高考物理模擬試題(二)參考答案與提示

A卷

1.D 2.D 3.A 4.C 5.D 6.AC 7.BD 8.AC

9.(1)(2)①②AC

10.(1)等于 (2)斷開把R1的滑動觸頭滑至最右端 等于 大于

11.(1)設(shè)小滑塊運(yùn)動到b點(diǎn)時的速度為v1,由動能定理得,在b點(diǎn)由向心力公式得,解得F=5mg。由牛頓第三定律知小滑塊對軌道的壓力大小為5mg。(2)設(shè)軌道bc部分的長度為L,當(dāng)容器固定時,小滑塊在從被釋放到離開軌道的過程中,由功能關(guān)系得mg(R+R)=假設(shè)小滑塊能夠離開軌道,并設(shè)小滑塊離開軌道時小滑塊和容器的速度大小分別為v2和v3,由小滑塊和容器組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,則0=mv2+Mv3,對系統(tǒng)應(yīng)用功能關(guān)系得mg(R+R)=,解得說明小滑塊能夠離開軌道,且小滑塊離開軌道時的速度為

12.(1)鋁環(huán)的周長L=2πD,質(zhì)量M=ρ0L=2m,電阻R0=ρL=2R,鉛環(huán)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢U=BLv,由鋁環(huán)和電阻組成的回路中的電流,電阻R兩端的電壓又有鋁環(huán)穩(wěn)定后做勻速運(yùn)動,則BIL=Mg,解得根據(jù)右手定則可知,a板電勢高于b板,則兩板間電勢差Uab=(2)粒子打在屏幕上的位置偏離入射方向的距離最大時,粒子從d板右下邊緣飛出偏轉(zhuǎn)電場,設(shè)粒子的速度偏向角為θ,則,粒子P離開電場時的速度反向延長線過對應(yīng)水平位移的中點(diǎn),則鋁環(huán)的周長L=2πr,質(zhì)量,設(shè)金屬板a、b間的電壓為U2,則由歐姆定律得,又有,BIL=Mg,解得設(shè)經(jīng)加速電場加速后粒子的速度大小為v2,則。粒子在金屬板c、d中做類平拋運(yùn)動,沿水平方向做勻速運(yùn)動,則4D=v2t2,沿豎直方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動,則加速度, 側(cè)移量,解得

13.(1)ABD (2)(i)左管注滿水銀時,設(shè)右管液面上升的高度為x,則左管比右管液面高h(yuǎn)=h2-x。開始時右管封閉氣體的壓強(qiáng)p1=p0,體積V1=h1S1,左管注滿水銀后右管被封閉氣體的壓強(qiáng)p2=p0+h,體積V2=(h1-x)S1,根據(jù)玻意耳定律得p1V1=p2V2,解 得x=25cm、p2=150cmHg。(ii)從開始到最后,右管封閉氣體做等容變化,開始時右管封閉氣體的壓強(qiáng)p1=p0,溫度T1=(273+27)K,左管注滿水銀并完成加熱后右管封閉氣體的壓強(qiáng)p3=p0+h2,溫度T3=(273+t)K,根據(jù)查理定律得解得t=427℃。

14.(1)BCE (2)(i)波的起振方向沿y軸向上,波傳播到A點(diǎn)的時間t=0.1s,振幅A=2cm,周期T=4t=0.4s,波的傳播速度,波長λ=4L=0.8m。因此從原點(diǎn)O開始運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)的簡諧運(yùn)動方程為(ii)波從O點(diǎn)傳播到B點(diǎn)的時間s,再經(jīng)過時間s從B點(diǎn)開始運(yùn)動的質(zhì)點(diǎn)出現(xiàn)在波谷,因此所求時間Δt=Δt1+Δt2-t=1.8s。

B卷

1.B 2.C 3.C 4.D 5.BC 6.BD 7.CD 8.AD

9.(1)細(xì)線長度l、小滑塊P在木板上的滑行距離(2)偏小 偏大

10.(1)如圖1所示 (2)圖甲偏小,圖乙偏大 (3)圖甲:,圖乙:

圖1

11.(1)帶電小球受到豎直向下的重力mg、豎直向上的靜電力qE,且,即靜電力與重力平衡。小球不與擋板相碰,直接從N點(diǎn)運(yùn)動到M點(diǎn),所用時間最短,設(shè)為t,如圖2甲所示,小球在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心為Q,由幾何關(guān)系得θ=37°,小球的運(yùn)動軌跡半徑R1=5m,又有,T=,解得(2)由題意可知,小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑范圍為9m≥R≥3m。若從N點(diǎn)射出的小球沒有與擋板相碰,直接到達(dá)M點(diǎn),則解得v1=5.00m/s。若小球與擋板碰撞一次,經(jīng)過M點(diǎn),如圖2乙所示,則由幾何關(guān)系得,cosα=,小球的運(yùn)動軌跡半徑,解得R=3.00m或23.75m。根據(jù),解得v2=3.00m/s或3.75m/s。若小球與擋板碰撞兩次,經(jīng)過M點(diǎn),如圖2丙所示,則由幾何關(guān)系得AM=,cos, 小球的運(yùn)動軌跡半徑,整理為-15R3+15=0,根據(jù)判別式可知R3無解,即小球與擋板碰撞兩次是不可能的。同理可得碰撞3次、4次……也是不可能的。所以小球射入磁場時的速度大小可能值為5.00m/s、3.00m/s或3.75m/s。

12.(1)在小滑塊Q從釋放到運(yùn)動至b點(diǎn)的過程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Mg(h+,解得小滑塊Q運(yùn)動到b點(diǎn)時的速度。小滑塊Q與P相碰瞬間動量守恒,則Mv1=(M+m)v2,解得v2=。設(shè)小滑塊P、Q結(jié)合體運(yùn)動到最高點(diǎn)a時的速度為v3,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,解得在a點(diǎn),設(shè)管道對小滑塊P、Q結(jié)合體的彈力豎直向下、大小為F,由向心力公式得(M+m)g+F=(M+,解得。根據(jù)牛頓第三定律可知,小滑塊P、Q結(jié)合體運(yùn)動到a點(diǎn)時對管道的彈力豎直向下、大小為。(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,小滑塊Q運(yùn)動到b點(diǎn)時的速度,小滑塊Q與P相碰瞬間動量守恒,則Mv4=(M+m)v5。設(shè)小滑塊P、Q結(jié)合體運(yùn)動到最高點(diǎn)a時的速度為v0,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得之后小滑塊P、Q結(jié)合體做平拋運(yùn)動,設(shè)最終落在圓弧軌道bc上的d點(diǎn),如圖3所示。根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知,在水平方向上有2Rcosθ=v0t,在豎直方向上有,解得設(shè)小滑塊P、Q2結(jié)合體到達(dá)d點(diǎn)時的動能為Ek,則對從a點(diǎn)到d點(diǎn)的過程應(yīng)用動能定理得(M+m)g·2Rsinθ=Ek-(M+m),整理得,應(yīng)用數(shù)學(xué)知識可知Ek最小的成立條件是3sinθ=即,解得v=0。聯(lián)立以上各式解得H=

13.(1)ACE(2)(i)汽缸的橫截面積S=a2=4×10-4m2,開始時,被封閉的理想氣體的壓強(qiáng)體積V1=LS?；钊潭?并解除對汽缸的固定,當(dāng)系統(tǒng)再次靜止時,被封閉的理想氣體的壓強(qiáng),體積V2=xS,由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得x=45cm。(ii)被封閉的理想氣體從27℃升溫到127℃的過程發(fā)生等壓變化,壓強(qiáng)始終為p1=1.5×105Pa,初態(tài)時的溫度T1=300K,體積V1=LS,末態(tài)時的溫度T3=400K,體積V3=yS,根據(jù)蓋-呂薩克定律得,解得y=20cm。在此過程中,氣體對外界做功W=p1S(y-L)=3J,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知,氣體內(nèi)能的增加量ΔU=Q-W=1.5J。

圖4

圖3

14.(1)ACE(2)(i)由幾何關(guān)系可知,光從空氣射入介質(zhì)的入射角i=60°。設(shè)光從空氣射入介質(zhì)的折射角為r,根據(jù)折射定律得n=,解得r=30°。作出光路圖如圖4所示,由幾何關(guān)系得α=θ=30°,β=60°,FG⊥OA。光在介質(zhì)中發(fā)生全發(fā)射的臨界角C滿足可知30°＜C＜45°,因此光在E點(diǎn)發(fā)生全反射,光從OA邊上的G點(diǎn)射出介質(zhì)。由幾何關(guān)系得因此光從介質(zhì)OA邊上射出的位置到圓心O的距離x=(ii)根據(jù)可知,光在介質(zhì)中的傳播速度,光在介質(zhì)中從D點(diǎn)傳播到從OA邊上射出所需的時間