高考物理交流预测试题

1．如图所示，质量为的物体从光滑斜面上某一高度由静止开始滑下，与锁定在光滑水平面上带有轻弹簧的物体发生正碰（不计与地面碰撞时的机械能损失），碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为，若碰前解除锁定，则碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】第一次碰撞过程中，和弹簧组成的系统机械能守恒，可知碰撞前瞬间的动能为，第二次碰撞过程中，弹簧最短时根据动量守恒可得，则，B正确.2．如图所示，开始时、两灯均正常发光，突然因故障短路，随后调节使再次正常发光，则在整个过程中，以下有关判断正确的是（）A．调节时，应向端滑动B．的电流先增大后减小C．电压表示数一直增大D．电源的输出功率一直减小【答案】B【解析】短路，，，，，即电压表示数减小，，，，即灯电流变小，不能正常发光，；同理，向滑动，，可得，即电压表示数减小，，，灯能正常发光，A、C错误，B正确；由于内外电阻大小关系未知，无法判断电源的输出功率变化情况，D错误．3．如图所示，在光滑水平面上以水平恒力牵引物体由静止开始运动，物体运动时受到空气阻力与速度的大小成正比.则在整个运动过程中，物体的（）A.加速度减小的越来越快，速度一直在增大B.加速度减小的越来越快，物体最终匀速运动C.加速度减小的越来越慢，物体最终匀速运动D.加速度减小的越来越慢，速度一直在增大【答案】B【解析】物体的加速度，随着的增大，减小，最后等于.又因为，减小，增大，B正确.4．下列说法正确的是（）A．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生均匀变化的电场B．紫外线容易引起固体物质分子共振，可利用紫外线加热和烘干物体C．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的波长和频率D．在以300km/h运行的列车上测量车厢上窗户的水平长度，测量结果比实际长度短【答案】C【解析】均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，A错；红外线容易引起固体物质分子共振，可利用红外线加热和烘干物体，B错；物体相对于参考系静止时测量物体的长度，测量结果与真实长度相同，D错。5．如图所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50Hz，电压表EQ\o\ac(○,V)示数为11000V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为，电压表和电流表均为理想电表，则（）A．原线圈输入的交流电的表达式为VB．开关K未闭合时，灯泡L1的两端的电压为220VC．开关K闭合后电流表eq\o\ac(○,A)的示数为通过灯泡L1中电流的D．开关K闭合后原线圈输入功率增大为原来的4倍【答案】B【解析】正弦交流电的表达式为V，其中电压最大值为V，，A错；电压表EQ\o\ac(○,V)的示数是有效值，根据变压比求得副线圈两端电压为220V，B对；开关K闭合后，两灯泡两端电压相等，故通过两灯泡的电流相等，C错；开关闭合后，副线圈负载为原来的2倍，故功率为原来的2倍，D错。6．如图，两束频率不同的单色光1、2以相同的入射角从真空中斜射入平行玻璃砖，两束光的折射率分别为n1、n2，且n1>n2，则（）A．折射率大的光束1在玻璃砖的下表面发生全反射而不进入真空B．两束光在玻璃砖里发生干涉现象C．两束光进入玻璃砖后折射角相等D．两束光射出玻璃砖后仍然平行【答案】D【解析】根据光路可逆的原理可知，光束在玻璃的下表面不能发生全反射但出射光线与入射光平行，A错、D对；两束光的频率不同，不能产生干涉现象，B错；两束光进入玻璃砖后根据折射定律可知，折射大的折射角小，即光束1的折射角小于光束2的折射角，C错。7．据报道，2013年9月11日，联盟号TMA-08M飞船与国际空间站一起运行6个月后在哈萨克斯坦距离杰兹卡兹甘镇东南约146公里处着陆，同时返回地球的有3名宇航员。若已知国际空间站绕地球运行的周期为T，空间站轨道所在处重力加速度为g，万有引力常量为G，则（）A．联盟号飞船在与空间站对接前其运行速度大于B．联盟号飞船与空间站在同一轨道上完成对接C．联盟号飞船与空间站对接后处于静止状态D．根据题中的条件可求得地球的质量为【答案】A【解析】国际空间站在轨运动行时，由万有引力充当向心力，有，再由轨道处的重力加速度为g，有，且，求得运行速度为，在对接前，联盟号飞船在低轨道，故对接时逐渐进入高轨道，速度减小，故A对、B错；联盟号飞船与空间站对接后处于相对静止状态，C错；由及求得地球的质量为，D错。8.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（）CCDEFUCDBIA.若霍尔元件的载流子是自由电子，则侧面C带负电B.电势差UCD仅与材料有关C.仅增大C、D间的宽度时,电势差UCD变小D.在测定地球两极上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平【解析】霍尔元件中有电流通过时，将受到此次的洛伦兹力作用而发生偏转，若霍尔元件的载流子是自由电子，则根据左手定则容易判断电子将向C侧偏转，故侧面C带负电，选项A正确，载流子行成的电势差满足，则,即UCD与磁感应强度、载流子速度以及C、D间的宽度有关，故选项B、C错误；地球两极上方的地磁场指向两极，所以在测定地球两极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平，选项D正确。9.如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R），小球a、b大小相同，质量相同，均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动.两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是（）A.当v=时，小球b在轨道最高点对轨道无压力B.当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大6mg C.速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动D.只要v≥,小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力都大5mg【解析】小球在最高点恰好对轨道没有压力时，小球b所受重力充当向心力，mg＝meq\f(v02,R)得v0＝eq\r(gR)，小球从最高点运动到最低点过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，2mgR＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2，解以上两式可得：v＝eq\r(5gR)，故A选项正确；小球在最低点时，F向＝meq\f(v2,R)＝5mg，在最高点和最低点所需向心力的差为4mg，故B选项错误；小球在最高点，内管对小球可以提供支持力，所以小球通过最高点的最小速度为零，再由机械能守恒定律可知，2mgR＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝2eq\r(gR)，故C选项正确；当v≥eq\r(5gR)时，小球在最低点所受支持力F1＝mg＋eq\f(mv2,R)，由最低点运动到最高点，2mgR＋eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv2，小球对轨道压力F2＋mg＝meq\f(v12,R)，解得F2＝meq\f(v2,R)－5mg，F1－F2＝6mg，可见小球a对轨道最低点压力比小球b对轨道最高点压力大6mg，故D选项错误。10.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉开一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止．在此过程中（）A、水平力F一定变大B、斜面体对地面的摩擦力一定变小C、物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D、斜面体所受地面的支持力一定先变大后变小【解析】取物体B为研究对象，分析其受力情况可知如图所示．则有F＝mgtanθ，T＝eq\f(mg,cosθ)，在物体B缓慢拉开的过程中，θ增大，则水平力F随之变大，A选项正确；对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，斜面体对地面的摩擦力一定变大，B选项错误；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，C选项错误；又整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力不变，D选项错误.11.如图甲所示，为一足够长的光滑绝缘斜面，范围内存在方向垂直斜面向下的匀强磁场，磁场边界、与斜面底边(在水平面内)平行．一正方形金属框放在斜面上，边平行于磁场边界．现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到边离开磁场的过程中，其运动的图像如图乙所示．已知金属框电阻为，质量为，重力加速度为，图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求（1）磁场区域的宽度；（2）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热。【解析】（1）根据金属框运动的图像可知，金属框边在时刻开始进入磁场区域，在至时间内金属框做速度大小为的匀速直线运动，金属框边在时刻开始进入磁场区域，在至时间内金属框做匀加速直线运动，在时刻，金属框边离开磁场区域。则磁场区域的宽度等于金属框边在至时间内运动位移的大小，根据图像可得……………..………=1\*GB3①解得：……………..…..………=2\*GB3②（2）设光滑绝缘斜面的倾角为，正方形金属框的边长为，在金属框边从时刻进入磁场到金属框边从时刻离开磁场的过程中，由功能关系可得……………..…=3\*GB3③根据金属框运动的图像可知，金属框边在时刻开始进入磁场区域，在至时间内金属框做速度大小为的匀速直线运动，则………………=4\*GB3④根据图像可知，在至时间内金属框做初速度为零的匀加速直线运动，又根据牛顿第二定律可得…………..…………=5\*GB3⑤由=1\*GB3①～=5\*GB3⑤解得……………..………=6\*GB3⑥12.(14分)物体A放在粗糙的水平地面上如图甲所示，0-6s时间内受到水平拉力F的作用，力F的大小如图乙所示，物体0-2s运动情况如图丙,重力加速度g取10m/s2.试求：①物体的质量；②物体与地面的动摩擦因数；图丙321图丙3210123456.v/ms-1t/s图乙图乙.F/Nt/s3210123456【解析】①当F2＝2N时物体匀速直线运动，拉力与摩擦力二力平衡所以摩擦力大小为f=F2=2N2分滑动时2分第1s内的加速度是联立可求得：；1分②滑动摩擦力为：2分可解得2分③2s末以后物体的加速度大小为：，可解得加速度加速度…………2分经过1分速度减为0第3s末后，由于拉力小于摩擦力，物块静止。所以发生的总位移：………………2分（其它方法也可）13．如图所示，质量为2m的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距S，长木板的右端固定一半径为R光滑的四分之一圆弧，圆弧的下端与木板水平相切但不相连。质量为m的滑块B（可视为质点）以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑，当B到达最低点时，B从A右端的上表面水平滑入．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数为μ，A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g．试分析下列问题：（1）滑块B到圆弧底端时的速度大小v1；（2）A与台阶只发生一次碰撞，求S满足的条件；（3）S在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间B的速度。台阶台阶AS【解析】（1）滑块B从释放到最低点，机械能守恒，取水平面为零势面，由机械能守恒定律得：①由①解得：②（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得：③若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：④对A应用动能定理：⑤联立③④⑤解得：⑥即A与台阶只能碰撞一次的条件是：（3）设S=时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度，由动量守定律得：⑦对A应用动能定理：⑧联立⑦⑧得：讨论：(i)当即时，AB共速后A才与挡板碰撞．由⑦式可得A与台阶碰撞前瞬间的A、B的共同速度为：即A与台阶碰撞前瞬间B的速度为：(ii)当即时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理有：由上式解得A与台阶碰撞前瞬间的速度：设此时B的速度为,由动量守恒定律得：由解得14.滑板运