，地面对运动员的支持力大于运动员的重力，根据牛顿第三定律，选项D错误，选项C正确。6．C本题考查摩擦力、二力平衡。木板静止（匀速运动）时，木板受到木块与桌面两个静摩擦力（滑动摩擦力）之和等于Mg，选项A、B错误；木板做匀加速或匀速运动时，木块保持静止，在水平方向受到木板对它的滑动摩擦力与弹簧秤的拉力二力平衡，则木块受到的滑动摩擦力的大小等于弹簧秤读数，选项C正确，D错误。7．D本题考查功能关系。从D到C的过程，在竖直方向弹丸受到重力和弹力，重力不变，2弹力变小，合力的方向先向上后向下，弹丸的速度先增大后减小，橡皮筋的弹性势能逐渐变小，所以选项A、B、C错误，D正确。8．D本题考查平抛运动。根据2yABhtvgthhg，，，所以AByABttvvｙ，，选项D正确。9．D本题考查功率的计算、二力平衡条件的应用。由F=kv2可知，列车分别以60km/h和120km/h的速度在水平轨道上匀速行驶时所受阻力之比为1∶4，则牵引力之比为1∶4，由P=Fv可知选项D正确。10．A本题考查电场。负点电荷受到电场力的方向从P指向Q，电场线方向从Q指向P，选项B错；从P到Q，电荷的加速度变大，所以P点的电场强度比Q点的小，选项A正确；该电场不一定是负点电荷形成，选项C错误；电场力做正功，电势能减小，选项D错误。11．D本题考查恒定电流，电容器。电容器的电容与充电电流和电荷量无关，选项A、B错；充满电后电荷量514410CqCU．，71441050qtsI漏．天，选项C错误；锂电池“4．2V，1000mA·h”充满电后电荷量Q′=3．6×103C，选项D正确。12．B本题考查万有引力与航天。天宫二号的轨道半径大于地球半径，小于同步卫星的轨道半径，由GMvR可得选项AC错误，选项B正确；如果长期不维护，“天宫二号”的轨道半径会变小，选项D错误。13．A本题考查安培力。磁场是由螺线管中的电流产生的，通电导线受到的安培力F=ILB=mg，结合左手定则可得选项A正确。二、选择题Ⅱ14．BC本题考查动量守恒定律、光电效应、原子跃迁、比结合能。人、车和大锤所组成的系统在水平方向上动量守恒，人和车的速度方向总与大锤的水平速度方向相反，车不能持续向右运动，A错误。紫外线的频率大于绿光频率，因此紫外线光子能量大于绿光，绿光照射不一定会发生光电效应，验电器金属箔可能不张开，B正确。一群氢原子处于N=4的激发态，经计算从N=4、N=3、N=2至N=1、N=4至N=2跃迁时发出的光子，均能使金属钾发生光电效应，C正确。平均质量越小，比结合能越大，所以F的比结合能大于E，D错误。15．AD本题考查光的折射现象、全反射现象。人眼看到的折射光线的反向延长线的交点比3鱼的实际位置偏近，所以人看到的鱼比实际位置要近一些，则A正确。鱼看到的折射光线的反向延长线的交点比人的实际位置偏远，所以鱼看到的人比实际位置要远一些，B错误。光线从潜艇中射入水中时，最大的折射角（临界角）要小于45°，因此光线射到水面时最小的入射角大于45°，一定会发生全反射，所以光线不能从水面射出，C错误。与C项相同，水面上方射入水中的光线也不能照射到潜艇内部，D正确。16．ABD本题考查变压器、安培力、交变电流。由于电流表的示数为I，变压器的原副线圈匝数比为10∶1，故由2112101InIn，得电阻上的电流为10I，则变阻器消耗的功率为2210100PIRIR，A正确；由于电阻上的电压为10IR，即副线圈的电压为210UIR，故由1122101UnUn，得原线圈上的电压为U1=100IR，B正确；ab沿环转动过程中受到的最大安培力，就是ab中的电流最大时所受到的安培力，由于电流表的示数是电流的有效值，故电流的最大值为2I，故最大的安培力为2BIL，故D是正确的；如果取ab在环的最低端时t=0，则此时电流应该是最大的，故表达式不可能是2siniIt，C错误。17、（1）AEF；D（2）D（3）1.35；221122HBmvmv18、（1）1.25（2）①×1,B②a；1.80Ω19.答案(1)2m/s214.5s(2)171.2N解析(1)根据题图乙可知,加速阶段加速度a==2m/s2,时间t1=4s,位移x1=122=16m;匀速运动阶段速度v=8m/s,时间t2=100-1=10.5s,t=t1+t2=14.5s。(2)加速阶段,以物体为研究对象,假设拖绳拉力为F,与水平方向的夹角为θ,支持力为FN,物体的重力为mg,汽车轮胎与地面间的摩擦力为Ff,竖直方向有Fsinθ+FN=mg水平方向有Fcosθ-Ff=ma,Ff=μFN有以上各式得F=64N。以人为研究对象,人的质量为M,运动员与地面间的摩擦力大小Ff人Ff人-Fcosθ=MaFf人=171.2N20.答案(1)1.8J(2)48125m,18125m(3)y=38x解析(1)从A到C过程,由动能定理可以得到W弹-WFf-WG=0W弹=μmgL1+mgR(1-cosθ)=1.8J根据能量守恒定律得到Ep=W弹=1.8J4(2)设小球从C处飞出速度为vC,则12m2=W弹-μmgL2-mgR(1-cosθ),得到vC=22m/s方向与水平方向成37°角,由于小球刚好被D接收,其在空中运动可看成从D点平抛运动的逆过程。将vC分解,vCx=vCcos37°=852m/s,vCy=vcsin37°=652m/s则D处坐标x=vCxt48125m,y=t2218125m,即D处坐标为48125m,18125m。(3)由于小球每次从C处射出vC方向一定与水平面成37°,则t=tan37°=34则根据平抛运动规律得到,D点与C点连线与x轴方向夹角α的正切值tanα=12tan37°=38故D位置坐标y与x函数关系式y=38x。21、（1）大磁通量的变化率（2）ACC22.答案(1)B0IL,方向垂直于纸面向里(2)4mgd-BILd-2μB0ILd(3)2th-4(4)223-0th-2th-42解析(1)安培力大小为F=B0IL,方向垂直纸面向里。(2)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,由动能定理得mg·4d-(Q+BILd+μB0IL·2d)=0解得Q=4mgd-BILd-2μB0ILd(3)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着向下运动2d,由动能定理得mg·2d-BILd=0-12m12解得v1=2th-4(4)设装置在Δt内速度变化量为Δv,由动量定理得(-μB0IL+mg-Bid)Δt=mΔv-0化简得-μB0ILt+mgt-Bdq=mv1,(q=Δ22)解得R=223-0th-2th-4220．(本题满18分)（本题考查考生对带电粒子在磁场中运动的理解，运用几何作图处理和表达较复杂的物理运动问题，考查分析综合能力。）解：如图2所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：f=qv0B①5rmvf20②由①②得：qBmvr0欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为：LrL2③代入数据得：80m/sv0160m/s欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：nTvLvL005.0其中n=1,2,3,……④由①②③④可知，只有n=2满足条件，即有：v0=100m/s⑤（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图2所示，则有：002vrT⑥0143Tt⑦022vLt⑧035.02vLt⑨0441Tt⑩24321108.2ttttt(s)⑾