年高考物理二轮 考前三个月 等值模拟二

等值模拟二第Ⅰ卷(选择题共42分)本题共7小题，每小题6分，共42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．1．一列简谐横波某时刻的波形如图1甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示．则以下说法中正确的是 ()图1A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的波速是20m/sC．从t＝0时刻起经0.4s，A质点通过的路程是16cmD．从t＝0时刻起，质点Q将比质点P先回到平衡位置答案C图22．如图2所示为汽车在水平路面上启动过程中的v－t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()A．0～t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动B．t1～t2时间内的平均速度为eq\f(v1＋v2,2)C．t1～t2时间内汽车牵引力做功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．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0～t1段汽车做匀加速运动，牵引力的功率在逐渐增大，t1～t2时间内做加速度逐渐减小的加速运动，平均速度大于eq\f(v1＋v2,2)，牵引力与阻力的合力做的功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故选项A、B、C均错．3．如图3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3A．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U1＝E－I(r＋RL2)增大，灯泡L1变亮，故选C.4．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4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4A．两颗卫星的线速度不相等，卫星1的线速度等于eq\f(\r(Rg),r)B．两颗卫星的线速度大小均为Req\r(\f(g,r))C．两颗卫星的线速度大小均为Req\r(\f(g,r2))D．两颗卫星的线速度大小不相等，卫星2的线速度v＝eq\f(Rg,r)答案B解析由万有引力提供卫星运行的向心力可得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))①，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eq\f(GMm,R2)＝mg即GM＝gR2②(黄金代换)，联立①②可求得v＝Req\r(\f(g,r))，本题选B.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eq\f(B,E)C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷(eq\f(q,m))越大D．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qE＝qvB，得v＝eq\f(E,B)，此时离子受力平衡，可沿直线穿过速度选择器，故B错误；由eq\f(q,m)＝eq\f(v,B0R)，知R越小，比荷越大，故C正确；由eq\f(q,m)＝eq\f(v,B0R)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．如图6所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.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，下列说法不正确的是 ()图6A．d点电场强度的方向由O指向dB．＋q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势小于O点的电势D．d点的电场强度小于O点的电场强度答案B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EO＝keq\f(Q,\f(L,2)2)，方向由b指向O；而在d点处Ed＝2keq\f(Q,L2)<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B.7．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压有效值为220V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、副线圈中的电流之比为11∶1B．电压表的示数为eq\f(20,\r(2))VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则电流表的示数为1AD．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D解析原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶11，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20V，B错误；若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，则流过副线圈的电流为1A，电流表的示数为eq\f(1,11)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D.第Ⅱ卷(非选择题共68分)8．(18分)Ⅰ.(5分)下表是某实验小组在“探究弹簧的弹力和伸长量的关系”实验中测得的几组数据.弹力F(N)0.51.01.52.02.5伸长量x(cm)2.305.086.889.8012.5(1)请作出F－x图象；(2)写出曲线的函数表达式：________________________________________________________________________；(3)若弹簧的原长为40cm，以弹簧的总长l为自变量，写出F与l的表达式：________________________________________________________________________.图8Ⅱ.(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0.02s打一个点，g取9.8m/s2，测量结果记录在下面的表格中．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3.920.9812.8050.00①B点速度：vB＝________m/s.②若重物和夹子的总质量为0.6kg，那么在打A、B两点的过程中，动能增加量为________J，重力势能减少量为________J．(上述结果均保留3位有效数字)Ⅲ.(7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3.0V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)，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，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20V，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11①请你解答下列问题：图甲所示电阻箱的读数为________Ω，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________Ω.(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eq\f(1,U)－eq\f(1,R)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＝________Ω.(计算结果保留3位有效数字)答案Ⅰ.(1)F－x图象如图所示(2分)(2)F＝0.2x(1分)(3)F＝0.2lⅡ.①3.20(2分)②2.78(2分)2.94(2分)Ⅲ.①20.00(1分)2.80(1分)5.45(3分)②2.86(2分)0.264(1分)解析Ⅱ.①据中点时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可求得vB＝3.20m/s；②动能增加量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)≈2.78J，重力势能减少量为mghAB＝2.94J.Ⅲ.①电阻箱的读数等于各挡位的电阻之和，为20.00Ω；电压表读数应估读一位，为2.80V；根据部分电路欧姆定律可得eq\f(2.20Ω,20Ω)＝eq\f(2.80Ω,20Ω＋R1)，解得R1的阻值约为5.45Ω.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eq\f(1,E)＝0.35V－1，解得E＝2.86V；根据闭合电路欧姆定律可得，eq\f(\f(1,0.35)－\f(1,0.55),R1＋r)＝eq\f(0.10,0.55)，解得r＝0.264Ω.9．(14分)如图12所示，ABC为光滑轨道，其中AB段水平，BC段是半径为R的圆弧，AB与BC相切于B点，A处有一竖直墙面，一轻弹簧的一端固定于墙上，另一端与一质量为M的物块相连接，当弹簧处于原长状态时，物块恰能与固定在墙上的L形挡板相接触于B处，但不挤压．现使一质量为m的小球从圆弧轨道上距水平轨道高h处的D点由静止下滑，小球与物块相碰后立即有相同速度但不粘连，此后物块与L形挡板相碰后速度立即减为0也不粘连．(整个过程，弹簧没有超过弹性限度，不计空气阻力，重力加速度为g)．图12(1)试求弹簧获得的最大弹性势能；(2)求小球与物块第一次碰后沿BC上升的最大高度．答案(1)eq\f(m2gh,m＋M)(2)eq\f(m2,M＋m2)h解析(1)球从D处下滑到B处与物块相碰前，小球机械能守恒：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)碰撞过程，小球与物块组成的系统动量守恒：mv0＝(m＋M)v1碰后弹簧压缩到最大程度的过程中，M、m和弹簧组成的系统机械能守恒：Ep＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)解得Ep＝eq\f(m2gh,m＋M)(2)第一次碰后，小球返回B点时的速度大小仍为v1，设小球沿BC上升的最大高度为h1，有mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)则h1＝eq\f(m2,M＋m2)h10．(16分)如图13所示，水平地面上有一“L”型滑板ABC，竖直高度h＝1.8m．D处有一固定障碍物，滑板右端C到障碍物的距离为1m．滑板左端施加水平向右的推力F＝144N的同时，有一小物块紧贴竖直板的A点无初速度释放，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M＝3kg，小物块质量m＝1kg，滑板与小物块及地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4(取g＝10m/s2，已知tan37°＝eq\f(3,4))．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13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－μ(M＋m)g＝(M＋m)a1解得：a1＝32m/s2因为mg<μma1，故假设成立，所以滑板撞到障碍物前小物块的加速度为a1＝32m/s2(2)设滑板撞到障碍物时的速度大小为v1，veq\o\al(2,1)＝2a1x滑板撞到障碍物后小物块做平抛运动h＝eq\f(1,2)gt2vy＝gt解得v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,y))＝10m/s设小物块的速度与水平方向夹角为αtanα＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(3,4)，故α＝37°(3)设小物块平抛运动的水平位移为x1，x1＝v1t＝4.8m撞到障碍物后滑板运动的加速度大小为a2，μMg＝Ma2滑板停止运动所用时间t′＝eq\f(v1,a2)＝2s，则物块落地时，滑板尚未停止运动物块落地时滑板向右运动的距离为x2，x2＝v1t－eq\f(1,2)a2t2＝4.08m物块落地时到B的距离为x′＝x1＋x2＝8.88m11．(20分)如图14所示，竖直平面内边长为a的正方形ABCD是磁场的分界线，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