2016届高三物理二轮复习 高考仿真模拟卷(八) 含答案

高考仿真模拟卷(八)
(时间:60分钟满分:120分)
选择题部分
一、选择题(本题共4小题,每小题6分,共24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)
14.(2015宁波高考模拟)QQ是一款流行的互联网即时通讯工具,新版本QQ推出了“在线时长”新功能,用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务,许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线,造成大量的电能浪费.如图所示是某网友QQ界面的电脑屏幕抓拍图,请你估算他升到下一级还要消耗的电能是(假定QQ用户使用台式电
脑)( )
A.0.2 kW·h
B.2 kW·h
C.20 kW·h
D.200 kW·h
15.汽车在水平公路上以额定功率做直线运动,速度为3 m/s时的加速度为
6 m/s时的3倍,若汽车受到的阻力不变,由此可求得( )
A.汽车的最大速度
B.汽车受到的阻力
C.汽车的额定功率
D.速度从3 m/s增大到6 m/s所用的时间
16.我国正在研制航母电磁弹射器,其工作原理与电磁炮类似.用强迫储能器代替常规电源,它能在极短时间内释放所储存的电能,由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去.如图所示,是电磁弹射器简化原理图,平行金属导轨与强迫储能器连接.相当于导体棒的推进器ab跨放在导轨上,匀强磁场垂直于导轨平面,闭合开关S,强迫储能器储存的电能通过推进器释放,使推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动,推动飞机使飞机获得比滑跃时大得多的加速度,从而实现短距离起飞的目标.一切摩擦和电阻消耗的能量都不计,对于电磁弹射器,下列说法正确的是( )
A.强迫储能器上端为正极
B.平行导轨间距越大,飞机能获得的加速度越大
C.强迫储能器储存的能量越多,飞机被加速的时间越长
D.飞机的质量越大,离开弹射器时的动能越大
17.如图所示,真空中等量同种正点电荷放置在M,N两点,在MN的连线上有对称点a,c,MN连线的中垂线上有对称点b,d,则下列说法正确的是( )
A.正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能
B.正电荷+q在c点电势能小于在a点电势能
C.在MN连线的中垂线上,O点电势最高
D.负电荷-q从d点静止释放,在它从d点运动到b点的过程中,加速度先减小再增大
二、选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
18.(2015浙江第二次大联考)如图所示,传送带以恒定速率v运动,现将质量都是m的小物体甲、乙(视为质点)先后轻轻放在传送带的最左端,甲到达A处时恰好达到速率v,乙到达B处时恰好达到速率v.则下列说法正确的是( )
A.甲、乙两物体在传送带上加速运动时具有的加速度相同
B.甲、乙两物体在传送带上加速运动时间相等
C.传送带对甲、乙两物体做功相等
D.乙在传送带上滑行产生的热量与甲在传送带上滑行产生的热量相等
19.如图所示,一个质量为0.4 kg的小物块从高h=0.05 m的坡面顶端由静止释放,滑到水平台上,滑行一段距离后,从边缘O点水平飞出,击中平台右下侧挡板上的P点.现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系,挡板的形状满足方程y=x2-6(单位:m),不计一切摩擦和空气阻力,g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1 m/s
B.小物块从O点运动到P点的时间为1 s
C.小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5
D.小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s
20.如图所示,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,等边三角形金属线框电阻为R,边长是L,自线框从左边界进入磁场时开始计时,在外力作用下以垂直于磁场边界的恒定速度v进入磁场区域,t1时刻线框全部进入磁场.规定逆时针方向为感应电流i的正方向.外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,在这段时间内通过导体某横截面的电荷量为q,其中C,D图象为抛物线.则这些物理量随时间变化的关系可能正确的是( )
非选择题部分
三、非选择题(本题共5题,共78分)
21.(10分)(2015浙江六校联考)(1)小张做验证机械能守恒定律的实验,在接通电源、释放纸带之前的情形如图(甲)所示,已知铁架台置于水平桌面上,打点计时器竖直,请指出图中不合理的地方(至少2处).
不合理
①: ;
不合理
②: .
(2)小张在改正之后,得到一条点迹清晰的纸带,但由于粗心大意弄断
了纸带,只留下如图(乙)所示的一部分,她认为仍旧可以利用重力势能的变化量与动能变化量是否相等的思路来验证.具体如下:天平称量得到重锤质量m=0.3 kg,重力加速度g=9.8 m/s2,打点计时器工作频率为50 Hz,取纸带上打A点时重锤所在的位置为零高度,分别测量出
B,C,D,E,F各点到A点的距离作为高度h填入下述表格中,并进行相关的处理得出表格中的其他数据,小张发现数据处理的结果显示机械能
明显不守恒,试提出帮小张解决这个问题的建议:
.
(3)在找到原因并改正后,求出表格中E点速度v= m/s,机械能E= J(保留三位小数).
22.(10分)LED二极管的应用是非常广泛的,某同学想要描绘某发光二极管
的伏安特性曲线,实验测得它两端的电压U和通过它的电流I的数据如下表
所示.
实验室提供了以下器材:
A.电压表(量程0～3 V,内阻约20 kΩ)
B.电压表(量程0～15 V,内阻约100 kΩ)
C.电流表(量程0～50 mA,内阻约40 Ω)
D.电流表(量程0～0.6 A,内阻约2 Ω)
E.滑动变阻器(阻值范围0～20 Ω,允许最大电流2 A)
F.电源(电动势6 V,内阻不计)
G.开关,导线
(1)该同学做实验时,电压表选用的是,电流表选用的是
(填选项字母).
(2)图(甲)中的实物连线已经连了部分电路,请按实验要求将实物图中的连线补充完整.
(3)根据表中数据,请在图(乙)中的坐标纸中画出该二极管的I U图线.
(4)若此发光二极管的最佳工作电流为15 mA,现将此发光二极管与电动势为3 V、内阻不计的电池组相连,还需串联一个阻值R= Ω的电阻,才能使它工作在最佳状态(结果保留两位有效数字).
23.(16分)(2015金华十校模拟)某电视台的娱乐节目在策划一个射击项目,如图所示,他们制作了一个大型圆盘射击靶,半径R=0.8 m,沿半
径方向等间距画有10个同心圆(包括边缘处,两同心圆所夹区域由外向内分别标注1,2,3,…10环),圆盘射击靶固定于水平地面上,C点位于靶心正上方圆盘边缘处,BC与地面平行且与圆盘垂直,BC=1.2 m.平台上处于原长的弹簧右端固定,左端A点与弹簧接触但不粘连,小球质量m=0.02 kg.现用水平向右的推力将小球从A点缓慢推到D点(弹簧仍在弹性限度内),推力所做的功W=0.25 J,当撤去推力后,小球沿平台向左运动,从B点飞出,最后刚好击中靶心.小球在A点右侧不受摩擦力,小球在AB间的动摩擦因数为0.2,不计空气阻力,取g=10 m/s2,求:
(1)小球在B点的速度大小;
(2)小球在AB间的运动时间;
(3)若用水平向右的力将小球从A点缓慢推至某点(弹簧仍在弹性限度内),推力所做的功W′=0.32 J,当撤去推力后,小球沿平台向左运动,最后击中靶上的第几环?
24.(20分)(2015舟山5月仿真)如图所示,一水平匀速运动的传送带,右侧通过小圆弧连接两根直光滑金属导轨,金属导轨与水平面成θ
=30°角,传送带与导轨宽度均为L=1 m.沿导轨方向距导轨顶端x1=0.7
m到x2=2.4 m之间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场区域
abcd,ab,cd垂直于平行导轨,磁感应强度B=1 T.将质量均为m=0.1 kg 的导体棒P,Q相隔Δt=0.2 s分别从传送带的左端自由释放,两导体棒与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.1,两棒到达传送带右端时已与传送带共速.导体棒P,Q在导轨上运动时,始终与导轨垂直且接触良好,P 棒进入磁场时刚好做匀速运动,Q棒穿出磁场时速度为2 m/s.导体棒P,Q的电阻均为R=4 Ω,导轨电阻不计,g取10 m/s2.
(1)求传送带的运行速度v0;
(2)不需要求解过程,请定性画出导体棒P两端的电压U P随时间t的变化关系(从进入磁场开始计时);
(3)求从导体棒P,Q在传送带上自由释放开始到穿出磁场的过程中产生的总
内能.
25.(22分)(2015宁波高考模拟)实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动.在真空中A,C两板之间加上电压U,粒子被加速后从D点进入圆形有界磁场;匀强磁场区域以O为圆心,半径R= m,磁感应强度B方向垂直纸面向外;其右侧有一个足够大的匀强电场,方向竖直向下,左边界与圆形磁场边界相切;现在电场区域放置一块足够长挡板GH,它与水平线FD夹角为60°(F点在挡板上,圆心O位于FD上),且OF=3R,如
图所示.一比荷=×106 C/kg的带正电粒子,从A板附近由静止释放,经U=150 V电压加速后,从D点以与水平线成60°角射入磁场,离开圆形磁场时其速度方向与DF平行,最后恰好打在挡板上的F点.不计粒子重力,求:
(1)粒子进入磁场时的速度大小v D;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)粒子到达F点时的速度大小v F;
(4)不改变其他条件,逐渐增大匀强电场的电场强度,要使粒子仍能打到挡板上,求所加电场强度的最大值.
高考仿真模拟卷(八)
14.B 由题图可知,该网友升到下一等级的剩余时间为t=10 h,
台式电脑的平均功率约为P=200 W=0.2 kW,
所以还要消耗的电能为W=Pt=0.2 kW×10 h=2 kW·h.
15.A 设额定功率为P,则速度为3 m/s时的牵引力F1=,速度为6 m/s 时,牵引力为F2=.根据牛顿第二定律得F1-f=3(F2-f),解得f=.因为牵引力与阻力相等时,速度最大,则F=f=,最大速度为12 m/s.因为功率未知,无法求出阻力,该运动为变加速运动,无法求出运动的时间,故选项A正确,B,C,D错误.
16.B 推进器受到磁场的作用力而沿平行导轨向前滑动,所以推进器受到向右的安培力,根据左手定则可知,推进器中的电流方向从b到a,所以强迫储能器下端为正极,选项A错误;根据F=BIL可知,当L越大时,安培力越大,则飞机受到的合外力越大,则加速度越大,选项B正确;强迫储能器储存的能量转化为飞机的初动能,强迫储能器储存的能量越
多,飞机的初动能越大,则初速度越大,所以加速的时间越短,选项C错误;飞机离开弹射器时的动能由强迫储能器储存的能量转化而来的,与飞机质量无关,选项D错误.
17.C 根据电场线的分布情况和对称性可知,a,c两点的电势相等,则点电荷在a点电势能一定等于在c点电势能,选项A,B错误;沿电场线方向电势降低,在MN连线的中垂线上,O点电势最高,选项C正确;由对称性知O点的场强为零,负电荷-q从d点静止释放,在它从d点运动到b点的过程中,加速度可能先减小再增大,也可能先增大,后减小再增大再减小,选项D错误.
18.CD 由v2=2ax可知,末速度相同,位移不相同,所以加速度不相同,故选项A错误;由t=可知,末速度相同,加速度不同,所以时间不相等,故选项B错误;根据动能定理可知,动能变化相同,所以传送带对两物体做功相等,故选项C正确;根据Q=μmg(vt-t),t=,代入得Q=mv2,因为两物体质量和末速度相等,故选项D正确.
19.AB 从顶端到O点,由机械能守恒mgh=mv2,解得v=1 m/s,选项A正确;从O到P物块做平抛运动,水平方向x=vt,竖直方向h′=gt2,由数学知识y=x2-6,-h′=x2-6,即-gt2=(vt)2-6,解得t=1 s,则选项B正确;tan α==10,选项C错误;到P点的速度大小v P== m/s,选项D错误.
20.CD 线框切割磁感线,设有效长度为L,则L=2vt·tan 30°=vt,线框切割磁感线,产生感应电动势E=BLv,所以产生感应电流i==,线框进入磁场过程,L增大,i变大,i与时间t成正比,选项A错误;线框做匀速运动,由平衡条件得F=F安培=BiL==,t增大,F增大,F与时间的二次方成正比,选项B错误;由功率表达式,P=i2R=R==,选项C正确;流过导体截面的电荷量q=It==·L·vt=,选项D正确.
21.解析:(1)实验中不合理的地方:重锤未紧靠打点计时器;重锤与地
面的距离太小;释放时手应该抓住纸带的上端并使纸带竖直.
(2)A点的高度为零,则B,C,D的高度应该为负值,重力势能应该为负值,按照表格中的数据,则机械能E=E k-E p.
(3)E点的速度等于DF段的平均速度,则有v== m/s≈
1.333 m/s,E点的机械能为
E=-mgh+mv2=-0.3×9.8×(8.54-1.00)×10-2 J+×0.3×1.3332 J≈0.045 J.
答案:(1)①重锤未紧靠打点计时器②释放时手应该抓住纸带的上端并使纸带
竖直
(2)B,C,D,E各点的势能值均为负值,应该有E=E k-E p
(3)1.333 0.045
22.解析:(1)根据实验数据表可知电压最大为2.80 V,最大电流为30.0 mA,所以电压表应选择A,电流表应选择C.
(2)通过估算二极管的阻值可知满足>,所以电流表应用外接法;由于电流从零开始,所以变阻器应采用分压式接法,连线图如图所示.
(3)画出的I U图象如图所示.
(4)根据闭合电路欧姆定律应有I=,由I U图象可读出I=15 mA时对应的电压U=2.2 V,可求出R x=146.7 Ω,代入数据解得R≈53 Ω.
答案:(1)A C (2)连线见解析(3)见解析(4)53
23.解析:(1)设小球运动到B点时速度为v B,由平抛运动可知
v B==3 m/s.
(2)小球运动到A点速度为v A,W=m,
解得v A=5 m/s.
从A运动到B的过程加速度大小为a=μg,
从A运动到B的时间为t==1 s.
(3)设AB间的距离为L,则L=t=4 m.
当推力所做的功是W′=0.32 J,小球运动到B点时的速度为v B′,则由动能定理
W′-μmgL=mv B′2,
解得v B′=4 m/s.
平抛的时间为t′==0.3 s,
下落的高度为H=gt′2=0.45 m.
每环间距为0.08 m,所以打到第六环.
答案:(1)3 m/s (2)1 s (3)第六环
24.解析:(1)导体棒P进入磁场时做匀速运动,设切割磁感线的速度为v,则感应电动势E=BLv,
感应电流I=,
导体棒受到的安培力F安=BIL=,
由平衡条件可知F安=mgsin θ,
解得v=4 m/s
导体棒P脱离传送带时已与传送带共速,导体棒P沿斜面下滑x1的过程中,由动能定理得
mgx 1sin θ=mv2-m,
解得v0=3 m/s,即传送带的运行速度为3 m/s;
(2)导体棒P匀速进入磁场时,两端电压U P=IR=·R=,导体棒P,Q都进入磁场共同匀加速时,
U P′=E=BLv,
导体棒P出磁场后,只有导体棒Q切割磁场,做变减速运动,U″P=, 电压随时间的定性变化图象如图;
(3)导体棒P,Q在传送带上加速过程中产生的内能为
Q1=2μmgs相对=0.9 J,
导体棒P匀速进入磁场过程中,有x3=vΔt,
由功能关系得Q2=mgx3sin θ=0.4 J,
导体棒P,Q共同在磁场中加速下滑过程中,
x4=x2-x1-x3=0.9 m,
设导体棒P出磁场时速度为u,由运动学规律得
u2-v2=2ax4,解得u=5 m/s,
导体棒Q切割磁感线时下滑的距离为x5=0.8 m,
由功能关系得Q3=mgx3sin θ-mv2+mu2=0.45 J
Q=Q1+Q2+Q3=1.75 J.
答案:(1)3 m/s (2)见解析(3)1.75 J
25.解析:(1)粒子在电压为U的加速电场中,由动能定理,有
qU=m
代入数据解得v D=1×104m/s;
(2)分析知,粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N恰好在圆周上,从P 点水平射出磁场,轨迹如图:
由此得到圆周运动半径为r=R=0.3 m
根据qv D B=m,
代入数据解得B=0.1 T;
(3)粒子进入电场后做类平抛运动,
水平分位移:x=2R= m
竖直分位移:y=Rsin 60°=0.15 m
又x=v D t,y=t,v F=
代入解得v F=m/s≈1.3×104m/s;
(4)当电场强度取到最大值E时,临界条件是粒子打到板上时轨道恰好与板面相切,即此位置速度方向沿板GH,如图,则有
=tan 60°
由类平抛运动的规律,粒子的速度反向延长线交水平位移的中点(Q),有MQ=QK
又MQ=2R-Rcos 60°=0.15 m
根据x′=0.3 m=v D t′,v y′=a′t′,
a′=
联立解得E=1 000 V/m.
答案:(1)1×104 m/s (2)0.1 T (3)1.3×104 m/s (4)1 000 V/m。