高考物理二轮 考前三个月 等值模拟二

等值模拟二
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
本题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．一列简谐横波某时刻的波形如图1甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示．则以下说法中正确的是
( )
图1
A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．这列波的波速是20 m/s
C ．从t ＝0时刻起经0.4 s ，A 质点通过的路程是16 cm
D ．从t ＝0时刻起，质点Q 将比质点P 先回到平衡位置 答案 C
图2
2．如图2所示为汽车在水平路面上启动过程中的v －t 图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，下述说法正确的是
( )
A ．0～t 1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动
B ．t 1～t 2时间内的平均速度为v 1＋v 2
2
C ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功等于12mv 22－12mv 2
1
D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值 答案 D
解析 0～t 1段汽车做匀加速运动，牵引力的功率在逐渐增大，t 1～t 2时间内做加速度逐渐减小的加速运动，平均速度大于v 1＋v 22，牵引力与阻力的合力做的功等于12mv 22－12mv 2
1，
故选项A 、B 、C 均错．
3．如图3所示，电源电动势为E ，内电阻为r .两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时(设灯丝电阻不变)，下列说法正确的是 ( )
图3
A ．小灯泡L 2变暗，V 1表的示数变小，V 2表的示数变大
B ．小灯泡L 2变亮，V 1表的示数变大，V 2表的示数变小
C ．小灯泡L 1变亮，V 1表的示数变大，V 2表的示数变小
D ．小灯泡L 1变暗，V 1表的示数变小，V 2表的示数变大 答案 C
解析 将滑动变阻器的滑片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与灯泡L 1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，V 1表的示数变大，由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L 2变暗，电压表V 2的示数变小，灯泡L 1的电压U 1＝E －I (r ＋R L2)增大，灯泡L 1变亮，故选C.
4．我国自主研发的北斗导航系统，又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗卫星均绕地心做匀速圆周运动，轨道半径都为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两个位置(如图4所示)．若卫星均顺时针运行，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，关于两颗卫星线速度有下列说法，正确的是
( )
图4
A ．两颗卫星的线速度不相等，卫星1的线速度等于Rg
r
B ．两颗卫星的线速度大小均为R g r
C ．两颗卫星的线速度大小均为R
g r 2
D ．两颗卫星的线速度大小不相等，卫星2的线速度v ＝Rg r
答案 B
解析 由万有引力提供卫星运行的向心力可得GMm r 2＝m v 2
r
，解得v ＝
GM
r
①，可得出r 相同则速度v 大小相等，故两颗卫星的线速度大小相等．对于地球表面一物体，有GMm
R
2＝
mg 即GM ＝gR 2②(黄金代换)，联立①②可求得v ＝R g
r
，本题选B.
5．如图5是质谱仪的工作原理示意图．粒子源(在加速电场上方，未画出)产生的带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度
分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是
( )
图5
A ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
B ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于B E
C ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷(q m
)越大
D ．粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，表明其质量越大 答案 C
解析 粒子带正电，受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；由qE ＝qvB ，得v ＝E B
，此时离子受力平衡，可沿直线穿过速度选择器，故B 错误；由q m ＝
v B 0R ，知R 越小，比荷越大，故C 正确；由q m ＝v
B 0R
知粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，表明其质量越小，D 错误．故选C.
6．如图6所示，a 、b 、c 、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc ＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q 分别固定在a 、b 、c 三个顶点上，将一个电量为＋q 的点电荷依次放在菱形中心O 点和另一个顶点d 点处，两点相比，下列说法不正确的是
( )
图6
A ．d 点电场强度的方向由O 指向d
B ．＋q 在d 点所具有的电势能较大
C ．d 点的电势小于O 点的电势
D ．d 点的电场强度小于O 点的电场强度 答案 B
解析 由点电荷的电场及电场的叠加可知，在O 点a 、c 两处的点电荷产生的电场相互抵
消，O点处的场强等于b处点电荷所产生的场强，即E O＝k Q
L
2
2
，方向由b指向O；而
在d点处E d＝2k Q
L2
<E O，方向也沿bO方向，A、D正确．bd是a、c两处点电荷连线的中
垂线，由两等量正电荷的电场中电势分布可知在a、c两点电荷的电场中O点电势高于d 点电势，而在点电荷b的电场中O点电势也高于d点电势，再由电势叠加可知O点电势高，而正电荷在电势越高处电势能越大，B错误，C正确．故选B.
7．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压有效值为220 V的正弦交流电，一个滑动变阻器接在副线圈上，如图7所示．电压表和电流表均为理想电表，则下列说法正确的是( )
图7
A．原、副线圈中的电流之比为11∶1
B．电压表的示数为20
2
V
C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则电流表的示数为1 A
D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电压表示数不变，电流表的示数减小
答案 D
解析原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶11，A错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为20 V，B错误；若滑动变阻器接入电路的
阻值为20 Ω，则流过副线圈的电流为1 A，电流表的示数为1
11
A，C错误；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，但对原、副线圈的电压无影响，即电压表的示数不变，电流表的示数变小，所以D正确，故选D.
第Ⅱ卷(非选择题共68分)
8．(18分)Ⅰ.(5分)下表是某实验小组在“探究弹簧的弹力和伸长量的关系”实验中测得的几组数据
弹力F(N)0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
伸长量x(cm) 2.30 5.08 6.889.8012.5
(1)请作出F－x图象；
(2)写出曲线的函数表达式：
________________________________________________________________________；
(3)若弹簧的原长为40 cm，以弹簧的总长l为自变量，写出F与l的表达式：
________________________________________________________________________.
图8
Ⅱ.(6分)在验证机械能守恒定律的实验中，某同学利用图8中器材进行实验，正确的完成实验操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图9所示．在实验数据处理中，某同学取A、B两点来验证，已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，g取9.8 m/s2，测量结果记录在下面的表格中．
项目x1(cm)A点速度
(m/s)
x2(cm)B点速度(m/s)
AB两点间距离
(cm)
数据 3.920.9812.8050.00
①B点速度：v B＝________m/s.
②若重物和夹子的总质量为0.6 kg，那么在打A、B两点的过程中，动能增加量为________J，重力势能减少量为________J．(上述结果均保留3位有效数字)
Ⅲ.(7分)老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1(阻值未知)，电压表V(量程为3.0 V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99 Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．某同学连接了一个如图10所示的电路，他接下来的操作是：
a．拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图11甲所示的位置后，将S2接到a，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20 V，然后断开S1；
b．保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，闭合S1，记录此时电压表的读数(电压表的示数如图乙所示)，然后断开S1.
图10
图11
①请你解答下列问题：
图甲所示电阻箱的读数为________Ω，图乙所示的电压表读数为________V ．由此可算出定值电阻R 1的阻值为________Ω.(计算结果取3位有效数字) ②在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：
将S 2切换到a ，多次调节电阻箱，闭合S 1，读出多组电阻箱的示数R 和对应的电压表示
数U ，由测得的数据，绘出了如图丙所示的1U －1
R
图象．由此可求得该电池组的电动势E
及内阻r ，其中E ＝________V ，电源内阻r ＝________Ω.(计算结果保留3位有效数字) 答案 Ⅰ.(1)F －x 图象如图所示(2分)
(2)F ＝0.2x (1分) (3)F ＝0.2l －8(2分) Ⅱ.①3.20(2分) ②2.78(2分) 2.94(2分) Ⅲ.①20.00(1分) 2.80(1分) 5.45(3分) ②2.86(2分) 0.264(1分)
解析 Ⅱ.①据中点时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可求得v B ＝3.20 m/s ；②
动能增加量为12mv 2B －12mv 2
A ≈2.78 J，重力势能减少量为mgh A
B ＝2.94 J.
Ⅲ.①电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，为20.00 Ω；电压表读数应估读一位，为
2.80 V ；根据部分电路欧姆定律可得2.20 Ω20 Ω＝2.80 Ω
20 Ω＋R 1
，解得R 1的阻值约为5.45 Ω.②
由图象可知当R 无穷大时，R 两端的电压近似等于电源的电动势，即1E
＝0.35 V －1
，解得
E ＝2.86 V
；根据闭合电路欧姆定律可得，10.35－
10.55R 1＋r ＝0.10
0.55，解得r ＝0.264 Ω.
9．(14分)如图12所示，ABC 为光滑轨道，其中AB 段水平，BC 段是半径为R 的圆弧，AB 与
BC 相切于B 点，A 处有一竖直墙面，一轻弹簧的一端固定于墙上，另一端与一质量为M
的物块相连接，当弹簧处于原长状态时，物块恰能与固定在墙上的L 形挡板相接触于B 处，但不挤压．现使一质量为m 的小球从圆弧轨道上距水平轨道高h 处的D 点由静止下滑，小球与物块相碰后立即有相同速度但不粘连，此后物块与L 形挡板相碰后速度立即减为0也不粘连．(整个过程，弹簧没有超过弹性限度，不计空气阻力，重力加速度为g )．
图12
(1)试求弹簧获得的最大弹性势能；
(2)求小球与物块第一次碰后沿BC 上升的最大高度．
答案 (1)m 2gh m ＋M (2)
m 2
M ＋m
2
h
解析 (1)球从D 处下滑到B 处与物块相碰前，小球机械能守恒：mgh ＝12mv 2
碰撞过程，小球与物块组成的系统动量守恒：mv 0＝(m ＋M )v 1
碰后弹簧压缩到最大程度的过程中，M 、m 和弹簧组成的系统机械能守恒：
E p ＝1
2
(m ＋M )v 21
解得E p ＝m 2gh
m ＋M
(2)第一次碰后，小球返回B 点时的速度大小仍为v 1，设小球沿BC 上升的最大高度为h 1，有
mgh 1＝1
2
mv 21
则h 1＝
m 2M ＋m
2
h
10．(16分)如图13所示，水平地面上有一“L”型滑板ABC ，竖直高度h ＝1.8 m ．D 处有一
固定障碍物，滑板右端C 到障碍物的距离为1 m ．滑板左端施加水平向右的推力F ＝144 N 的同时，有一小物块紧贴竖直板的A 点无初速度释放，滑板撞到障碍物时立即撤去力F ，滑板以原速率反弹，小物块最终落在地面上，滑板质量M ＝3 kg ，小物块质量m ＝1 kg ，滑板与小物块及地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4(取g ＝10 m/s 2
，已知tan 37°＝3
4
)．求： (1)滑板撞到障碍物前小物块的加速度； (2)小物块落地时的速度；
(3)小物块落地时到滑板B 端的距离．
图13
答案 见解析
解析 (1)假设滑板撞到障碍物前小物块与滑板相对静止，设向右的加速度为a 1，对小物块与滑板组成的整体，由牛顿第二定律有F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1 解得：a 1＝32 m/s 2
因为mg <μma 1，故假设成立，所以滑板撞到障碍物前小物块的加速度为a 1＝32 m/s 2
(2)设滑板撞到障碍物时的速度大小为v 1，v 2
1＝2a 1x
滑板撞到障碍物后小物块做平抛运动h ＝12
gt 2
v y ＝gt
解得v ＝v 2
1＋v 2
y ＝10 m/s
设小物块的速度与水平方向夹角为α
tan α＝v y v 1＝3
4
，故α＝37°
(3)设小物块平抛运动的水平位移为x 1，x 1＝v 1t ＝4.8 m 撞到障碍物后滑板运动的加速度大小为a 2，μMg ＝Ma 2
滑板停止运动所用时间t ′＝v 1a 2
＝2 s ，则物块落地时，滑板尚未停止运动 物块落地时滑板向右运动的距离为x 2，x 2＝v 1t －12a 2t 2
＝4.08 m
物块落地时到B 的距离为x ′＝x 1＋x 2＝8.88 m
11．(20分)如图14所示，竖直平面内边长为a 的正方形ABCD 是磁场的分界线，在正方形的
四周及正方形区域内存在方向相反、磁感应强度大小均为B 的与竖直平面垂直的匀强磁场，M 、N 分别是边AD 、BC 的中点．现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从M 点沿
MN 方向射出，带电粒子的重力不计．
图14
(1)若在正方形区域内加一与磁场方向垂直的匀强电场，恰使以初速度v 0射出的带电粒子沿MN 直线运动到N 点，求所加场的电场强度的大小和方向；
(2)为使带电粒子从M 点射出后，在正方形区域内运动到达B 点，则初速度v 1应满足什么条件？
(3)试求带电粒子从M 点到达N 点所用时间的最小值，并求出此条件下粒子第一次回到M 点的时间．
答案 见解析
解析 (1)由题意，电场力与洛伦兹力平衡，有：qE ＝qv 0B 解得E ＝Bv 0
因带电粒子带正电，故洛伦兹力方向竖直向上，电场强度方向竖直向下
(2)此时，带电粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系得R 2
＝a 2
＋(R －a
2
)2
解得R ＝5
4
a
由牛顿第二定律得qv 1B ＝m v 21
R
解得v 1＝5aqB
4m
(3)由题意可画出带电粒子的运动轨迹如图乙所示，可得带电粒子在两磁场中的轨道半径
均为r ＝1
2
a
带电粒子在正方形区域内的运动时间t 1＝1
4
T
在正方形区域外的运动时间t 2＝3
4
T
由qvB ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ，可得T ＝2πm
Bq
故带电粒子从M 点到达N 点所用时间的最小值t ＝t 1＋t 2＝2πm Bq
画出带电粒子从N 点继续运动的轨迹如图丙所示，知带电粒子可以回到M 点，由对称性
可知，粒子第一次回到M 点的时间为t ′＝2T ＝4πm
Bq。