高考物理模拟试题(二)参考答案与提示

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)断开把R1的滑动触头滑至最右端 等于 大于

11.(1)设小滑块运动到b点时的速度为v1,由动能定理得,在b点由向心力公式得,解得F=5mg。由牛顿第三定律知小滑块对轨道的压力大小为5mg。(2)设轨道bc部分的长度为L,当容器固定时,小滑块在从被释放到离开轨道的过程中,由功能关系得mg(R+R)=假设小滑块能够离开轨道,并设小滑块离开轨道时小滑块和容器的速度大小分别为v2和v3,由小滑块和容器组成的系统在水平方向上动量守恒,则0=mv2+Mv3,对系统应用功能关系得mg(R+R)=,解得说明小滑块能够离开轨道,且小滑块离开轨道时的速度为

12.(1)铝环的周长L=2πD,质量M=ρ0L=2m,电阻R0=ρL=2R,铅环切割磁感线产生的感应电动势U=BLv,由铝环和电阻组成的回路中的电流,电阻R两端的电压又有铝环稳定后做匀速运动,则BIL=Mg,解得根据右手定则可知,a板电势高于b板,则两板间电势差Uab=(2)粒子打在屏幕上的位置偏离入射方向的距离最大时,粒子从d板右下边缘飞出偏转电场,设粒子的速度偏向角为θ,则,粒子P离开电场时的速度反向延长线过对应水平位移的中点,则铝环的周长L=2πr,质量,设金属板a、b间的电压为U2,则由欧姆定律得,又有,BIL=Mg,解得设经加速电场加速后粒子的速度大小为v2,则。粒子在金属板c、d中做类平抛运动,沿水平方向做匀速运动,则4D=v2t2,沿竖直方向做初速度为0的匀加速运动,则加速度, 侧移量,解得

13.(1)ABD (2)(i)左管注满水银时,设右管液面上升的高度为x,则左管比右管液面高h=h2-x。开始时右管封闭气体的压强p1=p0,体积V1=h1S1,左管注满水银后右管被封闭气体的压强p2=p0+h,体积V2=(h1-x)S1,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2,解 得x=25cm、p2=150cmHg。(ii)从开始到最后,右管封闭气体做等容变化,开始时右管封闭气体的压强p1=p0,温度T1=(273+27)K,左管注满水银并完成加热后右管封闭气体的压强p3=p0+h2,温度T3=(273+t)K,根据查理定律得解得t=427℃。

14.(1)BCE (2)(i)波的起振方向沿y轴向上,波传播到A点的时间t=0.1s,振幅A=2cm,周期T=4t=0.4s,波的传播速度,波长λ=4L=0.8m。因此从原点O开始运动的质点的简谐运动方程为(ii)波从O点传播到B点的时间s,再经过时间s从B点开始运动的质点出现在波谷,因此所求时间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)细线长度l、小滑块P在木板上的滑行距离(2)偏小 偏大

10.(1)如图1所示 (2)图甲偏小,图乙偏大 (3)图甲:,图乙:

图1

11.(1)带电小球受到竖直向下的重力mg、竖直向上的静电力qE,且,即静电力与重力平衡。小球不与挡板相碰,直接从N点运动到M点,所用时间最短,设为t,如图2甲所示,小球在磁场中做圆周运动的圆心为Q,由几何关系得θ=37°,小球的运动轨迹半径R1=5m,又有,T=,解得(2)由题意可知,小球做匀速圆周运动的半径范围为9m≥R≥3m。若从N点射出的小球没有与挡板相碰,直接到达M点,则解得v1=5.00m/s。若小球与挡板碰撞一次,经过M点,如图2乙所示,则由几何关系得,cosα=,小球的运动轨迹半径,解得R=3.00m或23.75m。根据,解得v2=3.00m/s或3.75m/s。若小球与挡板碰撞两次,经过M点,如图2丙所示,则由几何关系得AM=,cos, 小球的运动轨迹半径,整理为-15R3+15=0,根据判别式可知R3无解,即小球与挡板碰撞两次是不可能的。同理可得碰撞3次、4次……也是不可能的。所以小球射入磁场时的速度大小可能值为5.00m/s、3.00m/s或3.75m/s。

12.(1)在小滑块Q从释放到运动至b点的过程中,根据机械能守恒定律得Mg(h+,解得小滑块Q运动到b点时的速度。小滑块Q与P相碰瞬间动量守恒,则Mv1=(M+m)v2,解得v2=。设小滑块P、Q结合体运动到最高点a时的速度为v3,根据机械能守恒定律得,解得在a点,设管道对小滑块P、Q结合体的弹力竖直向下、大小为F,由向心力公式得(M+m)g+F=(M+,解得。根据牛顿第三定律可知,小滑块P、Q结合体运动到a点时对管道的弹力竖直向下、大小为。(2)根据机械能守恒定律可知,小滑块Q运动到b点时的速度,小滑块Q与P相碰瞬间动量守恒,则Mv4=(M+m)v5。设小滑块P、Q结合体运动到最高点a时的速度为v0,根据机械能守恒定律得之后小滑块P、Q结合体做平抛运动,设最终落在圆弧轨道bc上的d点,如图3所示。根据平抛运动规律可知,在水平方向上有2Rcosθ=v0t,在竖直方向上有,解得设小滑块P、Q2结合体到达d点时的动能为Ek,则对从a点到d点的过程应用动能定理得(M+m)g·2Rsinθ=Ek-(M+m),整理得,应用数学知识可知Ek最小的成立条件是3sinθ=即,解得v=0。联立以上各式解得H=

13.(1)ACE(2)(i)汽缸的横截面积S=a2=4×10-4m2,开始时,被封闭的理想气体的压强体积V1=LS。活塞固定,并解除对汽缸的固定,当系统再次静止时,被封闭的理想气体的压强,体积V2=xS,由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得x=45cm。(ii)被封闭的理想气体从27℃升温到127℃的过程发生等压变化,压强始终为p1=1.5×105Pa,初态时的温度T1=300K,体积V1=LS,末态时的温度T3=400K,体积V3=yS,根据盖-吕萨克定律得,解得y=20cm。在此过程中,气体对外界做功W=p1S(y-L)=3J,根据热力学第一定律可知,气体内能的增加量ΔU=Q-W=1.5J。

图4

图3

14.(1)ACE(2)(i)由几何关系可知,光从空气射入介质的入射角i=60°。设光从空气射入介质的折射角为r,根据折射定律得n=,解得r=30°。作出光路图如图4所示,由几何关系得α=θ=30°,β=60°,FG⊥OA。光在介质中发生全发射的临界角C满足可知30°＜C＜45°,因此光在E点发生全反射,光从OA边上的G点射出介质。由几何关系得因此光从介质OA边上射出的位置到圆心O的距离x=(ii)根据可知,光在介质中的传播速度,光在介质中从D点传播到从OA边上射出所需的时间