高三物理二轮复习测试-高考模拟训练2(安徽专版)汇编

1、高考模拟训练(二)一选择题1.如图所示,一木箱位于粗糙的水平地面上,在与水平方向成角的推力F作用下,向右匀速运动.若保持F的方向不变而增加其大小,则木箱( )A.仍做匀速运动 B.做减速运动C.做加速运动 D.以上三种情况都有可能解析: 对木箱进行受力分析可得Fcos -(mg+Fsin )=ma,当a=0时木箱做匀速运动,F增大时加速度a0,即木箱将做加速运动,对比各选项可知选C.答案: C2.如图所示的真空空间中,仅在球体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷,则图中MN两点的场强和电势均相同的是( )A. B.C. D.答案: D3.(2011安徽合肥)如图所示,空气中有一折射率为eq

2、r(2)的玻璃柱体,其横截面是圆心角为90半径为R的扇形OAB.一束平行光平行于横截面,以45入射角照射到OA上,OB不透光,若只考虑首次入射到圆孤 eq xto(AB) 上的光,则 eq xto(AB) 上有光透出部分的弧长为( )A.eq f(1,6)R B.eq f(1,4)RC.eq f(1,3)R D.eq f(5,12)R解析: 由sin C=eq f(1,n)可知光在玻璃柱中发生全反射的临界角C=45.据折射定律可知所有光线从AO进入玻璃柱后的折射角均为30.从O点入射后的折射光线将沿半径从C点射出.假设从E点入射的光线经折射后到达D点时刚好发生全反射,则ODE=45,如图所示,

3、由几何关系可知=45,故弧长eq xto(DC)=eq f(1,4)R,故B正确.答案: B4.如图甲所示,一木块从斜面底端以初速度v0=20 m/s沿斜面向上运动,并恰好能到达斜面顶端.其速度随时间的变化规律如图乙所示,由图可以判断( )A.斜面的长度为20 m B.3 s末木块回到斜面底端C.03 s合力做功为零 D.03 s机械能守恒答案: B5.在滑动变压器原线圈中接有电流表,副线圈输出端接有如图所示的电路.在原线圈中输入稳定的交流电压,初始时开关S1与2接通,开关S2与4接通,开关S3闭合.则在下列措施中能使电流表示数变大的是( )A.仅将S1从2拨向1B.仅将S2从4拨向3C.仅将

4、S3从闭合改为断开D.仅将滑动变阻器R3的滑动触头上移解析: 将S1从2拨向1,n1变小,根据变压器原副线圈的变比关系可以判定U2变大,所以副线圈中电流I2变大,故原线圈中电流I1变大,A正确;同理可判定B错误;将S3从闭合改为断开,负载电阻变大,所以副线圈中电流I2变小,故原线圈中电流I1变小;C错误;将滑动变阻器R3的滑动触头上移,R3连入电路阻值变大,所以副线圈中电流I2变小,故原线圈中电流I1变小,D错误.答案: A6.已知地球质量为M,半径为R,自转周期为T,地球同步卫星质量为m,引力常量为G.有关同步卫星,下列表述正确的是( )A.卫星距地面的高度为 eq r(3,f(GMT2,4

5、2)B.卫星的运行速度大于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为Geq f(Mm,R2)D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析: 天体运动的基本原理为万有引力提供向心力,地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动,即F引=F向=meq f(v2,r)=eq f(42mr,T2).当卫星在地表运行时,F引=eq f(GMm,R2)=mg(此时R为地球半径),设同步卫星离地面高度为h,则F引=eq f(GMm,Rh2)=F向=ma向mg,所以C错误,D正确.由eq f(GMm,Rh2)=eq f(mv2,Rh)得,v=eq r(f(GM,Rh) eq r(f(GM,R),B错误.由e

6、q f(GMm,Rh2)=eq f(42mRh,T2),得R+h=eq r(3,f(GMT2,42),即h=eq r(3,f(GMT2,42)-R,A错.答案: D7.一质量为m电阻为r的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30角,两导轨上端用一电阻R相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v,则( )A.向上滑行的时间大于向下滑行的时间B.在向上滑行时电阻R上产生的热量小于向下滑行时电阻R上产生的热量C.向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D.金属杆从开始上滑至返回出发点,电

7、阻R上产生的热量为eq f(1,2)m(v02-v2)解析: 导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下,沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上,所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度,因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间,A错;向上滑行过程的平均速度大,感应电流大,安培力做的功多,R上产生的热量多,B错;由q=eq f(,Rr)知C对;由能量守恒定律知回路中产生的总热量为eq f(1,2)m(v02-v2),D错.答案: C二非选择题8.(1)如图甲所示,是某同学验证动能定理的实验装置.其步骤如下:a.易拉罐内盛上适量细沙,用轻绳通过滑轮连接在小车上,小车连接纸带.合理调整木板倾角,让小车沿木板匀速

8、下滑.b.取下轻绳和易拉罐,测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M.C.取下细绳和易拉罐后,换一条纸带,让小车由静止释放,打出的纸带如图乙(中间部分未画出),O为打下的第一点.已知打点计时器的打点频率为f,重力加速度为g.步骤c中小车所受的合外力为_.为验证从OC过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系,测出BD间的距离为x0,OC间距离为x1,则C点的速度为_. 需要验证的关系式为_(用所测物理量的符号表示).(2)用伏安法测金属丝的电阻时,测出了包括(0,0)在内的6组电流I和电压U的值,并已经标在了如图所示的坐标纸上,请用铅笔和直尺在坐标纸上画出合理的图线,并求出该段金属线的电阻Rx=_.

9、测该金属丝电阻时,可供该实验小组选择的器材如下:A.量程0.6 A,内阻约0.5 的电流表A1B.量程3 A,内阻约0.01 的电流表A2C.量程10 mA,内阻rA=50 的电流表A3D.量程15 V,内阻约30 k的电压表VE.阻值为010 的滑动变阻器F.阻值为01 000 的电阻箱G.两节干电池H.电键一个导线若干如图所示,试补画出该小组同学测金属丝电阻Rx采用的电路图,并标明所选用电表的符号,如A1或A2等.解析: (2)画线时注意让多数点在直线上,不在直线上的点均匀分布在直线的两侧.U-I图线的斜率表示电阻Rx=eq f(U,I)=5 .电路中的最大电流I=eq f(E,Rx)=e

10、q f(3,5) A=0.6 A,电流表选用A1;电压表V量程太大,不能用,应考虑将A3与电阻箱R2串联改装成电压表;因为测量值是从电压0开始的,故滑动变压器应采用分压式接法.答案: (1)mg eq f(x0f,2) mgx1=eq f(Mx02f2,8) (2)5 连线如图甲所示 电路图如图乙所示 9.如图所示,滑板运动员从倾角为53的斜坡顶端滑下,滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4 m宽L=1.2 m的长方体障碍物,为了不触及这个障碍物,他必须在距水平地面高度H=3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面.已知运动员的滑板与斜而间的动摩擦因数=0.1,忽略空气阻力,重力加速度

11、g取10 m/s2,已知sin 53=0.8,cos 53=0.6.求:(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小;(2)若运动员不触及障碍物,他从A点起跳后到落至水平面的过程所经历的时间;(3)运动员为了不触及障碍物,他从A点沿水平方向起跳的最小速度.解析: (1)设运动员连同滑板的质量为m,运动员在斜面上滑行的过程中,根据牛顿第二定律mgsin 53-mgcos 53=ma解得运动员在斜面上滑行的加速度a=g(sin 53-cos 53)=7.4 m/s2.(2)运动员从斜面上起跳后在竖直方向做自由落体运动,根据自由落体公式H=eq f(1,2)gt2解得t=eq r(f(2H,g)=0.8

12、s.(3)为了不触及障碍物,运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H-h时,他沿水平方向运动的距离为Hcot 53+L,设他在这段时间内运动的时间为t,则H-h=eq f(1,2)gt2Hcot 53+L=vtv=6.0 m/s.答案: (1)7.4 m/s2 (2)0.8 s (3)6.0 m/s10.(2011唐山质检)如图所示,半径R=0.5 m的光滑半圆轨道竖直固定在高h=0.8 m的光滑水平台上,与平台平滑连接,平台长L=1.2 m.可视为质点的两物块m1m2束缚在一起,并静止在平台的最右端D点,它们之间有被压缩的轻质弹簧.某时刻突然解除束缚,使两物块m1m2具有水平方向的速度

13、,m1通过平台到达半圆轨道的最高点A时,轨道对它的压力大小是FN=44 N,水平抛出后落在水平地面上的P点,m2也落在P点.已知m1=2 kg,g取10 m/s2.求解除束缚的轻质弹簧释放出来的弹性势能是多少?解析: 设m1在A点时的速度为v,由牛顿第二定律得:m1g+FN=m1eq f(v2,R)解得:v=4 m/s设m1从A点到P点运动的时间为t1,则:h+2R=eq f(1,2)gt12,解得:t1=0.6 s设m2运动的水平距离为x,则x+L=vt1,解得:x=1.2 m设突然解除束缚后,m1的速度为v1,由机械能守恒定律得:eq f(1,2)m1v12=m1g2R+eq f(1,2)

14、m1v2,解得:v1=6 m/s设m2在突然解除束缚后的速度为v2,做平抛运动的时间为t2由h=eq f(1,2)gt22,得:t2=0.4 s,v2=eq f(x,t2)=3 m/s对m1m2运用动量守恒定律得:0=m1v1-m2v2解得:m2=eq f(m1v1,v2)=4 kg解除束缚的轻质弹簧释放出来的弹性势能是E=eq f(1,2)m1v12+eq f(1,2)m2v22=54 J.答案: 54 J11.如图所示,直角三角形OAC(=30)区域内有B=0.5 T的匀强磁场,方向如图所示.两平行极板M,N接在电压为U的直流电源上,左板为高电势.一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速,从N板的小孔射出电场后,垂直OA的方向从P点进入磁场中.带电粒子的比荷为eq f(q,m)=105 C/kg,OP间距离为L=0.3 m.全过程不计粒子所受的重力,则:(1)若加速电压U=120 V,通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场?(2)求粒子分别从OA,OC边离开磁场时粒子在磁场中运动的时间.解析: (1)如图所示,当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态,设临界半径为R,加速电压U0,则有R+eq f(R,sin )=l 解得R=0.1 mqU0=eq f