1、高考模拟训练(二)一、选择题1.如图所示，一木箱位于粗糙的水平地面上，在与水平方向成角的推力F作用下，向右匀速运动若保持F的方向不变而增加其大小，则木箱()A仍做匀速运动B做减速运动C做加速运动 D以上三种情况都有可能解析：对木箱进行受力分析可得Fcos (mgFsin )ma，当a0时木箱做匀速运动，F增大时加速度a0，即木箱将做加速运动，对比各选项可知选C.答案：C2如图所示的真空空间中，仅在球体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中M、N两点的场强和电势均相同的是()A BC D答案：D3(2011安徽合肥)如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90、半径为R
2、的扇形OAB.一束平行光平行于横截面，以45入射角照射到OA上，OB不透光，若只考虑首次入射到圆孤 上的光，则 上有光透出部分的弧长为()A.R B.RC.R D.R解析：由sin C可知光在玻璃柱中发生全反射的临界角C45.据折射定律可知所有光线从AO进入玻璃柱后的折射角均为30.从O点入射后的折射光线将沿半径从C点射出假设从E点入射的光线经折射后到达D点时刚好发生全反射，则ODE45，如图所示，由几何关系可知45，故弧长R，故B正确答案：B4.如图甲所示，一木块从斜面底端以初速度v020 m/s沿斜面向上运动，并恰好能到达斜面顶端其速度随时间的变化规律如图乙所示，由图可以判断()A斜面的长
3、度为20 m B3 s末木块回到斜面底端C03 s合力做功为零 D03 s机械能守恒答案：B5.在滑动变压器原线圈中接有电流表，副线圈输出端接有如图所示的电路在原线圈中输入稳定的交流电压，初始时开关S1与2接通，开关S2与4接通，开关S3闭合则在下列措施中能使电流表示数变大的是()A仅将S1从2拨向1B仅将S2从4拨向3C仅将S3从闭合改为断开D仅将滑动变阻器R3的滑动触头上移解析：将S1从2拨向1，n1变小，根据变压器原副线圈的变比关系可以判定U2变大，所以副线圈中电流I2变大，故原线圈中电流I1变大，A正确；同理可判定B错误；将S3从闭合改为断开，负载电阻变大，所以副线圈中电流I2变小，故
4、原线圈中电流I1变小；C错误；将滑动变阻器R3的滑动触头上移，R3连入电路阻值变大，所以副线圈中电流I2变小，故原线圈中电流I1变小，D错误答案：A6已知地球质量为M，半径为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卫星的运行速度大于第一宇宙速度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：天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F引F向m.当卫星在地表运行时，F引mg(此时R为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h，则F引F向ma向mg，所以C错误
5、，D正确由得，v ，B错误由，得Rh，即hR，A错答案：D7.一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则()A向上滑行的时间大于向下滑行的时间B在向上滑行时电阻R上产生的热量小于向下滑行时电阻R上产生的热量C向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等D金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m(v02v2)解析：导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，
6、所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A错；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R上产生的热量多，B错；由q知C对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m(v02v2)，D错答案：C二、非选择题8(1)如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置其步骤如下：a易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑b取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M.C取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O为打下的第一点已知打点计时器的打点
7、频率为f，重力加速度为g.步骤c中小车所受的合外力为_为验证从OC过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x0，OC间距离为x1，则C点的速度为_. 需要验证的关系式为_(用所测物理量的符号表示)(2)用伏安法测金属丝的电阻时，测出了包括(0,0)在内的6组电流I和电压U的值，并已经标在了如图所示的坐标纸上，请用铅笔和直尺在坐标纸上画出合理的图线，并求出该段金属线的电阻Rx_.测该金属丝电阻时，可供该实验小组选择的器材如下：A量程0.6 A，内阻约0.5 的电流表A1B量程3 A，内阻约0.01 的电流表A2C量程10 mA，内阻rA50 的电流表A3D量程15 V，内阻约
8、30 k的电压表VE阻值为010 的滑动变阻器F阻值为01 000 的电阻箱G两节干电池H电键一个、导线若干如图所示，试补画出该小组同学测金属丝电阻Rx采用的电路图，并标明所选用电表的符号，如A1或A2等解析：(2)画线时注意让多数点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧UI图线的斜率表示电阻Rx5 .电路中的最大电流I A0.6 A，电流表选用A1；电压表V量程太大，不能用，应考虑将A3与电阻箱R2串联改装成电压表；因为测量值是从电压0开始的，故滑动变压器应采用分压式接法答案：(1)mgmgx1(2)5连线如图甲所示电路图如图乙所示9如图所示，滑板运动员从倾角为53的斜坡顶端滑下，滑下
9、的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h1.4 m、宽L1.2 m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面已知运动员的滑板与斜而间的动摩擦因数0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，已知sin 530.8，cos 530.6.求：(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度解析：(1)设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律mgsin 53mgcos 53ma解得
10、运动员在斜面上滑行的加速度ag(sin 53cos 53)7.4 m/s2.(2)运动员从斜面上起跳后在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式Hgt2解得t0.8 s.(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为Hh时，他沿水平方向运动的距离为Hcot 53L，设他在这段时间内运动的时间为t，则Hhgt2Hcot 53Lvtv6.0 m/s.答案：(1)7.4 m/s2(2)0.8 s(3)6.0 m/s10.(2011唐山质检)如图所示，半径R0.5 m的光滑半圆轨道竖直固定在高h0.8 m的光滑水平台上，与平台平滑连接，平台长L1.2 m可视为质点的两物块m1、m
11、2束缚在一起，并静止在平台的最右端D点，它们之间有被压缩的轻质弹簧某时刻突然解除束缚，使两物块m1、m2具有水平方向的速度，m1通过平台到达半圆轨道的最高点A时，轨道对它的压力大小是FN44 N，水平抛出后落在水平地面上的P点，m2也落在P点已知m12 kg，g取10 m/s2.求解除束缚的轻质弹簧释放出来的弹性势能是多少？解析：设m1在A点时的速度为v，由牛顿第二定律得：m1gFNm1解得：v4 m/s设m1从A点到P点运动的时间为t1，则：h2Rgt12，解得：t10.6 s设m2运动的水平距离为x，则xLvt1，解得：x1.2 m设突然解除束缚后，m1的速度为v1，由机械能守恒定律得：m
12、1v12m1g2Rm1v2，解得：v16 m/s设m2在突然解除束缚后的速度为v2，做平抛运动的时间为t2由hgt22，得：t20.4 s，v23 m/s对m1、m2运用动量守恒定律得：0m1v1m2v2解得：m24 kg解除束缚的轻质弹簧释放出来的弹性势能是Em1v12m2v2254 J.答案：54 J11.如图所示，直角三角形OAC(30)区域内有B0.5 T的匀强磁场，方向如图所示两平行极板M，N接在电压为U的直流电源上，左板为高电势一带正电的粒子从靠近M板由静止开始加速，从N板的小孔射出电场后，垂直OA的方向从P点进入磁场中带电粒子的比荷为105 C/kg，OP间距离为L0.3 m全过
13、程不计粒子所受的重力，则：(1)若加速电压U120 V，通过计算说明粒子从三角形OAC的哪一边离开磁场？(2)求粒子分别从OA，OC边离开磁场时粒子在磁场中运动的时间解析：(1)如图所示，当带电粒子的轨迹与OC边相切时为临界状态，设临界半径为R，加速电压U0，则有Rl解得R0.1 mqU0mv2qvBmU0125 VUU0，则rR，粒子从OA边射出(2)带电粒子在磁场做圆周运动的周期为T4105 s当粒子从OA边射出时，粒子在磁场中恰好运动了半个周期t12105 s当粒子从OC边射出时，粒子在磁场中运动的时间小于周期t2105 s答案：(1)OA边射出(2)2105 s105.w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
