广西南宁市龙文教育高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2016年广西南宁市龙文教育高考物理模拟试卷一选择题1甲物体重力是乙物体重力的5倍，甲从h高处由静止下落，乙从2h高处同时开始由静止下落（不计空气阻力），在两物体下落过程中，下面说法正确的是（）a同一时刻甲的速度比乙的速度大b下落1s时，它们的速度相等c甲乙下落1m所用时间不同d下落过程中甲的加速度比乙的大2如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体a，a的左端紧靠竖直墙，a与竖直墙之间放一光滑圆球b，整个装置处于静止状态，若把a向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）ab对墙的压力增大ba与b之间的作用力增大c地面对a的摩擦力减小da对地面的压力减小3如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力f拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）a若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零b若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零c斜面和挡板对球的弹力的合力等于mad斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值4正在运转的机器，当其飞轮以角速度0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到0，在这一过程中（）a机器不一定还会发生强烈的振动b机器一定还会发生强烈的振动c若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为0时d若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为05一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法中正确的是（）at=0时刻，线圈平面与中性面垂直bt=0.01 s时刻，的变化率最大ct=0.02 s时刻，交变电流的电动势达到最大d该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图象如图乙所示62011年12月5日，美国国家航空航天局（简称nasa）发布声明，证实通过开普勒 太空望远镜发现了“第二地球”一颗名为开普勒22b的行星该行星的半径约是地球的2.4倍，“开普勒22b”绕恒星“开普勒22”运动的周期为290天，轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，测得r1：r2=0.85球的体积公式，由上述信息可知（）a若开普勒22b的行星与地球密度相同，可知两行星表面的重力加速度之比2.4：1b若开普勒22b的行星与地球密度相同，可知两行星表面的重力加速度之比1：2.4c恒星“开普勒22”与太阳的质量之比约为1：1d恒星“开普勒22”与太阳的质量之比约为1：1072011年2月18日，在宝岛台湾北市“小巨蛋”体育馆进行的2011年四大洲花样滑冰锦标赛双人滑比赛中，中国队选手庞清/佟健在花样滑冰双人滑比赛中以199.45分的总分获得金牌若质量为m1的庞清抱着质量为m2的佟健以v0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻庞清突然将佟健向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计若分离时庞清的速度为v1，佟健的速度为v2，则有（）am1v0=m1v1+m2v2bm2v0=m1v1+m2v2c（m1+m2）v0=m1v1+m2v2d（m1+m2）v0=m1v1二计算题8某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度h、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为滑块与斜面间的动摩擦因数为以下能引起实验误差的是a滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时9（2016南宁模拟）如图为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图（1）入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1m2（2）为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使（3）继续实验步骤为：a在地面上依次铺白纸和复写纸b确定重锤对应点oc不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置pd把球2放在立柱上，让球1从斜槽滑上，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置m和ne用刻度尺量om、op、on的长度f看m1+m2与m1是否相等，以验证动量守恒上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤10质量为2kg的物体静止在水平面上，受到水平力f后开始运动，力f作用4s后撤去，物体在整个运动过程中速度时间图象如图所示，g=10m/s2，求：（1）物体受到的拉力f的大小；（2）物体与水平间的动摩擦因数11如图所示，一个被x轴与曲线方程y=0.2sin x（m）所围的空间中存在着匀强磁场磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度b=0.2t正方形金属线框的边长是l=0.2m，电阻是r=0.1，它的一边与x轴重合，在拉力f的作用下，以v=10m/s的速度水平向右匀速运动试求：（1）拉力f的最大功率是多少？（2）拉力f要做多少功才能把线框拉过磁场区？（3）有位同学在老师的帮助下算出了曲线与x轴所围的面积为m2请你再帮他算出线框右边框通过磁场区域的过程中通过线框某一截面的电荷量（结果保留两位有效数字）12如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6102 m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m一架质量为m=2.0104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为f=1.2105n，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g=10m/s2（1）求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力，求助推力f推的大小2016年广西南宁市龙文教育高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一选择题1甲物体重力是乙物体重力的5倍，甲从h高处由静止下落，乙从2h高处同时开始由静止下落（不计空气阻力），在两物体下落过程中，下面说法正确的是（）a同一时刻甲的速度比乙的速度大b下落1s时，它们的速度相等c甲乙下落1m所用时间不同d下落过程中甲的加速度比乙的大【考点】自由落体运动【专题】自由落体运动专题【分析】自由落体运动的快慢程度与物体的质量无关，由自由落体运动的规律分析速度大小【解答】解：a、两物体同时下落，根据v=gt，在下落的过程中，同一时刻甲乙的速度相等故a错误；b、根据v=gt可知，下落1s时速度大小相等，故b正确c、各自下落1m时，根据可知，下落同一高度，时间相等，故c错误；d、它们均做自由落体运动，所以加速度相等故d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道自由落体运动的特点，做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动掌握自由落体运动规律2如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体a，a的左端紧靠竖直墙，a与竖直墙之间放一光滑圆球b，整个装置处于静止状态，若把a向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）ab对墙的压力增大ba与b之间的作用力增大c地面对a的摩擦力减小da对地面的压力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对小球进行受力分析，根据a物体移动可得出小球b受a支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化【解答】解：对小球b受力分析，作出平行四边形如图所示：a滑动前，b球受墙壁及a的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将a向外平移后，b受弹力的方向将上移，如虚线所示，但b仍受力平衡，由图可知a球对b的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故a错误，b错误；以ab为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故c正确；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故a对地面的压力不变，故d错误；故选：c【点评】本题应注意图析法及整体法的应用，灵活选择研究对象可以对解决物理题目起到事半功倍的效果3如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住、现用一个力f拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（）a若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零b若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零c斜面和挡板对球的弹力的合力等于mad斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】分析小球受到的重mg、斜面的支持力fn2、竖直挡板的水平弹力fn1，然后向水平和竖直分解斜面的支持力fn2，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案【解答】解：小球受到的重mg、斜面的支持力fn2、竖直挡板的水平弹力fn1，设斜面的倾斜角为 则竖直方向有：fn2cos=mgmg和不变，无论加速度如何变化，fn2不变且不可能为零，故b错，d对 水平方向有：fn1fn2sin=ma fn2sin0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故a错 斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的fn2cos与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故c错误 故选d【点评】本题结合力的正交分解考察牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键4正在运转的机器，当其飞轮以角速度0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到0，在这一过程中（）a机器不一定还会发生强烈的振动b机器一定还会发生强烈的振动c若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为0时d若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为0【考点】自由振动和受迫振动【专题】简谐运动专题【分析】当驱动率的频率接近物体的固有频率时，会发生共振现象，此时振幅最大机器却发生强烈的振动时即为发生共振【解答】解：a、以角速度0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到0，在这一过程中，仍一定会有机器的固有频率与驱动频率相等，即达到共振，机器一定还会发生强烈的振动，故a错误b正确；c、由已知当其飞轮以角速度0匀速转动时，机器的振动不强烈，则机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为0，故c错误d正确；故选：bd【点评】解决本题的关键掌握共振的条件：当驱动力的频率接近物体的固有频率，振幅最大5一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则以下说法中正确的是（）at=0时刻，线圈平面与中性面垂直bt=0.01 s时刻，的变化率最大ct=0.02 s时刻，交变电流的电动势达到最大d该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图象如图乙所示【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为最大【解答】解：a、由甲图知t=0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面，a错误；b、t=0.01s时刻，磁通量等于零，但的变化率达最大，b正确；c、t=0.02s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，c错误；d、由甲图知交流电动势的图象应为正弦图象，d错误；故选：b【点评】了解交流电产生的原理，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，磁通量和电动势的变化62011年12月5日，美国国家航空航天局（简称nasa）发布声明，证实通过开普勒 太空望远镜发现了“第二地球”一颗名为开普勒22b的行星该行星的半径约是地球的2.4倍，“开普勒22b”绕恒星“开普勒22”运动的周期为290天，轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，测得r1：r2=0.85球的体积公式，由上述信息可知（）a若开普勒22b的行星与地球密度相同，可知两行星表面的重力加速度之比2.4：1b若开普勒22b的行星与地球密度相同，可知两行星表面的重力加速度之比1：2.4c恒星“开普勒22”与太阳的质量之比约为1：1d恒星“开普勒22”与太阳的质量之比约为1：10【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据星体表面万有引力约等于重力和万有引力提供向心力列式即可求解【解答】解：根据星体表面万有引力约等于重力，即，m=v可得gr，故重力加速度之比2.4：1，a项正确，b项错误；根据行星绕恒星运行时，万有引力提供向心力，即可得，故质量之比为1：1，c项正确，d项错误故选ac【点评】本题考查了万有引力与重力的关系和天体运动的处理方法，解题的关键是知道任何星体表面物体所受的万有引力都约等于重力72011年2月18日，在宝岛台湾北市“小巨蛋”体育馆进行的2011年四大洲花样滑冰锦标赛双人滑比赛中，中国队选手庞清/佟健在花样滑冰双人滑比赛中以199.45分的总分获得金牌若质量为m1的庞清抱着质量为m2的佟健以v0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻庞清突然将佟健向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计若分离时庞清的速度为v1，佟健的速度为v2，则有（）am1v0=m1v1+m2v2bm2v0=m1v1+m2v2c（m1+m2）v0=m1v1+m2v2d（m1+m2）v0=m1v1【考点】动量守恒定律【分析】两人组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以正确解题【解答】解：以庞清和佟健两人组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以两人的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v0=m1v1+m2v2，故c正确；故选：c【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，正确选择研究对象是正确解题的关键二计算题8某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度h、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为滑块与斜面间的动摩擦因数为以下能引起实验误差的是cda滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题；压轴题；摩擦力专题【分析】由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；【解答】解：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由x=at2和h=gt2得：所以=根据几何关系可知：sin=，cos= 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma，且a=，联立方程解得=由得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、h测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd故答案为：c d【点评】本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，9（2016南宁模拟）如图为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图（1）入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1大于m2（2）为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使末端切线水平（3）继续实验步骤为：a在地面上依次铺白纸和复写纸b确定重锤对应点oc不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置pd把球2放在立柱上，让球1从斜槽滑上，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置m和ne用刻度尺量om、op、on的长度f看m1+m2与m1是否相等，以验证动量守恒上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤d错误，小球1应从斜槽的同一高度由静止释放；步骤f错误，应验证：m1op=m1om+m2（ond）【考点】验证动量守恒定律【专题】实验题【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量（2）为了保证小球做平抛运动，所以必须使斜槽的末端切线水平（3）根据动量守恒定律与实验步骤与实验注意事项分析答题【解答】解：（1）入射小球1与被碰小球2直径相同，即d1=d2，为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球质量应大于被碰球质量，即：m1m2（2）要小球做平抛运动，则斜槽的末端必须水平（3）为使小球离开轨道时的初速度相等，每次释放小球时应从同一高度由静止释放，故步骤d错误；两球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，果碰撞过程动量守恒，则有：m1v1=m1v1+m2v2，两边同时乘以t得：m1v1t=m1v1t+m2v2t，即为：m1op=m1om+m2on，m1op=m1om+m2（ond），故步骤f错误；故答案为：（1）；（2）末端切线水平；（3）d错误，小球1应从斜槽的同一高度由静止释放；步骤f错误，应验证：m1op=m1om+m2（ond）【点评】本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，难度不大，属于基础题，是考查基础知识的好题10质量为2kg的物体静止在水平面上，受到水平力f后开始运动，力f作用4s后撤去，物体在整个运动过程中速度时间图象如图所示，g=10m/s2，求：（1）物体受到的拉力f的大小；（2）物体与水平间的动摩擦因数【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据速度时间图象的斜率表示加速度求出力作用时物体的加速度和撤去力后物体的加速度，再结合牛顿第二定律列式即可求解【解答】解：设力作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律有：fmg=ma1 撤去力后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律有：mg=ma2 由图象可得：a1=m/s2 a2=0.5m/s2 由解得：f=2.5n，=0.05 答：（1）物体受到的拉力f的大小为2.5n；（2）物体与水平间的动摩擦因数为0.05【点评】本题考查读图能力和应用牛顿定律处理多过程问题的能力也可以根据图象求出两段过程的位移，根据动能定理求解f和11如图所示，一个被x轴与曲线方程y=0.2sin x（m）所围的空间中存在着匀强磁场磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度b=0.2t正方形金属线框的边长是l=0.2m，电阻是r=0.1，它的一边与x轴重合，在拉力f的作用下，以v=10m/s的速度水平向右匀速运动试求：（1）拉力f的最大功率是多少？（2）拉力f要做多少功才能把线框拉过磁场区？（3）有位同学在老师的帮助下算出了曲线与x轴所围的面积为m2请你再帮他算出线框右边框通过磁场区域的过程中通过线框某一截面的电荷量（结果保留两位有效数字）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）线框的一边做切割磁感线运动，产生感应电动势，当切割长度最大时，感应电流最大，拉力最大，拉力功率最大（2）线框右边和左边分别切割磁感线，产生正弦式交变电流，可用切割感应电动势公式、安培力和功、功率知识求解（3）根据公式q=求解通过线框某一截面的电荷量【解答】解：（1）当线框的一条竖直边运动到x=0.15m处时，线圈的感应电动势最大，最大值为：em=blv=0.20.210v=0.4v根据欧姆定律可得最大电流为：im=a=4a所以拉力f的最大值为：fm=blim=0.240.2 n=0.16n拉力f最大功率为：pm=fmv=0.1610w=1.6w（2）把线框拉过磁场区域时，因为有效切割长度是按正弦规律变化的，所以，线框中的电流也是按正弦规律变化的（有一段时间线框中没有电流）电动势的有效值是：e=0.2v通电时间为：t=s=0.06s拉力做功为：w=t=0.06j=0.048j=4.8102j（3）通过线框某一截面的电荷量为：q=t，又=， =联立得：q=当通过线框截面的电荷量最多，为：q=c=7.6102c答：磁场全部进入线框内部时（1）拉力f的最大功率是1.6w（2）拉力f要做4.8102j的功才能把线框拉过磁场区（3）通过线框某一截面的电荷量为7.6102c【点评】本题要注意是线框中产生的是正弦式电流，求电功要用电动势的有效值，正弦式电流的最大值是有效值的倍12如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6102 m的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m一架质量为m=2.01