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详解答案模拟精编大考卷(六) 物理１．B 质点做的是匀变速直线运动,３~４s内,P点为位移的中间位置,而这段时间的平均速度的大小为v＝x′t′＝２１m/s＝２m/s,根据匀变速直线运动的规律可知,这段时间中间时刻(３．５s时)的瞬时速度大小为２m/s,B正确;由于中间时刻的瞬时速度要小于中间位置的瞬时速度,所以质点在P点的速度要大于２m/s,A错误;质点做匀加速直线运动,速度逐渐增大,所以在３~３．５s这段时间内位移小于１m,在３．５~４s这段时间内位移大于１m,C错误;根据上述分析可知D错误．２．C 若圆周上P点放的是一带电荷量为＋q的小球,则O点处的电场强度为０,由对称性,圆周上带电荷量为＋q的电荷形成的电场与放在PQ直径上左端的带电荷量为＋q的电荷形成的电场等效,其电场强度大小为E＋q＝kqr２,而E＝E＋q＋E－２q＝kqr２＋２kqr２,则kqr２＝E３,仅撤去P点的带电小球,圆心处的电场强度大小为E３,选项C正确．３．B 导线a、b均处在对方产生的磁场中,故两导线均会受到安培力作用,由“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”可知,当导线b未移动时,其受到的安培力方向竖直向下指向导线a,当导线b向右平移一小段距离后,导线b受到的安培力仍会指向导线a,选项A错误;由于导线a、b之间的距离增大而导线中的电流不变,故两导线之间的相互作用力减小(安培力F＝BIL),选项B正确;导线b向右平移后导线a的受力情况如图所示,由于导线a始终在桌面上保持静止,所以有FN＝G－Fsinθ,因为安培力F减小,所以桌面对导线a的支持力增大,由牛顿第三定律可知,导线a对桌面的压力增大,选项C错误;由图可知,桌面对导线a的静摩擦力方向水平向左,故导线a对桌面的摩擦力方向水平向右,选项D错误．４．B 由题意可知,c、d两点是圆周上关于O点左右对称的两点,对两次抛出的小球的运动进行分析有Rsin６０°＝１２gt２１,R(１－cos６０°)＝v１t１,Rsin６０°＝１２gt２２,R(１＋cos６０°)＝v２t２,解得t１＝２３gv１,t２＝２３３gv２,t１t２＝１１,v１v２＝１３,A、C、D错误,B正确．５．A 当加速度为零时,物体做匀速运动,此时牵引力等于阻力,速度为最大值;由功率的计算公式可得P＝Fv,而F－f＝ma,联立可得１v＝mPa＋fP,由题图乙可得图线的斜率为mP,纵截距为fP＝１vm,因此可求出m、f和vm,选项A正确;物体做变加速运动,加速运动的时间不可求,选项D错误．６．A 物块B从释放点到最低点的过程中,细线的拉力一直对A做正功,根据动能定理,物块B从释放点到最低点的过程中,物块A的动能不断增大,选项A正确;根据机械能守恒定律,A、B和细线组成的系统机械能守恒,物块B的机械能减小,选项B错误;PO与水平方向的夹角为４５°时,物块A、B速度大小关系是vB＝vAcos４５°＝２２vA,选项C错误;根据速度的合成与分解,当B下落到最低点时,B的速度为０,此时A的速度最大,有mBg(hsin３０°－h)＝１２mAv２A,解得vA＝２mBghmA,选项D错误．７．AC 经过重核裂变反应或轻核聚变反应,核子平均质量变小,反应中存在质量亏损,释放能量,A正确;随着温度的升高,黑体辐射的极大值向波长较短的方向移动,B错误;核反应堆中做“慢化剂”常用的材料有石墨、重水和普通水,C正确;光电效应实验中,入射光频率越高,光电子最大初动能越大,光电子的动能小于或等于最大初动能,D错误．８．BC 左侧的互感器原线圈并联在输电线路上,测量的是输电电压,所以a为电压表;右侧的互感器原线圈串联在输电线路上,测量的是输电电流,b为电流表,选项B正确,A错误．电压表的示数为２２V,根据变压公式,U１U２＝１００,输电电压为U１＝１００×２２V＝２２００V;电流表的示数为１A,根据变流公式,I１I２＝n２n１＝１００,输电电流为I１＝１００×１A＝１００A,线路的输送功率为P＝U１I１＝２２０kW,C项正确;根据条件不能求出输电线路总电阻,选项D错误．９．AD 在d点运动到O点过程中,ab边切割磁感线(切割部分逐渐变短),根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向,即正方向,电动势均匀减小到０,电流均匀减小到０;然后cd边开始切割磁感线(切割部分逐渐变短),感应电流的方向为顺时针方向,即负方向,电动势均匀减小到０,电流均匀减小到０,故A正确,B错误．d点运动到O点过程中,ab边切割磁感线(切割部分逐渐变短),电流方向由a到b,b点的电势高于a点,a、b间的电势差Uab为负值,|Uab|等于电流乘bc、cd、ad三条边的总电阻,逐渐减小;ab边出磁场后,cd边开始切割磁感线(切割部分逐渐变短),电流方向由b到a,a、b间的电势差Uab为负值,|Uab|等于电流乘ab边的电阻,逐渐减小,故C错误,D正确．１０．BC 假设绳子拉力为FT,根据牛顿第二定律,对甲,有m甲g－FT＝m甲a;对乙和丙组成的整体,有FT＝(m乙＋m丙)a,联立解得FT＝１５N,a＝２．５m/s２,A错误,B正确;对滑块丙受力分析,受重力、支持力和静摩擦力作用,根据牛顿第二定律,有Ff＝m丙a＝１×２．５N＝２．５N,C正确;绳子的张力为１５N,由于滑轮两侧绳子垂直,根据平行四边形定则,其对滑轮的作用力为１５２N,所以D错误．１１．(１)CD (２)E (３)更换小重物解析:(１)橡皮筋遵循胡克定律,要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长,得到橡皮筋的伸长量,根据拉力大小与伸长量成比例作力的图示．故选C、D．—７０１—详解答案(２)橡皮筋连接的细绳要稍微长些,并非要求等长,A错误;图乙中A、B两点不用必须等高,B错误;图乙中连接小重物的细绳可以在OA、OB夹角的角平分线上,也可以不在,C错误;图甲中O点的位置和OA的方向不需要记录,D错误;需要记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向,E正确．(３)在钉子位置不变的情况下,要改变实验效果,只有改变小重物的质量．故可采用的方法是更换小重物．１２．(１)短接 (２)黑 (３)３５．０Ω ２０．０mA (４)１．４V解析:(１)使用多用电表选欧姆挡后需要将红、黑表笔短接,进行欧姆调零;(２)多用电表的电流从黑表笔流出,从红表笔流入;(３)电阻箱的读数为３５．０Ω,电流表的精确度为１mA,需要估读到０．１mA,电流表示数为２０．０mA;(４)设欧姆表的内阻为R０,电流表的内阻为RA,由闭合电路欧姆定律得E＝I(R０＋RA＋R),整理得１I＝R０＋RAE＋RE,１I Ｇ R图象的斜率等于１E,可以利用图象在纵轴上的截距和题中电阻箱和电流表的读数求出．进而得到电动势为１．４V．１３．(１)L＋mgsinα＋μmgcosαk (２)aA＝２(gsinα＋μgcosα) aB＝０解析:(１)隔离B木块分析,由平衡条件可得,F弹＝mgsinα＋μmgcosα由胡克定律得,F弹＝kΔx两木块间的距离为lAB＝L＋Δx＝L＋mgsinα＋μmgcosαk．(２)剪断细线瞬间弹簧弹力不变,对物块B受力分析由牛顿第二运动定律得:F弹－(mgsinα＋μmgcosα)＝maB,解得aB＝０对于木块A有,F弹＋μmgcosα＋mgsinα＝maA解得,aA＝２(gsinα＋μgcosα)．１４．B＝３mvqL t＝πL３v解析:由t＝sv知,当v一定时,弧长s最大即轨迹圆弧恰好与OP边相切(如图所示)时t最大．设轨迹圆弧与OP边相切时圆弧的半径为R,有R＋Rsinθ＝L由于qvB＝mv２R,解得B＝３mvqL显然粒子在磁场中运动的最长时间tm＝πRv＝πL３v．１５．(１)３mg４q (２)不小于５gr解析:(１)当小球静止在P点时,小球的受力情况如图所示,则有qEmg＝tan３７°,所以E＝３mg４q．(２)当小球做圆周运动时,可以等效为在一个“重力加速度”为５４g的“重力场＂中运动．若要使小球能做完整的圆周运动,则小球必须能通过图中的Q点．设当小球从P点出发的速度为vmin时,小球到达Q点时速度为零．在小球从P运动到Q的过程中,根据动能定理有－５４mg２r＝０－１２mv２min所以vmin＝５gr,即小球的初速度应不小于５gr．１６．(１)ABD (２)①２×１０５Pa ②９００K解析:(１)布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动,叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,选项A、B正确;多晶体不具有规则几何形状,选项C错误;氢气和氮气的温度相同时,它们分子的平均动能相同,选项D正确;由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知,若物体从外界吸收热量同时对外做功,其内能可能不变或减少,故选项E错误．(２)①对下部分气体,根据玻意耳定律有p０V０＝p１V１,V１＝V０２,解得p１＝２×１０５Pa．②对上部分气体,根据理想气体状态方程,有p０V０T０＝p２V２T２,V２＝３２V０．当活塞A移动到最低点B时,对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强p１＝p２,解得T２＝３T０＝９００K．１７．(１)ACD (２)①２d ②６２解析:(１)由振动图象可知,该波周期为４s,波源比P点早振动T４,P距波源λ４,波源比Q早振动T２,Q距波源λ２,所以P、Q相距３４λ,因PQ＝２．４m,所以波长为３．２m,选项A正确;波速为０．８m/s,P点与波源S相距０．８m,选项C、D正确,E错误;波源起振方向向上t＝２s时,波源振动了T２,处于平衡位置将向下振动,选项B错误．(２)①光在玻璃中的速度v＝cn＝c２依题意得t＝hc＝dv解得h＝２d②设光线B在玻璃板中的折射角为γ,则根据折射定律得n＝sin４５°sinγ,解得γ＝３０°光线B从S到玻璃板上表面的传播时间为t１＝２hc＝２dc光线B在玻璃板中的传播时间为t２＝d/cos３０°v＝２６d３c解得t１t２＝６２．—８０１—