高考物理 训练7+2+3全真模拟四.docx
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高考物理训练7+2+3全真模拟四
“7+2+3”全真模拟(四)
(时间:
70分钟 分值:
120分)
选择题部分 (共42分)
一、选择题(本题共4小题,每小题6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.许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献,也创造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、建立物理模型法、类比法和科学假设法等.以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是( )
A.加速度a=
是采用比值法定义的
B.伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法
C.在不需要考虑物体本身的形状和大小时,用质点来代替物体的方法叫假设法
D.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看做匀速直线运动,然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移,这里采用了微元法
15.真空中有一正四面体ABCD,如图,M、N分别是AB和CD的中点.现在A、B两点分别固定电荷量为+Q、-Q的点电荷,下列说法中不正确的是( )
A.将试探电荷+q从C点移到D点,电场力做正功,试探电荷+q的电势能降低
B.将试探电荷-q从M点移到N点,电场力不做功,试探电荷-q的电势能不变
C.C、D两点的电场强度大小相等
D.N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直
16.如图所示,将一光滑圆轨道固定竖直放置,其中A点为圆轨道的最低点,B点为圆水平直径与圆弧的交点.一个质量为m的物体静置于A点,现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F作用于物体上,使其沿圆轨道到达B点,随即撤去外力F,要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动,外力F至少为( )
A.
B.
C.
D.
17.如图所示,abcd为一边长为l、具有质量的刚性导线框,位于水平面内,bc边串接有电阻R.虚线表示一匀强磁场区域的边界,它与线框ab边平行,磁场区域的宽度为2l,磁场方向竖直向下.线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力F作用下,沿光滑水平面运动,直到通过磁场区域.已知ab边刚进入磁场时,线框做匀速运动,下面定性画出的回路中电流i大小与位移x图象一定错误的是( )
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.如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,水平放置一根长为L、质量为m的直导体棒,当通以图示方向电流I时,欲使导体棒静止在斜面上,可加一平行于纸面的匀强磁场,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,下列说法中正确的是( )
A.此过程中磁感应强度B先增大后减小
B.此过程中磁感应强度B先减小后增大
C.此过程中磁感应强度B的最小值为
D.此过程中磁感应强度B的最大值为
19.如图所示,在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧、并以加速度a竖直向上搬起,P和Q质量分别为2m和3m,水平力为F,P和Q间动摩擦因数为μ,在此过程中( )
A.P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下
B.P受到Q的摩擦力大小为2μF
C.P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g+a)
D.P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g+a)
“7+2+3”全真模拟(四)答题卡
选择题部分 (每题6分,共42分)
题号
14
15
16
17
18
19
20
答案
非选择题部分 (共78分)
21.(10分)
(1)____________
(2)____________ ____________
(3)____________
22.(10分)
(1)____________
(2)
(3)①____________ ③____________
(4)____________ ____________
23.(16分)
24.(20分)
25.(22分)
20.如图甲所示,滑块A的质量m=1kg,静止在光滑水平面上、上表面的长度为L的平板车B的质量为M.某时刻滑块A以向右的初速度v0=3m/s滑上平板车B的上表面,忽略滑块A的大小.从滑块A刚滑上平板车B开始计时,之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示,t0是滑块A在车上运动的总时间,测得t0=1s.以下说法中正确的是(重力加速度g=10m/s2)( )
A.平板车B上表面的长度L=2m
B.滑块A与平板车B上表面的动摩擦因数μ=0.1
C.平板车B的质量M=1kg
D.t0时间内滑块A所受摩擦力做功的平均功率为10W
非选择题部分 (共78分)
21.(10分)某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹力大小与其长度的关系”的实验.
(1)在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持________状态.
(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线.由此图线可得该弹簧的原长x0=________cm,劲度系数k=________N/m.
(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一个弹簧测力计,当弹簧测力计上的示数如图丙所示时,该弹簧的长度x=________cm.
22.(10分)实验室进了一批用来做螺线管用的金属导线,某同学想通过实验测定该材料的电阻率.
(1)实验中他找来一定值电阻来保护电表不被烧毁,为确定该产品是否可作保护电阻,他用多用电表粗测其电阻:
将选择开关打到欧姆挡的“×10”倍率挡,测量结果如图甲所示,则定值电阻为________Ω.
(2)通过测量确定该定值电阻可作保护电阻,他便设计了如图乙所示原理图,根据图乙将实物图丙连接好.
(3)其主要实验步骤如下:
①用螺旋测微器测金属丝的直径,测量结果如图丁所示,则金属丝的直径D=________mm.
②适当取出一段样品材料,然后按原理图连接好实验器材.
③用毫米刻度尺测量出接入实验电路中金属丝的长度,某次测量刻度尺的示数如图戊所示,则金属丝长度的测量值为L=________cm.
④改变接入电路中金属丝的长度,重复实验多次.
(4)根据实验中的数据,最后得到了如图己所示的R-L图象,由图象可求得金属丝的电阻率ρ=________Ω·m,用来作为保护电阻的定值电阻R0=________Ω.
23.(16分)南海舰队某潜艇在远航巡逻中,遭遇海水密度突变造成的“断崖”掉深,该艇急速下沉,全艇官兵在能见度几乎为零的水雾环境中,关闭了近百个阀门和开关,操纵了几十种仪器,成功将险情化解,创下了同类潜艇大深度自救成功的新记录!
假设总质量为M=3.45×106kg的潜艇正在深度为h1=150m,密度为ρ1=1.029×103kg/m3的水下缓慢水平潜航,突然进入密度为ρ2=1.008×103kg/m3区域发生“断崖”,潜艇沿竖直方向从静止开始匀加速下沉,经一系列操作在很短的时间排出一定量的水后,潜艇转为匀减速下沉,当速度减为0时到达最大深度h2=330m,整个过程历时t=90s.设潜艇在下沉中只受重力与浮力的作用,忽略排水的时间及潜艇体积的变化,取g=9.8m/s2,求:
(1)潜艇匀加速下沉的时间;
(2)紧急排出水的质量.
24.(20分)如图所示,两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m,另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=1×10-2kg,可沿导轨无摩擦地滑动,MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2Ω(竖直金属导轨电阻不计),PQ杆放置在水平绝缘平台上,整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中,g取10m/s2.
(1)若将PQ杆固定,让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由静止开始向上运动,磁感应强度B0=1.0T,杆MN的最大速度为多少?
(2)若将MN杆固定,MN和PQ的间距为d=0.4m,现使磁感应强度从零开始以
=0.5T/s的变化率均匀地增大,经过多长时间,杆PQ对地面的压力为零?
25.
(22分)如图所示,在Ⅰ区里有方向竖直向上的匀强电场,场强大小为E=4×105N/C,在Ⅱ区里有垂直于纸面向外的匀强磁场,电场和磁场的宽度d相等,d=0.4m.比荷
=2.5×109C/kg的带正电的粒子以初速度v0=2×107m/s从PQ边界上的O点垂直PQ射入电场.若电场和磁场在竖直方向上足够长,不计粒子的重力.
(1)求粒子经过电场和磁场的边界MN时的速度及竖直方向上的位移大小;
(2)若要使粒子在磁场区域运动时不穿过RS边界(RS边界上有磁场),求磁感应强度B的取值范围;
(3)在第
(2)问的条件下,求粒子在电场和磁场中的最长运动时间.
“7+2+3”全真模拟(四)
14.解析:
选D.加速度的定义式为a=
,A错误;伽利略不是为了说明力是维持物体运动的原因做实验,B错误;在不需要考虑物体本身的形状和大小时,用质点来代替物体的方法属于模型法,C错误;把整个运动过程划分成很多小段,属于微元法,D正确.
15.解析:
选A.由几何知识可判断,AB垂直面DMC,且M点为AB的中点,则面DMC与AB的中垂面重合,故DMC为一等势面,则φD=φC=φN=φM,A项错误,B项正确;由电场的空间分布特点可判断C、D项正确.
16.解析:
选D.物体由A点运动到B点的过程中,由动能定理可得WF-mgR=
mv
①;因F是变力,对物体的运动过程分割,将
划分成许多小段,则当各小段弧长Δs足够小时,在每一小段上,力F可看做恒力,且其方向与该小段上物体位移方向一致,有WF=FΔs1+FΔs2+…+FΔsi+…=F(Δs1+Δs2+…+Δsi+…)=F·
R②;从B点起撤去外力F,物体的运动遵循机械能守恒定律,由于在最高点维持圆周运动的条件是mg≤m
,即在圆轨道最高点处速度至少为
.故由机械能守恒定律得
mv
=mgR+m
③;联立①②③式得F=
.选项D正确.
17.解析:
选C.由题意知,当线框在x=0至x=l间运动时电流恒为i0;当线框在x=l至x=2l间运动时,磁通量不变化,故i=0,线框做匀加速运动;当ab边刚出磁场(x=2l)时,线框的速度大于刚进磁场时的速度,cd边切割磁感线产生的电流i>i0,同时受到的安培力大于F,线框做减速运动,随着速度的减小,安培力变小,加速度变小,故选项C错;当cd边刚出磁场时,线框速度可能还没减速到ab边刚进磁场时的速度,故选项B对;也可能恰好减速到ab边刚进磁场时的速度,故选项D对;还可能早就减速到ab边刚进磁场时的速度以后做匀速运动,故选项A对.
18.解析:
选CD.导体棒受重力G、支持力FN、安培力F作用而处于平衡状态,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,安培力由沿斜面向上转至竖直向上,导体棒受力的动态变化如图所示,则由图知安培力逐渐增大,即此过程中磁感应强度B逐渐增大,A、B错误;刚开始安培力F最小,有sinα=
,所以此过程中磁感应强度B的最小值为
,C正确;最后安培力最大,有F=mg,即此过程中磁感应强度B的最大值为
,D正确.
19.解析:
选AC.设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为Ff1,设P受到Q的摩擦力大小为Ff,方向竖直向上.对PQ整体、P分别应用牛顿第二定律有2Ff1-5mg=5ma、Ff1+Ff-2mg=2ma,联立解得Ff=-0.5m(g+a),说明P受到Q的摩擦力向下,选项A、C对,选项B、D错.
20.解析:
选ABC.题图乙中梯形的面积代表滑块相对平板车的位移,也就是平板车的长度L,即为L=
t0=
v0t0=2m,A正确;对滑块运用牛顿第二定律有-μmg=ma,而a=
,解得μ=
=0.1,B正确;由题图乙可知滑块、平板车的加速度大小相等,使它们产生加速度的合力就是两者间的滑动摩擦力,因此它们的质量相等,C正确;滑块所受摩擦力Ff=μmg=1N,由题图乙可知,滑块从t=0到t=t0过程中相对地面的位移x块=
t0=2.5m,t0时间内滑块所受摩擦力做功W=Ffx块=2.5J,所以t0时间内滑块所受摩擦力做功的平均功率为P=W/t0=2.5W,D错误.
21.解析:
(1)安装刻度尺时,必须使刻度尺竖直放置.
(2)由题图乙F-x图象知,弹簧原长x0=4cm;k=
=
N/m=50N/m.(3)由题图丙知,弹簧测力计示数为3.0N,则Δx=
=0.06m=6cm,则x=x0+Δx=10cm.
答案:
(1)竖直(2分)
(2)4(2分) 50(3分) (3)10(3分)
22.解析:
(1)由多用电表示数及选择倍率可知定值电阻为5×10Ω=50Ω.(3)①由螺旋测微器的读数方法可得金属丝的直径为D=0.252mm.③金属丝的长度为L=70.50cm-10.00cm=60.50cm.(4)由部分电路的欧姆定律得R=
=R0+R金属丝,由电阻定律得R金属丝=ρ
,由以上两式得R=
·L+R0,可知题图己的斜率k=
,所以金属丝的电阻率为ρ=kS,图线在纵轴上的截距表示保护电阻的阻值.为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点,如(40,63)和(100,78),则k=
=
Ω/m=25Ω/m,金属丝的横截面积为S=π
≈4.99×10-8m2,由图象斜率的物理意义可求得金属丝的电阻率为ρ=kS≈1.25×10-6Ω·m.图线在纵轴上的截距表示定值电阻的阻值R0=53Ω.
答案:
(1)50(1分)
(2)如图所示(3分)
(3)①0.252(1分) ③60.50(1分)
(4)1.25×10-6(2分) 53(2分)
23.解析:
(1)设潜艇下沉的最大速度为vm,匀加速下沉的时间为t1,加速度大小为a1,则
h2-h1=
t(2分)
vm=a1t1(2分)
设潜艇体积为V,未排水时
ρ1Vg=Mg(2分)
Mg-ρ2Vg=Ma1(2分)
解得t1=20s.(2分)
(2)设匀减速下沉的加速度大小为a2,紧急排出水的质量为m
vm=a2(t-t1)(2分)
ρ2Vg-(M-m)g=(M-m)a2(2分)
解得m=9.0×104kg.(2分)
答案:
(1)20s
(2)9.0×104kg
24.解析:
(1)MN杆切割磁感线产生的电动势为:
E1=B0Lv①(2分)
由闭合电路欧姆定律得:
I1=
②(2分)
MN杆所受安培力大小为:
F安=B0I1L③(2分)
对MN杆应用牛顿第二定律得:
F-mg-F安=ma④(2分)
当MN杆速度最大时,MN杆的加速度为零,联立①②③④得MN杆的最大速度为:
vm=
=
m/s
=0.8m/s.(2分)
(2)感生电动势为:
E2=
=
⑤(2分)
由闭合电路欧姆定律得:
I2=
⑥(2分)
t时刻的磁感应强度为:
B=
t⑦(2分)
PQ杆受力平衡:
mg=BI2L⑧(2分)
联立⑤⑥⑦⑧得时间t为:
t=
=
s=10s.(2分)
答案:
(1)0.8m/s
(2)10s
25.解析:
(1)设粒子在电场中运动的时间为t1,粒子经过MN边界时的位置与O点的竖直距离为y,则:
在v0方向:
d=v0t1(2分)
在竖直方向:
y=
at
(2分)
由牛顿第二定律得:
Eq=ma(1分)
联立解得:
t1=2×10-8s(1分)
y=0.2m(1分)
粒子经过边界MN时在竖直方向上的分速度为
vy=at1=2×107m/s(1分)
粒子经过边界MN时的速度大小为
v=
=2
×107m/s(1分)
与v0方向的夹角为θ=arctan
=45°.(1分)
(2)要使粒子不穿过RS边界,粒子在磁场区域运动的临界轨迹如图所示,设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为r,则
由几何知识得:
r+
r≤d(2分)
由牛顿第二定律得:
qvB=m
(2分)
联立解得:
B≥(2
+2)×10-2T.(2分)
(3)由
(2)知B=(2
+2)×10-2T时,粒子在磁场中的运动时间最长,再进入电场时向下偏离的距离最远(2分)
当B=(2
+2)×10-2T时,粒子在Ⅱ区里做匀速圆周运动转过的圆心角θ=
,则
t2=
=3(
-1)π×10-8s=3.9×10-8s(2分)
粒子在电场和磁场中运动的最长时间
t=2t1+t2=7.9×10-8s.(2分)
答案:
见解析