轮复习高考仿真模拟卷三附答案Word格式文档下载.docx
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A.粒子运动到C点时的动能为3Ek
B.沿x轴从O点到C点,电势一直在降低
C.粒子从O点到C点,先做加速,后做减速
D.粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量
19.(2015东阳模拟)如图所示,固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连,弹簧的下端固定在水平地面上的A点,开始弹簧恰好处于原长h.现让圆环由静止沿杆滑下,滑到杆的底端(未触及地面)时速度恰好为零.则以下说法正确的是( )
A.在圆环下滑的过程中,圆环、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
B.在圆环下滑的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大
C.在圆环下滑的过程中,当弹簧再次恢复原长时圆环的动能最大
D.在圆环下滑到杆的底端时,弹簧的弹性势能为mgh
20.如图所示,A,B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α,β,A球向左的速度为v,下列说法正确的是( )
A.此时B球的速度为
v
B.此时B球的速度为
C.当β增大到等于90°
时,B球的速度达到最大,A球的速度为0
D.在β增大到90°
的过程中,绳对B球的拉力一直做正功
非选择题部分
三、非选择题(本题共5题,共78分)
21.(10分)某同学探究一个额定电压2.2V、额定功率1.1W的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系.器材为电源(电动势3V)、开关、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干.
(1)为了达到上述目的,请将图(甲)连成一个完整的实验电路图.要求所测电压范围为0~2.2V.
(2)根据实验数据得到了如图(乙)所示小灯泡的U
I图象.电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了 Ω.
22.(10分)为了测量滑块和桌面之间的动摩擦因数,某同学设计了如图(甲)所示的实验装置,带滑轮的长木板水平放置,板上固定有两个光电门相距为L=0.5m,滑块上遮光板宽度d用游标卡尺测得如图(乙)所示,质量为m=0.5kg的滑块通过细线与重物P相连,通过力传感器获得细线的拉力F=3N,让滑块由静止释放,记录滑块上的遮光板通过光电门1、光电门2所用的时间分别为t1=0.02s,t2=0.01s.
(1)遮光板宽度为d= cm;
(2)滑块的加速度表达式为(用题中所给符号表示) ,滑块与桌面的动摩擦因数为 (保留两位有效数字,g取
10m/s2);
(3)如果实验中力传感器出现问题后被拆掉,该同学用重物P的重力Mg代替细线对滑块的拉力完成了实验,为使误差尽可能减小,应满足的实验条件是 .
23.(16分)如图(甲)所示,两根足够长的光滑金属导轨ab,cd与水平面成θ=30°
固定,导轨间距离为l=1m,电阻不计,一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端,整个系统置于匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=1T.现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放.金属棒下滑过程中与导轨接触良好.改变电阻箱的阻值R,测定金属棒的最大速度vm,得到
的关系如图(乙)所示.取g=10m/s2.求:
(1)金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值;
(2)当电阻箱R取2Ω,且金属棒的加速度为
时,金属棒的速度.
24.(20分)(2015富阳第二学期检测)如图所示,竖直平面内的直角坐标系中,x轴上方有一个圆形有界匀强磁场(图中未画出),x轴下方分布有斜向左上与y轴方向夹角θ=45°
的匀强电场;
在x轴上放置有一挡板,长0.16m,板的中心与O点重合.今有一带正电粒子从y轴上某点P以初速度v0=40m/s与y轴负向成45°
角射入第一象限,经过圆形有界磁场时恰好偏转90°
并从A点进入下方电场,如图所示.已知A点坐标(0.4m,0),匀强磁场垂直纸面向外,磁感应强度大小B=
T,粒子的比荷
=
×
103C/kg,不计粒子的重力.问:
(1)带电粒子在圆形磁场中运动时,轨迹半径多大?
(2)圆形磁场区域的最小面积为多少?
(3)为使粒子出电场时不打在挡板上,电场强度应满足什么要求?
25.(22分)如图所示,一传送带AB段的倾角为37°
BC段弯曲成圆弧形,CD段水平,A,B之间的距离为12.8m,BC段长度可忽略,传送带始终以v=4m/s的速度逆时针方向运行.现将一质量为m=1kg的工件无初速度放到A端,若工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,在BC段运动时,工件速度保持不变,工件到达D点时速度刚好减小到与传送带相同.取g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,求:
(1)工件从A到D所需时间;
(2)工件从A到D的过程中,与传送带之间因摩擦产生的热量.
高考仿真模拟卷(三)
14.C 小球做匀速圆周运动,根据小球受到的合力提供向心力,则小球受的合力必指向圆心,小球受到竖直向下的重力,还有轻杆的作用力,由图可知,轻杆的作用力如果是F1,F2,F4,与重力的合力不可能指向圆心,只有轻杆的作用力为F3方向,与重力的合力才可能指向圆心.故选项A,B,D错误,C正确.
15.C
分别对A,B两个相同的小物块受力分析如图,由平衡条件得FN=mgcosθ,同理
FN′=
由牛顿第三定律,A,B分别对球面的压力大小为FN,FN′,则它们之比为
选项C正确.
16.C 根据牛顿第二定律,小球向上运动的加速度为
a=
在第一种液体中,可能先向上加速运动,速度增加,加速度减小,做加速度减小的加速运动,加速度减为零后做匀速直线运动.进入第二种液体,由于密度不同,则加速度可能向下,即a=
做减速运动,加速度减小,即做加速度减小的减速运动,最终做匀速运动.故选项C正确;
在第一种液体中,可能先向上做加速度逐渐减小的加速运动,然后进入第二种液体,由于第二种液体的密度小于第一种液体的密度,根据a=
加速度不会增大,故选项A,B,D错误.
17.C 断开开关S后,电容器带电荷量不变,将A向左移动少许,则d增大,根据C=
知,电容减小,根据U=
知,电势差增大,指针张角增大,选项A错误.断开S后,在A,B间插入一电介质,根据C=
知,电容增大,根据U=
知,电势差减小,则指针张角减小,选项B错误.断开S后,将A向上移动少许,根据C=
知,电势差增大,则指针张角增大,选项C正确.保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头移动不会影响指针张角,选项D错误.
18.BD 沿x轴移动很小的位移Δx电场力做功W=Eq·
Δx.从O到A电场力的功等于E图线和x轴围成的面积与电量的积,由动能定理结合图象特点粒子由O运动到A时电场力做功为Ek,由A到C电场力做功小于2Ek,则粒子运动到C点时动能小于3Ek,故选项A错误;
粒子从O点到A点,动能增加,则电场力做正功,电场方向向右.由题图知,由O点到C点,场强一直为正值,说明场强方向一直向右,电势一直降低,故选项B正确;
由于电场力一直做正功,则粒子一直加速运动,则选项C错误;
图象中,AB段与x轴围成的面积大于BC段,则AB段电场力做功大于BC段电场力做功,由功能关系知,粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量,故选项D正确.
19.AD 圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即圆环的重力和弹簧的拉力,所以圆环的机械能不守恒;
如果把圆环、地球和弹簧组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守恒,故选项A正确;
弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由题图知弹簧先缩短再伸长,故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大,故选项B错误;
当圆环所受合力为零时动能最大,选项C错误;
根据系统的机械能守恒,圆环的机械能减少了mgh,那么弹簧的弹性势能增加mgh,故选项D
正确.
20.ACD
将两球的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,A沿绳子方向的分速度大小等于B沿绳子方向的分速度大小.沿绳子方向的分速度为v绳=vcosα,所以vB=
选项A正确,B错误.当β增大到等于90°
时,B球的速度沿绳子方向的分速度等于0,所以A沿绳子方向的分速度也是0,而cosα不等于0,所以A球的速度为0,此时A的动能全部转化为B的动能,所以B球的速度达到最大,选项C正确;
在β增大到90°
的过程中,绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角,所以绳对B球的拉力一直做正功,选项D正确.
21.解析:
(1)要求所测电压范围为0~2.2V,即要求电压值从零开始变化,故滑动变阻器应采用分压接法,灯泡内阻一般远小于电压表内阻,故电流表应采用外接法.实验电路图如图所示.
(2)根据实验数据得到如题图(乙)所示小灯泡的U
I图象.根据欧姆定律得电压为0.4V时灯泡电阻为R1=
Ω=2Ω,电压为1.2V时灯泡电阻为R2=
Ω=3Ω,所以电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了1Ω.
答案:
(1)图见解析
(2)1
22.解析:
(1)遮光板宽度为d=2.00cm.
(2)遮光板通过光电门的速度分别为
v1=
v2=
;
则滑块的加速度表达式为
代入数据可求得a=3m/s2;
根据牛顿第二定律:
F-μmg=ma,
解得μ=0.30.
(3)如果用重物的重力Mg代替F,则由牛顿第二定律得到绳子的拉力为F=Mg-ma<
Mg,为了减小误差必须使得滑块的质量m应远大于重物的质量M,即M≪m,这样可以认为重物的重力等于绳子的拉力.
(1)2.00
(2)
0.30 (3)M≪m
23.解析:
(1)金属棒以速度vm下滑时,根据法拉第电磁感应定律有
E=Blvm,
由闭合电路欧姆定律有E=I
当金属棒以最大速度vm下滑时,根据平衡条件有
BIl=mgsinθ,
整理得
+
·
由
图象可知
=1,
=0.5,
解得m=0.2kg,R0=2Ω.
(2)设此时金属棒下滑的速度为v,
根据法拉第电磁感应定律有E′=I′
当金属棒下滑的加速度为
时,
根据牛顿第二定律有:
mgsinθ-BI′l=ma,
联立解得v=0.5m/s.
(1)0.2kg 2Ω
(2)0.5m/s
24.解析:
(1)设带电粒子在磁场中偏转的轨迹半径为r.
由qBv0=
得r=
解得r=
=0.2m;
(2)由几何关系得圆形磁场的最小半径R对应:
2R=
r,
则圆形磁场区域的最小面积S=πR2=0.02π;
(3)粒子进入电场后做类平抛运动,设出电场时位移为L,
有Lcosθ=v0t,
Lsinθ=
at2
qE=ma,
解得E=
若出电场时不打在档板上,则L<
0.32m或L>
0.48m,
代入解得E>
10N/C或E<
6.67N/C.
(1)0.2m
(2)0.02π
(3)E>
6.67N/C
25.解析:
(1)工件放到传送带上到速度到达4m/s以前,据牛顿第二定律可得
mgsin37°
+μmgcos37°
=ma1,
工件速度增加到4m/s所需的时间
t1=
这段时间内工件下滑的距离x1=
a1
解得t1=0.4s,x1=0.8m;
当工件速度大于4m/s以后,因mgsin37°
>
μmgcos37°
工件继续加速下滑,据牛顿第二定律可得
-μmgcos37°
=ma2,
根据运动学公式可得
x2=vt2+
a2
vB=v+a2t2,
据题意可得x1+x2=12.8m,
解得t2=2s,vB=8m/s;
从C到D工件做匀减速运动,有
f=μmg=ma3,
vB=v+a3t3,
-v2=2a3x3,
解得t3=0.8s,x3=4.8m;
总时间t=t1+t2+t3,
解得t=3.2s.
(2)工件放到传送带上到速度到达4m/s以前,工件与传送带之间的相对位移
Δx1=vt1-x1,
工件速度到达4m/s以后到B点的过程,工件与传送带之间的相对位移
Δx2=x2-vt2,
工件从C点到速度减小到4m/s的过程,工件与传送带之间的相对位移Δx3=x3-vt3,
整个过程中,因摩擦产生的热量
Q=μmgcos37°
(Δx1+Δx2)+μmgΔx3,
代入数据解得Q=27.2J.
(1)3.2s
(2)27.2J