高級中學名校試卷PAGEPAGE1廣東省建文教育集團兩學部1月第二次模擬注意事項:

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A和滑環B用繞過光滑定滑輪的不可伸長的輕繩連接，滑環B套在與豎直方向成θ=37°的粗細均勻的固定桿上，連接滑環B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內，滑環B恰好不能下滑，滑環和桿間的動摩擦因數為μ=0.4，設滑環和桿間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊A和滑環B的質量之比為(

)

A.75 B.57 C.1352.如圖所示，2006年8月24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(×1062.446.056.373.3969.858.223.722.4軌道半徑(×10110.5791.081.502.287.7814.328.745.0從表中所列數據可以估算出海王星的公轉周期最接近(

)A.80年 B.120年 C.165年 D.200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4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1/2，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1所示的彩帶上有相距6m的M、N兩質點，波由M向N傳播，某時刻兩質點的振動圖像如圖2所示。下列說法正確的是(

)

A.該簡諧橫波的傳播周期為0.4sB.該簡諧波的波長可能為8m

C.該簡諧橫波的傳播速度大小可能為10m/sD.0～1.2s的時間內質點M5.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“3km”“47km”“53km”指的是位移

B.乙圖是導航中的信息，上面方案二中的“15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“70”指的是速度為70米/秒

D.丁圖是高速上的指示牌，上面的“120”“100”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I，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R豎直平面內的光滑圓軌道，有一質量為m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F1比小球在軌道的最高點對軌道的壓力F2大(

)A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg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10V、19V、28V，實線是僅受靜電力的帶電粒子的運動軌跡，A、B、C是軌跡上的三個點，A到中心虛線的距離大于C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EpC>EpB>EpA

D.粒子從A9.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m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1=90km/h勻速行駛，發動機的輸出功率為P=50kW.當駕駛員看到前方有80km/h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L=72m后，速度變為v2=72km/h。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50%A.轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大小為2×103N

B.駕駛員啟動電磁阻尼轎車做勻減速運動，速度變為v2=72km/h過程的時間為3.2s

C.轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能E電10.輪O1、O2固定在同一轉軸上，輪O1、O2用皮帶連接且不打滑。邊緣點A、B，已知輪的半徑比r1：r2=2：A.A、B線速度之比為1：1 B.A、B角速度之比為1：2

C.A、B加速度之比為1：2 D.A、B周期之比為2：1三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.如圖所示，在傾角θ=37°的斜面上放置一個凹槽，槽與斜面間的動摩擦因數μ=38，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A、B間的距離d=0.12m。把一小球放在槽內上端靠側壁A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g=10m/s2，sin37°=0.6

(1)釋放球和槽后，經多長時間球與槽的側壁發生第一次碰撞；

(2)第一次碰撞后的瞬間，球和槽的速度；

(3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側壁發生第三次碰撞時B的位移大小。12.(8分)一個右端開口左端封閉的U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40cm，兩側水銀面高度差56cm，若左側距管頂66cm處的k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1.013×105Pa)

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E=3×104V/m的勻強電場，方向水平向右。ABC為豎直面的絕緣光滑軌道，其中AB部分是水平軌道，BC部分是半徑為R=0.4m的四分之一圓弧，兩段軌道相切于B點。P為水平軌道上的一點，且PB=0.4m，把一質量m=0.1kg、帶電荷量q=+2.5×10-5C

(1)小球到達C點時的速率；

(2)小球從P點到C點的過程中動能的最大值；

(3)小球離開C點后再次到達AB同一水平高度時與P點的距離。14.如圖所示，面積為0.02m2、內阻不計的100匝矩形線圈ABCD，繞垂直于磁場的軸OO'勻速轉動，轉動的角速度為100rad/s，勻強磁場的磁感應強度為22T。矩形線圈通過滑環與理想變壓器相連，觸頭P可移動，副線圈所接電阻R=50Ω，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π表示。求：

(1)線圈中感應電動勢的最大值；

(2)由圖示位置轉過30°角的過程產生的平均感應電動勢；

(3)當原、副線圈匝數比為2：1時，電阻15.如圖所示，在質量為m的物塊甲上系著兩條細繩，其中長30cm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μ=0.75。另一細繩跨過光滑定滑輪與重力為G的物塊乙相連，定滑輪固定在距離圓環50cm的地方，系統處于靜止狀態，OA與棒的夾角為θ，兩繩夾角為φ。當G=6N時，圓環恰好開始滑動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8

(1)OA繩與棒間的夾角θ；

(2)物塊甲的質量m。

——★參考答案★——1.【答案】C

【解析】〖祥解〗

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

【解答】

對A進行受力分析，根據平衡條件：T=mAg，

對B進行受力分析，如圖：

根據平衡條件：mBgcosθ=f，

mAg=N+m2.【答案】C

【解析】解：根據GMmr2=mr4π2T2得，周期T=4π2r3GM，

因為海王星的軌道半徑時地球軌道半徑的30倍，則海王星的周期大約是地球公轉周期的165倍．地球公轉周期為1年，則海王星的公轉周期為165年．故3.【答案】B

【解析】試題分析：根據單擺周期公式可知，振動周期不變，所以CD排除。由于速度變小一般，但質量增加4倍，所以最低處物體動能不變，即根據機械能守恒E=mgh，說明高度應該減小1/4，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】D

【解析】解：A、根據振動圖像可知簡諧橫波的傳播周期為0.8s，故A錯誤；

B、M和N平衡位置相距(14+n)λ=x，解得：λ=1214+nm=484n+1m(n=0、1、2、3……)，如果波長為8m，則n=54，故B錯誤；

C、波的傳播速度大小為v=λT，解得：v=604n+1m/s(n=0、1、2、3……)，當波速為10m/s時，n=54，故C錯誤；

D、0～1.2s的時間，即經過Δt=1.20.8T=112T，M點通過的路程為s=35.【答案】B

【解析】解：A、“3km”“47km”“53km”指的是運動軌跡的長度，是路程，故A錯誤；

B、“15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“70”指的是速度為70km/h≠70m/s，故C錯誤；

D、“120”“100”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：B。

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。

6.【答案】B

【解析】〖祥解〗

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C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】

AB.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：B。7.【答案】D

【解析】解：設小球在高點時速度為v0，據向心力公式可知，在最高點時：

F2+mg=mv02R

根據機械能守恒定律可知，

mg?2R=12mv212mv02

8.【答案】ABC

【解析】解：A、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、A、B、C三點電勢大小關系為φA>φB>φC，因粒子帶負電，根據Ep=qφ有EpA<EpB<EpC，故C正確；

D、根據靜電力做功W=qU，A、B兩點之間的電勢差大于B、C兩點之間的電勢差，則9.【答案】ACD

【解析】解：A、v1=90km/h=25m/s，汽車牽引力與輸出功率的關系：P=F牽v可得：F牽=Pv1=50×10325N=2×103N，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f=2×103N，在減速過程中，注意到發動機只有15P用于汽車的牽引，

根據動能定理有：15Pt-fL=12mv?22-12mv10.【答案】ABCD

【解析】解：A、A、B兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，則vA：vB=1：1.故A正確；

B、A、B兩點靠傳送帶傳動，線速度大小相等，根據v=rω，ωA：ωB=r2：r1=1：2，故B正確；

C、根據an=vω，可知，A、B兩點的加速度之比為1：2.故C正確；

D、由T=2πω，可知，A、B兩點的周期之比為2：1，故D正確。11.【答案】解：(1)球和槽作為整體，對整體受力分析，

則在沿斜面方向上：2mgsinθ-μF=2ma，在垂直于斜面方向上：2mgcosθ=F1，

由相互作用力關系可知：F=F1，解得：a=0，即槽在沿斜面方向上靜止；

對球受力分析，在沿斜面方向上：mgsinθ=ma1，解得：a1=6m/s2，

球相對于槽沿斜面向下運動，由勻變速運動關系式可知：d=12a1t2，解得：t=0.2s；

(2)碰撞前球做勻變速直線運動，即碰撞前球的速度為：v1=a1t=6m/s2×0.2s=1.2m/s，

以沿斜面向下為正方向，若碰撞后球的速度為v2，槽的速度為v3，則碰撞前后，由動量守恒可知：mv1=mv2+mv3，

碰撞前后，機械能不損失，即總動能不變，12mv12=12mv22+12mv32，

由球和槽的相對位置可知，槽和球的速度必然滿足：v3≥v2，

聯立解得：v2=0，v3=1.2m/s，槽的速度方向沿斜面向下；

(3)由(1)(2)分析可知，第一次碰撞后，槽將以1.2m/s的速度沿斜面勻速向下，而球以初速度為0，開始做勻加速直線運動；

從第一次碰撞后，到球與槽共速時：v3=a1Δt，解得：Δt=0.2s，

此時球的位移為：x槽=v3Δt，槽的位移為：x球=12a1(Δt)2，代入數據可知恰好滿足：d=x槽-x球，

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，【解析】(1)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；

(2)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；

(3)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；16cm

【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K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：(1)設小球在C點的速度大小是vC，則對于小球由P→C的過程中，由動能定理得

qE?2R-mgR=12mvc2-0

解得

vC=2m/s

(2)由于

qE=0.75mg

小球從B到C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

tanθ=qEmg=34

小球的動能最大，由動能定理

qER(1+sinθ)-mgR(1-cosθ)=Ekm

Ekm=0.4J

(3)以C點為原點，設小球再次回到AB高度時到達F點，則

-R=vCt-12gt2

xPF=2R+12qEm【解析】(1)根據動能定理解答；

(2)根據“等效重力場”和幾何關系，切線方向合力為零時速度最大；

(3)根據類平拋運動規律解答。

在本題中物體不僅受重