高考物理最后提分典型例题答案与解析2.docx
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高考物理最后提分典型例题答案与解析2
2014高考物理最后提分典型例题答案与解析2
选择题举例
1．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 B
2．如图1所示，物体A靠在竖直墙壁上，物体A、B在竖直向上的外力F作用下，一起匀速向上运动，则．
图1
A．物体A一定受到墙壁的弹力作用
B．物体B对物体A的作用力垂直A的斜面向上
C．物体A受重力、物体B的弹力和摩擦力作用
D．外力F一定大于A、B两物体的重力之和
解析 隔离物体B，B物体受竖直向下的重力G、外力F和物体A的垂直接触面的弹力FN及平行接触面向下的摩擦力f作用，如图所示，再取A、B整体为研究对象，假设墙壁对A有弹力作用，则A、B整体在水平方向不能保持平衡，即墙壁对物体A没有弹力作用，因此墙壁对物体A也没有摩擦力作用，所以物体A只受重力、物体B的弹力和平行接触面向上的摩擦力作用，在竖直方向A、B整体所受的重力与外力F等大反向，综上所述A、B、D错，C对．
答案 C
3．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2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2
A．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 B
4．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
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3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3
A．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＝
＝
＝
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
5．一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图4甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示，g＝10m/s2，则由图中信息可判定．
图4
A．0～2s内物块所受摩擦力Ff＝8N
B．物块的质量为4kg
C．物块在前6s内的平均速度为3m/s
D．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4
解析 由图乙知0～2s内，物块处于静止状态，物块受静摩擦力作用，由图甲可读出此段时间内F＝4N，则Ff＝4N，A错；由v－t图线可知物块在前6s内的位移大小为s＝
m＝12m，所以平均速度为v＝
＝2m/s，C错；而在2～4s内，物块做匀加速运动，满足F2－μmg＝ma，加速度大小为a＝
＝2m/s2，在4s后物块做匀速运动有F3＝μmg，联立得m＝2kg，μ＝0.4，B错，D对．
答案 D
6．某同学在开展研究性学习的过程中，利用加速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体加速度随时间变化的关系图象，如图5所示．设第1s内运动方向为正方向，则物体．
图5
A．先向正方向运动，后向负方向运动
B．在第3s末的速度最大
C．在第3s末距离出发点最远
D．在第4s末的动能为22.5J
解析 由a－t图象知，物体一直沿正方向运动，选项A错误；物体在0～1s内做加速度逐渐增大的加速运动，1～3s内做加速度逐渐减小的加速运动，3～4s内做减速运动，所以3s末物体速度最大，4s末距出发点最远，B项正确，C项错误．由a－t图线下包围的面积等于速度变化量知4s末速度为v4＝3m/s，所以4s末物体的动能Ek＝
mv
＝22.5J，选项D正确．
答案 BD
7．如图6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
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6
A．在t＝0.1s时，穿过线圈的磁通量最大
B.
＝
时，变压器输入功率为50W
C．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＝
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＝
可求得E1＝10V，由E2＝
E1可求得E2＝50V，利用P＝
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＝
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＝
，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 BD
8.我国于2013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7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7
A．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为
B．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为
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G
＝m
可得，“天宫一号”与“神舟十号”的线速度大小之比为
，A项错误；由G
＝ma可得“天宫一号”与“神舟十号”的向心加速度大小之比为
，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＝
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
试验题举例
1．某同学用图8a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8
（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＝
，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
mv
≈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 见解析
2．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9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9
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
3．如图10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10
（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FN
P到C的过程，根据机械能守恒得：
mgR（1－cos60°）＝
mv
在C点时，根据牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
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°）－μmg2R＝0
解得：
μ＝0.25
（3）滑块恰好能通过A点，有mg＝m
弹簧锁定时具有的弹性势能Ep＝
mv
＋mg2R＋μmg2R
解得：
Ep＝3mgR
答案 见解析
4．如图11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11
（1）求粒子的比荷
；
（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O点，取O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，垂直纸面向外为z轴的正方向，建立如图所示的坐标系，求粒子打在光屏上的坐标（x，y，z）．
解析
（1）设粒子射出电场时速度v的水平分量为vx，竖直分量为vy
vx＝v0
vy＝
×
＝
tan37°＝
＝
解得：
＝
（2）设磁场的磁感应强度为B时粒子不能打在光屏上，由几何知识得：
Rsin37°＋R≤a
由牛顿第二定律得：
Bqv＝
解得：
B≥
（3）粒子从两板间以速度v射出后做匀变速曲线运动，沿x、y轴方向均做匀速直线运动，沿z轴方向做初速度为零的匀加速直线运动．由题意知：
坐标x＝0
坐标y＝
tan37°＝
时间t＝
坐标z＝
×
×t2＝
则粒子打在光屏上的坐标为
答案 见解析
计算题举例
1
（1）下列说法正确的是________（填正确答案标号．）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
图12
（2）如图12所示，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3∶1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l（以cm为单位）：
竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出
.现使活塞缓慢向上移动
，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强（以cmHg为单位）
解析
（1）针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故，A说法正确；水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水可以浸润油脂，不可以浸润玻璃，B说法错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，仅在液体表面张力的作用下有收缩为球形的趋势，C正确；在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，D正确；当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于玻璃板之间的空气排开后，中间没有空气，即气压为零，而两玻璃板外面存在大气压强，大气压将两块玻璃紧紧地压在一起，E错误．
（2）设S为气缸的横截面积，p为活塞处于初始位置时气缸内气体的压强，p0为大气压强．有p＝p0＋
l①
在活塞上移
l后，气缸内气体的压强变为p0，设气体的体积为V′，由玻意耳定律得p0V′＝pSl②
设气缸内水银面上升Δx，有Δx＝
l－3Δx③
V′＝
S④
联立①②③④式，解得p＝
l⑤
答案
（1）ACD
（2）
l
2．
（1）一列简谐横波沿x轴传播，某时刻它的波形如图13甲所示．经过时间0.1s，这列波的波形如图乙所示，则这列波的波速可能是________．
图13
A．1.2m/sB．2.4m/s
C．3.6m/sD．4.8m/s
图14
（2）如图14所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，一单色光束从玻璃砖的某一点水平射入玻璃砖，入射角θ1＝60°，玻璃砖对该单色光的折射率为n＝
.已知光在真空中的速度为c，求光束经玻璃砖折射后第一次到AB边所需要的时间．
解析
（2）由光的折射定律
＝n
解得θ2＝30°
由几何关系知，光第一次到AB边在玻璃砖中的传播距离x＝
R
光在玻璃砖中的传播速度v＝
解得t＝
答案
（1）AC
（2）
3．
（1）如图15是氢原子的能级图，当一群处于量子数n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，总共可辐射出________种不同的频率的光．
图15
（2）如图16所示，在光滑水平面上有一质量M＝8kg的木板，木板的中点处有一个质量m＝1.9kg的木块，木块距木板左端的距离为10m（木块可视为质点），木块与木板右半部分接触面光滑，且木板右端固定一轻质弹簧．一颗质量m0＝0.1kg的子弹以v0＝200m/s的初速度水平向右飞来，瞬间击中木块并留在其中，如果最终木块刚好不从木板上掉下来，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep.
图16
解析
（2）设子弹射入木块后二者的共同速度为v1，以水平向右为正方向，则由动量守恒定律有
m0v0＝（m0＋m）v1
代入数据得v1＝10m/s
木块向右运动压缩弹簧后，当木块与木板速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时的共同速度为v2，由动量守恒定律有（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2
代入数据得v2＝2m/s
由能量守恒定律有
Ep＝
（m0＋m）v
－
（m0＋m＋M）v
代入数据得Ep＝80J
答案
（1）6
（2）80J
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