高考第二轮复习综合模拟卷一Word文件下载.docx

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佛山二模）如图所示，起重机将货物沿竖直方向匀加速吊起，同时又沿横梁水平匀速向右运动。

此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是（）

4.（2012·

汕头二模）如图，P和Q为带电量分别为+q和-q的两个等量异种电荷，两者相距为L，O为PQ连线的中点，M、N为中垂线上关于O点对称的两个点，则（）

A.M、O、N三点的场强都相等

B.M、N两点的场强大小相等，方向相同

C.O点的场强为零

D.M、O、N三点的电势大小关系为φM＞φN＞φO

二、双项选择题：

本大题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

5.在物理学发展史中，许多科学家通过自己不懈的努力和聪明才智作出了卓越的贡献，发现了许多重要的自然规律，形成了科学的解决问题的方法，下列说法正确的是（）

A.牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量

B.库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量k的值

C.探究求合力的方法的实验中运用了控制变量的方法

D.把带电体看成点电荷运用了理想模型的方法

6.为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则（）

A.X星球的质量为

B.X星球表面的重力加速度为

C.登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为

D.登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为

7.（2012·

佛山二模）某物体运动的速度图象如图，根据图象可知（）

A.0～2s内的加速度为1m/s2

B.0～5s内的位移为10m

C.第1s末与第3s末的速度方向相同

D.第1s末与第5s末加速度方向相同

8.如图所示，正方形闭合金属线框ABCD，边长为a，质量为m，电阻为R，在竖直平面内以水平初速度v0抛出，它在垂直于线框平面的水平磁场中运动而不发生转动，且在运动过程中总有两条边处于竖直方向，已知磁场的磁感应强度在竖直方向按B=B0+ky的规律增大，k为常数，则（）

A.回路中始终没有感应电流产生

B.线框AD边受到的安培力小于BC边受到的安培力，且方向向下

C.线框AB边和CD边不受安培力作用

D.线框下落过程中某段时间内重力势能的减少量等于线框内能的增加量

9.如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2为定值电阻，滑动触头P可在R上滑动。

V1、V2为理想电压表，读数分别为U1、U2;

A1、A2两理想电流表的读数分别为I1、I2。

当滑动触头P向下滑动且V1示数一直不变时，则下列推断中正确的是（）

A.U2变大，I2变大

B.U2不变，I2变小

C.I1变小，R1两端电压变小

D.I1变大，R1两端电压变小

三、非选择题：

本大题共4小题，共54分。

按题目要求作答。

解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

10.（8分）某同学用如图所示装置来研究碰撞过程，第一次单独让小球a从斜槽某处由静止开始滚下。

落地点为P，第二次让小球a从同一位置释放后与静止在斜槽末端的小球b发生碰撞。

a、b球的落地点分别是M、N，各点与O的距离如图；

该同学改变小球a的释放位置重复上述操作。

由于某种原因他只测得了a球的落地点P′、M′到O的距离分别是22.0cm、10.0cm，则b球的落地点

N′到O的距离为______cm。

11.（10分）为测定海水的电阻率：

（1）某学习小组选取了一根厚度可以忽略的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度L和外径d,外径示数如图甲所示，由图得d=______mm。

（2）在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱。

将多用电表的挡位转换开关K旋转到如图乙所示的位置，将插入“+”“-”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R，其结果如图乙中表盘所示，则R=

_____Ω。

（3）该小组为进一步精确测量其阻值，现采用伏安法。

有如下实验器材供选择：

A.直流电源：

电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；

B.电流表A：

量程0～10mA，内阻约10Ω;

C.电压表V：

量程0～15V，内阻约15kΩ;

D.滑动变阻器R1：

最大阻值10Ω;

E.滑动变阻器R2：

最大阻值10kΩ；

F.多用电表：

如图乙；

G.开关、导线等。

①该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成部分导线的连接，请你在实物接线图丙中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号（R1或R2）。

②若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏。

为保证实验的正常进行，可将多用电表的挡位转换开关K旋转至直流电流挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“+”“-”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验。

该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为ρ=______。

12.（2012·

广州一模）（18分）A、B两金属板如图竖直固定在绝缘底座上，与底座的总质量为M=2m，将其静放在光滑水平面上。

已知两金属板间的电压为U，极板间距为d。

在A板底端上有一小孔，质量为m、带正电、电荷量为+q的小滑块以v0的速度从小孔水平滑入极板间，小滑块最远可滑到距A板为x的P点。

已知小滑块与底座间光滑，极板外侧的电场强度为0，不计电场的边缘效应以及小滑块电荷对电场的影响。

求：

（1）x的值；

（2）小滑块从开始进入电场到恰好滑到P点过程，绝缘底座运动的位移大小？

（3）绝缘底座（含金属板）的最大速度和小滑块的最小速度？

13.（18分）如图所示，在水平面内建立一直角坐标系xOy，虚线MN与x轴正方向成45°

角将第一和第三象限各分成两个区域。

区域Ⅰ、Ⅱ分别存在磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。

第二象限有水平向右、电场强度为E1的匀强电场,MN右侧有水平向左、电场强度大小未知的匀强电场E2。

现将一带电量为q，质量为m的带正电的粒子从P点由静止释放，粒子沿PQ做直线运动，从y轴上坐标为（0,h）的Q点垂直y轴射入磁场Ⅰ区，偏转后从MN上某点D（D点未画出）沿y轴负方向进入电场E2，粒子重力不计。

求:

（1）释放点P距Q点的距离L。

（2）欲使粒子从OM边界穿出后经过偏转电场E2由O点进入磁场Ⅱ区，电场强度E2的大小。

（3）粒子从O点进入磁场Ⅱ后，从MN上某点射出时，该点与D点间的距离s的大小。

答案解析

1.【解析】选C。

火罐吸在皮肤上的过程中，火罐内气体温度降低，放出热量，内能减少，压强减小，故C正确。

2.【解析】选B。

欲使匀速下滑的木块A停下，应减小斜面的倾角或施加一个垂直于斜面的力。

对木块施加竖直向下的力或再叠放一个重物都不会使木块停下，故B正确。

3.【解析】选C。

货物在水平方向做匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动，合运动为类平抛运动，故C正确。

4.【解析】选B。

根据等量异种电荷周围电场线的分布特点，M、N两点场强相等，但和O点场强不相等，A错误，B正确。

根据场强的叠加原理，O点场强不为零，C错误。

由于M、O、N在同一等势面上，φM=φN=φO，D错误。

5.【解析】选B、D。

牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，A错误；

库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量k的值，B正确；

探究求合力的方法的实验中运用了等效替代的方法，C错误；

把带电体看成点电荷运用了理想模型的方法，D正确。

6.【解析】选A、D。

根据题意画出示意图，并标注字母条件（如图）。

由①

得，A对;

②

联立①②两式得,D对。

由得，与m1、m2无关，C错；

因飞船的向心加速度为

，不等于X星球表面的重力加速度gX，故B错。

7.【解析】选A、C。

根据v-t图象，0～2s内,A正确；

0～5s内位移s=7m,B错误；

由于第1s末与第3s末速度方向都为正方向，故C正确；

而第1s末与第5s末加速度方向相反，D错误。

8.【解析】选B、D。

考查学生对电磁感应及安培力的理解能力。

线框运动过程中穿过回路的磁通量逐渐增大，故有感应电流产生，选项A错误；

由左手定则和B=B0+ky可判断选项B正确、C错误；

由法拉第电磁感应定律可知线框运动的竖直方向上产生的感应电动势逐渐增大，感应电流增大，BC边和AD边受到的安培力也逐渐增大，当FBC-FAD=mg时，线框将做匀速直线运动，由能量守恒定律可知选项D正确。

9.【解析】选B、C。

考查学生对变压器及电路的掌握情况。

对于理想变压器在输入电压一定的条件下，输出电压也是一定的，即U2不变，选项A错误；

当P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，负载电阻增大，所以I2减小，R1两端电压减小，又因为理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化，所以I1减小，选项B、C正确，D错误。

10.【解析】设a球的质量为m1，b球的质量为m2，碰撞过程中满足动量守恒定律，

，

解得m1∶m2=4∶1。

改变小球a的释放位置，有

，解得:

=48.0cm。

答案：

48.0

11.【解析】

（1）螺旋测微器读数为3.740mm,故d=3.740mm。

（2）多用电表的示数为6×

103Ω,故R=6×

103Ω。

（3）①连线如图

②根据，,，解得ρ=。

（1）3.740

（2）6×

103

（3）①见解析②

12.【解析】

（1）因底座与水平面无摩擦，系统动量守恒。

当小滑块滑到P点时，与底座共速，设此速度为v。

则由动量守恒定律得mv0=（m+2m）v共①（2分）

依能量守恒定律:

（3分）

又②（1分）

解得（2分）

（2）对底座及金属板整体：

依动能定理：

qEs2地=③（2分）

联立可得：

（2分）

（3）当小滑块再次到达A端时，底座的速度最大

依动量守恒定律：

mv0=mv1+2mv2④（1分）

依机械能守恒定律：

⑤（1分）

由④⑤可知：

（1分）

（1分）

因为小滑块重新到达金属板A时的速度小于零，所以小滑块的最小速度为零，（1分）

底座的最大速度为。

（1分）

（1）

（2）（3）0

13.【解析】

（1）

（2分）

（2）对粒子：

竖直方向：

水平方向：

（3）设粒子从O点进入磁场时与y轴负方向夹角为α，与MN夹角为θ，从MN上K点射出，射出时速度大小为v′

可得:

tanθ=tan（α-45°

）=

（2分）

设射出点K与O点间距离为x1，D点与O点间距离为x2

则D点与K点间距离

（1）

（2）

（3）