2013乌鲁木齐二模(共10篇)

2013乌鲁木齐二模（一）:

（2013•乌鲁木齐二模）如图，粗糙的水平地面上有一斜面体，一物块在竖直向下的恒力F作用下沿斜面匀速下滑． 若力F沿逆时针缓慢转过2θ的过程中，物块仍沿斜面下滑，斜面体始终保持静止．则地面对斜面体的摩擦力（　　）

A．始终为零
B．-直增大
C．先增大后减小
D．先减小后增大

物体开始时做匀速直线运动，则有：（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ；
得：μ=tanθ；
在力转动过程中，力始终产生向下的压力的效果；
对整体由共点力的平衡条件可知，水平方向整体不受外力；故M不受地面的摩擦力；
当F方向改变时，设某一位置上F与垂直斜面方向的夹角为α；
物体对斜面的压力为：F₁=Fcosα+mgcosθ
物体对斜面的摩擦力为：f=μF₁=μ（mgcosθ+Fcosα）
斜面在水平方上受压力的分力与摩擦力的分力，F₁sinθ与fcosθ；
因μ=tanθ，故可知两分力大小相等，方向相反；故斜面受到的外力之和为零；故斜面受到的摩擦力为零；
故选：A．

2013乌鲁木齐二模（二）:

（2013•乌鲁木齐二模）如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s．bcd段光滑，cd 段是以O为圆心、半径为R的一小段圆弧．质量为m的小物块静止于a处，在一恒力作用下 开始沿轨道勻加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为

3mg

4

（1）物块在d点，根据牛顿第二定律得：
mg-N=m

v 2d

R

由题有：N=

3

4

mg，
则得：

1

4

mg=m

v 2d

R

bd过程，由机械能守恒得：mgR+

1

2

m

v

2d

=

1

2

m

v

2b

解得：v_b=

3

2

gR

（2）设恒力与水平方向的夹角为θ．ab过程，根据动能定理得：
[Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）]s=

1

2

m

v

2b

解得：F=

9R 8s mg+μmg

cosθ+μsinθ

=

9R 8s mg+μmg

1+μ2 sin(θ+α)

当sin（θ+α）=1时F有最小值，最小值为 F_min=

9mgR+8μmgs

8s 1+μ2

答：（1）小物块到达b点时的速度大小为

3

2

gR

；
（2）恒力的最小值为

9mgR+8μmgs

8s 1+μ2

．

2013乌鲁木齐二模（三）:

（2013•乌鲁木齐二模）均匀带电薄球壳上的电荷在球的空腔内任一点产生的场强为零，在球壳外某点产生的场强与将球壳中所有电荷集中在球心后在该点产生的场强相等．现有一半径为R实心球体，整个球体内部均匀分布着正电荷，从带电球体的球心开始，沿着半径（x）方向场强的分布图大致是（　　）

A．
B．
C．
D．

以实心球的圆心为圆心，选取任意半径r的小球，设单位体积内的电荷量为ρ，则该半径r的小球的体积：V＝43πr3所带的电量：q＝ρV＝43πρr3在它的表面处产生的电场强度：Er＝kqr2＝4πkρr3，与该小球的半径成正比．...

2013乌鲁木齐二模（四）:

（2013•乌鲁木齐二模）如图，一固定斜面倾角为30°，高为h．质量为m的小物体沿斜面以a=4m/s²的加速度从顶 端加速下滑到底端，则整个过程中小物体的（　　）

A．重力做功等于mgh
B．重力做功小于mgh
C．机械能逐渐增大
D．机械能逐渐减小

A、物体下降的高度为h，故重力做功为mgh，故A正确，B错误；
C、如果斜面光滑，则物体下滑的加速度为mgsin30°=ma，a=5m/s²，故物体受到摩擦力，且摩擦力做负功，机械能减小，故C错误，D正确；
故选：AD

2013乌鲁木齐二模（五）:

（2013•乌鲁木齐二模）对比分析A、B两城市气温和降水的主要差异．图15为某区域等值线图，读图完成问题．
（1）图中甲山峰东坡垂直带数目较多，垂直带谱较为完整，试分析主要原因．
（2）分析M、N两地区為＞10℃积温值存在 明显差异的主要自然原因．
（3）P、N所在地形区地表崎岖，试分析其 各自的成因．

（1）纬度越低，海拔越高，自然带越丰富，甲山峰东坡位于东南季风的迎风坡．
（2）读图，根据图中地理位置，M地为四川盆地，N地为云贵高原，受地形影响，导致两地区為＞10℃积温值存在．
（3）读图，P为我国的横断山区，由于亚欧板块与印度洋板块碰撞挤压而形成高山和深谷，加上流水对河谷的侵蚀作用，形成山河相间，地表崎岖的地貌．N 地是云贵高原，石灰岩广布，在流水的溶蚀作用下形成喀斯特地貌，地形崎岖． 
故答案为：
（1）地处亚热带，纬度较低；山峰海拔高；相对高度大；东坡是迎风坡，降水丰富．
（2）M 地为四川盆地，海拔较低；且北部山地阻挡冬季冷空气南下，积温值较高．N地为云贵高原，海拔较高，积温值较低． 
（3）P 地为横断山区，由于亚欧板块与印度洋板块碰撞挤压而形成高山和深谷，加上流水对河谷的侵蚀作用，形成山河相间，地表崎岖的地貌．N 地是云贵高原，石灰岩广布，在流水的溶蚀作用下形成喀斯特地貌，地形崎岖．

2013乌鲁木齐二模（六）:

（2013•乌鲁木齐二模）竖直平面内一光滑水平轨道与光滑曲面平滑相连．质量为m₁和m₂的木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B之间有一轻弹簧，弹簧与木块A相固连，与木块B不固 连．将弹簧压紧用细线相连，细线突然断开，A获得动量大小为P，B冲上光滑曲面又 滑下并追上A压缩弹簧，求：
①A和B的质量m，和m₂的大小关系；
②B追上A并压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性勢能．

①A与B弹开过程系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m₁v₁-m₂v₂=0，
B追上A需要满足v₂＞v₁，
解得：m₁＞m₂；
②B从光滑曲面滑下后速度大小仍为v₂，当A、B速度相等时弹簧具有最大弹性势能，动量为：
p=m₁v₁=m₂v₂，
以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2p=（m₁+m₂）v，
由能量守恒定律得：

1

2

m₁v₁²+

1

2

m₂v₂²-

1

2

（m₁+m₂）v²=E_P，
联立解得：E_P=

(m1−m2)2p2

2m1m2(m1+m2)

；
答：①A和B的质量m，和m₂的大小关系为m₁＞m₂；
②B追上A并压缩弹簧的过程中弹簧的最大弹性勢能为

(m1−m2)2p2

2m1m2(m1+m2)

．

2013乌鲁木齐二模（七）:

（2013•乌鲁木齐二模）边长为L的正方形区域内有垂直纸面向 里的匀强磁场，穿过该区域的磁通量随时间变化的图象如图．将边长为

L

2

（1）由题意可知，则穿过线圈的磁通量为：∅₀=B₀L²；
因此磁通量的变化率为：

△B

△ t

=

B0

t0

    
解得：

△B

△t

＝

∅0

L2t0

  
（2）根据法拉第电磁感应定律，则有线圈中的感应电动势：E=

△B•S

△ t

＝

△BL2

4△t

由欧姆定律：I=

E

R

 
安培力：F=B₀I

L

2

解得：F=

∅ 20

8t0RL

；
答：（1）磁感应强度的变化率：

△B

△t

＝

∅0

L2t0

；
（2）t₀时刻线圈ab边受到的安培力大小为

∅ 20

8t0RL

．【2013乌鲁木齐二模】

2013乌鲁木齐二模（八）:

（2013•乌鲁木齐二模）如图所示，在x≤0的区域内存在勻强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．矩形闭合金属线 框abcd从t=O时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动．则cd边出磁场前（　　）

A．线框中感应电流的方向a→b→c→d
B．线框中感应电流的方向a→d→c→b
C．ab两点间的电压与时间成正比
D．cd两点间的电压与时间成正比【2013乌鲁木齐二模】

A、在题中只有cd杆切割磁感线，由右手定则产生的感应电流为c→d，回路中的电流为顺时针，即a→b→c→d，故A正确，B错误；
C、产生的感应电动势E=Blv=Blat，设每个边的电阻为r，则ab间的电压Uab＝

1

4

E＝

1

4

Blat，cd间的电压Ucd＝

3

4

E＝

3

4

Blat，所以ab和cd两点间的电压都与时间成正比，故CD正确．
故选：ACD

2013乌鲁木齐二模（九）:

（2013•乌鲁木齐二模）如图，00′上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一单匝半圆线圈以角速度ω 绕00′轴匀速转动，半圆面积为S．半圆线圈产生的感应电动势的有效值是（　　）

A．BSω
B．

1

2

根据题意可知，感应电动势的最大值为BSω，线圈中产生感应电动势与时间变化的图象，是原来整个磁场产生图象的一半，
所以根据电流的热效应，若线圈处于整个磁场中转动，则有电动势的有效值为

BSω

2

，
由于磁场只有一半，则图象也只有半轴，根据电流的热效应得：

U2

R

T＝

( BSω 2 )2

R

×

T

2

，
从而解得：U=

1

2

BSω．
故选：B

2013乌鲁木齐二模（十）:

（2013•乌鲁木齐二模）如图所示为内径均勻的U形管，其内部盛有水银，右端封闭空气柱长12cm，左端被一重力不计的轻质活塞封闭一段长1Ocm的空气柱．当环境温度t₁=27℃时，两侧水银面的高度差为2cm．当环境温度变为t₂时，两侧水银面的高度相等．已知大气压强P=75cmHg，求：
①温度t₂的数值；
②左端活塞移动的距离．

设U形管的截面积为S
①对右端封闭空气柱
初态：p₁=77cmHg，V₁=12s，T₁=300K
末态：p₂=75cmHg，V₂=11s，T₂=t₂+273K
由

p1V1

T1

=

p2V2

T2

得：
 

77×12s

300

=

75×11s

t2+273

解得 t₂=-5℃，T₂=t₂+273K=268K
②对左端封闭空气柱
  V₁′=10s，T₁′=300K，T₂′=268K，V₂′=L₂′s
由

V1′

T1′

=

V2′

T2′

解得L₂′=8.9cm
故活塞移动的距离△x=（10+1-8.9）cm=2.1cm
答：
①温度t₂的数值为-5℃；
②左端活塞移动的距离为2.1cm．