1、强基备考物理模拟试题一强基备考物理模拟试题一 一、选择题一、选择题 1.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置 可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行.旅客把行李无初速度 地放在A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1,A、B 间的距离为2m,g 取10m/s2.若乘 客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李,则( ). A 乘客与行李同时到达B 处; B 乘客提前0.5s到达B 处; C 行李提前0.5s到达B 处; D 若传送带速度足够大,行李最快也要2.5s才能到达B 处
2、 【答案】. B 【解析】行李放在传送带上后，在摩擦力的作用下做匀加速运动，a=g=1m/ s2 ， 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： 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，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。 聚焦高端芯片与软件、智能科技
3、、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、化学、生物及历史、哲学、古文字学数学、物理、化学、生物及历史、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
4、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，
5、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。 速度最大到 v用时t1=v/a=1s， 位移x= 1 2 v t =0.5m， 接着以速度v 匀速运动到 B 点， t2= 1 Lx v =1.5s.所以行李总用时t= t1+ t2=2.5s，人匀速运动B处用时t= L v =2s，所以乘客提前0.5 s 到 达B 处，故B 正确A、C 错误；若传送带速度足够大，行李从A 到B 一直做加速运动用时最 短，由L= 1 2 at02，解得：t0= 2s ，所以D 错误。 2图中 A、B 为两块金属板，分别与高压直流电源的正负极相连。一个电荷量
6、为 q、质 量为 m 的带正电的点电荷自贴在近 A 板处静止释放（不计重力作用） 。已知当 A、B 两板平 行、两板的面积很大且两板间的距离很小时，它刚到达 B 板时的速度为 u0，在下列情况下 以 u 表示点电荷刚到达 B 板时的速度，则 A若 A、B 两板不平行，则 uu0 B若 A 板面积很小，B 板面积很大，则 uu0 C若 A、B 两板间的距离很大，则 uu0 D不论 A、B 两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少，u 都等于 u0 【答案】D. 【解析】 电荷量为 q、质量为 m 的带正电的点电荷自贴在近 A 板处静止释放，电场力做功 W=qU，若 A、B 两板不平行，电场力做
7、功不变，则 u=u0，选项 A 错误。若 A 板面积很小，B 板面积很 大，电场力做功不变，则 u=u0，选项 B 错误。若 A、B 两板间的距离很大，电场力做功不变， 则 u=u0，选项 C 错误。不论 A、B 两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少，只要两 极板之间电压相同，电场力做功就相等，u 都等于 u0，选项 D 正确。 3. 2.如图， 一劲度系数为 k 的轻弹簧上端固定在天花板上， 下端连接一质量为 m 的小 球，以小球的平衡位置 O 作为坐标原点，x 轴正方向朝下。若取坐标原点为 系统势能的零点，则当小球位于坐标为 x0的位置时，系统的总势能为 A. -mg B. C. D
8、. 【答案】D 【解析】由题意可得，取坐标原点为系统的势能零点，此时小球处于平衡位置，弹簧的伸长 量 mg k ，则当小球位于坐标为 x0的位置时，弹簧的伸长量为 x0+ mg k ，故相对于 O 点，弹性 势能的增加量为 Ep1= 2 0 1 +) 2 mg k x k （- 2 1 ) 2 mg k k （；又因为该位置比重力势能的零位置低 x0， 故它的重力势能为Ep2=-mgx0；所以系统的总势能为 Ep=Ep1+Ep2= 2 0 1 +) 2 mg k x k （- 2 1 ) 2 mg k k （-mgx0= 2 0 1 2 kx，选项 D 正确。 4.涡流制动是磁悬浮列车在高速运
9、行时进行制动的一种方式，某研究所用制成的车和轨道模 型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程如图所示，模型车的车厢下端安装有电磁铁 系统，电磁铁系统能在其下方的水平轨道（间距为 L1）中的长为 L1、宽为 L2的矩形区域 内产生匀强磁场，该磁场的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下将长大于 L1、宽为 L2 的单匝矩形线圈等间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为 L2已知模型车的总质量为 m， 每个线圈的电阻为 R，导线粗细忽略不计，空气阻力不计在某次实验中，启动电磁系 统开始制动后，则： A在电磁铁系统的磁场全部进入任意一个线圈的过程中，线圈中产生的感应电动势为 E=BL1 L2 B在电磁铁系统的磁场全
10、部进入任意一个线圈的过程中，通过线圈的电荷量 q= 12 BL L R C电磁铁系统在线框上方任一时刻以速度 v 运动时，所受的电磁阻力为 F= B L1 v D电磁铁系统在线框上方任一时刻以速度 v 运动时的加速度 a= 22 1 B L v mR 【答案】 ：BD 【解析】 ： 在电磁铁系统滑进线圈正上方的 t 过程中， 线框中的平均感应电动势 E= 12 BL L t ， 平均电流 I=E/R，通过线圈的电荷量 q=I t，联立解得 q= 12 BL L R ，选项 A 错误 B 正确。电磁 铁系统在线框上方任一时刻以速度 v 运动时，均有一个 L1边在磁场中切割磁感线运动。由 牛顿第三
11、定律，电磁铁会受该线框作用的阻力，大小等于线框所受到的安培力 F。F=BI L1， I=E/R，E=B L1v，联立解得 F= 22 1 B L v R 。电磁铁系统减速运动的加速度 a=F/m= 22 1 B L v mR ，选项 C 错误 D 正确。 5图 a 和图 b 分别表示某理想气体体系经历的两个循环过程；前者由甲过程（实线）和绝 热过程（虚线）组成，后者由乙过程（实线）和等温过程（虚线）组成。下列说法正确的是 A甲、乙两过程均放热 B甲、乙两过程均吸热 C甲过程放热，乙过程吸热 D甲过程吸热，乙过程放热 【答案】C 【解析】在图 a 的过程甲中，压强在减小，体积在增大，故它是一个气
12、体膨胀过程，气体膨 胀对外做功；而 a 图中的气体又经过绝热过程返回，绝热过程没有热量的交换，在这个过程 中，压强增大，体积减小，故外界对气体做功，整个过程中绝热段与体积 V 轴所围成的面 积要大于甲过程与 V 轴围成的面积，说明绝热过程外界对气体做功大，所以整个过程外界 对气体做正功，而一个循环的内能是保持不变的，由热力学第一定律 U=W+Q 可知， W0，故 Q0，即甲过程是放热的； 在图 b 的过程乙中，压强在减小，体积在增大，故它也是一个气体膨胀过程，气体膨胀 对外做功；而 b 图中的气体又经过等温过程返回，说明乙过程的初温和末温是相等的，即内 能不变，所以对过程乙而言，利用热力学第一
13、定律 U=W+Q 可知，W0， 即乙过程是吸热的；选项 C 正确。 二、填空题二、填空题 6（10 分）田径场上某同学将一铅球以初速度抛出，该铅球抛出点的高度为 H。铅 球在田径场上的落点与铅球抛出点的最大水平距高为 ，对应的抛射角 为 。重力加速度大小为 g。 答案：xmax= 2 00 2vvgH g ；=arctan 0 2 0 2 v vgH 。 解析：方法一：我们设抛射角为 ，则水平速度为 vx=v0cos，竖直速度为 vy=v0sin， 则水平位移 x= v0tcos，竖直方向的方程为 H=- v0tsin+ 1 2 gt2， 故 v0cos= x t ，v0sin= 2 1 2
14、= 2 gtH gtH tt ， 则由（v0cos）2+ （v0sin）2=1 得（ x t ）2+（ 2 gtH t ）2=1， 整理得：g2t4-4（gH+v02）t2+4（x2+H2）=0 因为时间 t 有解，故 =4（gH+v02）2-4 g2 （x2+H2）0， 解之得：x 2 00 2vvgH g ，故 xmax= 2 00 2vvgH g ； 再解得 t= 2 0 2 vgH g （） ，故 cos= 0 x v t = 2 0 2 0 2 2 vgH vgH （） 。 方法二：我们设抛射角为 ，球落地的速度为 v，则水平速度为 vx=v0cos，我们画出抛 出时的初速度 v0与
15、落地末速度 v 的矢量图如右图所示，则根据面 积相等，得 1 2 v0 v sin（+）= 1 2 v v0cos； 因为 v=gt，x=vx t= v0cost 故 1 2 v0 v sin（+）= 1 2 gt v0cos= 1 2 gx； 所以 x= 0 sin()v v g ，所以当 sin（+）=1 时，x 取极大 值， 即 xmax= 0 v v g ，又因为铅球抛出后机械能守恒，则 1 2 mv02+mgH= 1 2 mv2，所以 v= 2 0 2vgH， 所以最大射程为 xmax= 2 00 2vvgH g 。 再由矢量三角形可知，tan= 00 2 0 2 vv v vgH
16、，即对应的抛射角 =arctan 0 2 0 2 v vgH 。 7.2011 年 8 月中国发射的宇宙飞船“嫦娥二号”完成探月任务后，首次从绕月轨道飞向日地 延长线上的拉格朗日点，在该点， “嫦娥二号”和地球一起同步绕太阳做圆周运动。已知太 阳和地球的质量分别为 MS和 ME，日地距离为 R。该拉格朗日点离地球的距离 x 满足的方程 为 ， 由此解得 x 。 （已知当 1 时， （1+） n1+n） 【答案】 2 S M Rx + 2 E M x = 3 S M R (R+x) 13 3 E S M M R 【解析】 设“嫦娥二号”质量为 m，绕太阳运动的角速度为，根据题述，在拉格朗日点，对
17、“嫦娥 二号”绕太阳运动，由万有引力定律和牛顿运动定律， G 2 S M m Rx + G 2 E M m x =m 2 (R+x)， 对地球绕太阳运动，由万有引力定律和牛顿运动定律，G 2 ES M M R =ME 2 R， 联立解得：该拉格朗日点离地球的距离 x 满足的方程为 2 S M Rx + 2 E M x = 3 S M R (R+x)。 由于 xR，则有： 2 S M Rx = 2 2 1 S M x R R = 2 S M R (1-2 x R ), 即 2 S M R (1-2 x R )+ 2 E M x = 3 S M R (R+x)。 解得：x 13 3 E S M M
18、 R。 8.（10 分）在“利用电流传感器（相当于理想电流表）测定干电池电动势和内阻”的实验中， 某同学利用两个电流传感器和定值电阻 R0=2000以及滑动变阻器，设计了如图 a 所示的电 路，减小实验。该同学测出的实验数据如下表所示。 表中I1和I2分别是通过电流传感器1和2的电流。 该电流的值通过数据采集器输入到计算机， 数据采集器和计算机对原电路的影响可忽略。 （1）在图 b 中绘出 I1I2图线； （2）由 I1I2图线得出，被测电池的电动势为 V，内阻为 。 【参考答案】 （1）I1I2图线为 （2）3.0 1.0 【解析】 利用描点法绘出 I1I2图线。 对电路， 由闭合电路欧姆定
19、律， E=I1R0+ （I1+I2） r， 变化成： I1= 0 E Rr - 0 r Rr I2，对比绘出的 I1I2图线可知 0 E Rr =1.5， 0 r Rr =0.510-3，联立解得：r=1.0， E=3.0V。 三、三、计算题计算题 9正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量 n 为恒量。 为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为 V，且与器壁各面碰撞的机会 均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学 知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 f 与 m、n 和 v 的关系。 【解析】 一个粒子每与器壁碰撞一次
20、给器壁的冲量为 2Im 如答图 3，其内的粒子在t时间内有 1/6 与器壁 S 发生碰撞，碰壁粒子总数为 1 6 Nn St t时间内粒子给器壁的冲量为 2 1 3 INInSt 面积为 S 的器壁受到粒子压力为 I F t 器壁单位面积所受粒子压力为 2 1 3 F fnm S 10. (20 分)有一块长条形的纯净半导体硅，其横截面积为 2.5cm2，通有电流 2mA 时，其内自 由电子定向移动的平均速率为 7.510-5m/s，空穴定向移动的平均速率为 2.510-5m/s.已知 硅的密度为 2.4103kg/m3，原子量是 28.电子的电荷量大小为 e=1.610-19C。若一个硅原子
21、 至多只释放一个自由电子， 试估算此半导体材料中平均多少个硅原子中才有一个硅原子释放 出自由电子？阿伏伽德罗常数为 N0=6.021023mol-1。 【解析】 设此半导体单位体积内有 n 个自由电子 (因此也有 n 个空穴),以 S 表示此半导体的横截面 积，,vl和 v2分别表示半导体中空穴和自由电子的定向移动速率，Il和 I2分别表示半导体中空 穴和自由电子定向移动形成的电流，,则 半导体中的总电流为 由此得 由题意知,此半导体单位体积内有 n 个硅原子释放出自由电子.单位体积半导体硅内的原子个 数为 式中和M分别为硅的密度和摩尔质量,N0=6.021023mo1-1是阿伏伽德罗常数.由
22、式得 代入有关数据得 即此半导体材料中,平均约 1105个硅原子释放出一个自由电子. 11.(20 分)如图，导热性能良好的气缸 A 和 B 高度均为 h（已除开活塞的厚度） ，横截面积不 同，竖直浸没在温度为 T0的恒温槽内，它们的底部由一细管连通（细管容积可忽略） 。两气 缸内各有一个活塞，质量分别为 mA=2m 和 mB=m，活塞与气缸之间无摩擦，两活塞的下方 为理想气体，上方为真空。当两活塞下方气体处于平衡状态时，两活塞底面相对于气缸底的 高度均为 h/2。现保持恒温槽温度不变，在两活塞上面同时各缓慢加上同样大小的压力，让 压力从零缓慢增加，直至其大小等于 2mg（g 为重力加速度）为
23、止，并一直保持两活塞上的 压力不变；系统再次达到平衡后，缓慢升高恒温槽的温度，对气体加热，直至气缸 B 中活塞 底面恰好回到高度为 h/2 处。求： （1）两个活塞的横截面积之比 SASB。 （2）气缸内气体的最后的温度。 （3）在加热气体的过程中，气体对活塞所做的总功。 【解析】 （1）平衡时气缸 A、B 内气体的压强相等,故 由式和题给条件得 （2）两活塞上各放一质量为 2 汛 的质点前,气体的压强 pl和体积 V1分别为 两活塞上各放一质量为 2m 的质点后,B 中活塞所受到的气体压力小于它和质点所受重力之 和,B 中活塞将一直下降至气缸底部为止,B 中气体全部进入气缸 A.。假设此时气
24、缸 A 中活塞 并未上升到气缸顶部,气体的压强pl为 设平衡时气体体积为.由于初态末态都是平衡态,由理想气体状态方程有 由式得 这时气体的体积小于气缸 A 的体积,与活塞未上升到气缸顶部的假设一致 .缓慢加热时,气体先等压膨胀,B 中活塞不动,A 中活塞上升;A 中活塞上升至顶部后,气体等容 升压； 压强升至时,B 中活塞开始上升,气体等压膨胀。 设当温度升至 T 时,该活塞恰位于 各处.此时气体的体积变为 气体压强 设此时气缸内气体的温度为 T,由状态方程有 由式得 T=5T0. (3)升高恒温槽的温度后,加热过程中,A 活塞上升量为 气体对活塞所做的总功为 12.12（20 分）如图，一质
25、量为 M、足够长的长方形平板静止于光滑的水平地面上； 平板左端与劲度系数为 k 的水平轻弹簧相连， 弹簧的另一端固定在墙面上； 平板上面有一质 量为 m 的小物块。在0 时刻，平板静止，而小物块以某一速度向右开始运动。已知小物块 与平板之间的滑动摩擦因数为 ，重力加速度大小为 g。 （1）证明：在小物块相对于平板向右滑动过程中，平板的运动是简谐运动，求该简谐 运动的振幅、频率（周期）。 （2）若平板从 t0 时刻开始运动至四分之一周期时，恰好小物块第一次相对于平板静 止。求 （i）小物块初速度的值； （ii）平板在运动四分之一周期的过程中产生的热量。 答案： （1）证明见下；A= mg k ；
26、周期为 T=2 M k ，频率 f= 11 2 k TM ； （2）（i）v0=g M k （ 2 m M ）；（ii）Q = 222 (2) 24 g mMm kM 。 解析：（1）在小物块对于平板向右运动过程中，平板受到的滑动摩擦力为 f=mg，方 向向右。 对平板，由牛顿第二定律有：f-kx=Ma； 则该式可变形为：k( mg k -x)=Ma；即 Ma=-k(x - mg k )，即 F回=-kx； 说明平板做以 x= mg k 为平衡位置的简谐运动； 平板从受力开始到平衡位置的距离为 mg k ，故其振幅为 A= mg k ； 因为简谐运动的加复系数为 k，振子的质量为 M， 故周期
27、为 T=2 M k ，其频率 f= 11 2 k TM ； （2）对于平板而言，它将加速运动到 1/4 周期处，此时速度最大，即平板运动了一个 振幅，利用动能定理得：Mg A- 2 1 2 kA= 2 1 2 Mv，将 A= mg k 代入得 v=mg 1 kM 故小物块到该位置的速度也是 v=mg 1 kM ； 则对于小物块而言，它受到摩擦阻力的作用，其加速度 a=-g，经过的时间为 t= 4 T = 2 M k ， 故由 v=v0+at，则 v0=v+gt=mg 1 kM +g 2 M k =g M k （ 2 m M ）； 求平板在运动四分之一周期的过程中产生的热量时， 需要求物块与平板的相对位移， 然 后与摩擦力相乘即可； 设物块向右运动的距离为 s，则 s=vt+ 2 1 2 gt= 2 mg k + 2 8 Mg k ； 产生的热量 Q=f(s-A)= mg （ 2 mg k + 2 8 Mg k - mg k ） = 222 (2) 24 g mMm kM 。
