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    重慶2019年分類考試物理模擬試題【含答案】

    作者:升學之家時間:2019-02-12 14:22

    摘要:重慶2018年分類考試物理模擬試題【含答案】 一、選擇題:本題共8小題,每小題6分.在每小題給出的四個選項中,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分. 1.如圖所示

    重慶2018年分類考試物理模擬試題【含答案】 

    一、選擇題:本題共8小題,每小題6分.在每小題給出的四個選項中,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分.

    1.如圖所示為簡易升降裝置,某人在吊籃中,通過定滑輪拉繩子使系統豎直勻速運動,人的質量為M,吊籃的質量為m,不計空氣阻力和摩擦,不計繩子質量,重力加速度為g.下列說法正確的是()

    A.勻速上升時人的拉力大于勻速下降時人的拉力

    B.勻速下降時人的拉力大小等于(m+M)g

    C.人對吊籃的壓力大小為

    D.人的拉力大小為

    2.為了道路交通安全,在一些路段設立了剎車失靈避險車道,如圖所示,故障車駛入避險車道是為了()

    A.增大運動加速度B.減小運動加速度

    C.增加機械能損失D.減少機械能損失

    3.如圖所示為固定的半徑為R的半圓形軌道,O為圓心,一質量為m可視為質點的小物塊,由靜止開始自軌道邊緣上的P點滑下,到達最低點Q時,測得小物塊對軌道的彈力大小為2mg,重力加速度為g,則自P滑到Q的過程中,小物塊克服摩擦力所做的功為()

    A.B.C.D.

    4.帶等量異種電荷的平行板豎直正對放置,兩板間有垂直紙面向里的勻強磁場.三個帶同種電荷的粒子以相同動能豎直向下射入兩板間,軌跡如圖所示,不計粒子重力及粒子間的相互作用,則下列說法一定正確的是()

    A.粒子帶正電B.質量關系m1>m2

    C.質量關系m3>m2D.有一個粒子動能不變

    5.宇宙空間中有兩個星球,繞同一圓心做勻速圓周運動,天文觀測到它們之間的距離恒為l,運動周期為T,不考慮其它星體的影響,由此可得出()

    A.每個星球的軌道半徑B.兩個星球的總質量

    C.每個星球的密度D.每個星球的質量

    6.某加工廠里有寬度為1m的長條形材料,為了將材料切割成規定尺寸的矩形,使材料以vo=3m/s勻速直線運動,切割刀具的速度v=5m/s,切割過程中刀具與材料各自速度均不變,則下列說法正確的是()

    A.切割一次的時間為0.2sB.切割一次的時間為0.25s

    C.矩形材料的長度是0.6mD.矩形材料的長度是0.75m

    7.如圖所示,傾角為30°的足夠長光滑絕緣斜面上,放有兩個質量相等的帶電小球A、B,控制A球,當A、B相距d時,B球剛好處于靜止狀態,兩小球均可視為質點,不計空氣阻力.將A球從靜止開始釋放后,在A、B間距增大為2d的過程中,下列說法正確的是()

    A.兩小球系統機械能守恒

    B.兩小球系統機械能增大

    C.兩小球加速度總和不變

    D.A、B間距增大為2d時,A、B小球加速度大小之比為8:3

    8.如圖所示直角坐標xOy平面,在0≤x≤a區域Ⅰ內有沿x軸正向的勻強電場,電場強度大小為E;在x>a的區域Ⅱ中有垂直于xOy平面的勻強磁場(圖中未畫出),一質量為m、電量為q的正粒子,從坐標原點由靜止開始自由釋放,不計粒子重力,能過坐標為(a,b)的P點,則下列說法正確的是()

    A.磁場方向垂直于xOy平面向里

    B.粒子通過P點時動能為qEa

    C.磁感應強度B的大小可能為

    D.磁感應強度B的大小可能為6

     

    二、非選擇題:共62分.

    9.某同學探究功和動能變化的關系,裝置如圖所示.

    (1)將橡皮筋拉伸至O點,使小物塊在橡皮筋的作用下從靜止開始彈出,離開水平桌面后平拋落至水平地面上,落點記為P,用刻度尺測量出桌面到地面的高度h,小物塊拋出點到落地點的水平距離L,不計空氣阻力,取重力加速度為g,則小物塊離開桌面邊緣時速度大小v=.

    (2)在釘子上分別套上n條同樣的橡皮筋,重復步驟(1),小物塊落點記為P′,若在實驗誤差允許范圍內,滿足小物塊拋出點到落地點的水平距離L′=L,可驗證動能定理.

    10.某學習小組同學發現實驗室有一壓力傳感器,其電阻R與壓力F線性關系如圖甲所示,他們利用有關電學知識及相關實驗器材,設計制作測量物體質量的電子秤.

    (1)學習小組同學利用一直流電源,其端電壓U與電流I關系如圖乙所示,則該電源電動勢E=V,內阻r=Ω.

    (2)現有刻度均勻的電流表A:量程為0~3A(內阻不計),導線及電鍵等,在傳感器上面固定絕緣載物板(質量不計),按照圖丙連接電路.

    (3)根據設計電路,重力加速度取g=10m/s2,該電子秤可測量物體的最大質量m=kg,若電流表刻度1A、2A、3A分別對應質量m1、m2、m3,△m=m2﹣m1,△m′=m3﹣m2,則△m△m′(填“>”、“=”或“<”).

    (4)若該直流電源使用時間過長,則該電子秤讀數相對真實值(填“偏大”或“偏小”),屬于(填“系統”或“偶然”)誤差.

    11.如圖所示,水平地面左側有光滑的圓弧軌道AB,半徑R=1.8m,質量為M的木板靜置于圓弧軌道下端,且木板上表面恰好與圓弧軌道最低點B相切,B點在圓心O正下方.質量為m的小物塊(可視為質點)從圓弧軌道最高點A處從靜止開始釋放,小物塊恰好能到達木板右端.已知:m=M,物塊與木板間動摩擦因數μ1=0.5,木板與水平面間動摩擦因數μ2=0.2,重力加速度取g=10m/s2.求:

    (1)木板長度L;

    (2)木板在水平地面運動時間t.

    12.如圖所示,甲、乙兩足夠長光滑金屬直桿交叉固定在光滑水平面上,兩桿交于O點,夾角θ=60°,一輕彈簧沿兩桿夾角平分線放置,左端固定于O′點,右側自由端恰好位于O點,彈簧勁度系數k=10N/m.虛線PQ與彈簧垂直,PQ與O點間距D=1m,PQ右側有豎直向下勻強磁場,磁感應強度大小B=1T,一質量m=0.1kg金屬桿MN置于甲乙桿上且接觸良好,金屬桿MN將彈簧壓縮(不拴接)至圖示位置,MN與PQ間距d=0.25m將金屬桿MN從圖示位置由靜止開始無初速釋放,金屬桿MN沿O′O向右直線運動.已知:甲、乙及MN金屬桿是完全相同的導體材料,其單位長度的電阻是r0=Ω/m.彈簧的彈性勢能EP與其形變量x的關系是:EP=kx2,式中k為彈簧的勁度系數.求:

    (1)金屬桿MN運動至磁場邊界PQ時速度大小;

    (2)金屬桿MN運動至O點過程中,金屬桿MN消耗的電能;

    (3)金屬桿MN最終停止運動位置與O點間距L.

     

    [物理--選修3-3](共2小題,滿分15分)

    13.下列說法正確的是()

    A.氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器的碰撞而產生的

    B.晶體可能是各項異性的

    C.壓強不超過大氣壓的幾十倍時,實際氣體都可以看成理想氣體

    D.第二類永動機不可能制成是因為它違反了能量守恒定律

    E.兩個分子間距減小時,分子力可能增大

    14.如圖所示,左端封閉右端開口的細玻璃管水平放置,用h=20cm水銀柱封閉了長為L=65cm理想氣體,水銀柱右端距玻璃管開口端l=10cm.已知外界大氣壓強p0=76cmHg,溫度t=27℃,重力加速度g=9.8m/s2.求:

    ①玻璃管沿其軸線做水平勻變速直線運動,右端面恰在玻璃管右端口時(水銀未溢出),玻璃管的加速度大小a;

    ②給密閉氣體緩慢加熱,管中水銀柱右端面恰在玻璃管右端口時(水銀未溢出),密閉氣體的溫度.

     

    [物理--選修3-4](共1小題,滿分0分)

    15.如圖所示為t=0時刻的沿x軸正向傳播的某簡諧橫波波形圖,質點P的橫坐標

    xP=1.5m.

    ①t=0.5s時,若質點P第一次到達y=0處,求波速大小v1;

    ②若質點P點經0.5s到達最大正位移處,求波速大小v2.

     

    [物理--選修3-5](共2小題,滿分0分)

    16.下列說法正確的是()

    A.某色光照射到一金屬板表面時能夠發生光電效應,當增大該色光的照射強度時,從這一金屬板表面逸出的光電子的最大初動能不變

    B.氫原子光譜說明了氫原子輻射的光的頻率是不連續的

    C.一群從處于n=1的基態的氫原子躍遷到n=4的激發態,一定是吸收了6種不同頻率的光子

    D.α射線的電離本領比β射線的電離本領強

    E.核力將核子束縛在核內,說明核力一定是吸引力

    17.如圖所示,光滑水平面上A、B、C三點間距相同,C點有豎直擋板,質量為m的小球甲從A點以速度v0水平向右運動,與靜止于B點的小球乙發生彈性正碰,碰后甲向左運動,乙與擋板發生彈性碰撞后恰好在A點追上甲,兩小球均可視為質點,所有碰撞時間忽略不計.求:

    ①小球乙的質量;

    ②擋板對小球乙的沖量.

     


    重慶2018年分類考試物理模擬試題參考答案與試題解析

     

    一、選擇題:本題共8小題,每小題6分.在每小題給出的四個選項中,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分.

    1.如圖所示為簡易升降裝置,某人在吊籃中,通過定滑輪拉繩子使系統豎直勻速運動,人的質量為M,吊籃的質量為m,不計空氣阻力和摩擦,不計繩子質量,重力加速度為g.下列說法正確的是()

    A.勻速上升時人的拉力大于勻速下降時人的拉力

    B.勻速下降時人的拉力大小等于(m+M)g

    C.人對吊籃的壓力大小為

    D.人的拉力大小為

    【考點】2H:共點力平衡的條件及其應用;29:物體的彈性和彈力.

    【分析】分別對系統進行受力分析,根據平衡條件列式求解人對繩子的拉力,再對人受力分析,根據平衡條件可求得人受到的支持力,從而由牛頓第三定律求出壓力大小.

    【解答】解:A、不論是勻速上升還是勻速下降,系統均處于平衡狀態,合力為零,故勻速上升時人的拉力等于勻速下降時人的拉力,故A錯誤;

    B、對人和吊籃分析可知,系統受重力和向上的繩子的拉力,則有:2F=(m+M)g,故F=(m+M)g,故B錯誤,D正確;

    C、對人分析可知,人受向上的拉力、重力和吊籃的支持力,根據平衡條件可知:F+N=mg,解得:N=mg﹣(m+M)g=(m﹣M)g,根據牛頓第三定律可知,人對吊籃的拉力為(m﹣M)g,故C錯誤.

    故選:D.

     

    2.為了道路交通安全,在一些路段設立了剎車失靈避險車道,如圖所示,故障車駛入避險車道是為了()

    A.增大運動加速度B.減小運動加速度

    C.增加機械能損失D.減少機械能損失

    【考點】6A:動能和勢能的相互轉化;37:牛頓第二定律.

    【分析】根據避險車道的特點,結合牛頓第二定律和功能關系分析即可.

    【解答】解:A、由題圖可知,避險車道為斜面,車進入避險車道后沿斜面向上運動,車受到的重力有沿斜面向下的分力,與運動的方向相反,所以對車的減速能起到增大減速運動的加速度的作用.故A正確,B錯誤;

    C、車進入避險車道后沿斜面向上運動的過程中,動能減小,同時重力勢能增大,機械能的變化與重力做功無關.故CD錯誤.

    故選:A

     

    3.如圖所示為固定的半徑為R的半圓形軌道,O為圓心,一質量為m可視為質點的小物塊,由靜止開始自軌道邊緣上的P點滑下,到達最低點Q時,測得小物塊對軌道的彈力大小為2mg,重力加速度為g,則自P滑到Q的過程中,小物塊克服摩擦力所做的功為()

    A.B.C.D.

    【考點】65:動能定理;62:功的計算.

    【分析】小球在Q點豎直方向上受重力和支持力,根據合力提供向心力求出B點的速度,再根據動能定理求出摩擦力所做的功.

    【解答】解:在最低點,小物塊在豎直方向上受重力和支持力,豎直方向上的合力提供向心力,由牛頓第二定律可得:2mg﹣mg=m

    自P滑到Q的過程中,由動能定理可得:mgR﹣Wf=m﹣0,

    聯立兩式解得:Wf=.故ABD錯誤,C正確.

    故選:C.

     

    4.帶等量異種電荷的平行板豎直正對放置,兩板間有垂直紙面向里的勻強磁場.三個帶同種電荷的粒子以相同動能豎直向下射入兩板間,軌跡如圖所示,不計粒子重力及粒子間的相互作用,則下列說法一定正確的是()

    A.粒子帶正電B.質量關系m1>m2

    C.質量關系m3>m2D.有一個粒子動能不變

    【考點】CF:洛侖茲力.

    【分析】根據粒子在復合場中的受力,判斷粒子的電性,因為不計重力,故無法判斷質量間的關系,根據軌跡圖判斷2電場力不做功,判斷動能不變

    【解答】解:A、粒子進入電場和磁場的復合場后,如果帶電,不論帶正電荷還是負電荷,受到的電場力和洛倫茲力方向都相反,故發生偏轉與受力的大小有關,故無法判斷電性,故A錯誤;

    BC、粒子的偏轉與受到的電場力和洛倫茲力有關,與重力無關,故無法判斷質量關系,故BC錯誤;

    D、有圖可知,2沿直線運動,電場力不做功,故動能不變,故D正確;

    故選:D

     

    5.宇宙空間中有兩個星球,繞同一圓心做勻速圓周運動,天文觀測到它們之間的距離恒為l,運動周期為T,不考慮其它星體的影響,由此可得出()

    A.每個星球的軌道半徑B.兩個星球的總質量

    C.每個星球的密度D.每個星球的質量

    【考點】4F:萬有引力定律及其應用.

    【分析】雙星靠相互間的萬有引力提供向心力,具有相同的角速度,對分別運用牛頓第二定律列出動力學方程

    【解答】解:設兩星球的質量分別為的軌道半徑為的軌道半徑為,由于它們之間的距離恒定,因此雙星在空間的繞向一定相同,同時角速度和周期也都相同,由向心力公式可得:

    由①得

    由②得

    ③+④得

    因為

    ⑥代入⑤式得

    由上面的分析知,ACD錯誤,每個星球的軌道半徑無法求解,每個星球總質量無法求解,每個星球的密度無法求解,只能求出兩個星球的總質量,故B正確.

    故選:B

     

    6.某加工廠里有寬度為1m的長條形材料,為了將材料切割成規定尺寸的矩形,使材料以vo=3m/s勻速直線運動,切割刀具的速度v=5m/s,切割過程中刀具與材料各自速度均不變,則下列說法正確的是()

    A.切割一次的時間為0.2sB.切割一次的時間為0.25s

    C.矩形材料的長度是0.6mD.矩形材料的長度是0.75m

    【考點】44:運動的合成和分解.

    【分析】割刀實際參與兩個分運動,即沿玻璃的運動和垂直玻璃方向的運動.根據運動的合成確定運動的軌跡以及合速度.根據分運動與合運動具有等時性,求出完成一次切割所需的時間,以及一次切割時間里玻璃板的位移.

    【解答】解:AB、為了使割下的玻璃板都成規定尺寸的矩形,割刀相對玻璃的運動速度應垂直玻璃.割刀實際參與兩個分運動,即沿玻璃的運動和垂直玻璃方向的運動.則割刀垂直玻璃方向的速度v⊥==4m/s,那么切割一次的時間為t===0.25s.故A錯誤,B正確.

    CD、在0.25s內玻璃在水平方向的運動位移x=v∥t=3×0.25=0.75m.故C錯誤,D正確.

    故選:BD.

     

    7.如圖所示,傾角為30°的足夠長光滑絕緣斜面上,放有兩個質量相等的帶電小球A、B,控制A球,當A、B相距d時,B球剛好處于靜止狀態,兩小球均可視為質點,不計空氣阻力.將A球從靜止開始釋放后,在A、B間距增大為2d的過程中,下列說法正確的是()

    A.兩小球系統機械能守恒

    B.兩小球系統機械能增大

    C.兩小球加速度總和不變

    D.A、B間距增大為2d時,A、B小球加速度大小之比為8:3

    【考點】6C:機械能守恒定律;37:牛頓第二定律.

    【分析】分析兩球的受力情況,明確庫侖力做功,根據機械能守恒條件可明確機械能是否守恒;根據牛頓第二定律可求得加速度,進而明確兩物體的加速度大小之和以及比值.

    【解答】解:A、開始時B球靜止,則說明AB兩球間為斥力,在A球由靜止釋放相互遠離的過程中,由于庫侖力做正功,故兩小球的機械能增大;故A錯誤,B正確;

    C、兩小球受重力和庫侖力的作用而做加速運動,設某時刻庫侖力大小為F,則由牛頓第二定律可知:A的加速度為:aA=;而B的加速度aB=;則可知,兩小球加速度之和不變;故C正確;

    D、根據平衡條件可知:mgsin30°=;當距離為2d時,庫侖力為:F′===;則可知,A的加速度為:aA==;B的加速度aB==;故加速度之比5:3;故D錯誤;

    故選:BC.

     

    8.如圖所示直角坐標xOy平面,在0≤x≤a區域Ⅰ內有沿x軸正向的勻強電場,電場強度大小為E;在x>a的區域Ⅱ中有垂直于xOy平面的勻強磁場(圖中未畫出),一質量為m、電量為q的正粒子,從坐標原點由靜止開始自由釋放,不計粒子重力,能過坐標為(a,b)的P點,則下列說法正確的是()

    A.磁場方向垂直于xOy平面向里

    B.粒子通過P點時動能為qEa

    C.磁感應強度B的大小可能為

    D.磁感應強度B的大小可能為6

    【考點】CI:帶電粒子在勻強磁場中的運動;AK:帶電粒子在勻強電場中的運動.

    【分析】根據左手定則判斷磁感應強度的方向;根據動能定理求解粒子通過P點時的動能;粒子可能經過多個半周以后通過P點,分析粒子運動半徑大小.推導出磁感應強度的計算公式進行分析.

    【解答】解:根據題意可得,粒子能夠通過(a,b)的P點,軌跡可能的情況如圖所示,

    A、根據左手定則可得,磁場方向垂直于xOy平面向里,A正確;

    B、洛倫茲力不做功,整個過程中只有電場力做功,根據動能定理可得,粒子通過P點時動能為Ek=qEa,B正確;

    CD、粒子在磁場中運動的速度大小為v,則Ek=qEa=,解得:v=

    粒子在磁場中運動的半徑為:r=,其中n=1、2、3…,

    根據r=可得:B=2n,磁感應強度不可能為

    當n=3時,B=6,所以C錯誤,D正確;

    故選:ABD.

     

    二、非選擇題:共62分.

    9.某同學探究功和動能變化的關系,裝置如圖所示.

    (1)將橡皮筋拉伸至O點,使小物塊在橡皮筋的作用下從靜止開始彈出,離開水平桌面后平拋落至水平地面上,落點記為P,用刻度尺測量出桌面到地面的高度h,小物塊拋出點到落地點的水平距離L,不計空氣阻力,取重力加速度為g,則小物塊離開桌面邊緣時速度大小v= L .

    (2)在釘子上分別套上n條同樣的橡皮筋,重復步驟(1),小物塊落點記為P′,若在實驗誤差允許范圍內,滿足小物塊拋出點到落地點的水平距離L′=  L,可驗證動能定理.

    【考點】MJ:探究功與速度變化的關系.

    【分析】(1)小球離開桌面后做平拋運動,根據桌面到地面的高度,可計算出平拋運動的時間,再根據小物塊拋出點到落地點的水平距離,可計算出小球離開桌面時的速度;

    (2)根據動能定理列式求出在釘子上分別套上n條同樣的橡皮筋小物體離開桌面邊緣的速度與只有一根橡皮筋時速度的關系,再結合平拋運動基本規律分析即可.

    【解答】解:(1)小球離開桌面后做平拋運動,根據h=,和L=vt,可得v=L

    (2)小物塊在橡皮筋的作用下從靜止開始彈出的過程中,根據動能定理得:

    在釘子上分別套上n條同樣的橡皮筋,根據動能定理則有:

    解得:

    而平拋運動的時間相等,根據L=vt可知,L′=L,即在實驗誤差允許范圍內,滿足小物塊拋出點到落地點的水平距離L′=L,可驗證動能定理.

    故答案為:(1)L

    (2)

     

    10.某學習小組同學發現實驗室有一壓力傳感器,其電阻R與壓力F線性關系如圖甲所示,他們利用有關電學知識及相關實驗器材,設計制作測量物體質量的電子秤.

    (1)學習小組同學利用一直流電源,其端電壓U與電流I關系如圖乙所示,則該電源電動勢E= 12 V,內阻r= 2 Ω.

    (2)現有刻度均勻的電流表A:量程為0~3A(內阻不計),導線及電鍵等,在傳感器上面固定絕緣載物板(質量不計),按照圖丙連接電路.

    (3)根據設計電路,重力加速度取g=10m/s2,該電子秤可測量物體的最大質量m= 180 kg,若電流表刻度1A、2A、3A分別對應質量m1、m2、m3,△m=m2﹣m1,△m′=m3﹣m2,則△m > △m′(填“>”、“=”或“<”).

    (4)若該直流電源使用時間過長,則該電子秤讀數相對真實值 偏小 (填“偏大”或“偏小”),屬于 系統 (填“系統”或“偶然”)誤差.

    【考點】N3:測定電源的電動勢和內阻;N6:伏安法測電阻.

    【分析】(1)電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢,圖象斜率的絕對值是電源內阻.

    (3)物體的質量越大,壓力傳感器受到的壓力越大,壓力傳感器電阻越小,電路電流越大,電路最大電流是電流表量程,由歐姆定律求出傳感器接入電路的最小阻值,然后求出物體的最大質量;根據閉合電路歐姆定律分析答題.

    (4)應用根據閉合電路歐姆定律分析電源使用時間過長后電子稱測量值與真實值間的關系,然后答題.

    【解答】解:(1)由圖示電源U﹣I圖象可知,圖象與縱軸交點坐標值為12,則電源電動勢為:E=12V,電源內阻為:r===2Ω;

    (3)電流表量程為3A,電路最大電流為3A,電路最小電阻阻值為:R最小+r===4Ω,傳感器接入電路的最小阻值為:R最小=2Ω;

    由圖甲可知,傳感器阻值與所受壓力的關系為:R=kF+b,由圖示圖象可知:b=20,0=2000k+b,k=﹣0.01,則R=﹣0.01F+20,

    當R=2Ω時:2=﹣0.01F+20,則F=1800N,由平衡條件可知:F=G=mg,則有:m最大=180kg;

    電流為1A時:R1=﹣r=10Ω,10=﹣0.01F1+20,F1=1000N,F1=G1=m1g,m1=100kg,

    電流為2A時:R2=﹣r=4Ω,4=﹣0.01F2+20,F2=1600N,F2=G2=m2g,m2=160kg,

    電流為3A時:m3=m最大=180kg,則:△m=m2﹣m1=60kg,△m′=m3﹣m2=20kg,則△m>△m′.

    (4)若該直流電源使用時間過長,電源的電動勢變小,電源內阻變大,在同一刻度值傳感器電阻應更大,所測物體實際質量偏大,則該電子秤讀數相對真實值偏小;屬于系統誤差.

    故答案為:(1)12;2;(3)180;>;(4)偏小;系統.

     

    11.如圖所示,水平地面左側有光滑的圓弧軌道AB,半徑R=1.8m,質量為M的木板靜置于圓弧軌道下端,且木板上表面恰好與圓弧軌道最低點B相切,B點在圓心O正下方.質量為m的小物塊(可視為質點)從圓弧軌道最高點A處從靜止開始釋放,小物塊恰好能到達木板右端.已知:m=M,物塊與木板間動摩擦因數μ1=0.5,木板與水平面間動摩擦因數μ2=0.2,重力加速度取g=10m/s2.求:

    (1)木板長度L;

    (2)木板在水平地面運動時間t.

    【考點】6C:機械能守恒定律;1G:勻變速直線運動規律的綜合運用.

    【分析】(1)根據機械能守恒定律可求得物體到達B點時的速度,再對物體和木板受力分析,根據牛頓第二定律求解各自的加速度,再根據運動學公式即可求得木板的長度;

    (2)木板與物塊達到共同速度后一起以相同的加速度運動,根據牛頓第二定律可求得加速度,再根據運動學公式即可求得時間.

    【解答】解:(1)設小物塊滑至B點時速度大小為v0;由機械能守恒定律得:

    mgh=

    解得:v0=6m/s;

    物塊受木板動摩擦力f1=μ1mg;

    運動加速度大小為a1

    有f1=ma1

    解得:a1=5m/s2;

    木板受地面動摩擦力f2=μ2(M+m)g;

    運動加速度大小為a2;有

    f1﹣f2=Ma2

    解得:a2=1m/s2;

    設歷時t1木板與物塊達到共同速度v;

    有v=v0﹣a1t1

    v=a2t1

    解得:t1=1s;v=1m/s

    物塊位移x1=

    木板位移x2=

    木板長度L=x1﹣x2

    解得:L=3m.

    (2)木板與物塊達到共同速度后一起以加速度a3做勻減速直線運動,

    a3=μ2g

    歷時t2至停止

    v=a3t2

    t2=0.5s;

    木板在水平地面運動時間

    t=t1+t2=1+0.5=1.5s.

    答:(1)木板長度L為3m;

    (2)木板在水平地面運動時間t為1.5s.

     

    12.如圖所示,甲、乙兩足夠長光滑金屬直桿交叉固定在光滑水平面上,兩桿交于O點,夾角θ=60°,一輕彈簧沿兩桿夾角平分線放置,左端固定于O′點,右側自由端恰好位于O點,彈簧勁度系數k=10N/m.虛線PQ與彈簧垂直,PQ與O點間距D=1m,PQ右側有豎直向下勻強磁場,磁感應強度大小B=1T,一質量m=0.1kg金屬桿MN置于甲乙桿上且接觸良好,金屬桿MN將彈簧壓縮(不拴接)至圖示位置,MN與PQ間距d=0.25m將金屬桿MN從圖示位置由靜止開始無初速釋放,金屬桿MN沿O′O向右直線運動.已知:甲、乙及MN金屬桿是完全相同的導體材料,其單位長度的電阻是r0=Ω/m.彈簧的彈性勢能EP與其形變量x的關系是:EP=kx2,式中k為彈簧的勁度系數.求:

    (1)金屬桿MN運動至磁場邊界PQ時速度大小;

    (2)金屬桿MN運動至O點過程中,金屬桿MN消耗的電能;

    (3)金屬桿MN最終停止運動位置與O點間距L.

    【考點】D9:導體切割磁感線時的感應電動勢;6C:機械能守恒定律;8G:能量守恒定律;BB:閉合電路的歐姆定律;CE:安培力的計算.

    【分析】(1)金屬桿MN運動至磁場邊界PQ過程中,只有彈簧彈力做功,故彈簧和桿系統的機械能守恒,根據機械能守恒定律列式分析即可;

    (2)根據切割公式、安培力公式、胡克定律判斷金屬桿的運動性質,然后根據能量守恒定律列式求解;

    (3)金屬桿MN與彈簧不拴接,故金屬桿經過O點后向右運動時受重力、支持力和安培力,根據切割公式求解感應電動勢,根據安培力公式求解安培力,根據牛頓第二定律列式并結合微元法列式求解.

    【解答】解:(1)設金屬桿MN運動至磁場邊界PQ時速度大小為v0,有:

    代入數據解得:v0=7.5m/s;

    (2)金屬桿MN剛進入磁場瞬時,產生感應電動勢為:

    電流強度為:

    受安培力為:

    受彈簧彈力為:F2=kD,

    解得:F2=F1,

    同理分析得:金屬桿MN運動至O點過程中,受力平衡,作勻速直線運動,

    回路消耗的電能為:

    金屬桿MN消耗的電能為:

    (3)金屬桿MN通過O點后,設MN到O點距離為x時,導體棒在回路中的長度為l,速度大小為v,加速度大小為a,回路中的電流強度為I,根據牛頓第二定律,有:BIl=ma,

    其中:,故:

    由于,故

    故:

    由微元法得:

    金屬桿MN通過的回路面積S,

    金屬桿MN最終停止運動位置與O點間距L時

    解得:

    答:(1)金屬桿MN運動至磁場邊界PQ時速度大小為7.5m/s;

    (2)金屬桿MN運動至O點過程中,金屬桿MN消耗的電能為

    (3)金屬桿MN最終停止運動位置與O點間距L為1.06m.

     

    [物理--選修3-3](共2小題,滿分15分)

    13.下列說法正確的是()

    A.氣體對容器的壓強是大量氣體分子對容器的碰撞而產生的

    B.晶體可能是各項異性的

    C.壓強不超過大氣壓的幾十倍時,實際氣體都可以看成理想氣體

    D.第二類永動機不可能制成是因為它違反了能量守恒定律

    E.兩個分子間距減小時,分子力可能增大

    【考點】8H:熱力學第二定律;92:*晶體和非晶體.

    【分析】從分子動理論的觀點看來,氣體的壓強就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力,單晶體可能是各項異性,溫度不太低,壓強不超過大氣壓的幾倍時,實際氣體都可以看成理想氣體;第二永動機并未違反能量的轉化與守恒,而是違反了熱力學第二定律;分子間距為r0時,分子間的作用力為零,距離減小,表現為斥力,距離增大

    【解答】解:A、氣體壓強產生原因是大量分子頻繁地碰撞器壁,就對器壁產生持續、均勻的壓力.所以從分子動理論的觀點看來,氣體的壓強就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力;故A正確

    B、單晶體可能是各向異性,多晶體各向同性,故B正確

    C、溫度不太低,壓強不超過大氣壓的幾倍時,實際氣體都可以看成理想氣體,故C錯誤

    D、第二永動機并未違反能量的轉化與守恒,而是違反了熱力學第二定律,故D錯誤

    E、分子間作用力與分子間距離關心如圖,實線所示,分子間距為r0時,分子間的作用力為零,距離減小,表現為斥力,距離增大,表現為引力,所以說分子間距離越小,分子間作用力可能增大,故E正確.????????????????????????

    故選:ABE

     

    14.如圖所示,左端封閉右端開口的細玻璃管水平放置,用h=20cm水銀柱封閉了長為L=65cm理想氣體,水銀柱右端距玻璃管開口端l=10cm.已知外界大氣壓強p0=76cmHg,溫度t=27℃,重力加速度g=9.8m/s2.求:

    ①玻璃管沿其軸線做水平勻變速直線運動,右端面恰在玻璃管右端口時(水銀未溢出),玻璃管的加速度大小a;

    ②給密閉氣體緩慢加熱,管中水銀柱右端面恰在玻璃管右端口時(水銀未溢出),密閉氣體的溫度.

    【考點】99:理想氣體的狀態方程.

    【分析】①氣體發生等溫變化,由玻意耳定律求出氣體的壓強,然后應用牛頓第二定律可以求出加速度;

    ②根據題意求出氣體的狀態參量,然后應用理想氣體狀態方程可以求出氣體的溫度.

    【解答】解:①設水銀的密度為ρ,管中水銀柱右端面恰在玻璃管右端口時,密閉氣體的壓強為p,

    氣體發生等溫變化,由玻意耳定律得:LSp0=(L+l)Sp,

    解得:p=65.9cmHg,

    對水銀柱,由牛頓第二定律得:(p0﹣p)S=ρSha,

    解得:a=5m/s2;

    ②管中水銀柱右端面恰在玻璃管右端口時(水銀未溢出),氣體初狀態的溫度為:273+27=300K,由理想氣體狀態方程得:

    =

    解得:t=73℃;

    答:①玻璃管的加速度大小a為5m/s2;

    ②密閉氣體的溫度是73℃.

     

    [物理--選修3-4](共1小題,滿分0分)

    15.如圖所示為t=0時刻的沿x軸正向傳播的某簡諧橫波波形圖,質點P的橫坐標

    xP=1.5m.

    ①t=0.5s時,若質點P第一次到達y=0處,求波速大小v1;

    ②若質點P點經0.5s到達最大正位移處,求波速大小v2.

    【考點】F4:橫波的圖象;F5:波長、頻率和波速的關系.

    【分析】①t=0.5s時,當O點的振動傳到P點時,質點P第一次到達y=0處,由波形平移法研究波傳播的距離,再求波速大小v1;

    ②若質點P點經0.5s到達最大正位移處,根據波形的平移法和周期性得到波傳播的距離,再求波速大小v2.

    【解答】解:①t=0.5s時,當O點的振動傳到P點時,質點P第一次到達y=0處,則波傳播的距離為△x=1.5m

    波速大小v1===3m/s

    ②若質點P點經0.5s到達最大正位移處,波傳播的距離為△x′=(2.5+4n)m,n=0,1,2,3,…

    波速大小v2===(5+8n),n=0,1,2,3,…

    答:

    ①t=0.5s時,若質點P第一次到達y=0處,波速大小v1是3m/s.

    ②若質點P點經0.5s到達最大正位移處,波速大小v2是(5+8n),n=0,1,2,3,….

     

    [物理--選修3-5](共2小題,滿分0分)

    16.下列說法正確的是()

    A.某色光照射到一金屬板表面時能夠發生光電效應,當增大該色光的照射強度時,從這一金屬板表面逸出的光電子的最大初動能不變

    B.氫原子光譜說明了氫原子輻射的光的頻率是不連續的

    C.一群從處于n=1的基態的氫原子躍遷到n=4的激發態,一定是吸收了6種不同頻率的光子

    D.α射線的電離本領比β射線的電離本領強

    E.核力將核子束縛在核內,說明核力一定是吸引力

    【考點】IC:光電效應;I6:X射線、α射線、β射線、γ射線及其特性.

    【分析】根據光電效應方程分析光電子的最大初動能與什么因素有關;氫原子光屏說明氫原子輻射的光子頻率是量子化的,不連續;能級間躍遷輻射或吸收的能量等于兩能級間的能級差;三種射線中,α射線的電離能力最強,γ射線的穿透能力最強;核力不一定就表現為吸引力.

    【解答】解:A、根據光電效應方程Ekm=hv﹣W0知,光電子的最大初動能與入射光的強度無關,當增大該色光的照射強度時,從這一金屬板表面逸出的光電子的最大初動能不變,故A正確.

    B、氫原子光譜說明了氫原子輻射的光的頻率是不連續的,故B正確.

    C、從m=4躍遷到n=1可能會發出6種不同頻率的光子,從n=1躍遷到n=4,可以只吸收一種頻率的光子,故C錯誤.

    D、三種射線中,α射線的電離能力最強,故D正確.

    E、核力是短程力,可以表現為吸引力,也可以表現為排斥力,故E錯誤.

    故選:ABD.

     

    17.如圖所示,光滑水平面上A、B、C三點間距相同,C點有豎直擋板,質量為m的小球甲從A點以速度v0水平向右運動,與靜止于B點的小球乙發生彈性正碰,碰后甲向左運動,乙與擋板發生彈性碰撞后恰好在A點追上甲,兩小球均可視為質點,所有碰撞時間忽略不計.求:

    ①小球乙的質量;

    ②擋板對小球乙的沖量.

    【考點】53:動量守恒定律;52:動量定理.

    【分析】①根據碰后再次相遇的路程關系,求出小球碰后的速度大小之比,根據碰撞過程中動量、能量守恒列方程即可求出小球乙的質量.

    ②對小球乙,運用動量定理求擋板對小球乙的沖量.

    【解答】解:(ⅰ)設甲、乙兩球碰后速度大小分別為v1、v2,小球乙的質量為M.

    由題有:乙與擋板發生彈性碰撞后恰好在A點追上甲,由于碰后到相遇時,A和B通過的路程之比為:s1:s2=1:3

    根據s=vt得:v2=3v1

    以水平向右為正方向,兩球發生彈性碰撞,由動量守恒定律得:

    ?mv0=m(﹣v1)+Mv2

    由機械能守恒定律得:

    mv02=mv12+v22

    解得:M=m,v2=

    (ⅱ)由動量定理得:

    擋板對小球乙的沖量大小I=2Mv2=2.5mv0,方向:水平向左

    答:

    ①小球乙的質量是m;

    ②擋板對小球乙的沖量大小為2.5mv0,方向:水平向左.

     

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    文章標題:重慶2019年分類考試物理模擬試題【含答案】

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