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详解答案模拟精编大考卷(八) 物理１．C 根据速度－时间图象与时间轴所围“面积”的大小等于位移的大小可知,在０~３s内,大卡车的位移为:xb＝vbt＝３０m小汽车的位移为:xa＝[１２×(３０＋２０)×１＋１２×(２０＋１５)×２]m＝６０m则xa－xb＝３０m,又知在t＝３s时小汽车的速度比大卡车的速度大,所以在t＝３s时追尾,故C正确,A、B错误．如果小汽车的刹车不失灵,小汽车与大卡车在t＝２s时速度相等,至此时小汽车比大卡车多发生的位移为Δx＝１２×(３０－１０)×２m＝２０m,由于Δx＝２０m＜３０m,所以如果小汽车刹车不失灵,两车不会追尾,故D错误．２．B 双黑洞绕连线上的某点做圆周运动的周期相等,角速度也相等,选项A错误;双黑洞做圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供,向心力大小相等,设双黑洞间的距离为L,由GM１M２L２＝M１r１ω２＝M２r２ω２,得双黑洞的轨道半径之比r１∶r２＝M２∶M１,选项B正确;双黑洞的线速度之比v１∶v２＝r１∶r２＝M２∶M１,选项C错误;双黑洞的向心加速度之比为a１∶a２＝r１∶r２＝M２∶M１,选项D错误．３．D 由左手定则知,当B的方向垂直斜面向下时,安培力沿斜面向上,此时B为最小值,即B＝mgsinθIL,A、B项错误;若B的方向水平向左,则安培力竖直向上,当BIL＝mg,即B＝mgIL时,金属棒对导轨无压力,当B的方向竖直向上时,安培力水平向右,不可能静止在斜面上,C项错误,D项正确．４．C 小物块滑上传送带后,向左做匀减速直线运动,加速度大小为μg＝４m/s２,减速至０时向左滑动的距离为x１＝v２２２μg＝４．５m＜L＝８m,故小木块不能到达B点,A项错误;小物块减速至０后,向右做匀加速直线运动,经x２＝v２１２μg＝２m,与传送带共速,之后二者相对静止,故返回A点时小物块的速度为４m/s,B项错误;小物块向左减速的过程中,传送带向右运动的距离x３＝v１v２μg＝６m,此过程因相互摩擦产生的热量Q１＝μmg(x１＋x３)＝４２J．小物块减速至０后,向右加速的过程中,传送带向右运动的距离为x４＝v１v１μg＝４m,此过程因相互摩擦产生的热量Q２＝μmg(x４－x２)＝８J,故总热量为Q＝Q１＋Q２＝５０J,C项正确;小物块减速至０时,传送带以４m/s的速度向右运动,故此时小物块相对传送带仍为向左运动,小物块向右加速至４m/s后,二者相对静止,此时小物块相对传送带滑动的距离才达到最大,D项错误．５．C 由于两个物体的质量相等,所以物体M、N能在竖直面内做匀速圆周运动,两物体在运动的过程中,二者的总重力势能保持不变,但单个物体的重力势能不断变化,物体N在由最低点向最高点运动的过程中机械能一直增大,A错误;物体M从最高点运动到最低点过程中动能不变,重力对其做功是mg２L,所以杆对其做功为－２mgL,B错误;当两物体位于与圆心等高处时,杆的弹力和重力的合力提供向心力,受力情况如图所示,则F２－(mg)２＝mv２L,整理得F＝(mg)２＋(mv２L)２＝５mg,则物体M对轻杆的作用力大小为５mg,C正确;当N到达最高点时,假设杆对物体N和物体M的作用力分别为FT和FT′,方向分别为向下和向上,根据牛顿第二定律对物体N得mg＋FT＝mv２L,解得FT＝mg,对物体M有FT′－mg＝mv２L,解得FT′＝３mg,因此转轴所受的力大小为ΔFT＝FT′－FT＝２mg,D错误．６．C 由qvB＝mv２R得,轨道半径R＝mvqB．由题意可知,两个粒子分别沿顺、逆时针方向偏转,但它们的速率关系未知,轨道半径关系也未知,选项A、B均错误;若两个粒子分别从A、D两点射出磁场,如图所示,则α＝６０°,θ＝３０°,OA＝ODtan３０°,R１＝OA２sinα,R２＝OD２sinθ,得R１R２＝１３,选项D错误;两个粒子比荷相同,则周期T＝２πmqB相同,由t１＝２α３６０°T、t２＝２θ３６０°T,得t１t２＝２１．７．BCD ２３８９２U→２３４９０Th＋４２He是衰变反应方程,不是重核裂变反应方程,故A错误;光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性,故B正确;β衰变所释放的电子,是原子核内的中子转化成质子时所产生的,故C正确;德布罗意首先提出了物质波的猜想,之后电子衍射实验证实了他的猜想,故D正确．８．CD 因为Ek随位移s变化的关系图象的斜率表示合外力的大小,故前一半位移的合外力大于后一半位移的合外力,即前一半位移的加速度大于后一半位移的加速度．前一半位移对应的时间和后一半位移对应的时间不相等,故选项A、B错误,C正确;由ΔE＝W非G可知,后一半位移摩擦力做负功,恒力F做正功,物体的机械能可能不变,选项D正确．９．BC 以无穷远处为零电势,点电荷周围的电势φ＝kqr,正点电荷周围各点电势为正,负点电荷周围各点电势为负,电势是标量,可以用代数运算进行加减．如图将四个点电荷编号,A点与３、４等距,与１、２等距,３、４两点电荷在A点的电势一正一负,相加刚好为零,１、２两电荷在A点的电势相加也为零,则φA＝０．同理,D点到四个点电荷的距离都相同,则φD＝０．B点与３、４等距,与１的距离小于与２的距离,１在B点的正电势与２在B点的负电势相加大于零,则可得φB＞０．同理,C点与３、４等距,与１的距离大于与２的距离,则可得φC＜０．即有φB＞φA＝φD＞φC,B、C正确．１０．ABC 由楞次定律可知,涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化,选项A正确;类似于变压器,涡流的频率等于通入线圈的交流电频率,选项B正确;由于电流在磁场中受安培力作用,故通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力,选项C正确;涡流必须是在导体中产生,故待测工件不能是塑料或橡胶制品,选项D错误．１１．(１)＝ (２)８．４７４(在８．４７３~８．４７５之间均算对)(３)滑块质量M 两光电门间距离L(４)mgL＝１２(M＋m)(dΔt２)２－１２(M＋m)(dΔt１)２解析:(１)当Δt１＝Δt２时,滑块通过光电门A、B的速度相同,说明气垫导轨已经水平．(２)d＝８mm＋０．０１mm×４７．４＝８．４７４mm．(３)(４)要验证系统机械能守恒,应验证的关系式为:mgL＝１２(M＋m)(dΔt２)２－１２(M＋m)(dΔt１)２．由于d、Δt１、Δt２已知,故要验证此式,还应测出滑块的质量M及两光电门间距离L．１２．(１)CD (２)７０００ (３)丙解析:(１)被测电阻要与电源、其他元件分离,不能用手接触表笔的金属部分,A错误;测电压表内阻时,电压表要串接在闭合电路中,电流有一定的流向,电压表的指针会偏转,红、黑表笔接触接线柱时要考虑电压表的正、负接线柱,B错误;测量前首先要机械调零,然后再让红、黑表笔短接进行欧姆调零,C正确;测量电阻时,每变换一次挡位都要重新进行欧姆调零,D正确.—１１１—详解答案(２)根据欧姆表盘的刻度可读出测量的阻值为７０００Ω．(３)图乙电路中,由于电压表的内阻比较大,电路电流比较小,电流表读数不便,图丙电路使用伏阻法进行测量,而电源内阻与电压表内阻相比可以忽略,故图丙电路更合理．１３．(１)２m/s２ ０．５m/s２ (２)２s (３)８．４m解析:(１)小物块的加速度:am＝μmgm＝μg＝２m/s２小车的加速度aM＝F－μmgM＝０．５m/s２(２)设经t时间两者达到相同的速度,则amt＝v０＋aMt,解得t＝２s,v同＝２×２m/s＝４m/s(３)在开始２s内,小物块通过的位移x１＝１２amt２＝４m在接下来的１s内小物块与小车相对静止,一起做匀加速运动,加速度a＝FM＋m＝０．８m/s２小物块的位移x２＝v同t′＋１２at′２＝４．４m所以经t＝３s小物块通过的位移为x＝x１＋x２＝(４＋４．４)m＝８．４m．１４．(１)BLR０＋r０(２gR＋２gr)(２)MgR＋mgr－１２(M＋m)v２解析:(１)对左侧金属棒,由机械能守恒定律得MgR＝１２Mv２１解得左侧金属棒进入匀强磁场时的速度大小v１＝２gR产生的感应电动势E１＝BLv１＝BL２gR对右侧金属棒,由机械能守恒定律得mgr＝１２mv２２右侧金属棒进入匀强磁场时的速度大小v２＝２gr产生的感应电动势E２＝BLv２＝BL２gr金属棒中的电流大小I＝E１＋E２R０＋r０＝BLR０＋r０(２gR＋２gr)．(２)两金属棒进入匀强磁场后均做减速直线运动,两金属棒中电流逐渐减小,不能运用焦耳定律计算产生的热量．考虑整个过程,对两侧金属棒整体研究,由能量守恒定律得,从金属棒被释放到最后以相同大小的速度v运动的过程中产生的热量Q＝MgR＋mgr－１２(m＋M)v２．１５．(１)３mv０２gL (２)２３３l２解析:(１)带电粒子在第二象限内做类平抛运动,其水平和竖直位移分别为l和３２l,则x＝l＝v０ty＝３２l＝１２qEmt２解得E＝３mv２０ql(２)设到达O点时,粒子速度与x轴夹角为θ,将粒子速度反向延长,则应交于水平位移的中点,可得tanθ＝３l２l２＝３．即在O点粒子速度与x轴夹角为６０°所以粒子进入磁场时的速度v＝v０cos６０°＝２v０画出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示,其圆心为O′,由F洛＝qvB＝mv２r,可得粒子在磁场中运动的半径为r＝mvqB＝２mv０qB又因为EB＝v０,可得r＝２３３l要想矩形磁场边界最小,则应使其下边界与轨迹相切,如图中矩形OABC,所以最小面积为Smin＝２rcos３０°(r－rsin３０°)＝２３３l２．１６．(１)ABE (２)①３８６K ②２p０解析:(１)悬浮在液体中的微粒越小,在某一瞬间跟它沿相反方向碰撞的液体分子数差别越大,布朗运动越明显,A错误;在合适的条件下,某些晶体可以转变成非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体,B错误;第二类永动机是不能制造出来的,它违反热力学第二定律,但不违反能量守恒定律,C正确;气体的内能是分子热运动的动能和分子势能之和,D正确;液体表面层分子间距离大于内层分子间距离,表面层分子间的作用表现为相互吸引,即液体表面存在张力,E错误．(２)①活塞a升至顶部的过程中,活塞b不动,活塞a、b下方的氢气经历等压过程．设左边气缸的容积为V０,氢气初态体积为V１,温度为T１;末态体积为V２,温度为T２．由题意得:V１＝３４V０＋１８V０＝７８V０V２＝V０＋１８V０＝９８V０根据盖—吕萨克定律:V１T１＝V２T２解得T２＝２７００７K≈３８６K②由题知继续缓慢加热的过程中,活塞b上方的氧气经历等温过程．设氧气初态体积为V１′,压强为p′;末态体积为V２′,压强为p２′．由题意得:V１′＝１８V０p１′＝p０,V２′＝１１６V０由玻意耳定律得:p′１V１′＝p′２V２′解得:p２′＝２p０１７．(１)ACD (２)①６２ ②３３×１０－８s解析:由题图甲可得λ＝４m,由题图乙可得T＝１．０s,所以该简谐横波的传播速度为v＝λT＝４m/s,故A正确．t＝２s＝２T,则从此时刻起,经过２s,P质点运动的路程为s＝８A＝８×０．２m＝１．６m,故B错误．简谐横波沿x轴正向传播,此时刻Q点向上运动,而P点直接向下运动,所以P质点比Q质点先回到平衡位置,故C正确．由图乙知t＝０时刻质点的位移为０,振动方向沿y轴负方向,与甲图x＝２m处t＝０时刻的状态相同,所以图乙可能是图甲x＝２m处质点的振动图象,故D正确．质点越靠近平衡位置速度越大,则此时刻M质点的振动速度大于Q质点的振动速度,故E错误．(２)①因为入射角i＝９０°－３０°＝６０°折射角r＝９０°－４５°＝４５°所以n＝sinisinr＝sin６０°sin４５°＝６