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1、學考仿真卷(八) [時間:60分鐘　分值:70分] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本題共18小題,每小題2分,共36分.每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分) 1.下列物理量中均屬于矢量的是 (　　) A.位移、路程 B.力、加速度 C.電場強度、電流 D.電勢能、磁感應(yīng)強度 圖F8-1 2.如圖F8-1所示是某手機導航軟件的程序界面.關(guān)于該圖中出現(xiàn)的相關(guān)數(shù)據(jù),下列說法正確的是 (　　) A.“14 km/h”是指平均速度 B.“3.8公里”是指位移 C.“14分鐘”是指時刻 D.“202米”是指

2、路程 3.下列說法錯誤的是 (　　) A.伽利略提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因 B.牛頓發(fā)現(xiàn)了慣性定律 C.愛因斯坦提出了相對論 D.霍金預(yù)言了引力波 圖F8-2 4.足球運動員罰點球時,將足球踢入球門左上角,則足球被踢出后上升到球門左上角的過程中,該足球 (　　) A.動能一定減小 B.機械能一定增加 C.速度方向可能不變 D.加速度一定不變 5.如圖F8-3所示,小孩用與水平方向成θ角的輕繩拉放置在水平面上的箱子, 圖F8-3 第一次輕拉,沒有拉動;第二次用更大的力拉,箱子還是不動,則 (　　) A.兩次拉時箱子所受的支持力相同 B.第二次拉時箱子所

3、受的支持力較大 C.第二次拉時箱子所受的摩擦力較大 D.第二次拉時箱子所受的摩擦力較小 6.2017年12月24日,被媒體稱為中國三大機之一的“蛟龍”AG600水陸兩棲飛機正式首飛,主要用于執(zhí)行遠洋救援和森林滅火使命.若浙江某地森林發(fā)生火災(zāi),要求“蛟龍”飛機攜帶滅火彈緊急升空前往滅火,接近火源地時,飛機調(diào)整航速為50 m/s巡航,在距離火源200 m處釋放滅火彈,成功命中火源,滅火成功,則飛機滅火時的巡航高度約為(忽略空氣阻力) (　　) A.80 m B.100 m C.200 m D.250 m 圖F8-4 7.北斗系統(tǒng)的衛(wèi)星由若干周期為24 h的地球靜止軌道衛(wèi)星(如圖F8

4、-4中a)、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星(如圖中b)和中圓地球軌道衛(wèi)星(如圖中c)三種衛(wèi)星組成,若把它們的運動都近似看作勻速圓周運動,則下列說法正確的是 (　　) A.衛(wèi)星a能經(jīng)過浙江上空 B.它們運動的線速度大小關(guān)系是va=vb>vc C.它們運動的向心加速度大小關(guān)系是aa=ab

5、.光敏電阻R和燈泡L1消耗的總功率逐漸增大 9.老師在講“超重與失重”時,做了一個有趣的實驗,在空雪碧瓶底四周鉆幾個小孔,盛滿水后,讓盛滿水的雪碧瓶自由下落,則下落過程中可能出現(xiàn)的情況是圖F8-6中的 (　　) 圖F8-6 圖F8-7 10.靜電計是用來測量電容器兩極板間電勢差的儀器,兩板之間的電勢差越大,則靜電計的指針偏角越大.平行板電容器、滑動變阻器、電源、開關(guān)以及靜電計按如圖F8-7所示的電路連接.當開關(guān)閉合時,靜電計的指針有偏轉(zhuǎn),則下列操作中能使偏角增大的是(　　) A.斷開開關(guān),增大兩極板間的距離 B.閉合開關(guān),增大兩極板間的距離 C.閉合開關(guān),減小兩極板間的距

6、離 D.閉合開關(guān),使滑動變阻器的滑片向左移動 圖F8-8 11.2018年2月9日第23屆冬奧會在韓國平昌舉行,在平昌冬奧會的開幕式上同時放飛的1218架無人機通過軟件編程使所有無人機可以按照規(guī)定路線編隊飛行,并實現(xiàn)同步,天空中不斷排列出飛鳥、人物、星空及標志性的奧運五環(huán),視覺效果驚人,若一無人機在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,下列說法正確的是 (　　) A.飛行過程實現(xiàn)了無人駕駛,目前該技術(shù)已不需要人們進行操作 B.該無人機加速度變化,做變加速運動 C.該無人機加速度恒定,做勻變速運動 D.做圓周運動時,無人機一直處于超重狀態(tài) 圖F8-9 12.三根通電直導線垂直于紙面

7、放置,分別處在正三角形的三個頂點上,如圖F8-9所示,a、b導線中電流垂直于紙面向里,c導線中電流垂直于紙面向外.下列說法正確的是 (　　) A.c處的磁場方向豎直向上 B.c導線所受的安培力方向與ab連線垂直指向右邊 C.a處的磁感應(yīng)強度為零 D.若改變c導線中電流方向,則c所受的安培力不變 圖F8-10 13.如圖F8-10所示,可視為質(zhì)點的物塊以一定初速度從底端沖上光滑斜面,到達最高點后又返回底端,關(guān)于物塊運動的圖像,正確的是圖F8-11中的 (　　) 圖F8-11 14.為減小機動車尾氣的排放,越來越多的人提倡并支持綠色出行,現(xiàn)在道路上已隨處可見電動自行車,

8、人們也往往把速度和續(xù)航里程作為衡量電動車優(yōu)劣的標準.電動車在水平路面上行駛時的阻力主要來源于輪胎受到的滾動阻力和迎面風對車的空氣阻力,已知滾動阻力與車和人的總重力成正比,假設(shè)比例系數(shù)為k1=0.01,空氣阻力與電動車行駛的速度的二次方成正比,假設(shè)比例系數(shù)為k2=0.4,電動車與人的總質(zhì)量為100 kg,其所攜帶的電瓶充滿電后,若以30 km/h的速度勻速行駛,其續(xù)航里程約為100 km,則電動車以40 km/h的速度勻速行駛時,其續(xù)航里程約為(g取10 m/s2) (　　) A.60 km B.75 km C.100 km D.133 km 15.近幾年全球氣候變暖加快,各國都在提倡節(jié)能

9、,人們的節(jié)能意識也越來越高.我國家庭的照明從“白熾燈時代”到“節(jié)能燈時代”,現(xiàn)在又到“LED燈時代”.一個功率為60 W的白熾燈的亮度與12 W的節(jié)能燈相當,還與5 W的LED燈相當.假設(shè)每戶家庭有2只60 W的白熾燈,均用5 W的LED燈替代,則全國一年節(jié)省的電能最接近 (　　) A.8×108 kW·h B.8×1010 kW·h C.8×1012 kW·h D.8×1014 kW·h 16.如圖F8-12所示,一通電直導體棒用兩根絕緣輕質(zhì)細線懸掛在天花板上,靜止在水平位置(如正面圖).現(xiàn)在通電導體棒所處位置加上勻強磁場,使導體棒能夠靜止在偏離豎直方向θ角(如側(cè)面圖)的位置.如果所加

10、磁場的強弱不同,則磁場方向的范圍正確的是圖F8-13中的(各圖均是在側(cè)面圖的平面內(nèi)畫出的,磁感應(yīng)強度的大小未按比例畫)(　　) 圖F8-12 圖F8-13 圖F8-14 17.用三根絕緣細線將質(zhì)量均為m的A、B兩小球相連后懸掛于O點,其中A球帶電荷量為-q,B球不帶電.現(xiàn)將帶電荷量為+q的小球C放置在某處,恰使A靜止在與C相距為x的等高處,且三根細線均處于伸直狀態(tài)并組成如圖F8-14所示的等腰直角三角形,其中O、B間的細線豎直.已知靜電力常量為k,重力加速度為g,小球的大小均可忽略,則 (　　) A.O、B間細線拉力小于mg B.O、A間細線拉力等于mg C.A、C間

11、距離為kq2mg D.若將C放置在紙面的其他位置且x不變,O、B間細線不可能保持豎直 圖F8-15 18.如圖F8-15所示,小物塊從傾角為θ的傾斜軌道上A點由靜止釋放滑下,最終停在水平軌道上的B點,小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動摩擦因數(shù)均相同,A、B兩點的連線與水平方向的夾角為α,不計物塊在軌道轉(zhuǎn)彎處的機械能損失,則動摩擦因數(shù)大小為 (　　) A.tan θ B.tan α C.tan (θ+α) D.tan (θ-α) 二、非選擇題(本題共5小題,共34分) 19.(6分)在“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”的實驗中: (1)如圖F8-16所示的儀器需要用到的是　　

12、　　(填選項字母).? 圖F8-16 (2)下列說法正確的是　　　　(填選項前的字母).? A.先釋放紙帶,再接通電源 B.實驗前必須先平衡摩擦力 C.紙帶應(yīng)壓在復(fù)寫紙下面 D.拉小車的細線應(yīng)與長木板平行 (3)某同學計算出各計數(shù)點的速度后,在圖F8-17所示的坐標系中描出了點,請根據(jù)這些點在圖中作出v-t圖線. 圖F8-17 20.(6分)測量“水果電池”的電動勢和內(nèi)阻的實驗中,將一銅片和一鋅片分別插入同一只檸檬內(nèi),就構(gòu)成了簡單的“水果電池”,其電動勢約為1.5 V,可是這種電池并不能點亮額定電壓為1.5 V、額定電流為0.3 A的手電筒上的小燈泡,原因是流過小

13、燈泡的電流太小了,經(jīng)實驗測定電流約為3 mA.現(xiàn)有下列器材: 待測“水果電池”; 電流表:滿偏電流3 mA,內(nèi)阻約10 Ω; 電壓表:量程0~1.5 V,內(nèi)阻約1000 Ω; 滑動變阻器R1:0~30 Ω; 滑動變阻器R2:0~3 kΩ; 開關(guān)、導線等. (1)請在圖F8-18甲中用筆畫線代替導線連接電路. 圖F8-18 (2)本實驗選用上面所示的實驗原理圖,應(yīng)該選用的滑動變阻器是　　　　(選填“R1”或“R2”).? (3)在實驗中根據(jù)電壓表的示數(shù)U與電流表的示數(shù)I的值,得到U-I圖像如圖乙所示,根據(jù)圖中所給數(shù)據(jù),則“水果電池”的電動勢E=　　　V,內(nèi)阻r=　　　　Ω

14、.? 21.(6分)2018年2月7日人類現(xiàn)役運力最強的火箭重型獵鷹成功在肯尼迪航天中心完成了發(fā)射和一、二級火箭回收任務(wù).其中一級火箭回收的過程可以簡化為:獵鷹火箭發(fā)射上升至3436 m的高空后開始下落,經(jīng)過幾秒到達距地面3256 m高度處,立即打開助推器開始勻速下降50 s,快到達地面前改變助推器推力而減速,成功落地時速度為4 m/s.重力加速度的大小g取10 m/s2,不考慮空氣阻力. (1)求該火箭從靜止開始下落至3256 m高度處所需的時間及其在此處時的速度大小; (2)若該火箭總質(zhì)量m=5000 kg,求火箭在減速下降時受助推器的作用力大小. 圖F8-19

15、 22.(7分)如圖F8-20所示,置于圓形水平轉(zhuǎn)臺邊緣的小物塊隨轉(zhuǎn)臺加速轉(zhuǎn)動,當轉(zhuǎn)速達到某一數(shù)值時,物塊恰好滑離轉(zhuǎn)臺開始做平拋運動.現(xiàn)測得轉(zhuǎn)臺半徑R=0.5 m,離水平地面的高度H=0.8 m,物塊平拋落地過程水平位移的大小s=0.4 m.設(shè)物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2.求: (1)物塊做平拋運動的初速度大小v0; (2)物塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)μ. 圖F8-20 23.(9分)如圖F8-21所示,光滑絕緣水平面MN的左端固定了一個彈射器,可以將帶正電小球水平彈射出去,小球可以從N

16、點進入豎直面內(nèi)半徑R=20 cm的圓軌道,并從N'點離開圓軌道,沖上與水平面成45°角的粗糙斜面,斜面與水平面平滑連接,斜面足夠長,在整個空間還存在著豎直向下的勻強電場,電場強度E=1.0×103 N/C.已知小球的質(zhì)量m=0.1 kg,帶電荷量q=8.0×10-4 C,g取10 m/s2. (1)當小球到達圓軌道最高點時,對軌道的壓力大小為0.2 N,則此時小球的速度為多大? (2)要使小球能順利在圓軌道中做圓周運動,彈射器至少要對小球做多少功? (3)在滿足第(2)問的條件下,要求小球沖上斜面后相對地面的高度不能超過1 m,則動摩擦因數(shù)μ至少為多大? 圖F8-21 學

17、考仿真卷(八) 1.B　[解析] 位移、電場強度、磁感應(yīng)強度、力、加速度均是矢量. 2.D　[解析] 根據(jù)實際情況可知,14 km/h是指瞬時速度,3.8公里是指路程,14分鐘指時間,202米指路程,故D正確. 3.D　[解析] 引力波是愛因斯坦預(yù)言的,D錯誤. 4.A　[解析] 足球被踢出后,以一定的初速度斜向上飛出,重力和空氣阻力均做負功,動能一定減小,A正確;由于有阻力做負功,故機械能減小,B錯誤;足球做曲線運動,速度方向一定發(fā)生變化,C錯誤;由于空氣阻力的方向與足球運動方向相反,足球所受合力不恒定,故加速度一定變化,D錯誤. 5.C　[解析] 箱子受到重力、拉力、支持力與靜摩

18、擦力,根據(jù)平衡條件,支持力等于重力與拉力沿豎直方向的分力之差,當拉力增大時,則拉力沿豎直方向的分力也增大,因此第二次拉時箱子所受的支持力減小,選項A、B錯誤;小孩之所以拉不動,是因為箱子受到地面對它的靜摩擦力作用,且靜摩擦力和拉力沿水平方向的分力為平衡力,靜摩擦力的大小等于拉力沿水平方向的分力大小,由于拉力增大,則摩擦力也變大,選項C正確,D錯誤. 6.A　[解析] 飛機調(diào)整航速為50 m/s巡航,在距離火源200 m處釋放滅火彈,由x=v0t可知,t=4 s,由自由落體運動規(guī)律得h=12gt2=80 m. 7.C　[解析] 衛(wèi)星a是地球靜止軌道衛(wèi)星,其軌道在赤道上空,不可能經(jīng)過浙江上空,

19、A錯誤;由v=GMr,因為ra=rb>rc,故va=vbrc,va=vb

20、L1消耗的總功率是等效電源的輸出功率,由于等效電源的內(nèi)阻大于外電阻,所以當光敏電阻的阻值減小時,等效電源的內(nèi)、外電阻的阻值差變大,輸出功率減小,則光敏電阻R和L1消耗的總功率逐漸減小,故D錯誤. 9.A　[解析] 讓盛滿水的雪碧瓶自由下落時,瓶和里面的水都做自由落體運動,處于完全失重狀態(tài),它們的運動情況是相同的,所以不會有水流出,A正確. 10.A　[解析] 斷開開關(guān),電容器帶電荷量不變,將M、N分開一些,則d增大,根據(jù)C=εrS4πkd知,電容減小,根據(jù)U=QC知,電勢差增大,指針偏角增大,故A正確;保持開關(guān)閉合,電容器兩端的電勢差不變,則指針偏角不變,與極板間距無關(guān),故B、C錯誤;保持

21、開關(guān)閉合,電容器兩端的電勢差不變,滑動變阻器僅僅充當導線功能,滑片滑動不會影響指針偏角,故D錯誤. 11.B　[解析] 飛行過程實現(xiàn)了無人駕駛,但是還是需要地面技術(shù)人員的操作,故A錯誤;無人機在勻速圓周運動過程中加速度大小不變,但是加速度方向是不斷變化的,故B正確,C錯誤;做圓周運動時,無人機有時處于超重狀態(tài),有時處于失重狀態(tài),故D錯誤. 12.B　[解析] 根據(jù)右手螺旋定則可判斷,a、b導線在c處產(chǎn)生的合磁場方向豎直向下,A錯誤;根據(jù)左手定則可判斷,c導線所受的安培力方向與ab連線垂直指向右邊,B正確;根據(jù)磁場的疊加原理,a所在處磁場方向沿∠a的角平分線,C錯誤;若改變c的電流方向而其他

22、條件不變,則c所受的安培力反向,D錯誤. 13.C　[解析] 物塊沿光滑斜面上滑和下滑過程中受力不變,加速度大小和方向均不變,D錯誤,C正確;由于物塊做勻變速運動,xt圖像不是傾斜直線,A錯誤;速度是矢量,若上滑時速度為正,則下滑時速度為負,下滑時的v-t圖線應(yīng)該在t軸以下,B錯誤. 14.A　[解析] 電動車勻速運動時,向前的牽引力與向后總的阻力大小相等,即F=f1+f2=k1Mg+k2v2,牽引力所做的功為W=Fx,由(k1Mg+k2v12)x1=(k1Mg+k2v22)x2,解得x2≈60 km,A正確. 15.B　[解析] 2只5 W的LED燈比2只60 W的白熾燈節(jié)省功率為11

23、0 W,現(xiàn)在我國人口以13億計算,每4人一戶家庭,每戶家庭每天開燈6小時,一年節(jié)省的電能為110×10-3×1.3×1094×6×365 kW·h=7.8×1010 kW·h,B正確. 16.C　[解析] 要使導體棒能夠靜止在偏離豎直方向θ角(如側(cè)面圖)的位置,則安培力的范圍是由豎直向上順時針轉(zhuǎn)到沿細線向下,可以豎直向上,但不能沿細線向下,再由左手定則可判斷,磁感應(yīng)強度的方向是由水平向右順時針轉(zhuǎn)到垂直于細線向下,但不能沿垂直于細線向下方向,故C正確. 17.C　[解析] B不帶電,不受洛倫茲力,A、B之間的細線沒有拉力,所以TOB=mg,選項A錯誤.對A受力分析,有TOA=2mg,F庫=m

24、g,F庫=kq2x2,解得x=kq2mg,選項B錯誤,選項C正確.若將C放置在A正上方且x不變,則O、A間的細線拉力也為零,O、B間細線依然可以保持豎直,選項D錯誤. 18.B　[解析] 如圖所示,設(shè)B、O間距為s1,A點離水平面的高度為h,A、O間的水平距離為s2,物塊的質(zhì)量為m,在物塊下滑的全過程中,由動能定理得mgh-μmgcos θ·s2cosθ-μmg·s1=0,解得μ=hs1+s2=tan α,故B正確. 19.(1)AD　(2)CD　(3)如圖所示 [解析] (1)打點計時器對紙帶打點,分析紙帶來求速度,鉤碼通過細線拉動小車. (2)先接通電源,再釋放紙帶;紙帶應(yīng)

25、壓在復(fù)寫紙下面;拉小車的細線應(yīng)與長木板平行;本實驗無需平衡摩擦力,只需讓小車做勻加速運動即可. (3)如圖所示. 20.(1)如圖所示　(2)R2　(3)1.50　 500 [解析] (1) 如圖所示. (2)電源的內(nèi)阻大約為r=500 Ω,若選用0~30 Ω的滑動變阻器,則移動滑片時電流基本不變,所以本實驗中滑動變阻器應(yīng)選用R2. (3)圖線的縱軸截距等于電源的電動勢,E=1.50 V,圖線斜率的絕對值等于內(nèi)阻,r=500 Ω. 21.(1)6 s　60 m/s　(2)85 000 N [解析] (1)火箭自由落體過程,有 h=12gt12 v1=gt1 解得t1=6

26、 s,v1=60 m/s. (2)火箭勻速下降時,設(shè)下降的高度為h2,時間為t2,有 h2=v1t2=3000 m 火箭減速時,有F-mg=ma v2-v12=-2ah3 h3=3256 m-3000 m=256 m 解得F=85 000 N. 22.(1)1 m/s　(2)0.2 [解析] (1)設(shè)物塊做平拋運動所用的時間為t,則 豎直方向上,有H=12gt2 水平方向上,有s=v0t 聯(lián)立解得v0=1 m/s. (2)物塊離開轉(zhuǎn)臺時,最大靜摩擦力提供向心力,有 μmg=mv02R 解得μ=0.2. 23.(1)2 m/s　(2)0.9 J　(3)0.5 [解析] (1)小球在最高點時,受重力、電場力、壓力作用,根據(jù)牛頓第二定律得mg+qE+FN=mv2R FN=F'N=0.2 N 解得v=2 m/s (2)小球恰好能通過圓軌道最高點,有qE+mg=mv12R 由動能定理得W-mg·2R-qE·2R=12mv12-0 解得W=0.9 J (3)由動能定理得W-μmg+qEcos θ·hsinθ=0 解得μ=0.5 - 10 -