高考物理 考前三个月 高考题型集训 等值模拟卷(二)

等值模拟卷(二)
(时间：60分钟满分：110分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．(2015·安徽省示范高中四模)如图所示，小球固定在轻杆一端绕圆心O在竖直面内做匀速圆周运动，下列关于小球在最高点以及与圆心O等高处的受力分析一定错误的是( )
2．如图1所示，质量M＝8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F＝8 N．当小车速度达到 1.5 m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m＝2 kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.小车足够长，物体从放在小车上开始经t＝1.5 s的时间．则物体相对于地面的位移为(g取10 m/s2)( )
图1
A．1 m B．2.1 m
C．2.25 m D．3.1 m
3．(2015·安徽江淮十校4月联考)太阳系中某行星运行的轨道半径为R0，周期为T0.但天文学家在长期观测中发现，其实际运行的轨道总是存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离(行星仍然近似做匀速圆周运动)．天文学家认为形成这种现象的原因可能是该行星外侧还存在着一颗未知行星．假设两行星的运行轨道在同一平面内，且绕行方向相同，则这颗未知行星运行轨道的半径R和周期T是(认为未知行星近似做匀速圆周运动)( )
A．T＝t20
t0－T0B．T＝
t0
t0－T0
T0
C．R＝R03t
t0－T0
2D．R＝R
3t
0－
T0
t0
2
4.(2015·安徽皖南八校三联)如图2所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM＝ON，则( )
图2
A．A、C两处电势、场强均相同
B．B、D两处电势、场强均相同
C．A、C两处电势、场强均不相同
D．B、D两处电势、场强均不相同
5．如图3所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )
图3
A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －1
2μmga
B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －3
2μmga
C ．经O 点时，物块的动能等于W －μmga
D ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能
6．(2015·汕头二模)如图4所示是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里匀强磁场中，当CO 间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A 端会向左弹开断开电路．以下说法正确的是( )
图4
A ．闸刀刀片中的电流方向为C 至O
B ．闸刀刀片中的电流方向为O 至
C C ．跳闸时闸刀所受安培力没有做功
D ．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小
7．(2015·天津一中模拟)如图5所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
图5 A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt(V)
D．交流电b电压的最大值为20
3
V
8．(2015·湖南省十三校第二次联考)如图6甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图象(其中OA、BC、DE相互平行)．已知金属线框的边长为L(L<s)、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量．(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是( )
图6
A ．t 2是线框全部进入磁场瞬间，t 4是线框全部离开磁场瞬间
B ．从bc 边进入磁场起一直到ad 边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgs
C ．v 1的大小可能为
mgR B 2L 2
D ．线框离开磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9～12题为必考题，每个考生都必须作答，第13～18题为选考题，考生根据要求作答) (一)必考题(共47分)
9．(6分)某同学为验证系统机械能守恒定律，采用如图7所示的实验装置．将气垫导轨调节水平后在上面放上A 、B 两个光电门，滑块通过一根细线与小盘相连．测得滑块质量M ，小盘
和砝码的总质量m ，滑块上固定的两光电门宽度为d .实验中，静止释放滑块后测得滑块通过光电门A 的时间为Δt A ，通过光电门B 的时间为Δt B .
图7
(1)实验中，该同学还需要测量__________________；
(2)实验测得的这些物理量若满足表达式__________________________即可验证系统机械能守恒定律．(用实验中所测物理量相应字母表示)
10．(9分)(2015·唐山二模)某同学欲准确测定一个量程为3 V ，内阻约为2 kΩ的电压表的内阻，所备器材有：
A ．待测电压表：量程3 V ，内阻约为2 kΩ
B ．电流表：量程10 mA ，内阻约为50 Ω
C ．定值电阻：R 1＝400 Ω
D ．滑动变阻器R 2：最大阻值20 Ω
E ．直流电源：电动势E ＝6 V ，内阻可不计
F ．开关，导线若干
为保证测量结果的准确性，实验要求两表指针偏转的最大刻度都要超过总量程的12.
(1)在如图8所示空格中补全实验电路；
图8
(2)改变滑动变阻器的阻值，读取实验数据填入如下表格，依据表格中的U、I数据在如图9所示坐标纸上画出U－I图线；
图9
(3)根据图线，计算电压表的内阻为________ kΩ(结果保留两位有效数字)．
11．(12分)(2015·南平5月质检)如图10所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面．用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量为m1＝4 kg，乙的质量m2＝5 kg，甲、乙均静止．若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B
点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零．取g＝10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：
图10
(1)甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小v B；
(2)在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面运动的位移x.
12．(20分)(2015·南平5月质检)如图11所示，电压为U的两块平行金属板MN，M板带正电．x轴与金属板垂直，原点O与N金属板上的小孔重合，在O≤x≤d区域存在垂直纸面的
匀强磁场B1(图上未画出)和沿y轴负方向大小为E＝23U
3d
的匀强电场，B1与E在y轴方向的
区域足够大．有一个质量为m，带电荷量为q的带正电粒子(粒子重力不计)，从靠近M板内侧的P点(P点在x轴上)由静止释放后从N板的小孔穿出后沿x轴做直线运动；若撤去磁场B1，在第四象限x>d的某区域加上左边界与y轴平行且垂直纸面的匀强磁场B2(图上未画出)，
为了使粒子能垂直穿过x 轴上的Q 点，Q 点坐标为(7
2
d,0)．求：
图11
(1)磁感应强度B 1的大小与方向； (2)磁感应强度B 2的大小与方向；
(3)粒子从坐标原点O 运动到Q 点所用的时间t .
(二)选考题(共15分，从下面的3道物理题中，任选一题作答．如果多做，则按第一题计分) [物理选修3－3]
13．(5分)(2015·辽宁师大附中模拟)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)
A ．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B ．能量耗散过程中能量不守恒
C ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
E．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
14．(10分)(2015·吉林省实验中学二模)如图12所示，有两个不计质量不计厚度的活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在绝热气缸内，温度均是27 ℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18 cm.现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa(g＝10 m/s2)．
图12
(1)求下部分气体的压强多大；
(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度．
[物理选修3－4]
15．(5分)在观察光的双缝干涉现象的实验中：
(1)将激光束照在如图13乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________．
(2)换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹间距将________，保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹间距将______(以上均选填“变宽”、“变窄”或“不变”)．
图13
16．(10分)(2015·石家庄二模)一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图14甲所示为波传播到x＝5 m的M点时的波形图，图乙是位于x＝3 m的质点N从此时刻开始计时的振动图象，Q 是位于x＝10 m处的质点，求：
图14
(1)波由M点传到Q点所用的时间；
(2)波由M点传到Q点的过程中，x＝3.5 m处的质点通过的路程．
[物理选修3－5]
17．(5分)(2015·盐城三模)如图15所示是某原子的三个能级，其能量分别为E1、E2和E3.a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光，已知a、b的波长分别为λa和λb，普朗克常量为h，真空中光速为c.则c的波长为______．能量差E3－E2＝________.
图15
18．(10分)(2015·文登二模)如图16所示为两块质量均为m，长度均为L的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m(可视为质点)，放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v0为多大？已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ.
图16
答案精析
等值模拟卷(二)
1．A [杆在竖直平面内做圆周运动，故合力一定指向圆周的内侧，图A 中两个力的合力不指向内侧，故A 错误；图B 中两个力的合力可以指向内侧，故是可能的，故B 正确；图C 中两个力的合力指向圆心，故是可能的，故C 正确；图D 中两个力的合力可能指向圆心，故是可能的，故D 正确．]
2．B [对物体μmg ＝ma 1，对小车F －μmg ＝Ma 2
v 0＋a 2t 1＝a 1t 1解得t 1＝1 s ，
对系统F ＝(M ＋m )a 3
x ＝12a 1t 21＋a 1t 1(t －t 1)＋12
a 3(t －t 1)2
＝2.1 m]
3．C [据题意，已知每隔t 0时间发生一次最大偏离，说明每隔t 0时间两颗行星位于同一直线，据开普勒第三定律有：R 30
T 20＝R 3T 2，整理得：R ＝R 03T 2
T 20，设某行星在t 0时间内转动的角度为
2π＋θ，设其角速度为ω0，则有t 0＝2π＋θ
ω0
，某另一行星在相同时间内转动的角度为θ，
则有：t 0＝θω，而ω0＝2πT 0及ω＝2πT ，整理得T ＝t 0T 0
t 0－T 0，代入R ＝R 03T 2
T 20
计算得：R ＝
R 0
3
t 20t 0－T 0
2
，所以B 、C 选项正确．]
4．B [根据等量异种点电荷的电场的分布特点和叠加原理可知，选项A 、C 、D 错误，B 正确．] 5．B [设A 离弹簧原长位置O 的距离为x OA ，则弹簧的形变量为x OA ，当物块从A 向左运动直至B 的过程中，物块要克服摩擦力做功，则物块及弹簧系统的机械能一定减小，到B 时只具有弹性势能，则E p B <E p A ，由此可知B 离O 的距离比A 离O 的距离近．则x OA >a
2；故从O 到A
的过程中运用动能定理有W －μmgx OA ＋W 弹＝0，解得A 处的弹性势能E p A ＝－W 弹＝W －μmgx OA <W －1
2μmga ，故A 项错误；同理，经过B 点时，弹簧的弹性势能E p B ＝－W 弹－μmga ＝W －μmg (a ＋x OA )<W －3
2μmga ，故B 项正确；经过O 点的动能E k ＝W －2μmgx OA <W －μmga ，则C 项错误；
物块动能最大时是物块第一次回到平衡位置，受力分析不难得出该位置在O 点的右边，物块受到的弹力和物块受到的摩擦力大小相等，由于摩擦因数未知，则弹簧的弹性势能大小无法确定，故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定，故D 项错误．]
6．BD [当MN 通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向O →C ，故A 错误，B 正确；跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C 错误；跳闸的作用力是一定的，依据安培力F ＝BIL 可知，电流I 变小，故D 正确．]
7．BCD [由图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A 错误；由图象可知T A ∶T B ＝2∶3，故n A ∶n B ＝3∶2，故B 正确；由图象可知，交流电a 的最大值为10 V ，角速度为ω＝2π
T
＝5π rad/s，所以交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)，故C 正确；
交流电最大值U m ＝NBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，故U m b ＝23U m a ＝20
3
V ，故D 正确．]
8．AC [金属线框进入磁场之前，做自由落体运动，下边进入磁场切割磁感线产生感应电动势和感应电流，下边受到向上的安培力作用，做加速度减少的减速运动；导线框完全进入磁场中，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，受重力，做匀加速运动；导线框下边开始出磁场时，上边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，上边受到向上的安培力作用，导线框做减速运动．全部离开后，以加速度g 做匀加速运动．所以A 正确；从bc 边进入磁场起一直到ad 边离开磁场为止，mg (L ＋s )－W ＝12mv 21－12mv 22，mg (L ＋s )＋1
2
mv 22－
12mv 21＝W ，B 错误；当恰受力平衡时，mg ＝B BLv 1R L ，解得v 1＝mgR B 2L 2，即有可能，C 正确；q ＝It ＝
ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦ
R
，进入和离开ΔΦ相同，所以q 相同，D 错误．] 9．(1)A 、B 两光电门之间的距离s (2)mgs ＝12(M ＋m )[(d Δt B )2－(d Δt A
)2]
解析 (1)本题要验证从A 到B 的过程中，滑块机械能守恒，则要证明动能的增加量等于重力势能的减小量，所以要求出此过程中，重力做的功，则要测量A 、B 两光电门之间的距离s ； (2)由于光电门的宽度d 很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度． 滑块通过光电门B 速度为：v B ＝d Δt B ；滑块通过光电门A 速度为：v A ＝d
Δt B ，
滑块从A 处到达B 处时m 和M 组成的系统动能增加量为： ΔE ＝12(M ＋m )[(d Δt B )2－(d Δt A
)2
]；
系统的重力势能减少量可表示为：ΔE p ＝mgs
则实验测得的这些物理量若满足表达式mgs ＝12(M ＋m )[(d Δt B )2－(d Δt A )2
]，则可验证系统机械
能守恒定律．
10．(1)见解析图 (2)见解析图 (3)2.0
解析 (1)由题意可知，要使两表指针偏转的最大刻度都超过总量程的1
2，用电压表与一电阻
并联，再与电流表串联的方法进行测量，该电路采用滑动变阻器分压接法，电流表采用外接法，故电路如图．
(2)由表中数据设立如图所示标度，采用描点法作图如图所示．
(3)图象的斜率表示电表的内阻，则总电阻R ＝2－0
0.006 Ω≈333 Ω.
由并联电路规律可知：400R V
400＋R V
＝333
解得电压表内阻：R V ≈1 988 Ω≈2.0 kΩ 11．(1)2 5 m/s (2)2 m
解析 (1)甲在最高点D 时对轨道的压力恰好为零，由牛顿第二定律，有
m 1g ＝m 1v 2D
R
由甲离开弹簧运动至D 点的过程中机械能守恒得： 12m 1v 2B ＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 联立解得v B ＝2 5 m/s
(2)E p ＝12m 1v 2B ＝12m 2v 2
2，得v 2＝4 m/s
乙在粗糙水平面做匀减速运动，μm 2g ＝m 2a
得a ＝4 m/s 2
，x ＝v 22
2a
＝2 m
12．(1)1
d
2Um 3q ，方向垂直纸面向里 (2)2
d 2Um 3q ，方向垂直纸面向里 (3)(1＋3
6
π)d
2m
qU
解析 (1)设粒子从O 点穿出时速度为v 0， 由动能定理得：qU ＝12mv 2
得v 0＝
2qU
m
由于粒子在电磁场中做直线运动，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，有qv 0B 1＝qE 得B 1＝1d
2Um
3q
，磁场B 1方向垂直纸面向里 (2)粒子在0≤x ≤d 区域的电场中运动时间t ＝d v 0
设粒子离开电场时偏向角为θ，有
v y ＝at a ＝qE m
tan θ＝v y v 0＝
33
θ＝30°
粒子离开电场时速度大小v ＝
v 0
cos θ＝
23
3
v 0
依题意，粒子运动轨迹如图所示，设在磁场中运动半径为r ，可得
FO ′＝2r
2r ＋r ＝OQ －OF ＝3d 解得r ＝d
由洛伦兹力作为向心力：qvB 2＝mv 2
r
得B 2＝2d
2Um
3q
，方向垂直纸面向里 (3)由几何关系可知O 到磁场左边界在x 轴上的距离为L ＝2.5d －r cos 60°＝2d 粒子从O 到磁场左边界所用时间t 1＝L v 0
＝d
2m qU
在磁场中运动时间t 2＝13T ＝2πm 3qB 2＝πd
2
2m 3qU
总时间t ＝t 1＋t 2＝(1＋
3
6
π)d 2m qU
13．ABD [电冰箱在电机做功的情况下，不断把冰箱内热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C 错误；物体从单一热源吸收的热量不可全部用于做功，因为机械能和内能的转化过程具有方向性，尽管机械能可以全部转化成内能，内能却不能全部转化成机械能，同时不引起其他变化，E 错误．]
14．(1)1.5×105
Pa (2)稳定后活塞M 、N 距离底部的高度分别为22 cm 和16 cm 解析 (1)对两个活塞和小物体作为整体进行受力分析得：pS ＝mg ＋p 0S 得p ＝p 0＋mg S
＝1.0×105
Pa ＋
1×102×10
－4 Pa ＝1.5×105
Pa (2)对下部分气体进行分析，初状态压强为p 0，体积为hS ，温度为T 1，末状态压强为p ，体积设为h 2S ，温度为T 2 由理想气体状态方程可得：
p 0hS T 1＝ph 2S
T 2
得：h 2＝p 0T 2pT 1h ＝1×105
×400
1.5×105
×300
×18 cm＝16 cm 对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p 0(H －h )S ＝pLS
得：L ＝6 cm
故此时活塞M 距离底端的距离为H 2＝16＋6 cm ＝22 cm 15．(1)A (2)变宽 变窄
解析 (1)激光照在双缝上出现的是双缝干涉现象，而双缝干涉图象中间是亮条纹，两侧是明暗相间的等间距对称的干涉条纹，所以A 是正确．(2)根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝l d
λ，其中l 表示双缝到荧光屏之间的间距，d 为两条双缝之间的距离，换用间隙更小的双缝，d 减小，条纹间距将会变宽；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，则条纹间距将会变窄．
16．(1)5 s (2)27.07 cm
解析 (1)由题图甲可以看出波长λ＝4 m ，由题图乙可以看出周期T ＝4 s ，所以波速v ＝λT
＝1 m/s.
波由M 点传到Q 点所用的时间t ＝Δx
v
＝5 s
(2)t ＝4 s 内质点通过的路程为4A ＝20 cm
质点1 s 内通过的路程为2×5×sin 45° cm＝5 2 cm 则质点通过的位移为(20＋52)cm≈27.07 cm. 17.
λa λb λa ＋λb hc
λa
解析 因
hc λa ＋hc λb ＝hc λc 可得：λc ＝λa λb λa ＋λb ；由玻尔理论可知，E 3－E 2＝hc λa
18．32μgL
解析 设木板3的初速度为v 0，对于3、2两木板的系统，设碰撞后的速度为v 1， 据动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1①
对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为v 2，则据动量守恒定律得：2mv 1＝3mv 2② 木块1恰好停留在木板3的正中央，则据能量守恒有：
μmg ·3
2L ＝12·2m ·v 21－12
·3m ·v 2
2③
由①②③联立方程得：v 0＝32μgL。