1、强基备考物理模拟试题二强基备考物理模拟试题二 一、选择题 1居里夫人发现了元家钋 （Po), 其衰变的核反应方程式为+其中，a、b、c、d、e、 f 的值依次为 A. 211、84、4、2、1、0 B. 210、84、4、2、0、0 C. 207、84、1、1、0、1 D. 207、83、1、1、0、0 【答案】B 【解析】在反应中，最后一个是 射线，该射线是电磁波，不带电，故 e=0，f=0，故选项 AC 均错 误；生成物的第一项是 粒子，它是氦原子核，其质量数是 4，荷电荷数是 2，故 c=4，d=2，选项 B 正确，D 错误；最后我们再把剩下的两项核对一下，看是否也成立，反应前后质量数和
2、荷电荷数守 恒，故 a=4+206=210，b=2+82=84，正好与 B 选项的对应起来。 2. 如图，O 点是小球平抛运动抛出点；在 O 点有一频闪点光源，闪光频率为 30Hz；在抛出点的正 前方，竖直放置一块毛玻璃，小球初速度与毛玻璃平面垂直。在小球抛出时点光源开始闪光。当点 光源闪光时，在毛玻璃上有小球的一个投影点。已知图中 O 点与毛玻璃水平距离 L=1.20m，测得第 一、 二个投影点之间的距离为 0.05m。 取重力加速度 g=10m/s2。下 列 说 法正确的是 何为强基计划？何为强基计划？ 1 月 15 日，教育部发布关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见，正式官宣
3、：自自 2020 年起，年起， 36 所所“双一流双一流 A 类类”高校将试点实施高校将试点实施“强基计划强基计划”，原有高校自主招生方式不再使用。强基计划主要选拔培养有志，原有高校自主招生方式不再使用。强基计划主要选拔培养有志 于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生。 聚焦高端芯片与软件、智能科技、新材料、先进制造和国家安全等关键领域以及国家人才紧缺的人文社会科学领 域，由有关高校结合自身办学特色，合理安排招生专业。要突出基础学科的支撑引领作用，重点在 数学、物理、数学、物理、 化学、生物及历史、哲学、古文字学化学、生
4、物及历史、哲学、古文字学等相关专业招生。起步阶段，在部分“一流大学”建设高校范围内遴选高校开 展试点。 “强基计划强基计划”将积极探索基础学科拔尖创新人才培养模式。将积极探索基础学科拔尖创新人才培养模式。 单独制定培养方案。单独制定培养方案。高校对通过强基计划录取的学生可单独编班，配备一流的师资，提供一流的学习条件，创造 一流的学术环境与氛围，实行导师制、小班化培养。 建立激励机制，通过强基计划录取的学生入校后原则上不得 转到相关学科之外的专业就读。 建立激励机制，畅通成长通道。建立激励机制，畅通成长通道。对学业优秀的学生，高校可在免试推荐研究生、直博、公派留学、奖学金等方面 予以优先安排，探
5、索建立本-硕-博衔接的培养模式。 推进科教协同育人。推进科教协同育人。鼓励国家实验室、国家重点实验室、前沿科学中心、集成攻关大平台和协同创新中心等吸纳 这些学生参与项目研究，探索建立结合重大科研任务的人才培养机制。 强化质量保障。强化质量保障。建立科学化、多阶段的动态进出机制，对进入计划的学生进行综合考查、科学分流。 建立在校 生、毕业生跟踪调查机制和人才成长数据库，根据质量监测和反馈信息不断完善招生和人才培养方案。加强对学 生的就业教育和指导，积极输送高素质后备人才。 A小球平抛运动的初速度为 4m/s B小球平抛运动过程中，在相等时间内的动量变化不相等 C小球投影点的速度在相等时间内的变化
6、量越来越大 D小球第二、三个投影点之间的距离为 0.15m。 【答案】A 【解析】 闪光周期 T=1/30s，由 2 1 2 vT gT = 0.05 L ，解得小球平抛运动的初速度为 v=4m/s ，选项 A 正确。小球 平抛运动过程中，只受重力，由 mg=ma=m v t = mv t ，解得（mv）=mgt，所以小球平抛运 动过程中，在相等时间内的动量变化相等，选项 B 错误。设投影点的位移为 Y，由 2 1 2 vt gt = L Y ，解 得 Y= 2 gL v t，即投影点以速度 2 gL v 做匀速运动，小球投影点的速度不变，选项 C 错误。小球第二、 三个投影点之间的距离为 0
7、.05m，选项 D 错误。 3.一个运动员投篮,投射角为,出手点O 与篮圈的高度差为h,水平距离为L.为了将球投入篮中,则出手 速度v0 应为( ). A cos L 2tan g Lh B 2tan g Lh C tan g Lh D cos L 2tanLh g 【答案】A 【解析】：球从抛出点到篮的位移s ，由分位移 s1 和s2合成，s1为沿v0方向匀速运动的位移，其水 平分量为L= v 0cost，而s2为自由落体位移，即s2= 1 2 gt2， s 根据矢量图和三角形函数关系，有h=AC- s2=Ltan- 1 2 gt2=Ltan- 1 2 g （ 0cos L v ）2，2所以
8、，出手速度为v 0= cos L 2tan g Lh ，选 项A正确。 4.某同学用电荷量计（能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量）测量地磁场强度，完成了如下 实验：如图，将面积为 S、电阻为 R 的矩形导线框 abcd 沿图示方位放置于地面上某处，将其从图示 位置绕东西轴转 180，测得通过线框的电荷量为 Q1；将其从图示位置绕东西轴转 90，测得通过 线框的电荷量为 Q2；该处地磁场的磁感应强度大小为 A R S 2 2 1 2 4 Q Q B R S 22 12 QQ C R S 2 2 1 122 2 Q QQQ D R S 22 1122 QQQQ 【答案】C 【解析】 设该处地磁
9、场的磁感应强度与竖直方向的夹角为，将其从图示位置绕东西轴转 180，磁通量变 化=2BSsin,产生的感应电动势 E= t ，I=E/R, Q1=It，联立解得：Q1= 2sinBS R . 将其 从图示位置绕东西轴转 180，磁通量变化=BSsin-BScos,同理可得 Q2= 2cosBS R - 2sinBS R .联立解得：B= R S 2 1 122 2 Q QQQ ,选项 C 正确。 5.一台理想变压器， 开始时开关 S 接 1，此时原、副线圈的匝数比是 111， 原线圈接入电压为 220 V 的正弦交流电一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图 8 所示则下列判 断正
10、确的是 ( ) A原、副线圈中的功率之比为 111 B若滑动变阻器接入电路的阻值为 10 ，则 1 min内 滑 动变阻器产生的热量为 1 200 J C若只将 S 从 1 拨到 2，电流表示数增大 D若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小 【答案】 B 【解析】 根据变压器功率关系可知，原、副线圈中的功率之比为 11，选项 A 错误根据焦 耳定律，若滑动变阻器接入电路的阻值为 10 ，由于二极管的单向导电性，1 min 内滑动变阻 器产生的热量为 1 200 J，选项 B 正确若只将 S 从 1 拨到 2，输出电压降低，输出功率减小， 电流表示数减小，选项 C 错误若只将滑动变阻
11、器的滑片向下滑动，电压表示数不变，电流表 示数减小，选项 D 错误 二、填空题 6.先用波长为 1的单色可见光照射杨氏双缝干涉实验装置；再加上波长为 2(21)的单色可见 光照射同一个杨氏双缝干涉实验装置。观察到波长为 1的光的干涉条纹的 l、2 级亮纹之间原本是暗 纹的位置出现了波长为 2的光的干涉条纹的 1 级亮纹，则两种光的波长之比 2： 1=_。 【答案】3：2 【解析】两束光到达 I 位置的光程差记为 d；对于波长为1 的单色光而言，d=3 2 1 ；对于波长为 2 的单色光而言，d=2，故2：1=3：2 7.(12分)高中阶段处理滑块斜面类问题时通常会忽略滑块受到的空气阻力,这时把
12、滑块看成了一个质 点,但当滑块体积相对较大时,空气阻力就不能忽 略不计了。如图甲所示,在倾角为 的长斜面上 有一木箱质量为m ,它与斜面间的动摩擦因数为 ,木箱受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正 比,即f=kv(k 为空气阻力与速度的比例系数),则: (1)木箱下滑的加速度的表达式 为 . (2)木箱下滑的最大速度的表达式vmax= . (3)若m=2kg,=37,g 取10m/s2,木箱从静止开始沿斜面下滑的速度图象如图乙所 示,图中直线是t=0时刻速度图象的切线,由此求出= 和k= . 【答案】. .(1) a= sincosmgmgkv m (2) vmax= sincosmg k （3
13、）=0.25 k=4Ns/m（每空 3 分） 【解析】 由 牛 顿 第 二 定 律 得 mg sin-mg cos- kv= ma ， 解 得a= sincosmgmgkv m 。 当木箱加速度为零时其速度达到最大值， 得vmax= sincosmg k 。 由图像可知木箱刚开始运动时，即速度为零时加速度为4 m/ s2， 由式可得 =0.25。由图像可知木箱最大速度为2 m / s，由式可得 k = 4Ns /m 8. 指 针 式 多 用 电 表 是 实 验 室 中 常 用 的 测 量 仪 器 ， 请 根 据 图 完 成 下 列 问 题 ： （1）在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，
14、若选择开关拨至“10”挡，则测量的结果为 ；若选择开关拨至“50mA”挡，则测量结果为 mA。 （2）多用电表测未知电阻阻值的电路如图乙所示，电池的电动势为 E、内阻为 r，R0为调零电阻， Rg为表头内阻，电路中电流 I 与待测电阻的阻值 Rx关系图象如图 10-丙所示，则该图象的函数 关系式为 ； （3）下列对图丙中的 IRx图线的解释或判断中正确的是 A因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大 B欧姆表调零的实质是通过调节 R0使 Rx0 时电路中的电流 IIg C测量中，当 Rx的阻值为图 10-丙中的 R2时，指针位于表盘中央位置的左侧 DRx越小，相同的电阻变化量对应的
15、电流变化量越大，所以欧姆表的示数左疏右密 【答案】（1） 140（2 分）；26.0（2 分） （2）I E rR0RgRx （2 分） （3）BC（3 分） 【解析】（1）根据多用电表的读数规则，若选择开关拨至“10”挡，按照最上面欧姆表刻度读数， 刻度读数乘以档上所标的倍数，则测量的结果为 1410=140；若选择开关拨至“50mA”挡，按照 刻度盘上中间刻度读数，注意，凡是十分度的都要估读一位，则测量结果为 26.0mA。 （2）根据图乙的电路，由闭合电路欧姆定律，E=I(r+R0+Rg+Rx)，得到电路中电流 I 与待测电阻的阻值 Rx关系图象如图 10-丙所示，则该图象的函数关系式为
16、 I E rR0RgRx。 （3）由于欧姆表是利用电流表作为显示电阻，由 I E rR0RgRx可知，待测电阻最小为零时， 电流最大，电流表指针满偏；待测电阻最大为无限大时（两表笔断开），电流为零，电流表指针在 最左侧；，所以欧姆表的示数左大右小，最右端刻度为零，最左端刻度为无限大，选项 A 错误。欧 姆表调零的实质是通过调节 R0使 Rx0 时电路中的电流 IIg（满偏电流），选项 B 正确。测量中， 当 Rx的阻值为图 10-丙中的 R2时，大于中值电阻 R1，指针位于表盘中央位置的左侧，选项 C 正确。 Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，选项 D
17、错误。 三、计算题 9(12 分) 如图甲所示，水平光滑的桌面上静止放置一条长为 l=1.6m 的纸带，纸带上正中间位置 放置有一质量为 m=1.0kg 的小铁块，纸带的左边恰好在桌面的左边缘，小铁块与纸带间的动摩 擦因数为=0.1.现让纸带从 t=0s 时刻开始一直保持 v=1m/s 的速度向左匀速运动.已知桌面高 度为 H=0.8 m，g=10m/s2，小铁块在运动过程中不翻滚，不计空气阻力求： （1） 小铁块从开始运动到桌面边缘过程所经历的时间并在乙图画出此过程中小铁块的 vt 图象； （2）小铁块抛出后落地点到抛出点的水平距离； . 【解析】 （1）小铁块开始做匀加速运动，由 mg=m
18、a（1 分） 得：a=1 m/s2 速度达到纸带 v=1m/s 的速度所用时间 t1= a v （1 分） 得：t1=1s 若小铁块 1s 内一直做匀加速运动，运动的位移为 s1= 2 1 at2 得：s1=0.5ml 2 1 由以上可知： 小铁块先做匀加速运动， 后以 v=1m/s 的速度做匀速运动， 匀速运动所用时间 t2= v sl 1 2 1 =0.3s（1 分） 小铁块从开始运动到桌面边缘过程所经历的时间s3 . 1 21 ttt（1 分） 图象如图所示：（2 分） （2）水平方向：s=vt0 竖直方向：H= 2 0 2 1 gt 得：s=0.4m （2 分） 10 (20 分)电子
19、感应加速器利用变化的磁场来加速电子。电子绕平均半径为 R 的环形轨道（轨道位于 真空管道内）运动，磁感应强度方向与环形轨道平面垂直。电子被感应电场加速，感应电场的方向 与环形轨道相切。电子电荷量为 e。 （1）设电子做圆周运动的环形轨道上磁感应强度大小的增加率为 B t ，求在环形轨道切线方向感应 电场作用在电子上的力； （1）设环形轨道平面上的平均磁感应强度大小的增加率为 B t ， 试导出在环形轨道切线方向感应电场作用在电子上的 力与 B t 的关系； （3）为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨 道加速运动，求 B t 和 B t 之间必须满足的定量关系。 【解析】 (1)设电子
20、做圆周运动的圆轨道上的磁感应强度大小为 B,方向与环面垂直。 由牛顿第二定律和洛伦兹 力公式得 设在圆轨道切线方向作用在电子上作用力为 F,，按照动量定理有 由式得 F=eR B t (2)按照法拉第电磁感应定律,在电子运动的圆轨道上的感应电动势为 = t 式中圆轨道所张的面上的磁通量为 =R2B 这里,B 为圆轨道所张的面上的平均磁感应强度。 由式得 =R2 B t 考虑电子运行一圈感应电场所做的功,由电动势的定又可得 =2RE 电子在圆轨道切向所受到的力为 F=qE 由式得 B t (3)和式所表示的是同样的力的大小. 联立式得 B t = 1 2 B t 。 这就是为了使电子在不断增强的
21、磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动, B t 和 B t 之间必须满足 的定量关系 11 （16 分）横截面积为 S 和 2S 的两圆柱形容器按图示方式连接成一气缸，每个圆筒中各置有一活 塞，两活塞间的距离为 l，用硬杆相连，形成“工”字形活塞，它把整个气缸分隔成三个气室，其中 I、室密闭摩尔数分别为和 2的同种理想气体，两个气室内都有电加热器；室的缸壁上开有 一小孔，与大气相通；1 mol 该种气体内能为 CT(C 是气体摩尔热容量，T 是气体的绝对温度)。当三 个气室中气体的温度均为 T1时，“工字形活塞在气缸中恰好在图所示的位置处于平衡状态，这时 I 室内气柱长亦为 l，室内空气的摩尔数
22、为3 20 已知大气压不变，气缸壁和活塞都是绝热的，不 计活塞与气缸之间的摩擦。现通过电热器对 I、两室中的气体缓慢加热，直至 I 室内气体的温度升 为其初始状态温度的 2 倍时，活塞左移距离 d已知理想气体常量为 R求 (1)室内气体初态气柱的长度； (2)室内气体末态的温度； (3)此过程中 I、室密闭气体吸收的总热量。 【解析】(1)设大气压强为 p0初态：I 室内气体压强为 p1；III 室内气体压强为 p3，气柱的长度为 l3 末态：I 室内气体压强为 p1；III 室内气体压强为 p3 由初态到末态：活塞左移距离为 d 首先用整体法，力学平衡： p3(2S)= p1S+ p0(2S
23、S) 然后对三部分气体分别分析：p1lS=RT1； p0( l 2S+ l 22S)= 3 20RT1 ； p3l3(2S)=(2)RT1 联立上述各式得：RT 1 l3S 2S = 0RT1 lS S +RT 1 lS S 得：l3= 2 +0l (2)方法同第(1)小题：p3(2S)= p1S+ p0(2SS) 对 I 室中气体：p1(ld)S=RT2=R2T1 对 III 室中气体：p3(l3+d)(2S)=(2)RT3 T3=2l+(+ 0)d (ld)(+0) (1+ 0 2 ld l )T1 (3)大气对密闭气体系统做的功为：W=p0(2SS)(d)=p0Sd=d l0RT1 系统
24、密闭气体内能增加量为： U=C(T1T1)+ (2)C(T3T3) 且初态 T3= T1 故 U=C(2T3T1) 将 T3代去得：U=2l+(+ 0)d (ld)(+0) (2+ 0 ld l )1CT1 密闭气体系统吸收的热量为 Q=UW=2l+(+ 0)d (ld)(+0) (2+ 0 ld l )1CT1+ d l0RT1 12如图(a)所示，平行金属板 A、B 间加有直流电压 U， A 板正上方有 “V”字型足够长的绝缘弹性 档板在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图(b)，垂直纸面向里为磁场正 方向，其中 1 BB， 2 B未知现有一比荷 q m 、不计重力的带正电
25、粒子从 C 点静止释放，t=0 时 刻，粒子刚好从小孔 O 进入上方磁场中，图(b)中 t1和 t1t2时刻分别是粒子第一次撞到左档板和 第二次撞到右档板的时刻， 紧接着粒子又由 O 点竖直向下返回金属板间， 粒子与档板碰撞前后动 能和电量均不变，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响求： （1）粒子第一次到达 O 点时的速率是多少； （2）图中 B2为多大； （3）金属板 A 和 B 间的距离 d 应该为多大 【解析】（1）粒子从 A 板到 B 板过程中，电场力做正功，根据动能定理有 2 1 0 2 Uqmv (2 分) A B O 60 60 C 图 a 图 b 解得粒子第一次到达 O 点
26、时的速率 2Uq v m (1 分) (2)粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由 qvBmv 2 r 得 粒子做匀速圆周运动的半径 1 mv r Bq 2 2 mv r B q (1 分) 使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如右图所示， 由图易知： 12 2rr。 (3 分) 图中 2 2BB(1 分) (3) 在 0t1时间内，粒子做匀速圆周运动周期 1 1 22rm T vBq (1 分) 在 t1(t1t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期 2 2 2 mm T B qBq (1 分) 由轨迹图可知 11 1 63 m tT Bq (1 分) 22 1 22 m tT Bq (1 分) 粒子在金属板 A 和 B 间往返时间为 t，有 0 2 v dt (1 分) 且满足 212 ()ttn tt，0,1,2,n (2 分) 联立可得金属板 A 和 B 间的距离 d 应该 (35 )2 24 nUm d Bq ，0,1,2,n (2 分)
