高考物理 仿真模拟卷(4＋3＋2＋3)(三)

仿真模拟卷(4＋3＋2＋3)(三)本试卷分选择题和非选择题两部分．满分120分．选择题部分(共42分)一、选择题(本题共4小题．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．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地．汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力．汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移x随时间t的变化关系可能是 ()．解析在驶入沙地后，由于阻力增大，速度减小，驶出沙地后阻力减小，速度增大，在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移x随时间t的变化关系可能是B.答案B15．在杨氏双缝干涉实验中，如果()．A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹C．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距相等的条纹解析白光干涉条纹是彩色的，A错；红光干涉条纹亮的是红色，暗的是黑色，B对；不同颜色的光，频率不同，不产生稳定干涉，C错；紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，会产生单缝衍射，但不会是间距相等的条纹，D错．答案B16．在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示．一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图1中虚线所示，v表示小球在C点的速度．则下列判断中正确的是()．图1A．小球在A点的电势能比在B点的电势能小B．恒力F的方向可能水平向左C．恒力F的方向可能与v方向相反D．在A、B两点小球的速率不可能相等解析小球由A运动到B，电场力做正功，电势能减少，小球在A点的电势能比在B点的电势能大，A错误；由运动轨迹可知，恒力F的方向可能水平向左，B正确，C错误；若小球由A运动到B的过程中，电场力做功与恒力做功相等，则在A、B两点小球的速率相等，D错误．答案B17．在水平面内的直角坐标系xOy中有一光滑金属导轨AOC，其中曲线导轨OA满足方程y＝Lsinkx，长度为eq\f(π,2k)的直导轨OC与x轴重合，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，其俯视图如图2所示．现有一长为L的金属棒从图示位置开始沿x轴正方向做匀速直线运动，已知金属棒单位长度的电阻值为R0，除金属棒的电阻外其余电阻均不计，棒与两导轨始终接触良好，则在金属棒运动的过程中 ()．图2A．回路中的感应电动势保持不变B．回路中的感应电流保持不变C．回路中消耗的电功率保持不变D．金属棒所受的安培力保持不变解析回路中的感应电动势e＝Byv，而y＝Lsinkx随着x的增大而增大，故A错．感应电流i＝eq\f(e,R)＝eq\f(Byv,yR0)＝eq\f(Bv,R0)不随x的变化而变化，保持不变，故B正确．功率P＝i2R，电流i不变，而R增大，所以P增大，C错．金属棒所受的安培力F＝iyB，电流i不变，而y增大，所以F增大，D错．答案B二、选择题(本题共3小题．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.在光滑水平面上，有三条互相平行的不同材质的绳索，绳索的左端A、B、C齐平，EF、MN是分别与ABC平行的两条界线，且EA＝EM.现让三条绳索的左端同时沿水平面在ABC所在直线上开始振动，经一定时间后，两条绳索在MN界线处刚好起振，一条绳索在EF界线处刚好起振，如图3所示．则下列说法正确的是 ()．图3A．A、B、C三列波的波速相等B．B波长最长，A、C波长一样C．B波频率最大，A、C波频率一样D．B波的波速是C波的二倍解析波速由介质决定，因绳索材质不同，波速不一定相同，由图可得，相同时间内A、B绳传播距离相同，是C绳的2倍，所以vA＝vB＝2vC，A错D对；A、C波长λ相同，B波长最长，2λC＝eq\f(3,4)λB，eq\f(λC,λB)＝eq\f(3,8)，再结合v＝λf，可得A绳频率最大，B绳频率最小，B对C错．答案BD19．如图4所示，矩形线圈面积为0.1m2，匝数为100，绕OO′轴在磁感应强度为eq\f(\r(2),5π)T的匀强磁场中以角速度5πrad/s匀速转动．从图示位置开始计时．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表，电阻R＝50Ω，其他电阻不计，下列判断正确的是 ()．图4A．在t＝0.1s时，穿过线圈的磁通量最大B.eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,5)时，变压器输入功率为50WC．P向上移动时，电压表示数变大D．P向上移动时，电流表示数变小解析由T＝eq\f(2π,ω)可求得交流电的周期为T＝0.4s，从图示位置转动0.1s时线圈平面恰好与中性面垂直，磁通量为零，选项A错误；根据E1＝eq\f(NBSω,\r(2))可求得E1＝10V，由E2＝eq\f(n2,n1)E1可求得E2＝50V，利用P＝eq\f(E\o\al(2,2),R)可求得P＝50W，选项B正确；当滑片P向上移动时，n2减小，根据E2＝eq\f(n2,n1)E1可知E2减小，电压表示数减小，选项C错误；根据变压器输入功率与输出功率相等可得：I1E1＝eq\f(E\o\al(2,2),R)，当滑片P向上移动时，n2减小，E2减小，E1保持不变，故I1减小，选项D正确．答案BD20.我国于年6月11日17时38分发射“神舟十号”载人飞船，并与“天宫一号”目标飞行器对接．如图5所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道，各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2(设地球半径为R)，“天宫一号”的运行周期约为90分钟．则以下说法正确的是 ()．图5A．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为eq\r(\f(h2,h1))B．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为eq\f(R＋h22,R＋h12)C．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D．“天宫一号”的线速度大于7.9km/s解析由Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)可得，“天宫一号”与“神舟十号”的线速度大小之比为eq\r(\f(R＋h2,R＋h1))，A项错误；由Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma可得“天宫一号”与“神舟十号”的向心加速度大小之比为eq\f(R＋h22,R＋h12)，B项正确；地球同步卫星的运行周期为24小时，因此“天宫一号”的周期小于地球同步卫星的周期，由ω＝eq\f(2π,T)可知，周期小则角速度大，C项正确；“天宫一号”的线速度小于地球的第一宇宙速度，D错．答案BC非选择题部分(共78分)非选择题部分共5题，共78分．21．(10分)某同学用图6a所示的实验装置验证机械能守恒定律．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为g＝9.80m/s2.实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图b所示．纸带上的第一个点记为O，另选连续的三个点A、B、C进行测量，图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值．回答下列问题(计算结果保留三位有效数字)图6(1)打点计时器打B点时，重物速度的大小vB＝____m/s；(2)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？简要说明分析的依据．解析(1)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知vB＝eq\f(hC－hA,2T)，由电源频率为50Hz可知T＝0.02s，代入其他数据可解得vB＝3.90m/s.(2)本实验是利用自由落体运动验证机械能守恒定律，只要在误差允许范围内，重物重力势能的减少等于其动能的增加，即可验证机械能守恒定律．选B点分析，由于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)≈7.61m，mghB＝7.857m，故该同学的实验结果近似验证了机械能守恒定律．答案(1)3.9(2)见解析22．(10分)某同学测量一只未知阻值的电阻Rx.(1)他先用多用电表进行测量，指针偏转如图7甲所示．为了使多用电表的测量结果更准确，该同学应选用________挡位，更换挡位重新测量之前应进行的步骤是____________________．(2)接下来再用“伏安法”测量该电阻，所用仪器如图乙所示，其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω，滑动变阻器最大阻值为100Ω.图中部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线．(3)该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将________(选填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际值．(4)连接电路时应注意的主要事项：________________________(任回答一项)．图7解析(1)多用电表所测量的电阻值等于指针示数乘以倍率，即100×10Ω＝1000Ω.因为指针不在表盘的中央附近，应换大一些的倍率．欧姆挡每次换挡后都要重新调零．不测量时要将多用电表关闭，置于“OFF”挡上，若无“OFF”挡应置于交流电压最大挡．(2)待测电阻Rx的阻值是滑动变阻器总阻值的10倍，若用限流电路，在改变滑动变阻器的阻值时电流表和电压表的示数变化很小，要用分压接法．又因为待测电阻的大小与电流表内阻的倍数比电压表内阻与待测电阻的倍数更大些，要用电流表的内接法．(3)电流表内接法测量的电阻值等于Rx＋RA，大于真实值．答案(1)×100欧姆挡调零(2)如图所示，补画①②两条线(3)大于(4)使滑动变阻器所分的电压为零；电表的正负接线柱不能接错23．(16分)如图8甲所示，水平面上固定一个间距L＝1m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，导轨一端接阻值R＝9Ω的电阻．导轨上有质量m＝1kg、电阻r＝1Ω、长度也为1m的导体棒，在外力的作用下从t＝0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v＝2eq\r(t)，不计导轨电阻．求：(1)t＝4s时导体棒受到的安培力的大小；(2)请在如图乙所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2－t)图象．图8解析(1)4s时导体棒的速度v＝2eq\r(t)＝4m/s感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq\f(E,R＋r)此时导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4N(2)由(1)可得I2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL,R＋r)))2t＝0.04t作出图象如图所示．答案(1)0.4N(2)见解析图24．(20分)如图9所示，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R.质量为m的滑块(视为质点)从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过半圆轨道的最高点A.已知∠POC＝60°，求：图9(1)滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时对轨道的压力；(2)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；(3)弹簧被锁定时具有的弹性势能．解析(1)设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，此时半圆轨道对滑块的支持力为FNP到C的过程，根据机械能守恒得：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C点时，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得：FN＝2mg由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小FN′＝2mg，方向竖直向下(2)P→C→Q的过程，根据能量守恒得：mgR(1－cos60°)－μmg·2R＝0解得：μ＝0.25(3)滑块恰好能通过A点，有mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)弹簧锁定时具有的弹性势能：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg·2R＋μmg·2R解得：Ep＝3mgR答案(1)2mg，方向竖直向下(2)0.25(3)3mgR25．(22分)如图10所示，板长为L、间距为d的平行金属板水平放置，两板间所加电压大小为U，足够大的光屏PQ与板的右端相距为a，且与板垂直．一带正电的粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入，射出电场时粒子速度的偏转角为37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计粒子的重力．图10(1)求粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若在两板右侧MN、光屏PQ间加如图所示的匀强磁场，要使粒子不打在光屏上，求磁场的磁感应强度大小B的取值范围；(3)若在两板右侧MN、光屏PQ间仅加电场强度大小为E0、方向垂直纸面向外的匀强电场．设初速度方向所在的直线与光屏交点为