廣東省建文教育集團兩學部1月第二次模擬學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________注意事項:

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.如圖，物塊和滑環用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環套在與豎直方向成的粗細均勻的固定桿上，連接滑環的繩與桿垂直并在同一豎直平面內，滑環恰好不能下滑，滑環和桿間的動摩擦因數為，設滑環和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊和滑環的質量之比為(

)

A. B. C. D.2.如圖所示，年月日晚，國際天文學聯合會大會投票，通過了新的行星定義，冥王星被排除在行星行列之外，太陽系行星數量將由九顆減為八顆．若將八大行星繞太陽運行的軌跡粗略地認為是圓，各星球半徑和軌道半徑如下表所示行星名稱水星金星地球火星木星土星天王星海王星星球半徑

軌道半徑

從表中所列數據可以估算出海王星的公轉周期最接近(

)A.年 B.年 C.年 D.年3.若保持單擺的擺長不變，而使擺球的質量增加為原來的倍擺球大小不變，并使擺球經過平衡位置時，速度減為原來的，則單擺振動的A.頻率不變，振幅不變 B.頻率不變，振幅改變

C.頻率改變，振幅改變 D.頻率改變，振幅不變4.彩帶舞是一種民間舞蹈藝術，彩帶舞愛好者某次抖動彩帶形成的彩帶波可看成簡諧橫波。在如圖所示的彩帶上有相距的、兩質點，波由向傳播，某時刻兩質點的振動圖像如圖所示。下列說法正確的是(

)

A.該簡諧橫波的傳播周期為

B.該簡諧波的波長可能為

C.該簡諧橫波的傳播速度大小可能為

D.的時間內質點點的路程為5.關于下列圖片中顯示的信息說法正確的是(

)

A.甲圖是公路上的指示牌，上面的“”“”“”指的是位移

B.乙圖是導航中的信息，上面方案二中的“分鐘”指的是時間

C.丙圖是汽車上的時速表，上面指針指示的“”指的是速度為米秒

D.丁圖是高速上的指示牌，上面的“”“”指的是平均速度的大小6.如圖所示，固定的水平長直導線中通有恒定電流，矩形線框與導線在同一豎直平面內，且一邊與導線平行。線框由靜止釋放，在下落過程中(

)A.由于線框的速度增大，穿過線框的磁通量可能不變

B.線框中一定有順時針方向的感應電流

C.線框所受合外力的方向可能向上

D.線框的機械能守恒

7.如圖所示有一半徑為豎直平面內的光滑圓軌道，有一質量為的小球可視為質點，小球能夠沿著圓軌道做完整的圓周運動，則小球在軌道的最低點對軌道的壓力比小球在軌道的最高點對軌道的壓力大(

)

A. B. C. D.二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.如圖所示的虛線為電場中的三個等勢面，三條虛線平行等間距，電勢值分別為、、，實線是僅受靜電力的帶電粒子的運動軌跡，、、是軌跡上的三個點，到中心虛線的距離大于到中心虛線的距離，下列說法正確的是(

)A.粒子在三點受到的靜電力方向相同

B.粒子帶負電

C.粒子在三點的電勢能大小關系為

D.粒子從運動到與從運動到，靜電力做的功可能相等

9.節能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車。有一質量的混合動力轎車，在平直公路上以勻速行駛，發動機的輸出功率為當駕駛員看到前方有的限速標志時，保持發動機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動后，速度變為。此過程中發動機功率的五分之一用于轎車的牽引，五分之四用于供給發電機工作，發動機輸送給發電機的能量最后有轉化為電池的電能。假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變。下列說法正確的是(

)A.轎車以在平直公路上勻速行駛時，所受阻力的大小為

B.駕駛員啟動電磁阻尼轎車做勻減速運動，速度變為過程的時間為

C.轎車從減速到過程中，獲得的電能

D.轎車僅用其在上述或速過程中獲得的電能維持勻速運動的距離為10.輪、固定在同一轉軸上，輪、用皮帶連接且不打滑。邊緣點、，已知輪的半徑比：：，當轉軸勻速轉動時，則(

)

A.A、線速度之比為： B.A、角速度之比為：

C.A、加速度之比為： D.A、周期之比為：三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.如圖所示，在傾角的斜面上放置一個凹槽，槽與斜面間的動摩擦因數，槽與斜面面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，槽兩端側壁、間的距離。把一小球放在槽內上端靠側壁處，現同時由靜止釋放球和槽，不計球與槽之間的摩擦，斜面足夠長，且球與槽的側壁發生碰撞時碰撞時間極短，系統不損失機械能，球和槽的質量相等，取重力加速度，，，求：

釋放球和槽后，經多長時間球與槽的側壁發生第一次碰撞；

第一次碰撞后的瞬間，球和槽的速度；

從初始位置到物塊與凹槽的左側壁發生第三次碰撞時的位移大小。12.分一個右端開口左端封閉的形玻璃管中裝有水銀，左側封有一定質量的空氣，如圖所示，已知，空氣柱長是，兩側水銀面高度差，若左側距管頂處的點處突然斷開，斷開處上方水銀能否流出？這時左側上方封閉氣柱將變為多高？設大氣壓強為

四、計算題：本大題共3小題，共38分。13.如圖，整個空間有場強大小為的勻強電場，方向水平向右。為豎直面的絕緣光滑軌道，其中部分是水平軌道，部分是半徑為的四分之一圓弧，兩段軌道相切于點。為水平軌道上的一點，且，把一質量、帶電荷量小球從點由靜止釋放，小球將在軌道內運動，重力加速度，求：

小球到達點時的速率；

小球從點到點的過程中動能的最大值；

小球離開點后再次到達同一水平高度時與點的距離。14.如圖所示，面積為、內阻不計的匝矩形線圈，繞垂直于磁場的軸勻速轉動，轉動的角速度為，勻強磁場的磁感應強度為。矩形線圈通過滑環與理想變壓器相連，觸頭可移動，副線圈所接電阻，電表均為理想交流電表。當線圈平面與磁場方向平行時開始計時，結果可用根號或表示。求：

線圈中感應電動勢的最大值；

由圖示位置轉過角的過程產生的平均感應電動勢；

當原、副線圈匝數比為：時，電阻上消耗的功率。15.如圖所示，在質量為的物塊甲上系著兩條細繩，其中長的細繩另一端連著輕質圓環，圓環套在水平棒上可以滑動，圓環與棒間的動摩擦因數。另一細繩跨過光滑定滑輪與重力為的物塊乙相連，定滑輪固定在距離圓環的地方，系統處于靜止狀態，與棒的夾角為，兩繩夾角為。當時，圓環恰好開始滑動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，，，。求：

繩與棒間的夾角；

物塊甲的質量。1.【答案】

【解析】【分析】

對受力分析，根據平衡條件表示出繩子的拉力，對受力分析，根據平衡條件求出繩子拉力與重力的關系，進而得到質量之比。

【解答】

對進行受力分析，根據平衡條件：，

對進行受力分析，如圖：

根據平衡條件：，

得：；

綜上分析可知應選C。2.【答案】

【解析】解：根據得，周期，

因為海王星的軌道半徑時地球軌道半徑的倍，則海王星的周期大約是地球公轉周期的倍．地球公轉周期為年，則海王星的公轉周期為年．故C正確，、、D錯誤．

故選：．

根據萬有引力提供向心力得出周期與軌道半徑的關系，結合海王星與地球的軌道半徑之比得出周期之比，從而求出海王星的公轉周期．

解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道周期與軌道半徑的關系．3.【答案】

【解析】試題分析：根據單擺周期公式可知，振動周期不變，所以排除。由于速度變小一般，但質量增加倍，所以最低處物體動能不變，即根據機械能守恒，說明高度應該減小，所以B正確

考點：單擺

點評：本題考查了結合單擺周期公式判斷單擺的振動周期，通過機械能守恒定律判斷物體的上升的高度。4.【答案】

【解析】解：、根據振動圖像可知簡諧橫波的傳播周期為，故A錯誤；

B、和平衡位置相距，解得：、、、，如果波長為，則，故B錯誤；

C、波的傳播速度大小為，解得：、、、，當波速為時，，故C錯誤；

D、的時間，即經過，點通過的路程為，故D正確。

故選：。

根據振動圖像可知簡諧橫波的傳播周期；和平衡位置相距，由此求解波長；根據求解波速；質點在個周期通過的路程為，由此求解的時間內點通過的路程。本題主要是考查了振動的圖像；解答此類問題的關鍵是要理解振動圖像的物理意義，能夠根據圖像直接讀出振幅和質點的振動方向，知道波速、波長和頻率之間的關系。5.【答案】

【解析】解：、“”“”“”指的是運動軌跡的長度，是路程，故A錯誤；

B、“分鐘”指的是所需的時間長度，是指時間，故B正確；

C、指針指示的“”指的是速度為，故C錯誤；

D、“”“”指的是瞬時速度的大小，不是平均速度的大小，故D錯誤。

故選：。

路程是物體經過的實際軌跡長度；位移是描述物體位置變化的物理量，是從起點指向終點的有向線段。瞬時速度表示某一時刻或某一位置的速度，研究的是“點”，平均速度表示一段時間或一段位移的速度。

本題考查位移與路程、平均速度與平均速度、速率、瞬時速度等，要正確區分平均速度與瞬時速度，關鍵抓住它們對應關系：平均速度與一段時間或位移對應，瞬時速度與時刻或位置對應。6.【答案】

【解析】【分析】

根據右手螺旋定則判斷出直導線周圍的磁場方向，離導線越遠，磁場越弱，根據楞次定律判斷感應電流的方向，再通過左手定則判斷線框所受的安培力的合力方向。解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，以及知道機械能守恒的條件。同時在選項中，根據左手定則，上邊所受的安培力方向向上，下邊所受的安培力方向向下，由于上邊所處的磁場強，所以上邊所受的安培力大小大于下邊所受的安培力大小，所以線框所受安培力的合力方向豎直向上；但線框向下做加速運動，整體受到的合外力的方向向下。

【解答】

根據右手螺旋定則，知直導線下方的磁場方向垂直紙面向里，線框由靜止釋放，穿過線圈的磁通量減小，根據楞次定律知，感應電流的方向為順時針方向。故A錯誤，B正確；

C.線框向下做加速運動，整體受到的合外力的方向向下。故C錯誤；

D.在下降的過程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以線框的機械能不守恒。故D錯誤。

故選：。7.【答案】

【解析】解：設小球在高點時速度為，據向心力公式可知，在最高點時：

根據機械能守恒定律可知，

再對最低點分析可知：

聯立解得：；

則由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力為，故ABC錯誤，D正確。

故選：。

對最高點分析，根據向心力公式可求得最高點的速度，再對由最高點到最低點過程根據機械能守恒定律可求得最低點的速度，再對最低點根據向心力公式可求得小球受到的支持力，再根據牛頓第三定律可求得對軌道的壓力。

本題考查向心力公式的應用以及機械能守恒定律的應用，要注意正確分析物理過程，明確最高點和最低點的受力分析，明確向心力的來源是解題的關鍵。8.【答案】

【解析】解：、根據電場線垂直于等勢面可知，粒子在三點受到的靜電力方向相同，故A正確；

B、由粒子的運動軌跡得知，所受靜電力垂直等勢面向左下，而電場方向垂直等勢面向右上，則粒子帶負電，故B正確；

C、、、三點電勢大小關系為，因粒子帶負電，根據有，故C正確；

D、根據靜電力做功，、兩點之間的電勢差大于、兩點之間的電勢差，則，故D錯誤。

故選：。

根據三條表示等勢面的虛線等間距判斷出該電場是勻強電場；根據電場線垂直于等勢面和運動軌跡可確定確定靜電力的方向，根據分析帶電粒子在三點電勢能關系；根據，由電勢差可確定靜電力做功情況．

解決本題要掌握勻強電場的電場線、等勢面分布的特點，知道物體做曲線運動時合力指向軌跡彎曲內側，并能靈活運用這些知識分析帶電粒子在電場中運動的問題．9.【答案】

【解析】解：、，汽車牽引力與輸出功率的關系：可得：，故A正確；

B、駕駛員啟動電磁阻尼，功率不變，轎車做變減速運動，故B錯誤；

C、當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，即，在減速過程中，注意到發動機只有用于汽車的牽引，

根據動能定理有：

代入數據解得：，

電源獲得的電能為：，故C正確；

D、轎車在平直公路上勻速行駛可知：，代入數據解得：，故D正確；

故選：。

根據勻速行駛時，牽引力等于阻力，結合求出阻力的大小。

根據動能定理求出發電機的輸出功率，從而得出電源獲得的電能。

在此過程中，由能量轉化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，根據即可求解。

此題主要考查的是學生對功率、電能、速度計算公式及其變形公式的理解和掌握，綜合性較強，難度較大。10.【答案】

【解析】解：、、兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，則：：故A正確；

B、、兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，根據，：：：，故B正確；

C、根據，可知，、兩點的加速度之比為：故C正確；

D、由，可知，、兩點的周期之比為：，故D正確。

故選：。

傳送帶傳動，線速度大小相等，根據，，求出兩點的線速度、角速度、加速度和周期之比。

解決本題的知道靠傳送帶傳動輪子邊緣上的點，線速度大小相等。11.【答案】解：球和槽作為整體，對整體受力分析，

則在沿斜面方向上：，在垂直于斜面方向上：，

由相互作用力關系可知：，解得：，即槽在沿斜面方向上靜止；

對球受力分析，在沿斜面方向上：，解得：，

球相對于槽沿斜面向下運動，由勻變速運動關系式可知：，解得：；

碰撞前球做勻變速直線運動，即碰撞前球的速度為：，

以沿斜面向下為正方向，若碰撞后球的速度為，槽的速度為，則碰撞前后，由動量守恒可知：，碰撞前后，機械能不損失，即總動能不變，，

由球和槽的相對位置可知，槽和球的速度必然滿足：，

聯立解得：，，槽的速度方向沿斜面向下；

由分析可知，第一次碰撞后，槽將以的速度沿斜面勻速向下，而球以初速度為，開始做勻加速直線運動；

從第一次碰撞后，到球與槽共速時：，解得：，

此時球的位移為：，槽的位移為：，代入數據可知恰好滿足：，

即球恰好與槽的右側壁相遇，但不碰撞，之后球繼續加速，槽繼續勻速，即在球槽第二次碰撞前，球和槽的受力不會變化；

從第一次碰撞后，到球第二次接觸槽的左側壁時，

對球：，對槽：，相對位移恰好為：，

聯立解得：，；碰撞前球的速度為：，

以沿斜面向下為正方向，若碰撞后球的速度為，槽的速度為，則第二次碰撞前后，由動量守恒可知：，

碰撞前后，機械能不損失，即總動能不變，，

由球和槽的相對位置可知，槽和球的速度必然滿足：，

聯立解得：，，球和槽的速度方向豆沿斜面向下；

從第二次碰撞后，到球第三次接觸槽的左側壁時，

對球：，對槽：，相對位移恰好為：，

聯立解得：，，

從釋放球，到球和槽左側壁第三次碰撞，槽的位移大小為：。

答：釋放后，球經過與槽第一次碰撞；

第一次碰撞后，球的速度為；槽的速度為，方向沿斜面向下；

從初始位置到與槽左側壁第三次碰撞時，的位移大小為。

【解析】對球和槽整體受力分析，可判斷槽的運動狀態；對球受力分析，可判斷球的運動狀態，根據球和槽的相對運動情況，即可計算球經過多長時間，與槽發生第一次碰撞；

由于球與槽碰撞過程，不損失機械能，根據碰撞過程的動量守恒和機械能守恒，可計算碰撞后球和槽的速度；

根據球槽碰撞后的運動特點，可計算第二次碰撞、第三次碰撞的兩個過程中槽的位移關系式，從而計算從初始位置到第三次碰撞，槽的總位移。

本題考查動量和能量的綜合問題，在分析第一次碰撞后，球和槽的運動情況時，注意先要判斷球是否會與槽的右側壁發生碰撞。12.【答案】否；

【解析】【解析】

試題分析：

斷開處的壓強小于外界大氣壓，故斷開處上方的水銀不會流出；以封閉的一定質量氣體為研究對象：整個過程可以看做等溫變化，由玻馬定律：

可以求出：

考點：理想氣體狀態方程

點評：此題要分析出處斷開后，壓強和外界大氣壓相等，以密閉氣體為研究對象，求出初、末態的壓強，利用玻馬定律。13.【答案】解：設小球在點的速度大小是，則對于小球由的過程中，由動能定理得

解得

由于

小球從到的過程中，切線方向合力為零時，動能最大，此時合力與豎直方向的夾角為

小球的動能最大，由動能定理

以點為原點，設小球再次回到高度時到達點，則

解得

答：小球到達點時的速率為，

小球從點到點的過程中動能的最大值為，

小球離開點