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详解答案模拟精编大考卷(十) 物理１．A 物块匀速下滑时,对物块和斜面体整体进行受力分析,受到重力、支持力,假设地面对整体有摩擦力,设为水平向右,如图所示根据共点力平衡条件得到摩擦力为零;若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体,使物体加速下滑时,物体对斜面的压力没有变化,则对斜面的滑动摩擦力也没有变化,所以斜面体的受力情况没有改变,则地面对斜面体仍没有摩擦力,即斜面体受地面的摩擦力为零,斜面一定静止．故选A．２．C 小车先做匀加速直线运动,然后做匀减速运动,匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等,a＝ΔvΔt＝４m/s２,根据物体与车的动摩擦因数可知,物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为２m/s２,因此当车的速度大于物体的速度时,物体受到滑动摩擦动力,相反则受到滑动摩擦阻力．根据受力分析,结合牛顿第二定律,则有:当０~８s时,车的速度大于物体,因此物体受到滑动摩擦动力,则其加速度为２m/s２,同理,当８~１６s时,车的速度小于物体的速度,因此物体受到滑动摩擦阻力,则其加速度为２m/s２,故C正确,A、B、D错误．３．C 两弹在M、N连线的中点正上方相遇,只能说明末位置相同,不能说明运动轨迹重合,故A错误．由于两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇,说明它们的水平位移大小相等,又由于运动的时间相同,所以它们在水平方向上的速度相同,即v２cosθ＝v１,所以v２＞v１,故B错误．两弹都只受到重力,都做匀变速运动,加速度相同,所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动,故C正确．根据题意只能求出两弹运动时间相同,但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值,所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度,所以D错误．４．A 双星系统的结构是稳定的,故它们的角速度相等,故A正确;根据牛顿第二定律,有:Gm１m２L２＝m１ω２r１＝m２ω２r２其中:r１＋r２＝L故r１＝m２m１＋m２Lr２＝m１m１＋m２L故v１v２＝r１r２＝m２m１故质量大的黑洞转动半径小,线速度小,故B、D错误;两个黑洞间的万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:Gm１m２L２＝m１a１＝m２a２故两个黑洞的向心加速度不等,故C错误;故选A．５．B 结合对称性可知,穿过线框abcd的磁通量为零,故下降过程中穿过线框的磁通量一直为零,故没有感应电流,不受安培力,线框只受重力,做自由落体运动,机械能守恒,加速度始终为g,故A、C、D错误,B正确．６．D 因为U２＝U线＋U３,U２≠U线,故输电线路上电流I２＝U线r≠U２r,故选项A错;输电线路上损失的电功率P线＝U线２r≠U２２r,故选项B错;因为U２＝I２r＋U３,U２≠I２r,故升压理想变压器的输入功率为P１＝U１I１＝I２U２≠I２U线,故选项C错;P线＝I２U线＝I２(U２－U３),故选项D对．７．AB 物块在重力mg、拉力F和弹簧的弹力F弹作用下处于静止状态,由平衡条件得F弹＝Fcosθ,mg＝Fsinθ,联立以上二式解得弹簧的弹力F弹＝mgtan４５°＝２０N,选项A正确;撤去拉力F的瞬间,由牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma１,解得a１＝８m/s２,方向水平向左,选项B正确;剪断弹簧的瞬间,弹簧的弹力消失,则Fcosθ＝ma２,解得a２＝１０m/s２,方向水平向右,选项C、D错误．８．BC 由图看出,b、e两点电场强度的大小相等,但方向不同,而电场强度是矢量,所以b、e两点的电场强度不同,故A错误．根据顺着电场线电势逐渐降低可知,离点电荷O越远,电势越低,故a点电势低于c点电势．故B正确．根据对称性可知,d、c的电势相等,同理b、e的电势相等．所以b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等,故C正确．d点的电势与c点的电势相等,电子沿圆周由d到c,电场力不做功,但过程中电场力做功,电势能变化,即由d运动到c过程中电势能先增大后减小,故D错误．９．BC 当粒子从D形盒中出来时速度最大,根据qvmB＝mv２mR,得vm＝qBRm,那么质子获得的最大动能Ekm＝q２B２R２２m,则最大动能与交流电压U无关．故A错误;根据T＝２πmBq,若只增大交变电压U,不会改变质子在回旋加速器中运行的周期,但加速次数减少,则运行时间也会变短,故B正确;根据T＝２πmBq,若磁感应强度B增大,那么T会减小,只有当交流电频率f必须适当增大才能正常工作．故C正确;带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等,根据T＝２πmBq知,换用α粒子,粒子的比荷变化,周期变化,回旋加速器需改变交流电的频率才能加速α粒子．故D错误．１０．AC 根据功能关系可知,机械能与位移图线的斜率表示物体受到的拉力,可见A处切线的斜率最大,说明此位置受到的拉力F最大,在０~x１过程中物体所受拉力是变力,故A正确;在０~x１过程中物体做加速运动．在x１→x２过程中,图象的斜率越来越小,则说明受到的拉力越来越小,拉力先大于重力,后小于重力,在x２处物体的机械能最大,图象的斜率为零,则说明此时拉力为零;所以在这一过程中物体应先加速后减速,所以在x１处物体的速度不是最大,应在x１→x２过程中速度最大,故B错误;由以上分析可知,在x１~x３过程中,物体的动能先增大后减小,故C正确;在０~x２过程中,拉力先增大后减小,直到变为零,则物体受到的合力应先向上增大,后减小,减小到零后,再反向增大,故D错误;故选AC．１１．(１)见解析 (２)k２解析:(１)先作出的vBＧh图象,不是一条直线,根据形状无法判断vBＧh关系,进而考虑v２BＧh图象,从而找出v２BＧh之间的线性关系．(２)据v２＝２gh可知斜率k＝２g,故g＝k２．—５１１—详解答案１２．(１)DCAB (２)４７ ４７解析:(１)S先打到a,此时,因为电阻Rx的作用,使电路中的电流有一个值I．当把S打到b时,R同样对电流有一定的阻碍作用,但是,它们的作用效果可能是不相同的,不过当我们调节电阻箱,使电路中的电流也是I的时候,R的作用就与前面Rx的作用相当,此时,R和Rx等效,它们都是电阻,可以得出,它们电阻相等,故合理顺序为DCAB．１３．(１)６gR (２)R３解析:(１)小球从C点抛出做平抛运动,有１２gt２＝２R解得t＝４Rg小球b做平抛运动的水平位移x＝vct＝２２R解得vc＝２gR根据机械能守恒有１２mbv２b＝１２mbv２c＋２mbgR可知小球b在碰后瞬间的速度vb＝６gR(２)a、b两小球相碰,由动量守恒得:mava＝mav′a＋mbvba、b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得:１２mav２a＝１２mav′２a＋１２mbv２b又ma＝３mb解得:va＝２３vb,v′a＝１２va＝１３vb可得:v′a＝６gR３,小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,根据机械能守恒可得１２mav′２a＝magh解得h＝R３１４．(１)１２l (２)B≥(２＋１)mv０ql解析:(１)设粒子进入电场时y方向的速度为vy,则vy＝v０tan４５°,设粒子在电场中运动时间为t,在水平方向:OQ＝l＝v０t,在竖直方向:OP＝vy２t,由以上各式,解得OP＝１２l．(２)粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示,设此时的轨迹半径为r,由数学知识得:r＋rsin４５°＝l,解得:r＝(２－２)l,粒子在磁场中运动的速度:v＝v０cos４５°＝２v０,由牛顿第二定律得:qvB＝mv２r,解得:B＝(２＋１)mv０ql要使粒子能再进入电场,磁感应强度B的范围为:B≥(２＋１)mv０ql．１５．(１)７０W (２)２T (３)１N解析:(１)由图乙可知,v＝５m/s时拉力F１＝１４N故拉力的功率PF１＝F１v＝１４×５W＝７０W．(２)由图乙知,导体棒达到最大速率vm＝１０m/s时拉力最小,为Fmin＝７NFmin－mgsinθ－F安＝０,F安＝B２L２vmR＋r代入数据得B＝２T．(３)由图乙知F＝７０１vF－mgsinθ－F′安＝maF安′＝B２L２vR＋r由以上三式得v２＋６５v－３５０＝０解得v＝５m/s故此时安培力的大小F′安＝B２L２vR＋r＝１N．１６．(１)５×１０４Pa (２)１．６L解析:(１)航天服内气体经历等温过程,p１＝１．０×１０５Pa,V１＝２L,V２＝４L由玻意耳定律p１V１＝p２V２得p２＝５×１０４Pa(２)设需要初充的气体体积为Vx,压强为px,将补充的气体与原航天服内气体视为一个整体,充气后的气压p３＝９．０×１０４Pa由玻意耳定律p２V２＋pxVx＝p３V２得Vx＝１．６L．１７．(１)CDE (２)①３ ②３３R２c解析:(１)各质点的位移按正弦函数变化,即在t＝０时刻,P质点的位移为５２２cm,大于２．５cm,A选项错误;在t＝０时刻,M质点的位移为负值,则加速度为正值,即加速度方向沿y轴正方向,B选项错误;在t＝０时刻,P质点和M质点的位移大小相等、方向相反,则加速度大小相等、方向相反,C选项正确;由题图可知,该波的波长λ＝４m,则v＝λ４＋nλΔt＝(４n＋１)m/s(n＝０,１,２,),当n＝２时,v＝９m/s,D选项正确;P质点和M质点的平衡位置间距等于半个波长,则振动情况一定相反,E选项正确．(２)①如图所示,当光从M点入射时,在AB面上的入射角为３０°,又因为出射光线与入射光线的夹角为３０°,则可得折射角为６０°则玻璃的折射率为n＝sin６０°sin３０°＝３②当光从N点入射时,因为ON＝３２R,则∠NN１O＝６０°,因为sin６０°＝３２＞３３,故光在N１点发生全反射因为∠N１OB＝６０°,故光线从B点处离开玻璃则光传播的路程x＝R２＋R＝３２R所以光在玻璃中传播的时间t＝xv＝xcn＝３３R２c．—６１１—