江西省上饶市玉山一中高考物理模拟试卷（四）（含解析）.doc

2015年江西省上饶市玉山一中高考物理模拟试卷（四）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1418题只有一项符合题目要求，第1921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汽车上坡时，司机要用“换挡”的办法减速行使，是为了（）a省油b减少发动机的功率c增大发动机的功率d增大爬坡的牵引力2如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2l，高为l纸面内一边长为l的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移（ix）关系的是（）abcd3科学研究表明地球的自转在变慢四亿年前，地球每年是400天，那时，地球自转的周期为21.5h，科学家们猜想，地球自转变慢的原因主要有两个：一个是潮汐时海水与海岸碰撞、与海底摩擦而使能量变成内能；另一个是由于潮汐的作用，地球把部分自转能量传给了月球，使月球的机械能增加了（不考虑对月球自转的影响），由此可以判断，与四亿年前相比，现在月球绕地球公转的（）a半径减小b周期增大c线速度增大d角速度增大4高空云层中水气遇冷后凝聚成雨滴下落，设有大小不同的两个雨滴a、b，a 雨滴较大它们在下落的过程中受到的阻力f=ksv2其中s是雨滴的横截面积，v是雨滴下落的速度，k为一常数取雨落下落时为t=0，设雨滴为球形，则a、b两雨滴下落过程中的速度随时间变化的vt图象为（）a bcd5质量为m、电量为q的带电粒子，从图中的o点以初速度v0射入场强大小为e，方向沿x轴正方向的匀强电场中，v0与x轴方向夹角为，飞出电场时速度恰好沿y轴的正方向，带电粒子所受的重力忽略不计，在这过程中，带电粒子运动速度的变化量大小v和动能变化量ek为（）av=v0，ek=mv02bv=v0cos，ek=mv02cv=v0，ek=mv02cos2dv=v0cos，ek=mv02cos26阴极射线示波管的聚焦电场是由电极a1、a2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，p、q、r为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，不计电子的重力，则（）a电极a1的电势高于电极a2的电势b电子在p点处的动能小于在q点处的动能c电场中q点的电场强度小于r点的电场强度d电子从p至r的运动过程中，电场力对它一直做正功7如图所示，在o点处放置一个正电荷在过o点的竖直平面内的a点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以o为圆心、r为半径的圆（如图中实线表示）相交于b、c两点，o、c在同一水平线上，boc=30，a距离oc的竖直高度为h若小球通过b点的速度为v，则下列说法中正确的是（）a小球通过c点的速度大小是b小球通过c点的速度大小是c小球由a到c电场力做功是mv2mghd小球由a到c机械能的损失是mg（h）mv28一带电量为q的电荷绕带电量为q的正电荷做椭圆运动，轨迹如图所示已知|q|q|，m、n为椭圆轨迹上的两点下列判断正确的是（）aq带正电bm点的电场强度比n点的大cm点的电势比n点的高dq经m点时的加速度比经过n点时的小二、非选择题9关于做“测电源电动势和内电阻”的实验某同学按如图电路进行连接，他用到的6根导线是aa、bb、cc、dd、de和bf，由于其中混进了一根内部断开的导线，所以当他按下开关后，发现两个电表的指针均不偏转，他用多用表的电压档测量bc间的电压，读数约为1.5v（已知电池电动势约为1.5v），由于只有一根导线内部断开，根据上述现象可推得，这6根导线中哪几根可能内部是断开的？答：（写导线编号）为了确定哪一根导线的内部是断开的，他至少还要用多用表的电压档再测量几次？答：次10关于做“测电源电动势和内阻”的实验某同学通过改变滑动变阻器的电阻，测得了6组u、i的数据，根据第1、2、3、4、5和6组的数据，他在ui图上标出了这些数据点，并且按照这些数据点的分布绘制了相应的ui图线如图所示，由这一图线，可求得电源的电动势e为v，内电阻r为如果他不利用这一图线，而是利用任意两组u、i数据，那么当他选择哪二组数据求出的e、r值时误差最大？答：（写数据组编号如1和2；3和4；5和6）11如图示，在水平地面上有a、b两个物体，质量分别为ma=3.0kg和mb=2okg它们与地面间的动摩擦因数均为u=0.10在a、b之间有一原长l=15cm、劲度系数k=500n/m的轻质弹簧把它们连接，现分别用两个方向相反的水平恒力f1、f2同时作用在a、b两个物体上，已知f1=20n，f2=10n，g取10m/s2当运动达到稳定时，求：（1）a和b共同运动的加速度的大小和方向（2）a、b之间的距离（a和b均视为质点）12如图所示，地面和半圆轨道面ptq均光滑质量m=l kg、长l=4m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点p的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2求：（1）判断小车与墙壁碰撞前是否已与滑块相对静止并求小车与墙壁碰撞时滑块的速度；（2）若滑块可以沿圆轨道从q点抛出，求半圆轨道半径r的取值范围13如图所示，两平行金属板a、b长度为l，直流电源能提供的最大电压为u，位于极板左侧中央的粒子源可以沿水平方向向右连续发射质量为m、电荷量为q、重力不计的带电粒子，射入板间的粒子速度均为v0在极板右侧有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b，分布在环带区域中，该环带的内外圆的圆心与两板间的中心重合于o点，环带的内圆半径为r1当变阻器滑动触头滑至b点时，带电粒子恰能从右侧极板边缘射向右侧磁场（1）问从板间右侧射出的粒子速度的最大值vm是多少？（2）若粒子射出电场时，速度的反向延长线与v0所在直线交于o点，试证明o点与极板右端边缘的水平距离x=，即o与o重合，所有粒子都好像从两板的中心射出一样；（3）为使粒子不从磁场右侧穿出，求环带磁场的最小宽度d2015年江西省上饶市玉山一中高考物理模拟试卷（四）参考答案与试题解析一、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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汽车上坡时，司机要用“换挡”的办法减速行使，是为了（）a省油b减少发动机的功率c增大发动机的功率d增大爬坡的牵引力【考点】功率、平均功率和瞬时功率【专题】功率的计算专题【分析】机用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由p=fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大【解答】解：由p=fv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡故选d【点评】本题很好的把现实生活中的事情与所学的物理知识结合了起来，可以激发学生的学习兴趣2如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2l，高为l纸面内一边长为l的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移（ix）关系的是（）abcd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则【专题】电磁感应与图像结合【分析】将整个过程分成三个位移都是l的三段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式e=blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况【解答】解：位移在0l过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值i=，l=x则 位移在l2l过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值 位移在2l3l过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值i=故选a【点评】本题考查对感应电势势公式e=blv的理解l是有效的切割长度3科学研究表明地球的自转在变慢四亿年前，地球每年是400天，那时，地球自转的周期为21.5h，科学家们猜想，地球自转变慢的原因主要有两个：一个是潮汐时海水与海岸碰撞、与海底摩擦而使能量变成内能；另一个是由于潮汐的作用，地球把部分自转能量传给了月球，使月球的机械能增加了（不考虑对月球自转的影响），由此可以判断，与四亿年前相比，现在月球绕地球公转的（）a半径减小b周期增大c线速度增大d角速度增大【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】月球的机械能增加了，因为能量大了，速度大了，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，最后到了半径更大的圆上做圆周运动根据万有引力提供向心力，可知速度、周期、角速度的变化【解答】解：月球的机械能增加了，因为能量大了，速度大了，万有引力不够提供向心力，做离心运动，最后到了半径更大的圆上做圆周运动根据万有引力提供向心力g知轨道半径变大，速度减小，周期变大，角速度变小故b正确，a、c、d错误故选b【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力公式，即g4高空云层中水气遇冷后凝聚成雨滴下落，设有大小不同的两个雨滴a、b，a 雨滴较大它们在下落的过程中受到的阻力f=ksv2其中s是雨滴的横截面积，v是雨滴下落的速度，k为一常数取雨落下落时为t=0，设雨滴为球形，则a、b两雨滴下落过程中的速度随时间变化的vt图象为（）abcd【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据牛顿第二定律得出加速度，结合速度的变化得出阻力的变化，从而得出加速度的变化【解答】解：雨滴的加速度a=，下降的过程中，速度增大，则阻力增大，加速度减小，即雨滴做加速度减小的加速运动，速度时间图线切线斜率逐渐减小，当加速度减小到零时，雨滴做匀速直线运动，此时有：mg=kv2s，知雨滴越大，最终速度越大故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键会根据雨滴的受力判断雨滴的运动情况，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动5质量为m、电量为q的带电粒子，从图中的o点以初速度v0射入场强大小为e，方向沿x轴正方向的匀强电场中，v0与x轴方向夹角为，飞出电场时速度恰好沿y轴的正方向，带电粒子所受的重力忽略不计，在这过程中，带电粒子运动速度的变化量大小v和动能变化量ek为（）av=v0，ek=mv02bv=v0cos，ek=mv02cv=v0，ek=mv02cos2dv=v0cos，ek=mv02cos2【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】逆过来看带电粒子的运动，带电粒子垂直进入匀强磁场做类平抛运动，即沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动带电粒子运动速度的变化量大小v等于沿电场方向速度的变化量，求出初末位置的动能，从而得出动能的变化量【解答】解：v0与x轴方向夹角为，沿x轴方向上的分速度为v0cos，沿y轴方向上的分速度为v0sin，逆过来看带电粒子的运动，带电粒子垂直进入匀强磁场做类平抛运动，则带电粒子运动速度的变化量大小v等于沿电场方向速度的变化量，即v=v0cos末位置的速度为v0sin，所以动能的变化量故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键通过逆向思维来解决，带电粒子在逆过来看时，做类平抛运动6阴极射线示波管的聚焦电场是由电极a1、a2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，p、q、r为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，不计电子的重力，则（）a电极a1的电势高于电极a2的电势b电子在p点处的动能小于在q点处的动能c电场中q点的电场强度小于r点的电场强度d电子从p至r的运动过程中，电场力对它一直做正功【考点】电场线；电势【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况【解答】解：a、沿电场线电势降低，因此电极a1的电势低于电极a2，故a错误；bd、电子从p至r的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故bd正确；c、据电场线的疏密程度可知，因此q点电场线比r点电场线密，故q点的电场强度大于r点的电场强度故c错误；故选：bd【点评】要能正确根据电场线、等势线的分布情况，判断电势、电势能、电场强度、电场力做功等物理量变化情况7如图所示，在o点处放置一个正电荷在过o点的竖直平面内的a点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以o为圆心、r为半径的圆（如图中实线表示）相交于b、c两点，o、c在同一水平线上，boc=30，a距离oc的竖直高度为h若小球通过b点的速度为v，则下列说法中正确的是（）a小球通过c点的速度大小是b小球通过c点的速度大小是c小球由a到c电场力做功是mv2mghd小球由a到c机械能的损失是mg（h）mv2【考点】电势能；功能关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】小球下落过程中，受到重力和电场力，由于b、c两点处于同一等势面上，故从b到c过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况【解答】解：a、b、小球从a点到c点的过程中，电场力总体上做的是负功，重力做正功，由动能定理可以知道电荷在c点的大小是，因此c点的速度小于，故a错误；故b正确；c、d、小球由a点到c点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功由动能定理得mgh+w电=则：w电=mgh=即电势能增加了mg（h）mv2，机械能减少了mg（h）mv2故c错误，d正确；故选：bd【点评】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度8一带电量为q的电荷绕带电量为q的正电荷做椭圆运动，轨迹如图所示已知|q|q|，m、n为椭圆轨迹上的两点下列判断正确的是（）aq带正电bm点的电场强度比n点的大cm点的电势比n点的高dq经m点时的加速度比经过n点时的小【考点】电势；库仑定律；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带电粒子在绕q点做圆周运动，点电荷对带电粒子的吸引力提供向心力，从而确定q带何种电；根据电场力对带电粒子的做功情况判断m点和n点的电势能大小关系，进而确定电势的高低；由离q的远近判断场强大小；由库仑力与运动方向判断功的正负等【解答】解：a、根据电场力提供向心力，可知电荷带负电，故a错误b、由点电荷电场分布可知，n点场强较小，m点的电场强度较大，由于电场强度越大，电场力越大，因此加速度也越大，故b正确，d错误；c、负电荷由m到n，电场力做负功，导致电势能增加，则m点的电势能小于n点，由于带负电荷，所以m点的电势高于n点，故c正确；故选bc【点评】本题主要考查了同学们识图的能力，知道做椭圆运动的物体在靠近焦点的轨道上运动的速度大于远离焦点轨道上的速度，难度不大，属于基础题二、非选择题9关于做“测电源电动势和内电阻”的实验某同学按如图电路进行连接，他用到的6根导线是aa、bb、cc、dd、de和bf，由于其中混进了一根内部断开的导线，所以当他按下开关后，发现两个电表的指针均不偏转，他用多用表的电压档测量bc间的电压，读数约为1.5v（已知电池电动势约为1.5v），由于只有一根导线内部断开，根据上述现象可推得，这6根导线中哪几根可能内部是断开的？答：bb、cc（写导线编号）为了确定哪一根导线的内部是断开的，他至少还要用多用表的电压档再测量几次？答：1次【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】电路故障问题涉及到欧姆定律、闭合电路欧姆定律及电路的串并联知识，一般是先用电压表从电源两端开始，再逐级往下测量，最后找出故障【解答】解：根据欧姆定律及电压就是电势之差原理可知，电压表在b、c间示数等于电动势，说明b、c间不含源电路间断路，及bb、cc间可能断路，因此，至少再测量一次即可能确准到底是哪段断路故答案为：bb、cc，1【点评】电路故障常见的有短路和断路两种情况，实际是断路情况多，判定时一般先用电压表测电压，先判断电源是否完好，再判断其它电路；根据ui图象求内电阻时特别注意“斜率”的含义，既不要用纵轴截距除以横轴截距算做内电阻10关于做“测电源电动势和内阻”的实验某同学通过改变滑动变阻器的电阻，测得了6组u、i的数据，根据第1、2、3、4、5和6组的数据，他在ui图上标出了这些数据点，并且按照这些数据点的分布绘制了相应的ui图线如图所示，由这一图线，可求得电源的电动势e为1.45v，内电阻r为0.5如果他不利用这一图线，而是利用任意两组u、i数据，那么当他选择哪二组数据求出的e、r值时误差最大？答：2、3（写数据组编号如1和2；3和4；5和6）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据图象可明确电源的电动势和内电阻，如果不通过图象，若两点离图象越远，计算结果误差最大【解答】解：根据闭合电路欧姆定律知，ui图象的纵轴截距是电动势，斜率的绝对值是电源内电阻，可得：e=1.45v；r=0.5；，如果不通过图象，若采用的两点相临较近时，并且离图象较远时，误差较大；故只取两点显然2、3两组误差最大故选：1.45；0.5；2、3【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意掌握图象的意义，明确电动势和内电阻的计算11如图示，在水平地面上有a、b两个物体，质量分别为ma=3.0kg和mb=2okg它们与地面间的动摩擦因数均为u=0.10在a、b之间有一原长l=15cm、劲度系数k=500n/m的轻质弹簧把它们连接，现分别用两个方向相反的水平恒力f1、f2同时作用在a、b两个物体上，已知f1=20n，f2=10n，g取10m/s2当运动达到稳定时，求：（1）a和b共同运动的加速度的大小和方向（2）a、b之间的距离（a和b均视为质点）【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】以整体为研究对象进行受力分析求出ab的共同加速度a，再隔离a或b进行受力分析，根据加速度求出弹簧弹力f，再根据胡克定律求出弹簧的伸长量从而求出ab间距离【解答】解：（1）以ab整体为研究对象，进行受力分析如下图所示：ab在水平方向所受合力f合=f1f2f滑动摩擦力f=n=g=（ma+mb）g所以ab具有的共同加速度=1m/s2方向与f1的方向相同（2）以a为研究对象，进行受力分析有：由受力图可知：f1ffa=maa所以弹簧弹力f=f1famaa又因为滑动摩擦力fa=na=mag所以弹簧弹力f=200.131031n=14n又因为弹簧的弹力满足胡克定律f=kx所以弹簧的伸长量又因为弹簧原长l=15cm，所以ab间的距离x=l+x=17.8cm答：（1）a和b共同运动的加速度的大小为1m/s2，方向和f1的方向相同（2）a、b之间的距离（a和b均视为质点）为17.8cm【点评】正确灵活的运用整体法和隔离法对物体进行受力分析，再根据牛顿第二定律求解是解决本题的关键12如图所示，地面和半圆轨道面ptq均光滑质量m=l kg、长l=4m的小车放在地面上，右端与墙壁的距离为s=3m，小车上表面与半圆轨道最低点p的切线相平现有一质量m=2kg的滑块（不计大小）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数=0.2，g取10m/s2求：（1）判断小车与墙壁碰撞前是否已与滑块相对静止并求小车与墙壁碰撞时滑块的速度；（2）若滑块可以沿圆轨道从q点抛出，求半圆轨道半径r的取值范围【考点】动量守恒定律；向心力；机械能守恒定律【分析】（1）假设小车与墙壁碰撞前有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出此过程中滑块与小车的相对位移，判断小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同，并求出小车与墙壁碰撞时的速度；（2）若滑块恰能滑过圆的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块经过最高点时的速度，根据动能定理求出轨道半径；若滑块恰好滑至圆弧到达t点时就停止，滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理求解半径，即能得到半径的条件【解答】解：（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）v1，代入数据解得：v1=4m/s，设滑块与小车的相对位移为 l1，由系统能量守恒定律，有：mgl1=mv02（m+m）v12，代入数据解得：l1=3m，设与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理，有mgs1=mv120，代入数据解得s1=2m，因l1l，s1s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1=4m/s（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1=4m/s，位移为l2=ll1=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点p若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v，临界条件为：mg=m，根据动能定理，有：mgl2mg2r=mv2mv12，联立并代入数据解得r=0.24m 若滑块恰好滑至圆弧到达t点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道根据动能定理，有：mgl2mgr=0mv12，代入数据解得r=0.6m，综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足r0.24m或r0.6m 答：（1）小车与墙壁碰撞时滑块的速度是4m/s；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径r的取值为r0.24m或r0.