2020年強(qiáng)基計(jì)劃備考物理模擬訓(xùn)練卷（二）

何為強(qiáng)基計(jì)劃？1月15日，教育部發(fā)布《關(guān)于在部分高校開展基礎(chǔ)學(xué)科招生改革試點(diǎn)工作的意見》，正式官宣：自2020年起，36所“雙一流A類”何為強(qiáng)基計(jì)劃？1月15日，教育部發(fā)布《關(guān)于在部分高校開展基礎(chǔ)學(xué)科招生改革試點(diǎn)工作的意見》，正式官宣：自2020年起，36所“雙一流A類”高校將試點(diǎn)實(shí)施“強(qiáng)基計(jì)劃”，原有高校自主招生方式不再使用。強(qiáng)基計(jì)劃主要選拔培養(yǎng)有志于服務(wù)國(guó)家重大戰(zhàn)略需求且綜合素質(zhì)優(yōu)秀或基礎(chǔ)學(xué)科拔尖的學(xué)生。聚焦高端芯片與軟件、智能科技、新材料、先進(jìn)制造和國(guó)家安全等關(guān)鍵領(lǐng)域以及國(guó)家人才緊缺的人文社會(huì)科學(xué)領(lǐng)域，由有關(guān)高校結(jié)合自身辦學(xué)特色，合理安排招生專業(yè)。要突出基礎(chǔ)學(xué)科的支撐引領(lǐng)作用，重點(diǎn)在

數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)、生物及歷史、哲學(xué)、古文字學(xué)等相關(guān)專業(yè)招生。起步階段，在部分“一流大學(xué)”建設(shè)高校范圍內(nèi)遴選高校開展試點(diǎn)?！皬?qiáng)基計(jì)劃”將積極探索基礎(chǔ)學(xué)科拔尖創(chuàng)新人才培養(yǎng)模式。單獨(dú)制定培養(yǎng)方案。高校對(duì)通過(guò)強(qiáng)基計(jì)劃錄取的學(xué)生可單獨(dú)編班，配備一流的師資，提供一流的學(xué)習(xí)條件，創(chuàng)造一流的學(xué)術(shù)環(huán)境與氛圍，實(shí)行導(dǎo)師制、小班化培養(yǎng)。

建立激勵(lì)機(jī)制，通過(guò)強(qiáng)基計(jì)劃錄取的學(xué)生入校后原則上不得轉(zhuǎn)到相關(guān)學(xué)科之外的專業(yè)就讀。建立激勵(lì)機(jī)制，暢通成長(zhǎng)通道。對(duì)學(xué)業(yè)優(yōu)秀的學(xué)生，高?？稍诿庠囃扑]研究生、直博、公派留學(xué)、獎(jiǎng)學(xué)金等方面予以優(yōu)先安排，探索建立本-碩-博銜接的培養(yǎng)模式。推進(jìn)科教協(xié)同育人。鼓勵(lì)國(guó)家實(shí)驗(yàn)室、國(guó)家重點(diǎn)實(shí)驗(yàn)室、前沿科學(xué)中心、集成攻關(guān)大平臺(tái)和協(xié)同創(chuàng)新中心等吸納這些學(xué)生參與項(xiàng)目研究，探索建立結(jié)合重大科研任務(wù)的人才培養(yǎng)機(jī)制。強(qiáng)化質(zhì)量保障。建立科學(xué)化、多階段的動(dòng)態(tài)進(jìn)出機(jī)制，對(duì)進(jìn)入計(jì)劃的學(xué)生進(jìn)行綜合考查、科學(xué)分流。

建立在校生、畢業(yè)生跟蹤調(diào)查機(jī)制和人才成長(zhǎng)數(shù)據(jù)庫(kù)，根據(jù)質(zhì)量監(jiān)測(cè)和反饋信息不斷完善招生和人才培養(yǎng)方案。加強(qiáng)對(duì)學(xué)生的就業(yè)教育和指導(dǎo)，積極輸送高素質(zhì)后備人才。一、選擇題1．居里夫人發(fā)現(xiàn)了元家釙（Po),其衰變的核反應(yīng)方程式為→+其中，a、b、c、d、e、f的值依次為A.211、84、4、2、1、0 B.210、84、4、2、0、0C.207、84、1、1、0、1 D.207、83、1、1、0、0【答案】B【解析】在反應(yīng)中，最后一個(gè)是γ射線，該射線是電磁波，不帶電，故e=0，f=0，故選項(xiàng)AC均錯(cuò)誤；生成物的第一項(xiàng)是α粒子，它是氦原子核，其質(zhì)量數(shù)是4，荷電荷數(shù)是2，故c=4，d=2，選項(xiàng)B正確，D錯(cuò)誤；最后我們?cè)侔咽Ｏ碌膬身?xiàng)核對(duì)一下，看是否也成立，反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)和荷電荷數(shù)守恒，故a=4+206=210，b=2+82=84，正好與B選項(xiàng)的對(duì)應(yīng)起來(lái)。2.如圖，O點(diǎn)是小球平拋運(yùn)動(dòng)拋出點(diǎn)；在O點(diǎn)有一頻閃點(diǎn)光源，閃光頻率為30Hz；在拋出點(diǎn)的正前方，豎直放置一塊毛玻璃，小球初速度與毛玻璃平面垂直。在小球拋出時(shí)點(diǎn)光源開始閃光。當(dāng)點(diǎn)光源閃光時(shí)，在毛玻璃上有小球的一個(gè)投影點(diǎn)。已知圖中O點(diǎn)與毛玻璃水平距離L=1.20m，測(cè)得第一、二個(gè)投影點(diǎn)之間的距離為0.05m。取重力加速度g=10m/s2。下列說(shuō)法正確的是A．小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為4m/sB．小球平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在相等時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化不相等C．小球投影點(diǎn)的速度在相等時(shí)間內(nèi)的變化量越來(lái)越大D．小球第二、三個(gè)投影點(diǎn)之間的距離為0.15m。【答案】A【解析】閃光周期T=1/30s，由=，解得小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v=4m/s，選項(xiàng)A正確。小球平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只受重力，由mg=ma=m=，解得△（mv）=mg△t，所以小球平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在相等時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。設(shè)投影點(diǎn)的位移為Y，由=，解得Y=t，即投影點(diǎn)以速度做勻速運(yùn)動(dòng)，小球投影點(diǎn)的速度不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。小球第二、三個(gè)投影點(diǎn)之間的距離為0.05m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.一個(gè)運(yùn)動(dòng)員投籃,投射角為θ,出手點(diǎn)O與籃圈的高度差為h,水平距離為L(zhǎng).為了將球投入籃中,則出手速度v0應(yīng)為().A．B．C．D．【答案】A【解析】：球從拋出點(diǎn)到籃的位移s，由分位移s1和s2合成，s1為沿v0方向勻速運(yùn)動(dòng)的位移，其水平分量為L(zhǎng)=v0cosθ·t，而s2為自由落體位移，即s2=gt2，s根據(jù)矢量圖和三角形函數(shù)關(guān)系，有h=AC-s2=Ltanθ-gt2=Ltanθ-g（）2，2所以，出手速度為v0=，選項(xiàng)A正確。4.某同學(xué)用電荷量計(jì)（能測(cè)出一段時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量）測(cè)量地磁場(chǎng)強(qiáng)度，完成了如下實(shí)驗(yàn)：如圖，將面積為S、電阻為R的矩形導(dǎo)線框abcd沿圖示方位放置于地面上某處，將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)180°，測(cè)得通過(guò)線框的電荷量為Q1；將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)90°，測(cè)得通過(guò)線框的電荷量為Q2；該處地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為A．B．C．D．【答案】C【解析】設(shè)該處地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度與豎直方向的夾角為θ，將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)180°，磁通量變化△Φ=2BSsinθ,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=，I=E/R,Q1=I△t，聯(lián)立解得：Q1=.將其從圖示位置繞東西軸轉(zhuǎn)180°，磁通量變化△Φ=BSsinθ-BScosθ,同理可得Q2=-.聯(lián)立解得：B=,選項(xiàng)C正確。5.一臺(tái)理想變壓器，開始時(shí)開關(guān)S接1，此時(shí)原、副線圈的匝數(shù)比是11∶1，原線圈接入電壓為220V的正弦交流電．一只理想二極管和一個(gè)滑動(dòng)變阻器串聯(lián)接在副線圈上，如圖8所示．則下列判斷正確的是 ()A．原、副線圈中的功率之比為11∶1B．若滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為10Ω，則1min內(nèi)滑動(dòng)變阻器產(chǎn)生的熱量為1200JC．若只將S從1撥到2，電流表示數(shù)增大D．若只將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，則兩電表示數(shù)均減小【答案】B【解析】根據(jù)變壓器功率關(guān)系可知，原、副線圈中的功率之比為1∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．根據(jù)焦耳定律，若滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為10Ω，由于二極管的單向?qū)щ娦裕?min內(nèi)滑動(dòng)變阻器產(chǎn)生的熱量為1200J，選項(xiàng)B正確．若只將S從1撥到2，輸出電壓降低，輸出功率減小，電流表示數(shù)減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．若只將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，電壓表示數(shù)不變，電流表示數(shù)減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．二、填空題6.先用波長(zhǎng)為λ1的單色可見光照射楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置；再加上波長(zhǎng)為λ2(λ2>λ1)的單色可見光照射同一個(gè)楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置。觀察到波長(zhǎng)為λ1的光的干涉條紋的l、2級(jí)亮紋之間原本是暗紋的位置出現(xiàn)了波長(zhǎng)為λ2的光的干涉條紋的1級(jí)亮紋，則兩種光的波長(zhǎng)之比λ2：λ1=__________________?！敬鸢浮?：2【解析】?jī)墒獾竭_(dá)I位置的光程差記為d；對(duì)于波長(zhǎng)為λ1的單色光而言，d=eq\f(3,2)λ1；對(duì)于波長(zhǎng)為λ2的單色光而言，d=λ2，故λ2：λ1=3：27.(12分)高中階段處理滑塊斜面類問(wèn)題時(shí)通常會(huì)忽略滑塊受到的空氣阻力,這時(shí)把滑塊看成了一個(gè)質(zhì)點(diǎn),但當(dāng)滑塊體積相對(duì)較大時(shí),空氣阻力就不能忽略不計(jì)了。如圖甲所示,在傾角為θ的長(zhǎng)斜面上有一木箱質(zhì)量為m,它與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,木箱受到的空氣阻力與滑塊下滑的速度成正比,即f=kv(k為空氣阻力與速度的比例系數(shù)),則:(1)木箱下滑的加速度的表達(dá)式為.(2)木箱下滑的最大速度的表達(dá)式vmax=.(3)若m=2kg,θ=37°,g取10m/s2,木箱從靜止開始沿斜面下滑的速度圖象如圖乙所示,圖中直線是t=0時(shí)刻速度圖象的切線,由此求出μ=和k=.【答案】..(1)a=(2)vmax=（3）μ=0.25k=4N·s/m（每空3分）【解析】由牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma，①解得a=。當(dāng)木箱加速度為零時(shí)其速度達(dá)到最大值，得vmax=。②由圖像可知木箱剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，即速度為零時(shí)加速度為4m/s2，由①式可得μ=0.25。由圖像可知木箱最大速度為2m/s，由②式可得k=4N·s/m．8.指針式多用電表是實(shí)驗(yàn)室中常用的測(cè)量?jī)x器，請(qǐng)根據(jù)圖完成下列問(wèn)題：（1）在使用多用電表測(cè)量時(shí)，指針的位置如圖甲所示，若選擇開關(guān)撥至“×10”擋，則測(cè)量的結(jié)果為Ω；若選擇開關(guān)撥至“50mA”擋，則測(cè)量結(jié)果為mA。（2）多用電表測(cè)未知電阻阻值的電路如圖乙所示，電池的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，R0為調(diào)零電阻，Rg為表頭內(nèi)阻，電路中電流I與待測(cè)電阻的阻值Rx關(guān)系圖象如圖10-丙所示，則該圖象的函數(shù)關(guān)系式為；（3）下列對(duì)圖丙中的I－Rx圖線的解釋或判斷中正確的是 A．因?yàn)楹瘮?shù)圖線是非線性變化的，所以歐姆表的示數(shù)左小右大 B．歐姆表調(diào)零的實(shí)質(zhì)是通過(guò)調(diào)節(jié)R0使Rx＝0時(shí)電路中的電流I＝Ig C．測(cè)量中，當(dāng)Rx的阻值為圖10-丙中的R2時(shí)，指針位于表盤中央位置的左側(cè) D．Rx越小，相同的電阻變化量對(duì)應(yīng)的電流變化量越大，所以歐姆表的示數(shù)左疏右密【答案】（1）140（2分）；26.0（2分）（2）I＝eq\f(E,r＋R0＋Rg＋Rx)（2分）（3）BC（3分）【解析】（1）根據(jù)多用電表的讀數(shù)規(guī)則，若選擇開關(guān)撥至“×10”擋，按照最上面歐姆表刻度讀數(shù)，刻度讀數(shù)乘以檔上所標(biāo)的倍數(shù)，則測(cè)量的結(jié)果為14Ω×10=140Ω；若選擇開關(guān)撥至“50mA”擋，按照刻度盤上中間刻度讀數(shù)，注意，凡是十分度的都要估讀一位，則測(cè)量結(jié)果為26.0mA。（2）根據(jù)圖乙的電路，由閉合電路歐姆定律，E=I(r+R0+Rg+Rx)，得到電路中電流I與待測(cè)電阻的阻值Rx關(guān)系圖象如圖10-丙所示，則該圖象的函數(shù)關(guān)系式為I＝eq\f(E,r＋R0＋Rg＋Rx)。（3）由于歐姆表是利用電流表作為顯示電阻，由I＝eq\f(E,r＋R0＋Rg＋Rx)可知，待測(cè)電阻最小為零時(shí)，電流最大，電流表指針滿偏；待測(cè)電阻最大為無(wú)限大時(shí)（兩表筆斷開），電流為零，電流表指針在最左側(cè)；，所以歐姆表的示數(shù)左大右小，最右端刻度為零，最左端刻度為無(wú)限大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。歐姆表調(diào)零的實(shí)質(zhì)是通過(guò)調(diào)節(jié)R0使Rx＝0時(shí)電路中的電流I＝Ig（滿偏電流），選項(xiàng)B正確。測(cè)量中，當(dāng)Rx的阻值為圖10-丙中的R2時(shí)，大于中值電阻R1，指針位于表盤中央位置的左側(cè)，選項(xiàng)C正確。Rx越小，相同的電阻變化量對(duì)應(yīng)的電流變化量越大，所以歐姆表的示數(shù)左密右疏，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。三、計(jì)算題9．(12分)如圖甲所示，水平光滑的桌面上靜止放置一條長(zhǎng)為l=1.6m的紙帶，紙帶上正中間位置放置有一質(zhì)量為m=1.0kg的小鐵塊，紙帶的左邊恰好在桌面的左邊緣，小鐵塊與紙帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.1.現(xiàn)讓紙帶從t=0s時(shí)刻開始一直保持v=1m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng).已知桌面高度為H=0.8m，g=10m/s2，小鐵塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不翻滾，不計(jì)空氣阻力．求：（1）小鐵塊從開始運(yùn)動(dòng)到桌面邊緣過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間并在乙圖畫出此過(guò)程中小鐵塊的v—t圖象；（2）小鐵塊拋出后落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離；.【解析】（1）小鐵塊開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，由μmg=ma（1分）得：a=1m/s2速度達(dá)到紙帶v=1m/s的速度所用時(shí)間t1=（1分）得：t1=1s若小鐵塊1s內(nèi)一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的位移為s1=at2得：s1=0.5m＜由以上可知：小鐵塊先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后以v=1m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間t2==0.3s（1分）小鐵塊從開始運(yùn)動(dòng)到桌面邊緣過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間（1分）圖象如圖所示：（2分）（2）水平方向：s=vt0豎直方向：H=得：s=0.4m（2分）10(20分)電子感應(yīng)加速器利用變化的磁場(chǎng)來(lái)加速電子。電子繞平均半徑為R的環(huán)形軌道（軌道位于真空管道內(nèi)）運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與環(huán)形軌道平面垂直。電子被感應(yīng)電場(chǎng)加速，感應(yīng)電場(chǎng)的方向與環(huán)形軌道相切。電子電荷量為e。（1）設(shè)電子做圓周運(yùn)動(dòng)的環(huán)形軌道上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的增加率為，求在環(huán)形軌道切線方向感應(yīng)電場(chǎng)作用在電子上的力；（1）設(shè)環(huán)形軌道平面上的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的增加率為，試導(dǎo)出在環(huán)形軌道切線方向感應(yīng)電場(chǎng)作用在電子上的力與的關(guān)系；（3）為了使電子在不斷增強(qiáng)的磁場(chǎng)中沿著半徑不變的圓軌道加速運(yùn)動(dòng)，求和之間必須滿足的定量關(guān)系?！窘馕觥?1)設(shè)電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓軌道上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與環(huán)面垂直。由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得設(shè)在圓軌道切線方向作用在電子上作用力為F,，按照動(dòng)量定理有②由①②式得F=eR(2)按照法拉第電磁感應(yīng)定律,在電子運(yùn)動(dòng)的圓軌道上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為=④式中圓軌道所張的面上的磁通量φ為φ=πR2⑤這里,B為圓軌道所張的面上的平均磁感應(yīng)強(qiáng)度。由④⑤式得=πR2⑥考慮電子運(yùn)行一圈感應(yīng)電場(chǎng)所做的功,由電動(dòng)勢(shì)的定又可得=2πRE電子在圓軌道切向所受到的力為F=qE由⑥⑦⑧式得⑨(3)③和⑨式所表示的是同樣的力的大小.聯(lián)立③⑨式得=。這就是為了使電子在不斷增強(qiáng)的磁場(chǎng)中沿著半徑不變的圓軌道加速運(yùn)動(dòng),和之間必須滿足的定量關(guān)系11．（16分）橫截面積為S和2S的兩圓柱形容器按圖示方式連接成一氣缸，每個(gè)圓筒中各置有一活塞，兩活塞間的距離為l，用硬桿相連，形成“工”字形活塞，它把整個(gè)氣缸分隔成三個(gè)氣室，其中I、Ⅲ室密閉摩爾數(shù)分別為ν和2ν的同種理想氣體，兩個(gè)氣室內(nèi)都有電加熱器；Ⅱ室的缸壁上開有一小孔，與大氣相通；1mol該種氣體內(nèi)能為CT(C是氣體摩爾熱容量，T是氣體的絕對(duì)溫度)。當(dāng)三個(gè)氣室中氣體的溫度均為T1時(shí)，“工"字形活塞在氣缸中恰好在圖所示的位置處于平衡狀態(tài)，這時(shí)I室內(nèi)氣柱長(zhǎng)亦為l，Ⅱ室內(nèi)空氣的摩爾數(shù)為eq\f(3,2)ν0．已知大氣壓不變，氣缸壁和活塞都是絕熱的，不計(jì)活塞與氣缸之間的摩擦?，F(xiàn)通過(guò)電熱器對(duì)I、Ⅲ兩室中的氣體緩慢加熱，直至I室內(nèi)氣體的溫度升為其初始狀態(tài)溫度的2倍時(shí)，活塞左移距離d．已知理想氣體常量為R．求(1)Ⅲ室內(nèi)氣體初態(tài)氣柱的長(zhǎng)度；(2)Ⅲ室內(nèi)氣體末態(tài)的溫度；(3)此過(guò)程中I、Ⅲ室密閉氣體吸收的總熱量?！窘馕觥?1)設(shè)大氣壓強(qiáng)為p0．初態(tài)：I室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1；III室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p3，氣柱的長(zhǎng)度為l3．末態(tài)：I室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1′；III室內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p3′．由初態(tài)到末態(tài)：活塞左移距離為d．首先用整體法，力學(xué)平衡：p3(2S)=p1S+p0(2S－S)然后對(duì)三部分氣體分別分析：p1lS=νRT1；p0(eq\f(l,2)×S+\f(l,2)×2S)=\f(3,2)ν0RT1；p3l3(2S)=(2ν)RT1聯(lián)立上述各式得：eq\f(νRT1,l3S)·2S=eq\f(ν0RT1,lS)·S+eq\f(νRT1,lS)·S得：l3=eq\f(2ν,ν+ν0)l(2)方法同第(1)小題：p3′(2S)=p1′S+p0(2S－S)對(duì)I室中氣體：p1′(l－d)S=νRT2=νR2T1對(duì)III室中氣體：p3′(l3+d)(2S)=(2ν)RT3′T3′=eq\f(2νl+(ν+ν0)d,(l－d)(ν+ν0))·eq(1+\f(ν0,2ν)·\f(l－d,l))T1(3)大氣對(duì)密閉氣體系統(tǒng)做的功為：W=p0(2S－S)(－d)=－p0Sd=－eq\f(d,l)ν0RT1系統(tǒng)密閉氣體內(nèi)能增加量為：ΔU=νC(T1′－T1)+(2ν)C(T3′－T3)且初態(tài)T3=T1故ΔU=νC(2T3′－T1)將T3′代去得：ΔU=[eq\f(2νl+(ν+ν0)d,(l－d)(ν+ν0))·eq(2+\f(ν0,ν)·\f(l－d,l))－