高中物理一轮复习合格性考试模拟测试卷四含解析

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合格性考试模拟测试卷(四)(时间：60分钟　满分：100分)一、单项选择题(本大题共20小题，每小题3分．在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题意．)1．发现万有引力定律的物理学家是(　　)A．开普勒   B．牛顿  C．爱因斯坦   D．麦克斯韦解析：是牛顿发现了万有引力定律，不是开普勒、麦克斯韦和爱因斯坦，故B正确．答案：B2．南北朝傅翕曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛．人在桥上走，桥流水不流．”其中“桥流水不流”一句应理解成其选择的参考系是(　　)A．水   B．桥  C．人   D．地面解析：“桥流水不流”可以理解为“桥动水不动”，意思就是说桥在运动，水在静止．以水为参照物，则水就是静止的，而桥和水的位置发生了变化，则桥是运动的，与题意相符，故A正确；以桥为参照物，则桥是静止的，而水与桥的位置发生了变化，则水是运动的，与题意不符，故B错误；以人为参照物，因为人在桥上走，人与桥的位置发生了变化，桥是运动的，而水与人的位置也发生了变化，所以水也是运动的，与题意不符，故C错误；以地面为参照物，地面与桥的位置没有发生变化，桥是静止的，水与地面的位置发生了变化，所以水也是运动的，故D也是错误的．答案：A3．某空间站绕地球做匀速圆周运动，在空间站中不能正常使用的仪器是(　　)A．电子表   B．天平  C．电子温度计   D．电压表解析：电子表的工作原理与重力无关，故A错误；天平是利用杠杆的原理，天平平衡需要物体的重力，所以天平不能在失重状态下有效使用，故B正确；电子温度计的工作原理跟重力没有关系，在太空中能用电子温度计测量温度，故C错误；电压表的工作原理与重力无关．故D错误．答案：B　4．如图，小明以不同的速度投篮均命中，运动轨迹分别为a、b、c，下列说法中正确的是(　　)A．a的位移最大   B．b的位移最大  C．c的位移最大   D．a、b、c位移一样大解析：小明投球的初末位置相同，则虽然轨迹不同，则路程不同，但是位移相同．故D正确．答案：D　　　　　　　　　　4题图　　  　　　　  　5题图5．如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时(　　)A．小车只受重力、支持力作用B．木板对小车的作用力方向水平向左C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等解析：小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A错误；木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，B错误；木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确．答案：D6．关于经典力学的适用范围和局限性，下列说法正确的是(　　)A．经典力学过时了，应该被量子力学所取代B．由于超音速飞机的速度太大，其运动不能用经典力学来解释C．人造卫星的运动不适合用经典力学来描述D．当物体速度接近光速时，其运动规律不适合用经典力学来描述解析：经典力学在低速宏观物理过程中适用，量子力学不可替代，故A错误；超音速飞机的速度远低于光速，其运动能用经典力学来解释，故B错误；人造卫星的运动速度远低于光速，适合用经典力学来描述，故C错误；当物体速度接近光速时，其运动规律不适合用经典力学来描述，故D正确．答案：D　7．飞机俯冲拉起时，飞行员处于超重状态，此时座位对飞行员的支持力大于所受的重力，这种现象叫过荷．过荷过重会造成飞行员大脑贫血，四肢沉重，暂时失明，甚至昏厥．受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的支持力影响．g取10 m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲速度为100 m/s时，圆弧轨道的最小半径为  (　　)A．100 m   B．111 m  C．125 m   D．250 m解析：由题意知，8mg＝m，代入数据得R＝125 m．选项C正确．答案：C　　　　　　　　　　　　7题图　　　　　　　　　　8题图8．如图所示，在水平地面上方的O点将小球分别以速度v1和v2水平抛出，从抛出到落地所用时间分别为t1和t2，水平位移大小分别为x1和x2.已知v1>v2，不计空气阻力．下列关系正确的是(　　)A．t1>t2   B．t1<t2  C．x1>x2   D．x1<x2解析：根据h＝gt2可知，竖直位移相同，则运动时间相同．水平位移大小x＝vt，已知v1>v2，所以x1>x2.故C正确．答案：C9．小孙同学用如图所示的木棍进行武术表演，使木棍在头顶上方的水平面内绕O点转动．A、B为木棍上的两点，B点离O点的距离比A点离O点的距离大，下列说法正确的是(　　)A．A、B两点的周期TA>TB      B．A、B两点的周期TA<TBC．A、B两点的线速度大小vA>vB  D．A、B两点的线速度大小vA<vB解析：木棍上两点A、B属于同轴转动，其角速度相同，根据公式有T＝，故两点周期相等．故A、B错误；根据线速度与角速度关系式，有v＝ωr，rA<rB联立，可得vA<vB，故D正确．答案：D10．如图所示(俯视图)，以速度v匀速行驶的列车车厢内有一光滑水平桌面，桌面上的A处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿图中虚线由A向B运动，则由此可判断列车(　　)A．减速行驶，向南转弯 B．减速行驶，向北转弯  C．加速行驶，向南转弯 D．加速行驶，向北转弯解析：由牛顿第一定律可知，小球在水平桌面上向前运动，说明列车减速行驶；同时小球相对于车厢向北运动，则表明列车向南转弯．答案：A　　　　　　　　　　    　10题图　　　　　　　　     11题图11．如图所示为小车运动时的v-t图像．由图可知，小车(　　)A．做匀速直线运动      B．做匀减速直线运动C．在t＝10 s时的速度是4 m/s   D．在t＝0时从静止开始运动解析：由图像可知，小车做匀加速运动，选项A、B错误；在t＝10 s时的速度是4 m/s，选项C正确；在t＝0时的速度为2 m/s，不是从静止开始运动，选项D错误．故选C.答案：C12．已知两分力F1、F2的合力为F，则下列说法正确的是(　　)A．合力F一定大于分力F1　　  B．合力F一定大于分力F2C．合力F只与分力F1和F2的大小有关　  D．合力F只与分力F1和F2的大小及方向有关答案：D13．质量为m＝60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图所示．g取10 m/s2，由图像可知(　　)A．t＝0.5 s时他的加速度3 m/s2  B．t＝0.4 s他处于超重状态C．t＝1.1 s时他受到单杠的作用力的大小是620 N  D．t＝1.5 s时他处于超重状态解析：根据速度图像的斜率表示加速度可知，t＝0.5 s时，他的加速度为0.3 m/s2，选项A错误；t＝0.4 s时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B正确；t＝1.1 s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误；t＝1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误．答案：B14．如图所示是一款无叶电风扇及其铭牌，此款风扇内主要电器元件由内阻为0.5 Ω的电动机和一个换挡元件串联组成．此风扇以额定功率工作1 h，电动机产生的焦耳热为(　　)A．44 J   B．72 J  C．4.5×104 J   D．1.58×105 J解析：电动机额定电流I＝＝ A＝0.2 A，产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.22×0.5×3 600 J＝72 J，故B正确．答案：B15．图中已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是(　　)解析：判断电流与电流磁场的方向利用的是安培定则，大拇指指向直导线电流方向，四指指向磁感线方向，选项A、B错误；对于螺线管和环形电流，四指弯曲方向为电流方向，大拇指指向内部磁场方向，故选项C错误，选项D正确．答案：D16.如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点．下列判断正确的是(　　)A．M、N、P三点中N点的场强最大B．M、N、P三点中N点的电势最高C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点解析：电场线的疏密反映了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，故A正确；顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，故B错误；根据EP＝qφ，φM>φP>φN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，故C错误；在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故D错误．答案：A17.将一圆形导线环水平放置，在圆环所在空间加上一水平向右的匀强磁场，mn、pq为圆环上两条互相垂直的直径，mn为水平方向，pq为竖直方向．则下列选项中能使圆环中产生感应电流的是(　　) A．让圆环以过圆心且垂直于圆环平面的轴顺时针转动B．让圆环在水平内向右平动C．让圆环以mn为轴转动D．让圆环以pq为轴转动解析：当圆环以过圆心且垂直于圆环平面的轴顺时针转动时，圆环相对磁场的正对面积始终为零，因此ΔS＝0，因而无感应电流产生，A错误；当圆环水平向右平动时，同样ΔS＝0，因而无感应电流产生，B错误；当圆环以mn为轴转动时，圆环相对磁场的正对面积改变量ΔS为零，回路中仍无感应电流，C错误；当圆环以pq为轴转动时，圆环相对磁场的正对面积发生了改变，回路中产生了感应电流，D正确．答案：D18．向心力演示器如图所示．将皮带挂在半径相等的一组塔轮上，两个质量相等的小球A、B与各自转轴的距离分别为2R和R，则小球A、B做匀速圆周运动的(　　)A．角速度相等       B．线速度大小相等  C．向心力大小相等   D．向心加速度大小相等解析：由于皮带挂在半径相等的一组塔轮上，因此两个小球旋转的角速度相等，A正确；根据v＝ωr可知A的线速度是B的2倍，B错误；根据F＝mω2r可知A的向心力是B的2倍，C错误；根据a＝ω2r可知A的向心加速度是B的2倍，D错误．答案：A　　　　　　　　　　 　　　18题图　　　　　　　　　　19题图19．如图所示，一位身高180 cm的运动员甲和一位身高160 cm的运动员乙，在挺举项目中用相同时间把同样重量的杠铃举起，如果他们对杠铃所做的功分别为W1和W2，功率分别为P1和P2，下列关系式中正确的是(　　)A．W1>W2，P1>P2   B．W1＝W2；P1＝P2  C．W1>W2，P1＝P2   D．W1<W2；P1<P2解析：由题知身高180 cm的运动员和身高160 cm的运动员举起杠铃的重力相同，因为身高180 cm的运动员比身高160 cm的运动员高，所以根据W＝Gh可知W1>W2.因为两运动员举起杠铃的时间相同，所以根据P＝，可知P1>P2，故A正确．答案：A20．如图所示，一台空调外挂机用两个三脚架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O的上方，重力大小为G.横梁AO水平，斜梁BO跟横梁的夹角为θ，若斜梁长度可调整，调整斜梁过程中横梁始终水平，连接点O的位置保持不变，且认为斜梁对O点的支持力F1沿BO方向，横梁对O点的拉力F2沿OA方向．下列说法正确的是(　　)A．斜梁长度增加，则F1、F2均增大  B．斜梁长度增加，则F1、F2均减小C．斜梁长度调整过程中，F2始终大于G  D．斜梁长度调整过程中，F2始终大于F1解析：对O受力分析有F1sin θ＝G，F1cos θ＝F2，即F1＝，F2＝，因此调节过程中θ取值范围0～90°，根据三角函数可知，F2比G先大后小，且F2始终小于F1，斜梁增长，θ增大，F1、F2均减小，故A、C、D错误，B正确．答案：B二、非选择题(本大题包括3小题，共40分．)21．(12分)在“测定电池的电动势和内阻”实验中．(1)用如图所示的电路图测量，得到如图所示的一条实验数据拟合线，则该电池的电动势E＝______V(保留三位有效数字)；内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)　　(2)如图所示的实验器材有电压表(量程有0～3 V和0～15 V)、电流表(量程为0～3 mA，内阻为200 Ω)、滑动变阻器(阻值变化范围为0～10 Ω)、电阻箱(阻值调节范围为0～9 999 Ω)、导线、开关和干电池．下图中A所指的器材是________，B所指的器材是________．(3)请在图中选择合适的器材，在虚线框中画出测定一节干电池的电动势和内阻的电路图．解析：(1)将图线延长到与坐标轴相交，如图．由图像可知该电池的电动势E＝1.46 V，内阻r＝＝ Ω≈0.65 Ω.(2)图中A所指的器材是滑动变阻器；B所指的器材是电阻箱．(3)测量电动势和内阻，可选用电压表和电阻箱完成，如图．答案：(1)1.46　0.65　(2)滑动变阻器　电阻箱(3)22．(13分)在很多游乐场所，经常会看到有套圈的游戏．如图所示，某游客将质量为0.2 kg的小圈从A点水平抛出后恰好击中地面上的目标B.已知A点离地面的高度H＝1.25 m，A点与目标B的水平距离d＝3 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)小圈在空中运动的时间t；(2)小圈水平抛出时速度大小v0；(3)小圈重力做功的平均功率P.解析：(1)根据自由落体公式H＝gt2，解得t＝＝ s＝0.5 s.(2)根据水平方向做匀速直线运动有d＝v0t，解得v0＝＝ m/s＝6 m/s.(3)根据平均功率的公式得P＝＝＝ W＝5 W.答案：(1)0.5 s　(2)6 m/s　(3)5 W23．(15分)如图所示，在水平地面上方固定一水平平台，平台上表面距地面的高度H＝2.2 m，倾角θ＝37°的斜面体固定在平台上，斜面底端B与平台平滑连接．将一内壁光滑细管弯成半径R＝0.80 m的半圆，固定在平台右端并和平台上表面相切于C点，C、D为细管两端点且在同一竖直线上．一轻质弹簧上端固定在斜面顶端，一质量m＝1.0 kg的小物块在外力作用下缓慢压缩弹簧下端至A点，此时弹簧的弹性势能Ep＝2.8 J，AB长L＝2.0 m．现撤去外力，小物块从A点由静止释放，脱离弹簧后的小物块继续沿斜面下滑，经光滑平台BC，从C点无能量消耗进入细管，由D点水平飞出．已知小物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.80，小物块可视为质点，不计空气阻力及细管内径大小，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小物块到达C点时的速度大小；(2)求小物块到达D点时细管内壁对小物块的支持力大小．解析：(1)小物块从A点到C点的过程，由动能定理可得W弹＋mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv－0，弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能变化，故W弹＝2.8 J，代入上式，解得小物块达到C点速度为vC＝2 m/s.(2)从C到D，由动能定理可得2mgR＝mv－mv，在D点，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，解得细管内壁对小物块的支持力为FN＝55 N.答案：(1)2 m/s　(2)55 N