1、2017 年年(全国全国 2 卷卷)逐题仿真练逐题仿真练 题号 14 15 16 17 18 考点 圆周运动 核反应和核能 平衡条件的应 用 圆周运动与机 械能守恒 磁场内粒子的 运动 题号 19 20 21 22 23 考点 万有引力与航天 电磁感应综合 安培力的作用 研究匀变速运 动 测毫安表内阻 二、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不 全的得 3 分，有选错的得 0 分) 14(2019 广东广州市 4 月综合测试)如图 1，广州塔摩天轮位于
2、塔顶 450 米高空处，摩天轮 由 16 个“水晶”观光球舱组成， 沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动， 则坐于观光球舱中的某游 客( ) 图 1 A动量不变 B线速度不变 C合外力不变 D机械能不守恒 答案 D 解析 坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变， 但方向不断改变， 可知线速度不断改变， 动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变， 选项 A、B、C 错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项 D 正确 15(2019 江苏南京市六校联考)中微子是一种不带电、质量很小的粒子早在 1942 年我国物 理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的
3、实验方案静止的铍核(74Be)可能从很靠近它的核外 电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出 光子后回到基态通过测量新核和 光子的能量，可间接证明中微子的存在则( ) A中微子的动量与处于激发态新核的动量相同 B反应过程吸收能量 C产生的新核是锂核(73Li) D中微子的动能与处于激发态新核的动能相等 答案 C 解析 根据题意可知发生的核反应方程为：74Be 0 1e73Lie，所以产生的新核是锂核，反 应过程放出能量，故 B 错误，C 正确；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的 动量大小相等，方向相反，故 A 错误；中微子的动量与处于激发态新
4、核的动量大小相等，而 质量不等，根据 Ek p2 2m，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故 D 错误 16(2019 四川绵阳市第三次诊断)一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力 F 作用下， 沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为 x；将弹簧方向变成与水平面成 60 角，物块在拉力 作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量是(物块与桌面间动摩擦因数为 3 2 ，弹 簧始终处于弹性限度内)( ) A.1 2x B. 4 5x C2x D. 4 3 9 x 答案 B 解析 当弹簧水平拉力为 F 时：根据平衡条件得：kxFfFNmg，当弹簧方向变成与水 平面成 60 角时，竖直
5、方向：kxsin 60 FNmg，水平方向：kxcos 60 FfFN (mgkxsin 60 )，联立解得 x4 5x，A、C、D 错误，B 正确 17. (2019 山东临沂市质检)如图 2，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 R，bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点一质量为 m 的小球受到与重力大小相等的 水平外力 F 的作用，自 a 点从静止开始向右运动，运动到 b 点时立即撤去外力 F，重力加速 度大小为 g，下列说法正确的是( ) 图 2 A水平外力 F 做的功为 2mgR B小球运动到 b 点时对圆弧轨道的压力大小为 3mg C小球能从
6、c 点竖直向上飞出 D小球运动到 c 点时对圆弧轨道的压力大小为 mg 答案 B 解析 水平外力 F 做的功为：WFRmgR，选项 A 错误；从 a 到 b 由动能定理：FR 1 2mv b 2；在 b 点由牛顿第二定律：F Nbmgmv b 2 R ，解得 FNb3mg，结合牛顿第三定律可知， 选项 B 正确；由机械能守恒定律得：1 2mvb 2mgR1 2mvc 2，解得 v c0，即到达 c 点的速度为 零，运动到 c 点时小球对圆弧轨道的压力大小为 0，选项 C、D 错误 18(2019 河南郑州市第一次模拟)如图 3 所示，边界 OM 与 ON 之间分布有垂直纸面向里的 匀强磁场，边
7、界 ON 上有一粒子源 S.某一时刻，从离子源 S 沿平行于纸面，向各个方向发射 出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相 等，经过一段时间有大量粒子从边界 OM 射出磁场已知MON30 ，从边界 OM 射出的 粒子在磁场中运动的最长时间等于1 2T(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界 OM 射出的 粒子在磁场中运动的最短时间为( ) 图 3 A.1 3T B. 1 4T C. 1 6T D. 1 8T 答案 A 解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是 S，出射点在 OM 直线上，出射点与 S 点的 连线为轨迹的一条弦 当从边界 OM 射出的
8、粒子在磁场中运动的时间最短时， 轨迹的弦最短， 根据几何知识，作 ESOM，则 ES 为最短的弦，粒子从 S 到 E 的时间即最短，如图所示 由题意可知，粒子运动的最长时间等于1 2T，设 OSd，则 DSOStan 30 3 3 d，粒子在磁场 中做圆周运动的轨道半径为： rDS 2 3 6 d， 由几何知识有： ESOSsin 30 1 2d，故在O1ES 中由余弦定理得 cos 2r 2ES2 2r2 1 2，则：120 ， 粒子在磁场中运动的最短时间为： tmin 360 T1 3T，故 A 正确，B、C、D 错误 19 (2019 陕西渭南市教学质检(二)2018 年 12 月 8
9、日， “嫦娥四号”月球探测器在我国西昌 卫星发射中心成功发射，探测器奔月过程中，被月球俘获后在月球上空某次变轨是由椭圆轨 道 a 变为近月圆形轨道 b，如图 4 所示，a、b 两轨道相切于 P 点不计变轨过程探测器质量 变化，下列说法正确的是( ) 图 4 A探测器在 a 轨道上 P 点的动能小于在 b 轨道上 P 点的动能 B探测器在 a 轨道上 P 点的加速度大于在 b 轨道上 P 点的加速度 C探测器在 a 轨道运动的周期大于在 b 轨道运动的周期 D为使探测器由 a 轨道进入 b 轨道，在 P 点必须减速 答案 CD 解析 从高轨道 a 到低轨道 b 需要在 P 点进行减速，所以，在
10、a 轨道上 P 点的动能大于在 b 轨道上 P 点的动能，A 错误，D 正确；根据牛顿第二定律得：GMm r2 ma，所以在 a、b 轨道 上 P 点到月球中心的距离 r 相同，加速度一样，B 错误；根据开普勒第三定律：Ta 2 Tb2 ra3 rb3，所 以在 a 轨道运动的周期大于在 b 轨道运动的周期，C 正确 20(2019 山西临汾市二轮复习模拟)如图 5 甲所示，半径为 1 m 的带缺口刚性金属圆环导轨 固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为 0.1 kg、电阻为 1 的直导体棒，其长度恰好 等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好已知导体棒与 导轨间动
11、摩擦因数为 0.3， 不计金属圆环的电阻， 导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦 力，取重力加速度 g10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图 乙所示，则( ) 图 5 A导体棒的电流是从 b 到 a B通过导体棒的电流大小为 0.5 A C02 s 内，导体棒产生的热量为 0.125 J Dt s 时，导体棒受到的摩擦力大小为 0.3 N 答案 AC 解析 穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从 b 到 a，选项 A 正确；假设 0 s 时间内导体棒静止不动，感应电动势 E t B t 1 2r 20.5 1 21 2 V 0.25 V，
12、则感应电流 IE R 0.25 1 A0.25 A，t s 时，导体棒受到的安培力 F2BIr 20.50.251 N0.25 N；最大静摩擦力 Ffmmg0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩 擦力大小为 0.25 N，选项 B、D 错误；02 s 内，导体棒产生的热量为 QI2Rt0.25212 J0.125 J，选项 C 正确 21 (2019 山东实验中学第二次模拟)如图 6 所示， 磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场 质 量为 m、半径为 R 的圆环当通有恒定的电流 I 时，恰好能水平静止在 N 极正上方 H 处已知 与磁单极子 N 极相距 r 处的磁感应强度大小为 Bk r， 其中
13、 k 为常数 重力加速度为 g.则( ) 图 6 A静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视) B静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势 C静止时圆环的电流 ImgH 2R2 2kR2 D若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小 答案 AC 解析 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止 时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故 A 正确；静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯 视)，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故 B 错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环
14、在水平方向的合力为 0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与 磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力为 BI2R，Fcos mg，由几何关系：cos R H2R2，由题：B k H2R2，联立得：I mgH2R2 2kR2 ，故 C 正确；结合 C 的受力分析可 知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于 安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度减小，故 D 错误 22(6 分)如图 7 甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的 交流电源的频率为 f50 Hz，试问： 图 7 (
15、1)实验中，必要的措施是_ A细线必须与长木板平行 B小车必须具有一定的初速度 C小车质量远大于钩码质量 D必须平衡小车与长木板间的摩擦力 (2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G 是刚打好的纸带上 7 个连续的点从图乙中可读得 x6_cm，计算 F 点对应的瞬时速度的表达式为 vF_. (3)如图丙所示，是根据实验数据画出的 v22x 图线(v 为各点的速度大小)，由图线可知小车 运动的加速度为_m/s2.(保留 2 位有效数字) 答案 (1)A (2)6.00 fx6x4 2 (3)0.50(0.480.52) 解析 (1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项 A 正确
16、；实验中让小车 由静止释放，不需要初速度，选项 B 错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选 项 C 错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项 D 错误 (2)从题图乙中可读得x66.00 cm， 计算F点对应的瞬时速度的表达式为vFx6x4 2T fx6x4 2 . (3)由图线可知小车运动的加速度为 av 2 2x 1.500.25 2510 1 m/s20.50 m/s2. 23 (9 分)(2019 山东潍坊市二模)某同学利用如图 8 所示的电路测量一表头的电阻 供选用的 器材如下： 图 8 A待测表头 G1，内阻 r1约为 300 ，量程 5.0 mA； B灵敏电流
17、计 G2，内阻 r2300 ，量程 1.0 mA； C定值电阻 R1 200 ； D滑动变阻器 R120 ； E滑动变阻器 R22 000 ； F电源，电动势 E3.0 V，内阻不计； G开关 S，导线若干 (1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整； (2)滑动变阻器应选_(填写器材前的字母代号)开关 S 闭合前，滑动变阻器的滑片 P 应滑动至_端(填“a”或“b”)； (3)实验中某次待测表头 G1的示数如图丙所示，示数为_ mA； (4)该同学多次移动滑片 P，记录相应的 G1、G2读数 I1、I2；以 I2为纵坐标，I1为横坐标，作 出相应图线已知图线的斜率 k0.18，则待测表头内阻 r1_ . (5)该同学接入电阻 R 的主要目的是 _ _. 答案 (1)如图： (2)D a (3)3.00 (4)270 (5)保护 G2，使两表均能达到接近满偏 解析 (1)实物连线如图： (2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的 D；开关 S 闭合前，滑动变阻器 的滑片 P 应滑动至 a 端； (3)待测表头 G1的示数为 3.00 mA； (4)由欧姆定律可知：I1r1I2(Rr2)，即 I2 r1 Rr2I1，则 r1 Rr2k0.18，解得 r1270 ； (5)该同学接入电阻 R 的主要目的是：保护 G2，使两表均能达到接近满偏
