2019高三物理二轮高考题型练：等值模拟3

等值模拟三
(限时：60分钟)
选择题部分(共42分)
选择题部分共7小题,每小题6分,共42分、
一、选择题(本题共4小题,在每小题给出四个选项中,只有一项是符合题目要求、)
14、如图1所示,在水平桌面上有一个倾角为θ斜面体、一个质量为m 物块,在平行于斜面拉力F作用下,沿斜面向上做匀速运动、斜面体始终处于静止状态、已知物块与斜面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.下列结论正确是( )
图1
A、斜面对物块摩擦力大小是F
B、斜面对物块摩擦力大小是μmg
C、桌面对斜面体摩擦力大小是0
D、桌面对斜面体摩擦力大小是Fcos α
答案 D
解析分析物块在垂直斜面方向受到两个力即重力垂直斜面向下分力mgcos θ和支持力F N＝mgcos θ,沿斜面方向受到三个力即重力沿斜面向下分力mgsin θ,沿斜面向下摩擦力μF N＝μmgcos θ,沿斜面向上拉力F,根据受力平衡可得斜面体对物块摩擦力大小为μmgcos θ＝F －mgsin θ,选项A、B错误、斜面体和物块都处于平衡状态,整体受力分析,竖直方向有两个重力和桌面支持力以及拉力F竖直向上分力Fsin θ,水平方向为F水平分力Fcos θ和摩擦力,由于整体平衡,所
以有桌面对斜面体摩擦力F f＝Fcos θ,选项C错误,D正确、
15、(2014·安徽安庆市二模)如图2甲所示,静止在地面上一个物体在竖直向上拉力作用下开始运动,在向上运动过程中,物体动能E k与位移x关系图象如图乙所示、其中在0～h过程中图线为平滑曲线,h～2h过程中图线为平行于横轴直线,2h～3h过程中图线为一倾斜直线,不计空气阻力,下列说法正确是( )
图2
A、物体上升到h高处时,拉力功率为零
B、在0～h过程中拉力大小恒为2mg
C、在h～2h过程中物体机械能不变
D、在2h～3h过程中物体机械能不变
答案 D
解析0～h高度内,由动能定理得E k＝(F－mg)x,图线斜率表示合外力,0～h过程中,斜率逐渐减小到零,则拉力逐渐减小到等于重力,合力减小为零,A、B错误；h～2h过程中,物体受到拉力等于重力,匀速上升,拉力做正功,物体机械能增加,C错误；在2h～3h过程中,图线斜率恒定,大小为mg,则物体合力大小为mg,物体只受到重力,机械能守恒,D正确、
16、如图3所示,两个固定相同细环相距一定距离,同轴放置,O1、O2分别为两环圆心,两环分别带有均匀分布等量异种电荷、一带正电粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环、则在带电粒子运动过程中( )
图3
A 、在O 1和O 2点粒子加速度大小相等,方向向反
B 、从O 1到O 2过程,粒子电势能一直增加
C 、在O 1和O 2连线中点,粒子在该点动能最小
D 、轴线上O 1点右侧、O 2点左侧都存在场强为零点,它们关于O 1、O 2连线中点对称
答案 D
解析 在＋q 从O 1向O 2运动过程中,＋Q 对＋q 电场力向左,－Q 对＋q
作用力方向也向左,所以加速度相同,都向左,A 错误；在＋q 从O 1向O 2运动过程中＋Q 对＋q 电场力向左,－Q 对＋q 作用力方向也向左,故电
场力对＋q 始终做正功,故＋q 电势能一直减小,B 错误；根据E ＝kQ r 2可知在O 1右侧＋Q 产生场强先增大后减小且一直减小到0,而－Q 场强大
多数情况下小于＋Q 产生场强,O 1点合场强不为0且方向向左,故合场强
为0位置应该在O 1右侧,而在合力为0之前合外力做负功,动能持续减
小,之后合力做正功,动能增大,故动能最小点在O 1右侧,C 错误；同理,O 2左侧也有场强为0位置,而O 1和O 2之间场强始终大于0,由于两个电荷
电荷量相同,故电场关于O 1、O 2连线中间对称,D 正确、
17. 如图4,在一半径为R 球面顶端放一质量为m 物块,现给物块一初速度v 0,则( )
图4
A 、若v 0＝gR,则物块落地点离A 点距离为2R
B 、若球面是粗糙,当v 0<gR 时,物块一定会沿球面下滑一段,再斜抛离
球面
C 、若v 0<gR,则物块落地点离A 点距离为R
D 、若v 0≥gR,则物块落地点离A 点距离至少为2R
答案 D
解析 当v 0＝gR,物块将离开球面做平抛运动,由y ＝2R ＝12
gt 2,x ＝v 0t,得x ＝2R,A 错误,D 正确；若v 0<gR,物块将沿球面下滑,若摩擦力足够
大,则物块可能下滑一段后停下来,若摩擦力较小,物块在圆心上方球面上某处离开,斜向下抛,落地点离A 点距离大于R,B 、C 错误、
二、选择题(本题共3小题、在每小题给出四个选项中,至少有一个选项是符合题目要求、全部选对得6分,选对但不全得3分,有选错得0分、)
18. 如图5所示,有一半球形玻璃砖,Ⅰ、Ⅱ两束不同频率单色光从玻璃砖底边平行射入,a 、b 为入射点(均在玻璃砖底边圆心O 左侧),两束光进入玻璃砖后一起射到O ′点,O ′O 垂直底边,下列说法正确是
( )
图5
A 、从O ′点射出一定是一束复色光,并且平行Ⅰ、Ⅱ两束入射光
B 、用同一装置做双缝干涉实验,Ⅱ光条纹间距较小
C 、在玻璃砖中速度Ⅰ光比Ⅱ光小
D、若将Ⅰ光入射点a左移一点,则两束平行光出射光线也一定平行
答案AB
解析两束光射到O′点时入射角都等于在玻璃砖底边折射角,根据光路可逆性可知,从O′点射出时折射角都等于在玻璃砖底边入射角,而在玻璃砖底边两光束平行射入,入射角相等,所以从O′点射出时折射角相同,两光束重合,并且平行入射光,则从O′点射出一定是一束复色光,故A正确；Ⅱ光折射率大,波长短,而双峰干涉条纹间距与波长成正比,所以Ⅱ光条纹间距较小,故B正确；Ⅱ光折射率大,所以在玻璃砖中速度Ⅰ光比Ⅱ光大,故C错误；若将Ⅰ光入射点a左移一点,将射到O′左侧,入射角不再等于在玻璃砖底边折射角,则折射角也不等于在玻璃砖底边入射角,所以两束平行光出射光线一定不平行,故D错误、
19、跳伞运动员从高空悬停直升飞机跳下,运动员沿竖直方向运动v－t 图象如图6,下列说法正确是( )
图6
A、0～10 s平均速度大于10 m/s
B、15 s末开始运动员静止
C、10 s末速度方向改变
D、10～15 s运动员做加速度逐渐减小减速运动
答案AD
解析0～10 s位移大于匀加速运动位移,则平均速度大于20
2
m/s＝10
m/s,选项A正确；15 s后速度大小恒定,做匀速运动,选项B错误；10 s 末速度最大,方向未改变,选项C错误；10～15 s速度图线斜率减小,
运动员做加速度逐渐减小减速运动,选项D 正确、
20. 如图7所示,三角形传送带以1 m/s 速度逆时针匀速转动,两边传送带长都是2 m 且与水平方向夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 初速度沿传送带下滑,物块与传送带间动摩擦因数都是0.5,(g 取10 m/s 2,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)下列说法正确是( )
图7
A 、物块A 先到达传送带底端
B 、物块A 、B 同时到达传送带底端
C 、传送带对物块A 、B 均做负功
D 、物块A 、B 在传送带上划痕长度之比为1∶3
答案 BCD
解析 A 、B 都以1 m/s 初速度沿传送带下滑,故传送带对两物块滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两物块沿斜面向下加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,故A 错误,B 正确；滑动摩擦力沿斜面向上,位移沿斜面向下,摩擦力做负功,故C 正确；A 、B 摩擦力都是沿斜面向上,A 、B 滑下时加速度相同,所以下滑到底端时间相同,由x
＝v 0t ＋12
at 2,a ＝gsin θ－μgcos θ,得：t ＝1 s,传送带在1 s 位移是1 m,A 与皮带是同向运动,A 划痕是A 对地位移(斜面长度)减去在此时间内皮带位移,即2 m －1 m ＝1 m,B 与皮带是反向运动,B 划痕是A 对地位移(斜面长度)加上在此时间内皮带位移,即2 m ＋1 m ＝3 m,所以D 正确、
非选择题部分(共78分)
非选择题部分共4题,共78分、
21、 (10分)小明研究小车在水平长木板上运动所受摩擦力大小,选用实验器材是：长木板、总质量为m 小车、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、游标卡尺、刻度尺、器材安装如图8所示、
图8 图9
(1)主要实验过程：
①用游标卡尺测量挡光片宽度d,读数如图9所示,则d ＝________ mm. ②让小车从斜面上某一位置释放,读出小车通过光电门时数字毫秒计示数t.
③用刻度尺量出小车停止运动时遮光板与光电门间距离L.
④求出小车与木板间摩擦力F f ＝________(用物理量符号表示)、
(2)实验中,小车释放高度应该适当________(选填“高”或“低”)些、
答案 (1)①6.00 ④md 2
2Lt 2
(2)高 解析 (1)①由题图所示可知,游标卡尺主尺示数为0.6 cm ＝6 mm,游标尺示数为0×0.05 mm ＝0.00 mm,则挡光片宽度d ＝6 mm ＋0.00 mm ＝6.00 mm ；
④挡光片经过光电门时速度v ＝d t
,小车在水平面上做匀减速运动,由动能定理得：－F f L ＝0－12mv 2,解得：F f ＝md 22Lt 2. (2)小车释放高度越高,小车到达水平面时速度越大,小车在水平面上滑行距离越大,L 测量值误差越小,实验误差越小、
22、 (10分)某同学通过实验测绘标有“3.8 V 0.3 A”小灯泡灯丝电阻R随电压U变化图象、
(1)除了导线和开关外,有以下一些器材可供选择：
电流表A(量程0.6 A,内阻约0.3 Ω)；
电压表V(量程5 V,内阻约5 kΩ)；
滑动变阻器R1(阻值范围0～10 Ω)；
滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ)；
电源E1(电动势为6 V,内阻约为1 Ω)；
电源E2(电动势为4 V,内阻约为20 Ω)
为了调节方便,测量准确,滑动变阻器应选________,电源应选________；(填器材符号)
(2)在虚线框内画出实验原理图；
(3)根据实验数据,计算并描绘出R－U图象如图10所示、由图象获取数据可知,当所加电压为3.00 V时,通过灯丝电流为________ A,灯泡实际消耗电功率为________ W.
图10
答案(1)R1E1(2)见解析图(3)0.26 0.78
解析(1)因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大,故变阻器需用分压式接法,所以要选择电阻值比较小R1,电源应选内阻比较小E1.
(2)因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大,故变阻器需用分压
式接法；小灯泡电阻值：R ＝U 0I 0＝3.80.3 Ω≈13 Ω,由于R V R ＝5 00013
≈384.6,即电压表电阻远大于小灯泡电阻,所以实验中采用电流表外接法,实验原理图如图：
(3)由R －U 图象知,U ＝3 V 时R 为11.5 Ω,由欧姆定律得：I ＝U R ＝311.5
A ≈0.26 A
P ＝U 2R ＝3211.5
W ≈0.78 W. 23、 (16分)如图11所示,水平轨道与竖直平面内圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上,圆弧轨道B 端切线沿水平方向、质量m ＝1.0 kg 滑块(可视为质点)在水平恒力F ＝10.0 N 作用下,从A 点由静止开始运动,当滑块运动位移x ＝0.50 m 时撤去力F.已知A 、B 之间距离x 0＝1.0 m,滑块与水平轨道间动摩擦因数μ＝0.10,取g ＝10 m/s 2.求：
图11
(1)在撤去力F 时,滑块速度大小；
(2)滑块通过B 点时动能；
(3)滑块通过B 点后,能沿圆弧轨道上升最大高度h ＝0.35 m,求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功、
答案 (1)3 m/s (2)4 J (3)0.5 J
解析 (1)在力F 作用下
F －μmg ＝ma 1,2a 1x ＝v 21
代入数据得v 1＝3 m/s
(2)接下来,滑块做减速运动
加速度a 2＝μg ＝1 m/s 2
根据v 2
2－v 21＝－2a 2(x 0－x)
到达B 点速度v 2＝2 2 m/s
到达B 点时动能E k ＝12
mv 22＝4 J (3)上升过程中,根据动能定理
－mgh －W ＝0－12
mv 22 克服摩擦力做功W ＝0.5 J
24、 (20分)如图12甲所示,发光竹蜻蜓是一种常见儿童玩具,它在飞起时能够发光、某同学对竹蜻蜓电路作如下简化,如图乙所示,半径为L 金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 金属轴O 1O 2以角速度ω匀速
转动,圆环上接有电阻均为r 三根导电辐条OP 、OQ 、OR,辐条互成120°角、在圆环内,圆心角为120°扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B 匀强磁场,在转轴O 1O 2与圆环边缘之间通过电刷MN 与一个
LED 灯(可看成二极管,发光时,电阻为r)、圆环及其他电阻不计,从辐条OP 进入磁场开始计时、
图12
(1)顺磁感线方向看,圆盘绕O 1O 2轴沿什么方向旋转,才能使LED 灯发
光？在不改变玩具结构情况下,如何使LED 灯发光时更亮？
(2)在辐条OP 转过60°过程中,求通过LED 灯电流；
(3)求圆环每旋转一周,LED 灯消耗电能、
答案 (1)逆时针 增大转速、增大角速度 (2)BL ω28r (3)B 2L 4ωπ
32r
解析 (1)圆环转动过程,始终有一条导电辐条在切割磁感线,产生感应电动势,并通过M 、N 和二极管构成闭合回路、由于二极管单向导电性,只有转轴为正极,即产生指向圆心感应电流时二极管才发光,根据右手定则判断,圆环逆时针旋转、
要使得LED 灯发光时更亮,就要使感应电动势变大,即增大转速、增大角速度、
(2)感应电动势：E ＝1
2BL 2ω
外电阻：R 1＝r
3
内电阻：R 2＝r 外电压：U ＝
R 1
R 1＋R 2
E 流过LED 电流：I ＝U
r
解得：I ＝BL 2ω
8r
.
(3)转动一周电流不变,则周期为T ＝2π
ω
根据焦耳定律得产生电能为E ′＝I 2rT 联立解得E ′＝B 2L 4ωπ
32r
.
25、 (22分)在物理学上,常利用测定带电粒子受力情况来确定复合场中场强大小和方向、如图13所示,在立方体区域内存在待测定匀强电场和匀强磁场,在其左侧分别是加速电场和速度选择器,用于获取特定
速度带电粒子、装置中,灯丝A接入电源后发出电子,P为中央带小圆孔竖直金属板,在灯丝A和金属板P之间接入电源甲,使电子加速；在间距为d水平正对金属板C、D间接入电源乙,在板间形成匀强电场、C、D间同时存在垂直纸面向外、大小为B0匀强磁场(左右宽度与两板相同)、现将电源甲、乙输出电压分别调到U1、U2,使电子沿直线运动进入待测区域,如图中虚线所示、电子质量为m、电量为e,重力不计,从灯丝出来电子初速不计,整个装置置于真空室内、
图13
(1)用笔画线代替导线将电源甲、乙接入装置,以满足题中要求；
(2)求电子从P板出来速度v0及U1、U2满足关系式；
(3)调节U1、U2使电子以不同速度大小沿＋X轴进入待测区域,测得电子刚进入时受力大小均为F,由此,你能推测出待测区域中电场或磁场什么信息？
(4)保持电子进入待测区域速度大小仍为v0,转动待测区域(转动中电场、磁场相对坐标轴方向不变),使电子沿Y轴或Z轴方向射入、测得电子刚射入时受力大小如下表所示,根据表中信息又能推测出待测区域中电场或磁场什么信息？
答案(1)(3)待
测区域中磁场方向与X 轴平行,电场强度大小为F
e (4)待测区域中磁感
应强度大小B ＝F ev 0＝F
e
m
2eU 1
,方向与X 轴平行；电场强度大小为E ＝F
e
,方向与＋Y 轴成60°或者120° 解析 (1)电路图如图所示：
(2)对加速电场中电子加速过程,根据动能定理,有： eU 1＝12
mv 2
0①
对速度选择器中电子运动过程,根据平衡条件,有： eB 0v 0＝e U 2
d ②
由①得：v 0＝
2eU 1
m
由①②得：U 2＝dB 0
2eU 1
m
. (3)因为电子沿着＋X 轴方向以不同速度射入,受力大小均为F,故磁场方向与X 轴平行,力F 是电场力,电场强度大小为：E ＝F
e (方向不确定)、
(4)①因为v 0∥Y 轴,B ∥X 轴,故洛伦兹力F 洛∥Z 轴,又因为电子沿着±Y 轴射入时受力均为2F,说明洛伦兹力与电场力垂直,所以电场强度平
行XOY 平面,有：F 2
洛＋F 2电＝(
2F)2 解得：F 洛＝F 电＝F,所以：B ＝F ev 0＝F e
m
2eU 1
；
②因为v 0∥Z 轴,B ∥X 轴,故洛伦兹力F 洛∥Y 轴,又E ∥XOY 平面,故F 洛与F 电均在XOY 平面内,设F 洛与F 电之间夹角为θ,其大小满足(F 洛＋F
电
cos θ)2＋(F 电sin θ)2＝(3F)2
得电场力方向与＋Y 轴成60°或120° 即磁感应强度大小B ＝F ev 0＝F
e
m
2eU 1
,方向与X 辆平行；电场强度大小为E ＝F
e ,方向与＋Y 轴成60°或者120°.。