2014届高三物理二轮专题复习Word版训练仿真模拟卷4

仿真模拟卷(8＋2＋2＋1)(四)本试卷共15题(含选考题)．全卷满分110分．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共8个小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．如图1所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是()．图1解析通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是C.答案 C15．如图2所示，物块a、b的质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则()．图2A．物块b受四个力作用B．物块b受到的摩擦力大小等于2mgC．物块b对地面的压力大小等于mgD．物块a受到物块b的作用力水平向右解析物块b受重力、地面的支持力、物块a的水平弹力、物块a的竖直向下的摩擦力及外力F作用而静止，物块b受五个力作用，A错；物块a 受重力、墙壁的弹力、物块b的水平弹力和竖直向上的摩擦力作用而静止，所以物块a受到物块b的作用力是斜向右上方的，D错；物块b对物块a 的摩擦力大小为2mg，所以物块b受到的摩擦力大小等于2mg，B对；由整体法可知物块b对地面的压力大小等于3mg，C错．答案 B16．某星球的半径为R，在其表面上方高度为aR的位置，以初速度v0水平抛出一个金属小球，水平射程为bR，a、b均为数值极小的常数，则这个星球的第一宇宙速度为()．A.abv0 B.bav0C.2abv0 D.a2bv0解析由于a、b均为数值极小的常数，故认为重力加速度恒定，由平抛运动规律可得bR＝v0t，aR＝12gt2，联立解得重力加速度g＝2a v20b2R，而第一宇宙速度v＝gR，代入g＝2a v20b2R解得v＝2abv0，C正确．答案 C17．质量相同的甲、乙两物体放在相同的光滑水平地面上，分别在水平力F1、F2的作用下从同一地点，沿同一方向，同时运动，其v－t图象如图3所示，下列判断正确的是()．图3A．在0～2 s内，F1越来越大B．4 s末甲、乙两物体动能相同，由此可知F1＝F2C．4～6 s内两者逐渐靠近D ．0～6 s 内两者在前进方向上的最大距离为4 m解析 由v －t 图象可知，0～2 s 内，甲的加速度逐渐减小，A 错误；4 s 末甲的加速度为零，乙的加速度不为零，所以F 1＝0，F 2>0，F 1<F 2，B 错误；4～6 s 内，后面的乙的速度大于前面的甲的速度，故两者逐渐靠近，C 正确；当两者速度相等时(即4 s 末)，相距最远，根据图线与时间轴所围面积之差可得最大距离大于4 m ，D 错误．答案 C18．图4中虚线是某电场的一组等势面．两个带电粒子从P 点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a 、b 是实线与虚线的交点．下列说法正确的是 ( )．图4A ．两粒子的电性相同B ．a 点的场强小于b 点的场强C ．a 点的电势高于b 点的电势D ．与P 点相比两个粒子的电势能均增大解析 由电场等势线的分布可知该场源电荷为点电荷，根据点电荷电场场强E ＝k Q r 2可以判定a 点的场强小于b 点的场强，由于两个带电粒子的电性未知，故不能判断场源电荷的电性，a 点、b 点的电势高低关系无法判定，故B 项正确，C 项错；由于两带电粒子的入射速度方向相同，根据运动轨迹在速度与受力夹角范围内可以判定两粒子受电场力方向相反，故两粒子电性相反，且速度与电场力的夹角为锐角，电场力对两带电粒子均做正功，两带电粒子的电势能减小，故A 、D 均错误．答案 B19．如图5a 所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体．现对甲施加水平向右的拉力F ，通过传感器可测得甲的加速度a 随拉力F 变化的关系如图b 所示．已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知()．图5A．甲的质量是2 kgB．甲的质量是6 kgC．甲、乙之间的动摩擦因数是0.2D．甲、乙之间的动摩擦因数是0.6解析由甲物体的a－F图象可知，当拉力F小于48 N时，甲、乙两物体一起加速运动，有共同的加速度；当拉力F大于48 N时，甲、乙两物体开始相对滑动．对甲物体：F－μm甲g＝m甲a，整理得a＝Fm甲－μg，将(48,6)和(60,8)两组数据代入解得m甲＝6 kg，μ＝0.2，选项B、C正确．答案BC20．一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图6甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则()．图6A．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin πt(V)B．P向上移动时，电压表的最大示数为380 VC．P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D．P向下移动时，变压器的输入功率变大解析交流电源电压瞬时值的表达式为u＝2202sin 100πt(V)，A项错；由U 1n 1＝U 2n 2可得U 2＝n 2n 1U 1，当n 2＝1 900匝时，U 2达最大，其值为U 2＝380 V ，B 项正确；根据I 2I 1＝n 1n 2可得P 向下移动时，n 2减小，n 1不变，故原、副线圈的电流之比减小，C 项正确；由U 2＝n 2n 1U 1可知，P 向下移动时n 2减小，n 1不变，故U 2减小，变压器输出功率P 2＝U 22R 减小，因P 1＝P 2，故变压器的输入功率变小，D 项错．答案 BC21．如图7所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab 、cd 均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B .ab 、cd 棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R ，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd 棒无初速释放时，对ab 棒施加竖直向上的力F ，沿导轨向上做匀加速运动．则 ( )．图7A ．ab 棒中的电流方向由b 到aB ．cd 棒先加速运动后匀速运动C ．cd 棒所受摩擦力的最大值等于cd 棒的重力D ．力F 做的功等于ab 棒产生的电热与ab 棒增加的机械能之和解析 根据右手定则可以判定ab 棒切割磁感线产生的感应电流的方向为由b 到a ，A 项正确；由于ab 棒沿导轨向上做匀加速运动，故电路中的感应电流为I ＝E R ＝BLat R ，其值逐渐增大，对cd 棒竖直方向由牛顿第二定律可得mg －μF N ＝ma ，又F N ＝F 安＝B 2L 2at R ，故随着时间的推移，cd 棒先做加速度减小的变加速直线运动，后做加速度增大的变减速直线运动，最后静止，故B、C两项错；对ab棒根据功能关系可得W F＋W G＋W＝ΔE k，解得安W F＝ΔE k－W G－W安＝ΔE ab＋Q，故力F做的功等于ab棒产生的电热与ab 棒增加的机械能之和，D项正确．答案AD第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．考生根据要求做答．)(一)必考题(共47分)22．(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学利用图8所示的实验装置，将一端带滑轮的长木板固定在水平桌面上，滑块置于长木板上，并用细绳跨过定滑轮与托盘相连，滑块右端连一条纸带，通过打点计时器记录其运动情况．开始时，托盘中放少许砝码，释放滑块，通过纸带记录的数据，得到图线a.然后在托盘上添加一个质量为m＝0.05 kg的砝码，再进行实验，得到图线b.已知滑块与长木板间存在摩擦，在滑块运动过程中，绳中的拉力近似等于托盘和所加砝码的重力之和，g取10 m/s2，则图8图9(1)通过图9可以得出，先后两次运动的加速度之比为________；(2)根据图9，可计算滑块的质量为________ kg.解析(1)由v－t图象及a＝ΔvΔt可解得a a＝0.6 m/s2，ab＝0.8 m/s2，所以a a∶a b＝3∶4.(2)设小车质量为M，第一次实验中砝码和托盘质量为m0，由牛顿第二定律可得：m0g＝Ma a，(m＋m0)g＝Ma b，两式联立解得M＝2.5 kg.答案(1)3∶4(2)2.523．(9分)某同学为了研究一个小灯泡的灯丝电阻的U－I曲线，进行了如下操作．(1)他先用多用电表的欧姆挡“×1”挡测量，在正确操作的情况下，表盘指针如图10甲所示，可读得该小灯泡的灯丝电阻的阻值R x＝________ Ω.(2)实验中所用的器材有：电压表(量程3 V，内阻约为2 kΩ)电流表(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)滑动变阻器(0～5 Ω，1 A)电源、待测小灯泡、电键、导线若干请画出该实验的电路图．图10(3)该同学已经根据实验数据，在图乙中描出了数据点，请画出小灯泡的U－I曲线．(4)如果把这个小灯泡直接接在一个电动势为1.5 V、内阻为2.0 Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率是________ W(结果保留两位有效数字)．解析(1)根据多用电表的读数规则可知R x＝2 Ω；(2)小灯泡内阻很小，采用电流表外接时误差较小，电压表与小灯泡并联测电压，滑动变阻器采用分压式接法．(4)作出小灯泡直接接在一个电动势为1.5 V、内阻为2.0 Ω的电池两端时的U－I图线如图所示，其与原U－I曲线的交点即为小灯泡实际工作时的电流和电压值，可得出小灯泡的实际功率为0.28 W.答案(1)2(2)如图丙所示(3)如图丁所示(4)0.28(0.25～0.32都正确)24．(17分)一质量m＝0.6 kg的物体以v0＝20 m/s的初速度从倾角为30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔE k＝18 J，机械能减少了ΔE＝3 J，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小；(2)物体返回斜坡底端时的动能．解析(1)设物体在运动过程中所受的摩擦力大小为F f，向上运动的加速度大小为a，由牛顿定律有a＝mg sin α＋F fm①设物体动能减少ΔE k时，在斜坡上运动的距离为x，由功能关系得ΔE k＝(mg sin α＋F f)x②ΔE＝F f x③联立①②③式并代入数据可得a＝6 m/s2④(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为x m，由运动学规律可得x m＝v202a⑤设物体返回底端时的动能为E k，由动能定理有E k＝(mg sin α－F f)x m⑥联立①④⑤⑥式并代入数据可得E k＝80 J⑦答案(1)6 m/s2(2)80 J25．(18分)如图11所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝10πT．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝π10rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：图11(1)在0～4 s内，两极板间的电势差U MN；(2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B 2应满足的条件．解析 (1)金属杆产生的感应电动势恒为E ＝12B 1L 21ω＝2 V由电路的连接特点知：E ＝I ·4R ，U 0＝I ·2R ＝E 2＝1 VT 1＝2πω＝20 s由右手定则知：在0～4 s 时间内，金属杆ab 中的电流方向为b →a ，则φa >φb ，则在0～4 s 时间内，φM <φN ，U MN ＝－1 V(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T 12时间内水平方向L 2＝v 0·t 1t 1＝L 20＝4 s<T 12 竖直方向d 2＝12at 21a ＝Eq mE ＝U dv y ＝at 1得q m ＝0.25 C/kgv y ＝0.5 m/s则粒子飞出电场时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝22 m/stan θ＝v y v 0＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45° (3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B 2q v ＝m v 2r得r ＝m v B 2q 由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：2r >d 时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2<2m vdq＝2 T答案(1)－1 V(2)22m/s方向与水平方向的夹角为45 °(3)B2<2 T(二)选考题(共15分．请考生从给出的3道物理题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分)33．[选修3－3](15分)(1)下列说法正确的是________．a．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能b．气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关c．热力学过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散不符合热力学第二定律d．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律图12(2)一绝热的气缸，活塞可在气缸内无摩擦移动，如图12所示．活塞外面是大气，大气压强为p0，开始时活塞被固定，气缸内有n mol的理想气体，其压强为p1＝5p0，温度T1＝350 K，体积V1＝7 L，已知该状态下气体的摩尔体积为V m.今释放活塞，让它自由移动，当活塞再次平衡时，该状态下气体的摩尔体积为3V m，求此时气缸内气体的温度和体积各为多少．解析(2)对气体由理想气体状态方程：p1V1 T1＝p2V2 T2其中p1＝5p0，p2＝p0由题意得V1n＝13×V2n联立以上各式，解得V2＝21 L T2＝210 K答案(1)ab(2)210 K21 L34．[选修3－4](15分) (1)一列简谐横波在初始时刻和再经过时间t后的波形图分别如图13中实线和虚线所示．已知波向左传播，时间t<T(T为波的周期)，图中坐标为(12,2)的A点，经时间t后振动状态传播到B点．①求B点的坐标为多少？②求A在时间t内通过的路程为多少？图13图14(2)如图14所示，半球形玻璃砖的平面部分水平，底部中点有一小电珠S.利用直尺测量出有关数据后，可计算玻璃的折射率．①若S发光，则在玻璃砖平面上方看到平面中有一圆形亮斑．用刻度尺测出________和________(写出物理量名称并用字母表示)．②推导出玻璃砖折射率的表达式(用上述测量的物理量的字母表示)．解析(1)①波向左传播，由于t<T，由题图知t＝3T4，故B点坐标为(3,2)②A点在时间t内通过的路程为s＝3A＝3×2 cm＝6 cm(2)①圆形亮斑的直径d1半圆形玻璃砖的直径d2②光路如图所示，由几何关系得sin C ＝d 12⎝ ⎛⎭⎪⎫d 122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫d 222＝d 1d 21＋d 22由全反射知识有sin C ＝1n解得n ＝d 21＋d 22d 1答案 (1)(3,2) (2)6 cm (2)①亮斑直径d 1 玻璃砖的直径d 2 ②n ＝d 21＋d 22d 135．[选修3－5](15分)(1)(6分)原子核232 90Th 具有天然放射性，它经过若干次α衰变和β衰变后会变成新的原子核．下列原子核中，有三种是232 90Th 衰变过程中可以产生的，它们是________．A.204 82PbB.203 82PbC.210 84PoD.224 88RaE.226 88Ra图15(2)(9分)如图15，光滑水平面上有三个物块A 、B 和C ，它们具有相同的质量，且位于同一直线上．开始时，三个物块均静止，先让A 以一定速度与B 碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C 碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比．解析 (1)发生α衰变是放出42He ，发生β衰变是放出电子 0－1e ，根据质量数和电荷数守恒有，每发生一次α衰变质量数减少4，电荷数减少2，每发生一次β衰变质量数不变化，电荷数增加1，由质量数的变化可确定α衰变的次数(必须是整数)，进而可知β衰变的次数．逐一判断可知A 、C 、D 符合要求．(2)设三个物块A 、B 和C 的质量均为m ；A 与B 碰撞前A 的速度为v ，碰撞后的共同速度为v 1；A 、B 与C 碰撞后的共同速度为v 2.由动量守恒定律得m v＝(m＋m)v1①m v＝(m＋m＋m)v2②设第一次碰撞中动能的损失为ΔE1，第二次碰撞中动能的损失为ΔE2，由能量守恒定律得12m v 2＝12(m＋m)v21＋ΔE1③12(m＋m)v 21＝12(m＋m＋m)v22＋ΔE2④联立①②③④式，解得ΔE1ΔE2＝3⑤答案(1)ACD(2)3。