高考物理二轮复习 考前模拟卷2（含解析）

高考考前模拟卷(二)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．(建议用时：60分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题共42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．(·山西四校第三次联考)在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等．以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是 ()A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法B．根据速度的定义式v＝eq\f(Δx,Δt)，当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法解析用质点来代替物体的方法是建立物理模型法，故选项错误，速度的定义式v＝eq\f(Δx,Δt)，当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，B选项正确；用实验来探究物体的加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，C选项正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，D选项正确；综合上述的分析，只有A选项不符合题意，故选A.答案A15．(·新疆乌鲁木齐一诊)如图1所示，一物体在水平力F的作用下沿固定光滑斜面下滑．若斜面的倾角为30°，则物体沿斜面下滑的最大加速度为()图1A．g B.eq\f(\r(3),2)gC.eq\r(3)g D.2g解析设水平的最大拉力为F1，则F1sin30°＝mgcos30°，F1cos30°＋mgsin30°＝ma，解得a＝2g答案D16．(·浙江六校联考)在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，关于小铁球，下列说法正确的是 ()A．若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t，则小铁球下落的位移为eq\f(vt,2)B．若测得小铁球下落h时的加速度为a，则小铁球此时的速度为eq\r(2ah)C．若测得某时小铁球的加速度大小为a，则小铁球此时受到的水的阻力为m(a＋g)－FD．若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为eq\f(y,t)解析小球做加速度不断减小的加速运动，不是匀变速运动，位移不等于eq\f(vt,2)，应该大于eq\f(vt,2)，速度也不能表达为eq\r(2ah)，A、B错误；由牛顿第二定律得mg－f－F＝ma，所以小铁球此时受到的水的阻力为f＝m(g－a)＋F，C错误；若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，由平均速度的定义可以得到，该过程的平均速度一定为eq\f(y,t)，D正确．答案D17.(·北京朝阳区二模)如图2所示，一个半径为R的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的半径也为R的圆形线框，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正．则线框从进入磁场开始计时，到完全通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律可能正确的是 ()图2解析如图，设从线框刚进入磁场开始，线框向前移动的距离为l(l<R)，由于是匀速移动，所以l＝vt.有效切割长为两圆公共弦长x，由几何关系可知这个公共弦长满足eq\f(x2,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(l,2)))2＝R2，整理后得eq\f(x2,4R2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(2R,v)))2,\f(4R2,v2))＝1，这是中心在(0，eq\f(2R,v))的椭圆方程，由右手定则和法拉第电磁感应定律及题意可知B正确．答案B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．(·重庆调研)如图3所示，一边长为l的正方形，其中a、b、c三个顶点上分别固定了三个电荷量相等的正点电荷Q，O点为正方形的中心，d点为正方形的另一个顶点．以下关于O点和d点说法不正确的是 ()图3A．O点和d点的场强方向相同B．d点电势比O点的电势高C．同一试探电荷＋q在d点比在O点受到的电场力大D．同一试探电荷＋q在d点比在O点的电势能大解析b、c两点的正电荷在O点产生的合场强为零，a点的正电荷在O点产生的场强方向沿Od指向d，三个正点电荷在d点的合场强方向沿Od的延长线方向，A正确；电场线沿着Od方向，沿电场线方向电势降低，B错误；O点场强为EO＝keq\f(Q,\f(\r(2),2)l2)，d点场强为Ed＝2keq\f(Q,l2)·cos45°＋keq\f(Q,\r(2)l2)，比较可得O点电场强度大，C错误；电荷＋q从O点运动到d点电场力做正功，电势能减小，D错误．答案BCD19．(·山东青岛二模)如图4甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化规律如图乙所示．g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.80.则 ()图4A．物体的质量m＝0.67kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程的加速度大小a＝10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J解析由图象及动能、重力势能的定义可知50J＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，30J＝3mg，解得v0＝10m/s，m＝1kg，A错误；由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as、s＝eq\f(h,sin37°)＝5m、vt＝0联立可得a＝－10m/s2，C正确；由－mgsin37°－μmgcos37°＝ma可得μ＝0.5，B错误；对物体从滑出到滑回的过程，由动能定理有－2μmgcos37°·s＝Ek－50J，解得Ek＝10J，D正确．答案CD20．(·山东潍坊二模)如图5所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过空间P点时动能为Ek＝5mveq\o\al(2,0)，不计空气阻力，则小球从O到P ()图5A．下落的高度为eq\f(5v\o\al(2,0),g)B．经过的时间为eq\f(3v0,g)C．运动方向改变的角度为arctaneq\f(1,3)D．运动的平均速度为eq\f(\r(13),2)v0解析小球到达P点时竖直方向的速度为vy＝eq\r(\f(2Ek,m)－v\o\al(2,0))＝3v0，下落高度为h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝eq\f(9v\o\al(2,0),2g)，A错；而vy＝gt，即t＝eq\f(3v0,g)，B对；在P点时速度方向与水平方向的夹角满足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝3，所以运动方向改变的角度为arctan3，C错；小球从O到P的位移为s＝eq\r(v0t2＋h2)＝eq\f(\r(117)v\o\al(2,0),2g)，所以运动的平均速度为eq\f(\r(13),2)v0，D对.答案BD第Ⅱ卷(非选择题部分共78分)三、非选择题(本题共5小题，共78分．)21．(届山东枣庄市高三期中检测)(10分)如图6为“验证力的平行四边形定则”的实验装置．图6(1)下列说法正确的是 ()A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差F、F2方向间夹角应为90°(2)弹簧测力计的指针位置如图7甲所示，由图可知拉力的大小为________N.(3)某同学在调整了定滑轮的位置后，得到如图乙所示的实验数据．请选择合适的标度，在图乙虚线框中作图处理实验数据．图7解析(1)由该实验的实验原理和实验要求及注意事项知A、C项正确．(2)弹簧秤的读数为4.00N.(3)见答案．答案(1)AC(2)4.00(3)如下图所示22．(·江西重点中学联盟第二次联考)(10分)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻．他根据老师提供的以下器材画出了如图8甲所示的原理图．图8A．电压表V(15V,10kΩ)B．电流表G(量程3.0mA，内阻Rg为10Ω)C．电流表A(量程0.6A，内阻约为0.5Ω)D．滑动变阻器R1(0～20Ω，10A)E．滑动变阻器R2(0～100Ω，1A)F．定值电阻R3＝990ΩG．开关S和导线若干(1)该同学没有选用电压表是因为________；(2)该同学将电流表G与定值电阻R3串联，实际上是进行了电表的改装，则他改装的电压表对应的量程是________V；(3)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是________(填写器材前的字母编号)；(4)该同学利用上述实验原理图测得以下数据，并根据这些数据绘出了如图8乙所示的图线，根据图线可求出干电池的电动势E＝________V(保留3位有效数字)，干电池的内阻r＝________Ω(保留2位有效数字)．图8序号123456电流表G(I1/mA)1.371.351.261.241.181.11解析(1)测量一节干电池的电动势大约在1.5V左右，而电压表的量程却达到0到15V，读数不到刻度盘十分之一，无法准确读数．(2)电流表G与定值电阻R3串联，串联后的最大电压Um＝Im(R3＋Rg)＝3V，所以改装的电压表量程是0～3V.(3)由于电源电压只有1.5V左右，若选用滑动变阻器R2(0～100Ω，1A)，电流最小只会有eq\f(1.5V,100Ω)＝0.015A远小于电流表量程，读数不准确，所以选择较小的滑动变阻器R1(0～20Ω，10A)．(4)改装后电压表示数U＝I1(R3＋Rg)，根据路端电压和电流的关系有1000I1＝E－I2r，图象纵轴截距即为电动势，所以电动势E＝1.47V，斜率即内阻r＝0.82Ω.答案(1)量程太大(2)0～3V(3)D(4)1.470.8223．(·浙江金华模拟)(16分)在某项娱乐活动中，要求质量为m的物体轻放到水平传送带上，当物体离开水平传送带后恰好落到斜面的顶端，且此时速度沿斜面向下．斜面长度为l＝2.75m，倾角为θ＝37°，斜面动摩擦因数μ1＝0.5.传送带距地面高度为h＝2.1m，传送带的长度为L＝3m，传送带表面的动摩擦因数μ2＝0.4，传送带一直以速度v传＝4m/s逆时针运动，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图9(1)物体落到斜面顶端时的速度；(2)物体从斜面的顶端运动到底端的时间；(3)物体轻放在水平传送带的初位置到传送带左端的距离应该满足的条件．解析(1)物体离开传送带后做平抛运动，设落到斜面顶端的速度为v0沿斜面方向，vy＝eq\r(2g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－lsinθ)))＝3m/sv0＝eq\f(vy,sinθ)＝5m/s，vx＝vycotθ＝4m/s(2)物体从斜面的顶端运动到底端的时间t1，根据牛顿第二定律：mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1l＝v0t＋eq\f(1,2)a1t2t＝0.5s(3)物体轻放在水平传送带的位置到传送带左端的距离s，因为vx＝v传μ2mg＝ma2由v2＝2as0得s0＝eq\f(v2,2a)＝2m故2m≤s≤3m答案(1)5m/s(2)0.5s(3)2m≤s≤3m24．(·浙江五校联考)(20分)如图10所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2L的金属杆AC，可绕通过圆环中心的水平轴O转动．将一根质量不计的长绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内，绳子的另一端吊了一个质量为m的物体．圆环的一半处在磁感应强度为B，方向垂直环面向里的匀强磁场中．现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为R图10(1)设某一时刻圆环转动的角速度为ω0，且OA边在磁场中，请求出此时金属杆OA产生电动势的大小．(2)请求出物体在下落中可达到的最大速度．(3)当物体下落达到最大速度后，金属杆OC段进入磁场时，杆CO两端电压多大？解析(1)金属杆OA产生电动势为：E＝BL2ω0/2(2)等效电路如图所示，两个半圆的并联电阻为R并＝eq\f(πLR,2)，OC和OA部分的电阻均为：r＝R2＝LR当达到最大速度时，重物的重力的功率等于电路中消耗的电功率：mgv＝eq\f(E2,R总)其中：E＝BL2ω/2＝eq\f(BLv,2)v＝eq\f(4mg2LR＋\f(πLR,2),B2L2)＝eq\f(2mgR4＋π,B2L)(3)OA上的电流大小为：I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(2mg,BL)当OC段在磁场中时，OC两端的电压为UCO＝eq\f(2mg,BL)(eq\f(πLR,2)＋LR)＝eq\f(2mgR,B)(eq\f(π,2)＋1)答案(1)eq\f(BL2ω0,2)(2)eq\f(2mgR\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋π)),B2L)(3)eq\f(2mgR,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1))25．(·南京二模)(22分)质谱仪是由加速电场(两板间电压为U1)、速度选择器和偏转场组