1、高考资源网（） 您身边的高考专家2012届高考物理二轮“力学和电学”综合检测(二)(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南京一模)如图1所示，一轻绳的两端分别固定在不等高的A、B两点，现用另一轻绳将一物体系于O点，设轻绳AO、BO相互垂直，且两绳中的拉力分别为FA、FB，物体受到的重力为G，下列表述正确的是()AFA一定大于GBFA一定大于FBCFA一定小于FB 图1DFA与FB大小之和一定等于G解析：受力分析如图，由三力平衡的知识可知，FA、FB
2、的合力大小等于G，方向竖直向上，又因为90，所以可得FAGsin，FBGsin。故FA一定小于G，A选项错误；因为，故FA一定大于FB，B选项正确，C选项错误；FA与FB大小之和不等于G，D选项错误。答案：B2某物体做直线运动的vt图像如图2所示，据此判断如图3的四个选项中正确的是(F表示物体所受合力)()图2图3解析：根据vt图像的物理意义可知，其斜率表示加速度，则物体在整个过程中加速度大小相等。物体在02 s内做匀加速运动，在24 s内做匀减速运动，46 s内反向做匀加速运动，68 s内反向做匀减速运动，再利用牛顿第二定律Fma可知，B正确。答案：B3图4甲中的变压器为理想变压器，原线圈的
3、匝数n1与副线圈的匝数n2之比n1n2101。变压器原线圈加如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接两个串联在一起的阻值大小均为10 的定值电阻R1、R2。电压表V为理想交流电表。则以下说法正确的是()图4A原线圈上电压的有效值为100 VB原线圈上电压的有效值约为70.7 VC电压表V的读数为5.0 VD变压器的输入功率为25 W解析：原线圈电压有效值U150 V70.7 V，副线圈电压U2U17.07 V，电压表示数为副线圈电压的一半，为3.535 V，P入P出2.5 W。答案：B4有一沿x轴分布的电场，以x方向为电场正方向。其电场强度E随x变化的图像如图5所示。下列说法正确的是()AO点的电
4、势最高Bx2点的电势最高 图5C正电荷从x1移动到x3电场力不做功Dx1和x3两点的电势相等解析：观察图像可知该电场分布的特点为：场强的方向没有发生变化，一直沿着x方向，先增大后减小。顺着场强的方向电势越来越低，所以O点电势最高，x1x3，A正确，B、D错误；由于x1x3，所以正电荷从x1到x3电场力做正功，C错误。答案：A5如图6所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器电阻为R，开关闭合。两平行极板间有匀强磁场，一带正电粒子正好以速度v匀速穿过两板。以下说法正确的是(忽略带电粒子的重力)() 图6A保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出B保持开关闭合，将滑片P向下滑
5、动一点，粒子将可能从下极板边缘射出C保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出D如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出解析：带电粒子匀速穿过两板，说明洛伦兹力和电场力平衡。保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，则电容器分得的电压降低，电场力减小，粒子可能从上极板边缘射出，选项A错误；若将滑片P向下滑动一点，则电容器分得的电压变大，电场力增加，粒子可能从下极板边缘射出，选项B正确；若保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电场力变大，粒子不可能沿直线穿出；如果将开关断开，电容器将放电，电场消失，粒子不可能继续沿直线穿出，选项C、D均错误。答案：B6(2011广东高考)已知地球质量为 M，半
6、径为 R，自转周期为 T，地球同步卫星质量为 m，引力常量为 G。有关同步卫星，下列表述正确的是()A卫星距地面的高度为 B卫星的运行速度小于第一宇宙速度C卫星运行时受到的向心力大小为GD卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析：由万有引力公式m()2(Rh)，得同步卫星距地面的高度hR，A项错误；近地卫星的速度等于第一宇宙速度，同步卫星的速度小于第一宇宙速度，B项正确；卫星运行时的向心力大小为F向，C项错误；由Gmg得地球表面的重力加速度gG，而卫星所在处的向心加速度gG，D项正确。答案：BD7如图7所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界
7、，OO为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合线框abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若以逆时针方向为电流的正方向，则从线框开始运动到ab边刚进入到PQ右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的 图7图像是图8中的()图8解析：在ab边运动到MN边界的过程中电动势E2BLv2BLat，电流it，C、D选项错误；ab边从MN边界运动到PQ边界的过程中，电动势EBLvBLat，电流it，即刚过MN边界时电动势减小一半，电流减小一半，故B选项正确。答案：B8如图9所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端
8、滑到b端的过程中，下列说法正确的是()A电压表的读数U先减小，后增大 图9B电流表的读数I先增大，后减小C电压表读数U与电流表读数I的比值不变D电压表读数的变化量U与电流表读数的变化量I的比值不变解析：对电路图分析可知，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，外电路总电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电流先减小后增大，选项A、B错误；电压表读数U与电流表读数I的比值是反映外电路电阻，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，外电路电阻先增大后减小，而电压表读数的变化量U与电流表读数的变化量I的比值反映电源内阻，不发生变化，选项C错，D对。答案：D9(2011江苏高考)如图1
9、0所示，倾角为的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为 M、m(Mm)的小物块同时 图10轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在角取不同值的情况下，下列说法正确的有 ()A两物块所受摩擦力的大小总是相等B两物块不可能同时相对绸带静止CM不可能相对绸带发生滑动Dm不可能相对斜面向上滑动解析：轻质绸带无质量，对于绸带而言，受到M、m的摩擦力都和绸带中的张力大小相等，所以两物块所受摩擦力的大小总是相等，那么最大摩擦力为绸带与m间的最大静摩擦力，所以M不可能相对绸带滑动，
10、故A正确，C正确；对整体分析 Mgsinmgsin(Mm)a，对m分析fmgsinma，当较小时，有fmgcos，所以两物块可以相对绸带静止，M下滑，m上滑，所以B错误，D错误。答案：AC10(2011烟台模拟)如图11所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角v2，即滑块速度大于车速，假设正确，滑块能从车上滑离，设滑块做平抛运动用时t2，则hgt落地时滑块距车右端的水平距离为xv1t2v2t2解得x3 m。答案：(1)1 m/s2(2)能滑离小车3 m14(10分)如图16，质量为m1 kg的小物块轻放在
11、水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R1.0 m，圆弧对应圆心角 图16106，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h0.8 m。小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s后经过D点，物块与斜面间的动摩擦因数为1(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)。试求：(1)小物块离开A点的水平初速度v1；(2)小物块经过O点时对轨道的压力；(3)斜面上CD间的距离。解析：(1)对小物块，由A到B有：v2gh，vy4 m/s在B点tan，所以v
12、13 m/s。(2)对小物块，由B到O由机械能守恒定律得：mgR(1sin37)mvmv其中vB m/s5 m/s在O点：FNmgm，所以FN43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为FN43 N。(3)物块沿斜面上滑：mgsin531mgcos53ma1解得a110 m/s2物块沿斜面下滑：mgsin531mgcos53ma2解得a26 m/s2由机械能守恒知vCvB5 m/s小物块由C上升到最高点历时t10.5 s小物块由最高点回到D点历时t20.8 s0.5 s0.3 s。故xCDt1a2t，即xCD0.98 m。答案：(1)3 m/s(2)43 N(3)0.98 m15(12分)如图
13、17甲所示，质量m6.0103 kg、边长L0.20 m、电阻R1.0 的正方形单匝金属线框abcd，置于倾斜30的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的下半部分处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，线框在斜面上始终保持静止，g10 m/s2。求：图17(1)在2.01024.0102 s时间内线框中产生的感应电流的大小；(2)在t3.0102 s时线框受到斜面的摩擦力的大小和方向；(3)一个周期内感应电流在线框中产生的平均电功率。解析：(1)设线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，则E1I1代入数据解得E10.40 V，I10.40 A(2)t3
14、.0102 s时受到的安培力F1B1I1L代入数据解得F11.6102 N设此时线框受到的摩擦力大小为Ff，则mgsinF1Ff0 代入数据解得Ff4.6102 N摩擦力方向沿斜面向上。(3)在01.0102 s时间内线框中产生的感应电动势E2代入数据解得E20.80 V设磁场变化周期为T，线框中的电功率为P，则PT代入数据解得P0.24 W。答案：(1)0.40 A(2)大小为4.6102 N，沿斜面向上(3)0.24 W16(12分)(2011全国卷)如图18，与水平面成45角的平面MN将空间分成 和 两个区域。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入
15、 区。粒子在 区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在 区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从 区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。 图18 解析：带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿运动定律得qEma设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v0t0at粒子速度大小v1为v1设速度方向与竖直方向的夹角为，则tan 此时粒子到出发点P0的距离为s0v0t0此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为r1设粒子首次离开磁场的点为P2，弧所张的圆心角为2，则P1到点P2距离为s12r1sin由几何关系得45联立式得s1点P2与点P0相距ls0s1联立解得l()。答案：()高考资源网版权所有，侵权必究！
