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贵州2019年高职单招物理模拟试题「含答案」

作者:全民彩票登录平台时间:2019-01-26 18:18

摘要:贵州2018年高职单招物理模拟试题【含答案】 一、选择题(共8小题,每小题6分,满分48分) 1.在物理学的探索和发现过程中,科学家们运用了许多研究方法,以下关于物理学研究方法

贵州2018年高职单招物理模拟试题【含答案】 

一、选择题(共8小题,每小题6分,满分48分)

1.在物理学的探索和发现过程中,科学家们运用了许多研究方法,以下关于物理学研究方法的叙述中不正确的是(  )

A.在不考虑带电体的大小和形状时,常用点电荷代替带电体采用了理想法

B.根据速度定义式v=,当△t→0时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义式运用了假设法

C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法

D.玻璃瓶内装满水,用穿有透明细管的橡皮塞封口.手捏玻璃瓶,细管内液面高度有明显变化,说明玻璃瓶发生形变,该实验采用放大的思想方法

2.一物体放在水平地面上,如图1所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示.则(  )

A.2~6s时间内物体的加速度为0.5m/s2

B.物块的质量为1kg

C.整个过程中,物体所受摩擦力始终为2N

D.0~10s时间内,物体克服摩擦力所做的功30J

3.将卫星发射至近地圆轨道1,然后再次点火,将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点,2、3相切于P点,M、N为椭圆轨道短半轴的端点,则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时(如图所示),以下说法正确的是(  )

A.在三条轨道中周期从大到小的顺序是3轨道、1轨道、2轨道

B.在三条轨道中速率最大的时刻为经过2轨道的Q点,速率最小的时刻为经过2轨道上P点

C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度

D.卫星在轨道2上从M﹣P﹣N运动所需的时间等于从N﹣Q﹣M的时间

4.如图所示,在水平地面上的箱子内,用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧,轻质弹簧两端分别与球相连接,系统处于静止状态时,弹簧处于拉伸状态,下端细线对箱底的拉力为2mg,箱子的质量为M(m《M),则下列说法正确的是(重力加速度为g)(  )

A.系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg﹣2mg

B.中间弹簧的弹力大小为mg

C.剪断连接球b与箱底的细线瞬间,b球的瞬时加速度为2g

D.剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间,a球的加速度为3g

5.在如图所示的含有理想变压器的电路中,变压器原、副线圈匝数比为20:1,图中电表均为理想交流电表,R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),Ll和L2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是(  )

A.交流电的频率为50Hz

B.电压表的示数为220V

C.当照射R的光强增大时,电流表的示数变大

D.若Ll的灯丝烧断后,电压表的示数会变大

6.如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与N在同一电场线上.两个完全相同的带等量正电荷的粒子,分别以初速度V2、V1垂直于电场线进入电场(轨迹位于竖直平面内),两粒子恰好能相遇于P点,重力不计.在此过程中,下列说法正确的是(  )

A.两粒子到达P点的速度大小可能相等

B.电场力对两粒子做功一定不相同

C.两粒子到达P点时的电势能的都比进入电场时大

D.两粒子到达P点所需时间一定不相等

7.如图所示,两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,下端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面向上,磁感应强度为B.现给导体棒MN一平行于导轨的初速度v,使导体棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动,经过一段时间导体棒又回到原位置.不计导轨和导体棒的电阻,在这一过程中,下列说法正确的是(  )

A.导体棒上滑时棒中的电流方向由N到M

B.导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置受到的安培力大小相同

C.整个过程中流过导体某一横截面上的电荷量必然为零

D.导体棒在上升阶段动能减小量等于回路中热能的增加量

8.电磁流量计广泛应用于测量可导电液体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积),为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c,流量计的两端与输送流体的管道相连接(图中虚线)图中流量计的上、下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料,现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面,当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得的电流值,已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则可求得(  )

A.流量为

B.流量为

C.若将污水浓度变大,则上下两板间电势差将变大

D.若流量越大,则上下两板间电势差将变大

 

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第22-32题为必考题,每个试题考生都作答;第33题-39题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共129分)

9.在水平固定的长木板上,用物体A、B分别探究了加速度随着合外力的变化的关系,实验装置如图(1)所示(打点计时器、纸带图中未画出).实验过程中用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上,使平行于长木板的不可伸长的细线(中间连结有一轻质细弹簧)分别拉动长木板上的物块由静止开始加速运动(纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略),实验后进行数据处理,得到了物块A、B的加速度a与轻质弹簧秤的伸长量x的关系图象分别如图(2)中的A、B所示(g已知),

(1)(多选题)由图判断下列说法正确的是  

A.一端带有定滑轮的长木板,未达到平衡物块所受摩擦力的目的

B.实验中重物P的质量应远小于物块的质量

C.若在实验中长木板是水平的,图(2)中又知道了图象的截距,就能求解出物体与木板间的动摩擦因数

D.试验中,应该先释放重物再接通打点计时器的电源

(2)某同学仔细分析了图(2)中两条线不重合的原因,得出结论:两个物体的质量不等,且mA  mB(填“大于”“等于”或“小于”);两物体与木板之间动摩擦因数µA  µB(填“大于”“等于”或“小于”).

10.某学生实验小组利用图(a)所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻.使用的器材有:

多用电表;

电压表:量程5V,内阻十几千欧;

滑动变阻器:最大阻值5kΩ

导线若干.

回答下列问题:

(1)将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡后并进行了欧姆调零.

(2)将图(a)中多用电表的红表笔和  (填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端.

(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图(b)所示,这时电压表的示数如图(c)所示.多用电表和电压表的读数分别为  kΩ和  V.

(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V.多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图(d)所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为  V,电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为  kΩ.

11.如图,A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道,在四分之一圆弧区域内存在着E=1×106V/m、竖直向上的匀强电场,有一质量m=1kg、带电荷量q=+1.4×10﹣5C的物体(可视为质点),从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力),BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数μ=0.2的粗糙绝缘水平面.(取g=10m/s2)

(1)若H=1m,物体能沿轨道AB到达最低点B,求它到达B点时对轨道的压力大小;

(2)通过你的计算判断:是否存在某一H值,能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m处.

12.如图所示的竖直直角坐标平面xoy内有两条过原点的射线OA和OB与x轴的正半轴和负半轴都成45°角,在x轴上方∠AOB区域间分布着方向垂直纸面向外大小为B1的匀强磁场,在x轴的下方存在着方向垂直纸面向外大小为B2=匀强磁场,现有一质量为m,带电量为+q的带电粒子以速度v从位于直线OA上的P(L,L)点竖直向下射出,经过测量发现,此粒子每经过相同的时间T会回到P点,(不计粒子重力)

(1)求匀强磁场之比;

(2)若保持B2不变,而∠AOB间的磁场方向不变,现从P点向下发射两个速度在0~围内(0<v≤)与原来相同的带电粒子(不计两个粒子间的相互作用力),它们进入∠AOB强磁场后都要经过P点,求∠AOB间的磁感应强度的B1′的大小.

(3)在满足题(2)中的条件下,求从P点出发后又回到P点的最短时间为多少?

 

【选修3-3】

13.下列说法正确的是(  )

A.“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积

B.一定质量的理想气体在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比

C.气体分子的平均动能越大,气体的压强就越大

D.物理性质各向同性的一定是非晶体

E.液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的

 

14.如图甲所示的玻璃管上端开口,管内有一部分水银封住密闭气体,上管足够长,上、下管的截面积分别为S1=2cm2、S2=1cm2.封闭气体初始温度为57℃,乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线.求:(摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273K)

(Ⅰ)封闭气体初始状态的压强;

(Ⅱ)若缓慢升高气体温度,升高至多少方可将所有水银全部压入细管内.

 

【选修3-4】

15.如图所示,a、b、c、…、k为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点,e点为波源,t=0时刻从平衡位置开始向上做简谐运动,振幅为3cm,周期为0.2s.在波的传播方向上,后一质点比前一质点迟0.05s开始振动.t=0.25s时,x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点,则(  )

A.该机械波在弹性介质中的传播速度为8m/s

B.该机械波的波长为2m

C.图中相邻质点间距离为0.5m

D.当a点经过的路程为9cm时,h点经过的路程为12cm

E.当b点在平衡位置向下振动时,c点位于平衡位置的上方

 

16.如图所示,直角玻璃三棱镜置于空气中,已知∠A=60°,∠C=90°,一束极细的光于AC边的中点D垂直AC面入射,AD=a,棱镜的折射率n=.求:

(ⅰ)光从棱镜第一次射入空气时的折射角;

(ⅱ)光从进入棱镜到它第一次从BC边和AB边射入空气所经历的时间分别为多少?.(设光在真空中的传播速度为c)

 

【选修3-5】

17.下列说法正确的是(  )

A.放射性物质经过一个半衰期后所剩质量为原有质量的一半

B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的

C.结合能越大,原子中核子结合的越牢固,原子核越稳定

D.在光电效应的实验中,在发生光电效应的情况下,入射光的波长越小,光电子的最大初动能越大.

E.根据波尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能增大,电势能减小

 

18.如图所示,竖直平面内轨道ABCD的质量M=0.4kg,放在光滑水平面上,其中AB段是半径为R=0.4m的光滑四分之一圆弧,在B点与水平轨道BD相切,水平轨道的BC段粗糙,动摩擦因数μ=0.4,长L=3.5m,CD段光滑,D端连一轻弹簧,现有一质量m=0.1kg的小物体(可视为质点)在距A点高为H=3.6m处由静止自由落下,恰沿A点滑入圆弧轨道(g=10m/s2)

(i)ABCD轨道在水平面上运动的最大速率;

(ⅱ)弹簧最大的弹性势能.

 

贵州2018年高职单招物理模拟试题参考答案与试题解析

 

一、选择题(共8小题,每小题6分,满分48分)

1.在物理学的探索和发现过程中,科学家们运用了许多研究方法,以下关于物理学研究方法的叙述中不正确的是(  )

A.在不考虑带电体的大小和形状时,常用点电荷代替带电体采用了理想法

B.根据速度定义式v=,当△t→0时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义式运用了假设法

C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验应用了控制变量法

D.玻璃瓶内装满水,用穿有透明细管的橡皮塞封口.手捏玻璃瓶,细管内液面高度有明显变化,说明玻璃瓶发生形变,该实验采用放大的思想方法

【考点】物理学史.

【分析】点电荷是在一定条件下的科学抽象,是采用了建立理想化的物理模型的方法;当时间非常小时,我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度,采用的是极限思维法;研究多个变量时,应控制一些不变研究两个变量之间的关系,应用控制变量法.

【解答】解:A、在不考虑带电体的大小和形状时,常用点电荷代替带电体是建立理想化的物理模型的方法,故A正确;

B、以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度,采用了极限思维法,故B错误;

C、研究多个变量时,应控制一些不变研究两个变量之间的关系,所以在探究加速度、力、质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,该实验运用了控制变量法,故C正确;

D、玻璃瓶内装满水,用穿有透明细管的橡皮泥封口.手捏玻璃瓶,细管内液面高度变化,说明玻璃瓶发生形变.该实验采用放大的思想,故D正确.

本题选不正确的

故选:B

 

2.一物体放在水平地面上,如图1所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示.则(  )

A.2~6s时间内物体的加速度为0.5m/s2

B.物块的质量为1kg

C.整个过程中,物体所受摩擦力始终为2N

D.0~10s时间内,物体克服摩擦力所做的功30J

【考点】动能定理;匀变速直线运动的图像.

【分析】2~6s时间内物体的加速度可根据速度时间图象的斜率求得;根据6﹣8s时间内,物体匀速直线运动,拉力和摩擦力相等,求得摩擦力的大小,然后再根据2﹣6s内,利用牛顿第二定律列式求解物体的质量.根据功的计算公式W=Fl求物体克服摩擦力所做的功.

【解答】解:A、在速度时间图象上,斜率表示加速度,由图3可得2﹣6s时间内物体的加速度为:

  a==m/s2=0.75m/s2.故A错误.

B、由图3知,6﹣8s内物体做匀速直线运动,由平衡条件得:f2=F2=2N

由图3可得2﹣6s物体做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:F1﹣f2=ma1

联立代入数据解得:m=kg,故B错误.

C、在0﹣1s内物体静止不动,物体所受摩擦力f1=F1=1N,2﹣10s内物体所受摩擦力f2=2N,故C错误.

D、在整个过程中通过的位移为:x=×(2+8)×3m=15m,物体克服摩擦力做功:W=f2x=2×15J=30J,故D正确.

故选:D

 

3.将卫星发射至近地圆轨道1,然后再次点火,将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点,2、3相切于P点,M、N为椭圆轨道短半轴的端点,则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时(如图所示),以下说法正确的是(  )

A.在三条轨道中周期从大到小的顺序是3轨道、1轨道、2轨道

B.在三条轨道中速率最大的时刻为经过2轨道的Q点,速率最小的时刻为经过2轨道上P点

C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度

D.卫星在轨道2上从M﹣P﹣N运动所需的时间等于从N﹣Q﹣M的时间

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.

【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力,列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可

卫星做逐渐远离圆心的运动,要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力,所以应给卫星加速

【解答】解:A、卫星绕中心天体做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,得,则半径大的周期大,

轨道3半径比轨道2,轨道2大于轨道1,所以卫星在轨道3上的周期大于轨道2的周期大于在轨道1上的周期,故A错误.

B、从轨道1到轨道2,卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动,要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力,所以应给卫星加速,增加所需的向心力.所以在轨道2上Q点的速度大于轨道1上Q点的速度.在轨道2上P点的速度小于轨道3上P点的速度,根据v=得卫星在轨道3上线速度小于卫星在轨道1上线速度,

所以在轨道2上P点的速度小于卫星在轨道1上线速度,故B正确;

C、卫星运行时只受万有引力,加速度a=,所以卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度,C错误;

D、近地点速度大,远地点速度小,则在轨道2上从M﹣P﹣N运动所需的时间小于从N﹣Q﹣M的时间,则D错误

故选:B

 

4.如图所示,在水平地面上的箱子内,用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧,轻质弹簧两端分别与球相连接,系统处于静止状态时,弹簧处于拉伸状态,下端细线对箱底的拉力为2mg,箱子的质量为M(m《M),则下列说法正确的是(重力加速度为g)(  )

A.系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg﹣2mg

B.中间弹簧的弹力大小为mg

C.剪断连接球b与箱底的细线瞬间,b球的瞬时加速度为2g

D.剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间,a球的加速度为3g

【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.

【分析】对整体进行受力分析,即可得出开始时地面受到的压力;分别对烧断线的前后的b物体以及整体进行受力分析,利用牛顿第二定律求解即可,注意弹簧的弹力非突变的特点

【解答】解:A、对整体进行受力分析可知,系统处于静止状态时,地面的支持力等于三个物体的重力,即:,根据牛顿第三定律,得:地面受到压力大小为(M+2m)g,故A错误;

B、对b受力分析,b球受到重力、中间弹簧的弹力和细线的拉力,,故B错误;

C、剪断连接球b与箱底的细线瞬间,b球受重力和弹簧的弹力,弹簧的弹力不能发生突变,b球的瞬时加速度,故C正确;

D、剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间,a球受重力和弹簧的弹力,弹簧的弹力不能发生突变,a球的瞬时加速度,故D错误;

故选:C

 

5.在如图所示的含有理想变压器的电路中,变压器原、副线圈匝数比为20:1,图中电表均为理想交流电表,R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),Ll和L2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是(  )

A.交流电的频率为50Hz

B.电压表的示数为220V

C.当照射R的光强增大时,电流表的示数变大

D.若Ll的灯丝烧断后,电压表的示数会变大

【考点】变压器的构造和原理;电功、电功率;正弦式电流的图象和三角函数表达式.

【分析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比,输入、输出功率之比.和闭合电路中的动态分析类似,可以根据R的变化,确定出总电路的电阻的变化,进而可以确定总电路的电流的变化的情况,在根据电压不变,来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.

【解答】解:A、原线圈接入如图乙所示,T=0.02s,所以频率为f==50Hz,故A正确;

B、原线圈接入电压的最大值是220V,所以原线圈接入电压的有效值是U=220V,理想变压器原、副线圈匝数比为20:1,所以副线圈电压是11V,所以V的示数为11V,故B错误;

C、R阻值随光强增大而减小,根据I=知副线圈电流增加,副线圈输出功率增加,根据能量守恒定律,所以原线圈输入功率也增加,原线圈电流增加,所以A的示数变大,故C正确;

D、当Ll的灯丝烧断后,变压器的输入电压不变,根据变压比公式,输出电压也不变,故电压表读数不变,故D错误;

故选:AC

 

6.如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与N在同一电场线上.两个完全相同的带等量正电荷的粒子,分别以初速度V2、V1垂直于电场线进入电场(轨迹位于竖直平面内),两粒子恰好能相遇于P点,重力不计.在此过程中,下列说法正确的是(  )

A.两粒子到达P点的速度大小可能相等

B.电场力对两粒子做功一定不相同

C.两粒子到达P点时的电势能的都比进入电场时大

D.两粒子到达P点所需时间一定不相等

【考点】电势差与电场强度的关系;电势能.

【分析】分析初末位置的电势差,判断电场力做功的关系,由动能定理分析速度大小关系;

运用运动的分解法和运动学公式分析运动时间的关系.

【解答】解:AB、两粒子进入电场后做类平抛运动,因为重力不计,竖直方向匀速,水平向左匀加速,因为两粒子水平方向的位移不同,电场力做功一定不同,由动能定理可知,两粒子达到P点的速度大小不等,故A错误,B正确;

C、电场力对两粒子都做正功,电势能减少,故C错误;

D、水平方向上,由x=at2,加速度为:a=,因为两个完全相同的带等量正电荷的粒子,所以加速度相等,位移不等,所以两粒子到达P点所需时间一定不相等,故D正确.

故选:BD.

 

7.如图所示,两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,下端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面向上,磁感应强度为B.现给导体棒MN一平行于导轨的初速度v,使导体棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动,经过一段时间导体棒又回到原位置.不计导轨和导体棒的电阻,在这一过程中,下列说法正确的是(  )

A.导体棒上滑时棒中的电流方向由N到M

B.导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置受到的安培力大小相同

C.整个过程中流过导体某一横截面上的电荷量必然为零

D.导体棒在上升阶段动能减小量等于回路中热能的增加量

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;安培力.

【分析】A、依据楞次定律,即可判定感应电流的方向;

B、根据安培力公式FA=BIL=,结合棒来回过程中,产生热量,即可判定安培力大小关系;

C、依据电量综合表达式q=It==,整个过程中,根据磁通量的变化量,即可判定;

D、根据能量转化与守恒定律,即可求解.

【解答】解:A、导体棒上滑时,依据楞次定律,棒中的电流方向由N到M,故A正确;

B、导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置,由于电阻产生热量,导致来回的速度大小不相等,再由安培力公式FA=BIL=,那么同一位置受到的安培力大小也不相同,故B错误;

C、依据电量综合表达式q=It==,整个过程中流过导体某一横截面上的电荷量q=0,故C正确;

D、根据能量转化与守恒定律,棒在上升阶段,动能减小量等于棒的重力势能与回路中热能的增加量,故D错误;

故选:AC.

 

8.电磁流量计广泛应用于测量可导电液体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积),为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c,流量计的两端与输送流体的管道相连接(图中虚线)图中流量计的上、下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料,现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面,当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得的电流值,已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则可求得(  )

A.流量为

B.流量为

C.若将污水浓度变大,则上下两板间电势差将变大

D.若流量越大,则上下两板间电势差将变大

【考点】霍尔效应及其应用.

【分析】当导电流体稳定地流经流量计时,正负电荷受洛伦兹力发生偏转,在上下表面间形成电势差,最终稳定时,电荷所受电场力与洛伦兹力平衡,根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的电势差,从而根据平衡求出速度以及流量的大小.

【解答】解:AB、最终稳定时有:qvB=q.则v=

根据电阻定律R′=ρ,则总电阻R总=R′+R

所以U=IR总=I(ρ+R)

解得v=

所以流量Q=vS=vbc=.故A正确,B错误.

CD、由上分析可知,那么上下两极间的电势差U=,故C错误,D正确;

故选:AD.

 

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第22-32题为必考题,每个试题考生都作答;第33题-39题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题(共129分)

9.在水平固定的长木板上,用物体A、B分别探究了加速度随着合外力的变化的关系,实验装置如图(1)所示(打点计时器、纸带图中未画出).实验过程中用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上,使平行于长木板的不可伸长的细线(中间连结有一轻质细弹簧)分别拉动长木板上的物块由静止开始加速运动(纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略),实验后进行数据处理,得到了物块A、B的加速度a与轻质弹簧秤的伸长量x的关系图象分别如图(2)中的A、B所示(g已知),

(1)(多选题)由图判断下列说法正确的是 AC 

A.一端带有定滑轮的长木板,未达到平衡物块所受摩擦力的目的

B.实验中重物P的质量应远小于物块的质量

C.若在实验中长木板是水平的,图(2)中又知道了图象的截距,就能求解出物体与木板间的动摩擦因数

D.试验中,应该先释放重物再接通打点计时器的电源

(2)某同学仔细分析了图(2)中两条线不重合的原因,得出结论:两个物体的质量不等,且mA 小于 mB(填“大于”“等于”或“小于”);两物体与木板之间动摩擦因数µA 大于 µB(填“大于”“等于”或“小于”).

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.

【分析】(1)写出木板水平时加速度的表达式讨论即可;实验时要先接通电源,再放开小车;小车受到的拉力可以由弹簧测力计读出;实验时应先接通电源再释放重物.

(2)根据图象由牛顿第二定律可以判断出物体质量大小;

由牛顿第二定律求出加速度的表达式,然后判断动摩擦因数大小.

【解答】解:(1)A、平衡摩擦力时应把长木板的一端垫高,由图示可知,一端带有定滑轮的长木板未达到平衡物块所受摩擦力的目的,故A正确;

B、物块所受的拉力可以由弹簧的伸长量求出,实验过程重物P的质量不需远小于物块的质量,故B错误;

C、长木板水平时,对物块A由牛顿第二定律可得:F﹣μmg=ma,即a=﹣μg,对B由牛顿第二定律可得:F﹣μmg=ma,即a=﹣μg,木板水平时如果已知图象的截距,可以求出物体与木板间的动摩擦因,故C正确;

D、试验中,应该先接通打点计时器的电源然后释放重物,故D错误;故选:AC.

(2)由牛顿第二定律得:m=,a﹣F图象斜率的倒数等于m,由图象可得:A的斜率大于B的斜率,则A斜率的倒数小于B斜率的倒数,即A的质量小于B的质量;

由牛顿第二定律得:F﹣μmg=ma,a=0时,F=μmg,由图象可知,a=0时,A、B的F相等,即μAmAg=μBmBg,而mA<mB,则μA>μB.

故答案为:(1)AC;(2)小于;大于.

 

10.某学生实验小组利用图(a)所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻.使用的器材有:

多用电表;

电压表:量程5V,内阻十几千欧;

滑动变阻器:最大阻值5kΩ

导线若干.

回答下列问题:

(1)将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡后并进行了欧姆调零.

(2)将图(a)中多用电表的红表笔和 1 (填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端.

(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图(b)所示,这时电压表的示数如图(c)所示.多用电表和电压表的读数分别为 15.0 kΩ和 3.60 V.

(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V.多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图(d)所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 9.0 V,电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为 15.0 kΩ.

【考点】伏安法测电阻.

【分析】(2)红正黑负,电流从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表;

(3)欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数,伏特表读数要估读;

(4)由于半偏电流是满偏电流的一半,故欧姆表的中值电阻等于内电阻;根据闭合电路欧姆定律求解电动势.

【解答】解:(2)多用电表插孔红正黑负,电流从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表;电流从电压表正接线柱流入,由图示a所示可知,红表笔接触2,黑表笔接1;

(3)用电表挡位调到电阻“×lk”,由图b所示可知,电阻阻值:1K×15.0Ω=15.0kΩ;由图c所示可知,电压表分度值为0.1V,电压表读数为3.60V;

(4)欧姆表的中值电阻等于内电阻,故欧姆表1K档位的内电阻为15.0KΩ;

根据闭合电路欧姆定律,电动势为:E=U+•r=4V+×15kΩ=9V;

故答案为:(2)1;(3)15.0;3.60;(4)9.0;15.0.

 

11.如图,A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道,在四分之一圆弧区域内存在着E=1×106V/m、竖直向上的匀强电场,有一质量m=1kg、带电荷量q=+1.4×10﹣5C的物体(可视为质点),从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力),BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数μ=0.2的粗糙绝缘水平面.(取g=10m/s2)

(1)若H=1m,物体能沿轨道AB到达最低点B,求它到达B点时对轨道的压力大小;

(2)通过你的计算判断:是否存在某一H值,能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m处.

【考点】带电粒子在混合场中的运动;向心力;匀强电场中电势差和电场强度的关系.

【分析】(1)物体由初始位置运动到B,根据动能定理求出B点速度,小物块刚到达B点时,根据牛顿第二定律求解压力;

(2)设小物块能沿着轨道AB到达B点的最小速度为v,在B点根据牛顿第二定律列式,物体由初始位置运动到B,根据动能定理列式,小物块在水平面滑行,再由动能定理列式,联立方程即可求解.

【解答】解:(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有

mg(R+H)﹣qER=mv2

到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FN﹣mg+qE=

解得FN=8N 

根据牛顿第三定律,可知物体对轨道的压力大小为8N,方向竖直向下

(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B,当支持力为0时,最低点有个最小速度v,则

qE﹣mg=

解得v=2m/s

在粗糙水平面上,由动能定理得:﹣μmgx=﹣mv2

所以x=1m>0.8m

故不存在某一H值,使物体沿着轨道AB经过最低点B后,停在距离B点0.8m处.

答:(1)若H=1m,物体能沿轨道AB到达最低点B,它到达B点时对轨道的压力大小是8N;

(2)不存在某一H值,使物体沿着轨道AB经过最低点B后,停在距离B点0.8m处.

 

12.如图所示的竖直直角坐标平面xoy内有两条过原点的射线OA和OB与x轴的正半轴和负半轴都成45°角,在x轴上方∠AOB区域间分布着方向垂直纸面向外大小为B1的匀强磁场,在x轴的下方存在着方向垂直纸面向外大小为B2=匀强磁场,现有一质量为m,带电量为+q的带电粒子以速度v从位于直线OA上的P(L,L)点竖直向下射出,经过测量发现,此粒子每经过相同的时间T会回到P点,(不计粒子重力)

(1)求匀强磁场之比;

(2)若保持B2不变,而∠AOB间的磁场方向不变,现从P点向下发射两个速度在0~围内(0<v≤)与原来相同的带电粒子(不计两个粒子间的相互作用力),它们进入∠AOB强磁场后都要经过P点,求∠AOB间的磁感应强度的B1′的大小.

(3)在满足题(2)中的条件下,求从P点出发后又回到P点的最短时间为多少?

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.

【分析】(1)粒子从P点向下,运动过程的轨迹图画出来,根据对称性,在上下两磁场中匀速圆周运动的半径相等.

(2)画出粒子运动的轨迹,通过几何关系可知在上面磁场中圆周运动半径是下方磁场中圆周运动半径的2倍,粒子在下方磁场中运动半个周期,在上方磁场中运动四分之一圆周,再由半径公式得出磁感应强度之间的关系,从而求出上方磁场的磁感应强度.

(3)从P点以向下运动的粒子回到P点所用时间最短,根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子在各阶段所以时间,然后求出总的最短时间.

【解答】解:(1)由P点射出的粒子先做匀速直线运动进入匀强磁场B2中,

设匀速圆周运动的半径为R2,

由牛顿第二定律得:qvB2=m,解得:R2==L,

粒子每经过相同时间T会回到P点,必满足在匀强磁场B1中半径R1大小为L,

由牛顿第二定律得:qvB1=m解得:R1==L,则:=1;

(2)从P点向下发射速度为vX满足范围为:0﹣

与原来相同的带电粒子,由于保持B2不变,当速度v时半径为L,

则速度为0﹣的粒子在B2磁场中必定经过半个周期后在x轴正半轴间返回,

如图2所示,进入B1′匀强磁场后都要经过P点,

则在B1′磁场中运动的半径为B2磁场中运动半径的两倍,

即:2=,解得:=,即:B1′==

(3)从第二问分析可知,从P点以向下运动的粒子回到P点所用时间最短,

粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=

在B1′的磁场中运动时间为:t1==

在B2的磁场中运动时间为:t2==

在无场区运动中的时间为:t3=

运动时间:t总=t1+t2+t3=+

答:(1)匀强磁场之比为1;

(2)∠AOB间的磁感应强度的B1′的大小为

(3)在从P点出发后又回到P点的最短时间为:+

 

【选修3-3】

13.下列说法正确的是(  )

A.“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积

B.一定质量的理想气体在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比

C.气体分子的平均动能越大,气体的压强就越大

D.物理性质各向同性的一定是非晶体

E.液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的

【考点】封闭气体压强;*液体的表面张力现象和毛细现象;用油膜法估测分子的大小.

【分析】“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积;一定质量的理想气体在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比;温度是分子平均动能的标志,但影响气体压强的因素还有体积;多晶体和非晶体都有各向异性;由于表面层分子分布比液体内部稀疏,分子间相互作用表现为引力.表面张力的存在使液体表面想被拉伸的弹簧一样,总有收缩的趋势.

【解答】解:A、油膜法测分子直径大小的实验中,油膜经充分扩散,形成单分子油膜,故纯油酸体积除以油膜面积即为分子直径大小,故A正确;

B、由查理定律可知,一定质量的理想气体在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比.故B正确;

C、气体分子平均动能大,说明气体温度较高,但不确定气体体积的大小,由理想气体状态方程可知无法确定气体压强大小,故C错误;

D、多晶体也具有各向同性的特点,故D错误;

E、液体的表面张力是由于表面层分子分布比液体内部稀疏,分子间相互作用表现为引力.故E正确

故选:ABE

 

14.如图甲所示的玻璃管上端开口,管内有一部分水银封住密闭气体,上管足够长,上、下管的截面积分别为S1=2cm2、S2=1cm2.封闭气体初始温度为57℃,乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线.求:(摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273K)

(Ⅰ)封闭气体初始状态的压强;

(Ⅱ)若缓慢升高气体温度,升高至多少方可将所有水银全部压入细管内.

【考点】理想气体的状态方程.

【分析】(1)根据图象直接得出封闭气体的压强

(2)根据理想气体状态方程求末状态的温度

【解答】解:(1)气体初状态体积为:

由图知此时压强为:

(2)由题意知:

从状态1到状态2由理想气体状态方程知代入数据知:

其中

代入数据解得:

答:(Ⅰ)封闭气体初始状态的压强为80cmHg;

(Ⅱ)若缓慢升高气体温度,升高至369K方可将所有水银全部压入细管内.

 

【选修3-4】

15.如图所示,a、b、c、…、k为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点,e点为波源,t=0时刻从平衡位置开始向上做简谐运动,振幅为3cm,周期为0.2s.在波的传播方向上,后一质点比前一质点迟0.05s开始振动.t=0.25s时,x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点,则(  )

A.该机械波在弹性介质中的传播速度为8m/s

B.该机械波的波长为2m

C.图中相邻质点间距离为0.5m

D.当a点经过的路程为9cm时,h点经过的路程为12cm

E.当b点在平衡位置向下振动时,c点位于平衡位置的上方

【考点】横波的图象.

【分析】由波的周期为0.2s,后一质点比前一质点迟0.05s开始振动,可知相邻质点间的距离等于波长,e振动0.05s第一次到达波峰,根据t=0.25s时,x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点,可得到波长,从而求得波速.结合对称性分析.

【解答】解:A、根据题意可知波的周期为0.2s,t=0时刻e点从平衡位置开始向上做简谐运动,经过t=0.05s,e点第一到达最高点.t=0.25s时,x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点,则知该质点的振动比e点落后一个周期,所以波长为λ=2m,波速为v=10m/s,故A错误,B正确.

C、由波的周期为T=0.2s,后一质点比前一质点迟0.05s=开始振动,可知相邻质点间的距离等于波长,为0.5m.故C正确.

D、根据对称性知,当a点经过的路程为9cm时,h点经过的路程为12cm,故D正确.

E、波从e点向左右两侧传播,根据波的传播方向知,当b点在平衡位置向下振动时,c点位于波谷,故E错误

故选:BCD.

 

16.如图所示,直角玻璃三棱镜置于空气中,已知∠A=60°,∠C=90°,一束极细的光于AC边的中点D垂直AC面入射,AD=a,棱镜的折射率n=.求:

(ⅰ)光从棱镜第一次射入空气时的折射角;

(ⅱ)光从进入棱镜到它第一次从BC边和AB边射入空气所经历的时间分别为多少?.(设光在真空中的传播速度为c)

【考点】光的折射定律.

【分析】(i)画出光路图,判断光线在AB面和BC面上能否发生全反射,由几何知识求出光线第一次射入空气时的入射角,由折射定律求解折射角;

(ii)根据几何关系求出光线在玻璃砖内通过的路程,由运动学知识求解时间

【解答】解:(i)如图所示,i1=60°,设玻璃对空气的临界角为C,

则sinC==,得 C=45°

因为i1>45°,发生全反射

由几何知识可得,i2=i1﹣30°=30°<C,则光线从BC面折射而出,由折射定律有:

=

所以γ=45°.

在BC边上反射的光线由几何关系可知将垂直AB边射出.

(ii)三棱镜中光速v==

从BC边射出的光线所用的时间:t1=+=

从AB边射出的光线所用的时间:t2=t1+=

答:

(ⅰ)光从棱镜第一次射入空气时的折射角是45°;

(ⅱ)光从进入棱镜到它第一次从BC边和AB边射入空气所经历的时间分别为

 

【选修3-5】

17.下列说法正确的是(  )

A.放射性物质经过一个半衰期后所剩质量为原有质量的一半

B.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的

C.结合能越大,原子中核子结合的越牢固,原子核越稳定

D.在光电效应的实验中,在发生光电效应的情况下,入射光的波长越小,光电子的最大初动能越大.

E.根据波尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,同时电子的动能增大,电势能减小

【考点】氢原子的能级公式和跃迁;原子核的结合能.

【分析】放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间,叫半衰期,半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用;β衰变所释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子,电子释放出来;根据光电效应方程EKm=hγ﹣W0,可知道光电子的最大初动能与什么因素有关;根据玻尔理论和库仑力提供向心力分析.

【解答】解:A、放射性物质经过一个半衰期后所剩元素的原子的物质的量为原有物质的量的一半,不是所剩质量为原有质量的一半.故A错误.

B、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的,不是来自核外电子.故B正确.

C、比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定.故C错误.

D、根据光电效应方程EKm=hγ﹣W0,入射光的波长越小,则入射光的频率越大,光电子的最大初动能越大.故D正确.

E、根据波尔理论,氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,则总能量值减小;根据库仑力提供向心力得:可知电子的动能增大,根据能量守恒可知电势能减小.故E正确.

故选:BDE

 

18.如图所示,竖直平面内轨道ABCD的质量M=0.4kg,放在光滑水平面上,其中AB段是半径为R=0.4m的光滑四分之一圆弧,在B点与水平轨道BD相切,水平轨道的BC段粗糙,动摩擦因数μ=0.4,长L=3.5m,CD段光滑,D端连一轻弹簧,现有一质量m=0.1kg的小物体(可视为质点)在距A点高为H=3.6m处由静止自由落下,恰沿A点滑入圆弧轨道(g=10m/s2)

(i)ABCD轨道在水平面上运动的最大速率;

(ⅱ)弹簧最大的弹性势能.

【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律.

【分析】(i)当小物体运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大.小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒:由动量守恒定律可得求解最大速率;

(ii)弹簧被压缩到最短时整个系统的速度为零,由能量守恒定律求解弹簧最大的弹性势能.

【解答】解:(i)由题意分析可知,当小物体运动到圆弧最低点B时轨道的速率最大,设为vm,假设此时小物体的速度大小为v,则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒,取向左为正方向,则有:

 Mvm﹣mv=0

由机械能守恒得:

 mg(H+R)=Mvm2+mv2;

解得:vm=2.0m/s

(ii)由题意分析可知,弹簧被压缩到最短时整个系统的速度为零,由能量守恒得:

 mgH=μmgL+Epm

解得:弹簧最大的弹性势能Epm=2.2J

答:

(i)ABCD轨道在水平面上运动的最大速率是2.0m/s;

(ⅱ)弹簧最大的弹性势能是2.2J.

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文章标题:贵州2019年高职单招物理模拟试题「含答案」

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