步步高2014版《考前三个月》高考物理(通用)大二轮专题复习题型冲刺练：等值模拟二

1、等值模拟二(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15题只有一项符合题目要求，第68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 如图1所示为汽车在水平路面上启动过程中的vt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()图1A0t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动Bt1t2时间内的平均速度为Ct1t2时间内汽车牵引力做功等于mvmvD在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值答案D解析0t1段汽车做匀加速运动，牵引力的功率在逐渐增大

2、，t1t2时间内做加速度逐渐减小的加速运动，平均速度大于，牵引力与阻力的合力做的功等于mvmv，故选项A、B、C均错2 如图2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2A小灯泡L2变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大B小灯泡L2变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小C小灯泡L1变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小D小灯泡L1变暗，V1表的示数变小，V2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L1并联的电阻增大，外电路总电

3、阻增大，路端电压增大，V1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L2变暗，电压表V2的示数变小，灯泡L1的电压U1EI(rRL2)增大，灯泡L1变亮，故选C.3 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3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3A两颗卫星的线速度不相等，卫星1的线速度等于B两颗卫星的线速度大小均为R C两颗卫星的线速度大小均为R D两

4、颗卫星的线速度大小不相等，卫星2的线速度v答案B解析由万有引力提供卫星运行的向心力可得m，解得v ，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mg即GMgR2(黄金代换)，联立可求得vR，本题选B.4 如图4所示，两个宽度均为L的条形区域，存在着大小相等、方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC，其底边BC长为2L，并处于水平现使线框以速度v水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是(设逆时针电流方向为正方向，取时间t0作为计时单位)()图4答案D解析根据题意

5、，从2t0到3t0的过程中电流大小由2i0逐渐增大为3i0，从3t0到4t0的过程中电流大小由i0逐渐增大为2i0，且在4t0时电流大小为2i0，所以选项D正确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A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是()图5A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C粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷()越大D粒子所带电荷量相同时，打在

6、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qEqvB，得v，此时离子受力平衡，可沿直线穿过速度选择器，故B错误；由，知R越小，比荷越大，故C正确；由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 在物理学的发展道路上，许多物理学家及科学家们做出了杰出的贡献，下列与此有关的说法正确的是()A牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量B奥斯特最先发现了通电导线周边存在磁场，即电流的磁效应C亚里士多德认为：力不是维持物体运动的原因D安培给出了通电导线在磁场中受到的磁场力的方向的

7、判断方法答案BD解析牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量，A错误；亚里士多德错误的认为：力是维持物体运动的原因，伽利略首先提出了力不是维持物体运动的原因，C错误；选项B、D说法正确7 如图6所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc120°.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()图6Ad点电场强度的方向由O指向dBq在d点所具有的电势能较大Cd点的电势小于O点的电势Dd点的电场强度小于O点的电场强度答案ACD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

8、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EOk，方向由b指向O；而在d点处Ed2k<EO，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A、C、D.8 一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是111，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7A原、副线圈

9、中的电流之比为111B电压表的示数为20 VC若滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，则电流表的示数为1 AD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BD解析原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为111，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正确；若滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，则流过副线圈的电流为1 A，电流表的示数为 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B、D.二、非选择题(包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考

10、题，每个试题考生都必须作答第13题第15题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)9 (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图8图9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3.920.9812.8050.00B点速度：vB_m/s.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

11、能减少量为_J(上述结果均保留3位有效数字)答案3.20(2分)2.78(2分)2.94(2分)解析据中点时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可求得vB3.20 m/s；动能增加量为mvmv2.78 J，重力势能减少量为mghAB2.94 J.10(9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(099.99 )，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

12、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_，图乙所示的电压表读数为_V由此可算出定值电阻R1的阻值为_.(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S2切换到a，多次调节电阻箱，闭合S1，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_.(计算结果保留3位有效数字)答案(1)20.00(

13、1分)2.80(1分)5.45(3分)(2)2.86(2分)0.264(2分)解析(1)电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，为20.00 ；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，解得R1的阻值约为5.45 .(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0.35 V1，解得E2.86 V；根据闭合电路欧姆定律可得，解得r0.264 .11(13分)如图12所示，水平地面上有一“L”型滑板ABC，竖直高度h1.8 mD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F144 N的同时，有一小物块紧贴竖直板的A点无初速度释放，

14、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M3 kg，小物块质量m1 kg，滑板与小物块及地面间的动摩擦因数均为0.4(取g10 m/s2，已知tan 37°)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12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a1，对小物块与滑板组成的整体，由牛顿第二定律有F(Mm)g(Mm)a1(2分)解得：a132 m/s2(1分)因为mg<ma1，故假设成立，所以滑板撞到障碍物前小物块的加速度为a132 m/s2(2)

15、设滑板撞到障碍物时的速度大小为v1，v2a1x(1分)滑板撞到障碍物后小物块做平抛运动hgt2(1分)vygt(1分)解得v10 m/s(1分)设小物块的速度与水平方向夹角为tan ，故37°(1分)(3)设小物块平抛运动的水平位移为x1，x1v1t4.8 m(1分)撞到障碍物后滑板运动的加速度大小为a2，MgMa2(1分)滑板停止运动所用时间t2 s，则物块落地时，滑板尚未停止运动(1分)物块落地时滑板向右运动的距离为x2，x2v1ta2t24.08 m(1分)物块落地时到B的距离为xx1x28.88 m(1分)12(19分)如图13所示，竖直平面内边长为a的正方形ABCD是磁场的

16、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13(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v0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v1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：qEqv0B(2分)解得

17、EBv0(1分)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(1分)(2)此时，带电粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系得R2a2(R)2(2分)解得Ra(1分)由牛顿第二定律得qv1Bm(2分)解得v1(1分)(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ra(1分)带电粒子在正方形区域内的运动时间t1T(1分)在正方形区域外的运动时间t2T(1分)由qvBmmr，可得T(2分)故带电粒子从M点到达N点所用时间的最小值tt1t2(2分)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

18、的时间为t2T(2分)(二)选考题：共15分，请考生从给出的3道物理题中任选一题做答如果多做，则按所做的第一题计分13(15分)(1)(6分)如图14所示，下列有关说法中正确的是_(填选项前的字母)图14a分子间距离为r0时，分子间不存在引力和斥力b水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径d大小时可把它们当做球形处理c食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性d猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，气体对外界做正功(2)(9分)如图15，一定质量的理想气体从状态A经等容过程变化到状态B，此过程中气体吸收的热量Q6.0×102 J，求：图15该气体在状态A时的压强该气

19、体从状态A到状态B过程中内能的增量答案(1)bc(2)8×104 Pa6.0×102 J解析(1)分子间距离为r0时，分子间同时存在引力和斥力，只是二者的合力为0，a错误猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，外界对气体做正功，d错误(2)由于A到B为等容变化，故，代入数据解得pA8×104 Pa.W0，UWQ6.0×102 J.14(15分)(1)(6分)如图16甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x2 m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，下列说法正确的是()图16A这列波沿x轴正方向传播B这列波的传播速度是20 m/sC经过0.

20、1 s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向D经过0.35 s时，质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离(2)(9分)如图17所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射，入射角i45°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，后由CD面射出图17画出光线由AB面进入棱镜且从CD弧面射出的光路图；求该棱镜的折射率n.答案(1)AB(2)见解析解析(1)由题图乙可知P此时向下振动，故波沿x轴正方向传播，A正确；由v结合题图数据可知B正确；经过0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向，C错误；经过0.35 s时，质点P到达波峰的位置，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，D错误(2)光路图如图所示 (2分)光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C，sin C (2分)在AB界面上发生折射，折射角r90°C(2分)由折射定律n(2分)解得n(1分)15(15分)(1)(6分)