1、2012届高考物理二轮“力学和电学”综合检测(一)(时间：90分钟，满分：100分)第卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分，每小题至少有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内)1(2011大连测试)如图1所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为()A3个B4个图1C5个 D6个解析：A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当做整体受力分析，再对B受力分析，可知B受到的力有：重力GB，A对B的压力，斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确。答案：B2四个质点做直线运动，它们的速度时间图像
2、分别如图2所示，在2 s末能回到出发点的是()图2解析：由选项中四个图像分析可知，只有A、D选项的运动为往返运动，根据位移关系，在2 s末能回到出发点；B、C选项中的运动速度方向不变，不能回到出发点。答案：AD3(2011全国卷)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比()A卫星动能增大，引力势能减小B卫星动能增大，引力势能增大C卫星动能减小，引力势能减小D卫星动能减小，引力势能增大解析：依题意
3、可将“嫦娥一号”的运动视为圆周运动，且质量变化可忽略不计，则变轨后，轨道更高，由卫星运动规律可知高轨道速度小，故变轨后动能就小，排除A、B选项；卫星发射越高，需要更多能量，由能量守恒定律可知高轨道的卫星能量大，因此高轨道势能一定大，D对。答案：D4如图3所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L。一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B。子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动。则子弹穿出A时的速度为() 图3A. B.C. D.v1解析：子弹从射入A到穿出B的过程中做匀变速直线运动，设子弹运动加速度为a，由运动学公式知：3L，得a，假设穿出A的速度为v，
4、则L，代入a解得v；因此选项C正确。答案：C5(2011全国卷)如图4，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是() 图4Aa点 Bb点Cc点 Dd点解析：根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1aB2a，则a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的磁场方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处
5、产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B 1c与B 2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的磁场方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180，D错。答案：C6如图5所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为112，原线圈两端的输入电压u220sin100t(V)，电表均为理想电表，滑动变阻器R接入电路部分的阻值为10 。下列叙述中正确的是()A该交流电的频率为100 Hz 图5B电流表的读数为4 AC电压表的读数为40 VD若滑动变阻器的滑片P向a端移动，电流表的读数变大解析：由交流电的输入电压可知频率f50 Hz，选项A错误；电表读数均为有效值，
6、由变压器的变压关系，已知U1220 V，可得U240 V，I24 A，选项B正确，C错误；若滑动变阻器的滑片P向a端移动，连入电路的电阻值增大，电压不变，电流将变小，选项D错误。答案：B7(2011山东高考)如图6所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是()Ab点场强大于d点场强 图6Bb点场强小于d点场强Ca、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D试探电荷q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：两点电荷连线上的中点是连线上场强最小的点同时也是中垂线上
7、场强最大的点，所以d点场强大于b点场强，B正确，A错。根据电场线分布的对称性，可知C正确。正试探电荷在电势高的地方电势能大，D错。答案：BC8(2011合肥质检)如图7所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R3为定值电阻，R1、R2为滑动变阻器，A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑动触头处于图示位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是()A把R2的触头向右缓慢移动时，油滴向下运动 图7B把R1的触头向右缓慢移动时，油滴向上运动C缓慢增大极板A、B间的距离，油滴静止不动D缓慢减小极板A、B的正对面积，油滴向上运动解析：因为滑动变阻器R2与平行板电容
8、器串联，故无论R2变大还是变小，电容器两极板间的电压都等于路端电压，故选项A错误；当滑动变阻器R1的触头向右移动时，接入电路的电阻变大，则电路的总电阻变大，电流变小，内电压变小，路端电压变大，电容器两极板间的电压变大，所以电场力变大，油滴向上运动，故选项B正确；当增大极板间的距离时，因为电压不变，由E得，电场强度变小，故电场力变小，油滴向下运动，选项C错误；当减小极板间的正对面积时，因为电压不变，A、B间距离不变，则电场力不变，油滴静止不动，故选项D错误。答案：B9在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场B1中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒
9、ab，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图8甲所示。磁感应强度B1随时间t的变化关系如图乙所示，01 s内磁场方向垂直线框平面向下。若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体棒所受的静摩擦力f随时间变化的图像是图9中的()图8图9解析：由图乙可知在12 s和45 s这两段时间内，圆形线圈中磁感应强度B1保持不变，为定值，由法拉第电磁感应定律可得，电路中无电动势产生，整个回路无电流，导体棒不受安培力和静摩擦力作用，所以A、B错误；在01 s内，由图乙可得，磁场垂直于线框平面向下均匀增加，由楞次定律结合右手定则可判断出
10、，线框中的感应电流方向为逆时针方向，电流大小I，因为磁场均匀变化，则I为定值，导体棒电流由ba，即得安培力大小恒定，由左手定则可得方向水平向左。导体棒始终静止，所以受力平衡，静摩擦力与安培力等大反向，即静摩擦力大小恒定、方向水平向右，为正值，C错误，D正确。答案：D10如图10所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直到a、b物块间高度差为h。在此过程中，下列说法正确的是()A物块a的机械能逐渐增加B物块b机械能减少了mgh 图10C物块b重力势能的减少量
11、等于细绳拉力对它所做的功D物块a重力势能的增加量小于其动能增加量解析：设绳中的拉力为F，则对物块a有Fmgma，对b有2mgF2ma，联立解得Fmg，物块a的机械能增加EaFhmgh，物块b的机械能减少EbFhmgh，选项A、B正确；物块b重力势能的减少量为Epb2mghmgh，细绳拉力对物块b做的功WbFhmgh，选项C错；物块a重力势能的增加量Epamgmgh，物块a动能的增加量EkaF合h(mgmg)mgh，选项D错。答案：AB第卷(非选择题，共60分)二、实验题(本大题共2小题，共16分，把答案填在题中横线上或按要求作答)11(6分)某同学利用如图11所示的实验装置测量重力加速度。(1
12、)该同学开始实验时情形如图11所示，接通电源释放纸带。请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当的地方：_；_。(2)该同学经修改错误并正确操作研究从静止开始下落的重物所受阻力的情况，得到如图12所示的纸带(A、B、C、D、E均为相邻的打点)，测出A、C间的距离为14.77 cm，点C、E间的距离为16.33 cm。 图11已知当地重力加速度为10 m/s2，重物质量为m1.0 kg，设重物所受阻力大小不变。在从A下落到E的过程中，阻力大小为_ N。(已知电源的频率为50 Hz)图12解析：(1)由实验可知打点计时器在应用时应接交流电源；为了打出更多的点，重物要从贴近打点计时器的位置释放
13、。(2)由纸带可求得重物下落加速度：CEACaT2，其中T0.04 s，得a9.75 m/s2；再由牛顿运动定律可求得阻力：mgfma，得阻力f0.25 N。答案：(1)打点计时器接了直流电重物离打点计时器太远(2)0.2512(10分)某学习小组用伏安法测量一未知电阻Rx的阻值，给定器材及规格为：电流表A(量程05 mA，内阻约为10 )；电压表V(量程为03 V，内阻约为3 k)；最大阻值约为100 的滑动变阻器；电源E(电动势约3 V)；开关S、导线若干。(1)由于不知道未知电阻的阻值范围，先采用如图13甲电路试测，读得电压表示数大约为2.5 V，电流表示数大约为5 mA，则未知电阻阻值
14、Rx大约为_ ；(2)经分析，该电路测量误差较大，需改进。请直接在图13甲上改画：在不需要的连线上画“”表示，补画上需要添加的连线；(3)对改进的电路进行测量，并根据测量数据画出了如图13乙所示的UI图像，得Rx_ 。(保留三位有效数字)图13解析：(1)根据用图甲测量数据及欧姆定律可得：Rx 500 ；(2)待测电阻Rx约为500 ，而电压表的内阻约为3 k，是待测电阻的6倍左右，电流表的内阻约为10 ，待测电阻是电流表内阻的50倍左右，所以显然电流表外接法时电压表的分流比较大，应该改为电流表内接法。(3)待测电阻Rx的大小就等于图乙中图线的斜率，即Rx 600 。答案：(1)500(2)见
15、解析图(3)600三、计算题(本题共4个小题，共44分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13(10分)(2011菏泽统考)如图14所示，质量M8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F8 N。当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m2 kg的小物块， 图14物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长。求：(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放在小车上开始，经过t1.5 s小物块通过的位移大小为多少？(取g10 m/s2)解析：(1)
16、物块的加速度amg2 m/s2小车的加速度：aM0.5 m/s2(2)由：amtv0aMt得t1 s(3)在开始1 s内小物块的位移：s1amt21 m最大速度：vamt2 m/s在接下来的0.5 s内物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：a0.8 m/s2这0.5 s内的位移：s2vtat21.1 m。通过的总位移ss1s22.1 m。答案：(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m14(10分)如图15甲所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L1.0 m，导轨平面与水平面间的夹角为30，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J
17、、P两端连接阻值为R3.0 的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m0.20 kg，电阻r0.50 ，重物的质量M0.60 kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系图像如图乙所示，不计导轨电阻，g10 m/s2。求：图15(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)在0.6 s内通过电阻R的电荷量；(3)在0.6 s内电阻R上产生的热量。解析：(1)由图乙可以看出最终金属棒ab将匀速运动匀速运动的速度v3.5 m/s感应电动势EBLv，感应电流I金属棒所受安培力FBIL匀速运动时，金属棒受力平衡，则可得mgsinMg联立解得B
18、 T(2)在0.6 s内金属棒ab上滑的距离s1.40 m通过电阻R的电荷量q C(3)由能量守恒定律得MgsmgssinQ(Mm)v2解得Q2.1 J又因为QRQ联立解得QR1.8 J。答案：(1) T(2) C(3)1.8 J15(12分)如图16所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点衔接，A、B之间间距为L。半圆形导轨半径为R，一个质量为m的静止的小球在A处与一压缩弹簧靠在一起。释放小球后，小球开始向右运动，与弹簧分离后，经过B点进入导轨瞬间对导 图16轨的压力为其重力的8倍，之后沿导轨运动到C点。已知小球与水平面AB间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：(1)释放小球前弹
19、簧的弹性势能；(2)小球运动到最高点C时对导轨的压力；(3)小球离开最高点C后落回水平面时离B点的距离。解析：(1)设小球在B处速度为v1，小球受到支持力为F1，则F18mg，且F1mgm从A到B由动能定理可知：W弹mgLmv由功能关系得弹簧的弹性势能为：EpW弹mg(RL)(2)设小球在C处速度为v2，由机械能守恒可知：mvmv2mgR小球受到弹力为F2，则F2mgm解得：F22mg由牛顿第三定律得，小球运动到C点时对导轨的压力大小为2mg，方向竖直向上(3)设小球离开C点后做平抛运动水平方向：xv2t竖直方向：h2Rgt2解得：x2R。答案：(1)mg(RL)(2)2mg(3)2R16(1
20、2分)(2011枣庄模拟)如图17所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的 图17匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场。求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？(3)粒子从A点运动到C点的时间。解析：(1)粒子从O到A过程中，由动能定理得qERmv2从A点穿出后做匀速圆周运动，qvB解得B(2)粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得Rat2avt联立解得2R所以，矩形区域的长度2R，宽度2R(3)粒子从A点到矩形边界MN的过程中t1 从矩形边界MN到C点的过程中t2故所求时间tt1t2(1) 。答案：(1) (2)2R2R(3)(1)
