高考物理模拟试题(二)参考答案与提示

1.C 提示:汽车在做匀减速直线运动的过程中,根据速度与位移的关系式得=2a1x,解得,因为a1为负值,所以x-v图像为开口向下的二次函数图像;汽车重新启动,速度由零开始增大到原来速度,则v2=2a2(x-x0),其中x0是汽车停止时的位移,解得,因为a2为正值,所以x-v图像为开口向上的二次函数图像。

2.A 提示:对物块进行受力分析,如图1所示,重力沿斜面向下的分力为mgsinθ,支持力N=mgcosθ,滑动摩擦力f=μN=mgsinθ,则拉力。

图1

3.A 提示:假设木板与地面间光滑,则人与木板满足动量守恒定律,设人和立柱相遇时,人的速度大小为v1,木板的速度大小为v2,则mv1-Mv2=0,设此过程中木板的位移为x1,运动时间为t1,根据运动学公式得方向向左。因为木板与地面间不光滑,所以木板向左的位移达不到,选项B 错误。木板与地面间不光滑,人与立柱抱住后,会获得向右的共同速度v3,随着木板与地面之间的动摩擦因数逐渐增大,木板向左的位移会逐渐减小,进而出现向右的位移。若木板与地面之间的动摩擦因数增加至无穷大,则整个过程中木板几乎不动,位移为零。由上述分析可知,当木板与地面之间的动摩擦因数取一个临界值时,木板存在向右的一个最大位移,此临界值恰好能使在人相对木板运动的过程中,木板与地面之间达到最大静摩擦力,即木板静止不动。设人与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,在人相对木板运动的过程中,对木板进行受力分析,则μ1mg=μ2(M+m)g。人在相对木板运动的过程中,若木板静止不动,则人抱住立柱前木板的速度v2=0,根据运动学公式得人的速度,人抱住立柱后,根据动量守恒定律得mv1=(M+m)v3,此后人和木板向右做匀减速直线运动,设位移为x2,则,解得x2=,方向向右,选项A 正确,C、D 错误。

4.D 提示:绒毛在飞往被植体的过程中,静电力做正功,电势能减小,选项A 错误。金属网与金属板间的电势差由电源电压决定,与金属网和金属板间的距离无关,选项B错误。减小金属网与金属板间的电势差,绒毛到达被植体上时的速度减小,会影响植绒效果,选项C 错误。绒毛穿过金属网时带上负电飞向金属板,因金属板是等势体,场强方向与金属板垂直,故绒毛被垂直地粘植在被植体上,选项D 正确。

6.AC 提示:根据可手摇发电手电筒的结构可知,导线束转动切割磁感线产生感应电流的方向不断变化,故产生的电流是交流,选项A 正确。如题图乙所示时刻半圆形导线束的转动方向与磁场方向平行,无感应电流,导线束所受安培力的大小为0,选项B 错误,C 正确。如题图乙所示时刻电流表的示数为半圆形导线束转一圈产生感应电流的有效值,由题中的已知条件无法求出回路中感应电流的有效值,选项D 错误。

7.AD 提示:当滑块下滑到x=x2处时,滑块的加速度为零,滑块受到的弹簧弹力与重力沿斜面方向的分力大小相等,即k(x2-x1)=mgsinθ,解得,选项A正确。选由滑块和弹簧组成的系统为研究对象,系统只受重力和弹簧弹力作用,则系统的机械能守恒,当弹簧的弹性势能最小时,滑块的机械能最大。当滑块下滑到x=x1处时,弹簧处于原长状态,弹性势能为零,为最小,因此滑块的机械能最大,选项B 错误。x1～x2过程中滑块的距离差小于x2～x3过程中滑块的距离差,则弹簧弹性势能的增量不相等,选项C 错误。在x1～x2过程中,重力沿斜面方向的分力大于弹簧弹力,根据牛顿第二定律得mgsinθ-k(x-x1)=ma,又有k(x2-x1)=mgsinθ,解得。当x=x1时,a=gsinθ,解得。在x2＜x＜x3过程中,弹簧弹力大于重力沿斜面方向的分力,根据牛顿第二定律得k(x-x1)-mgsinθ=ma,又有k(x2-x1)=mgsinθ,解得。当x=2x2-x1时,a=gsinθ,解得。因此在x1～x2和x2～x3这两段过程中,a-x图像斜率的绝对值均等于,选项D 正确。

8.BD 提示:t=0 时刻,线框右侧边MN切割磁感线产生的感应电动势E=Bav0,设线框每条边的电阻为R,根据闭合电路欧姆定律得,MN边两端的电压UMN=I·3R,解得,选项A 错误。在t0～3t0时间内,根据牛顿第二定律得F=ma,根据线框的v-t图像得v0=v1+a·2t0,解得,选项B 正确。线框刚进入磁场(位置1)与刚出磁场(位置2)时的速度相同,进出磁场时的受力情况也相同,则线框进出磁场的运动性质相同,因此线框完全离开磁场瞬间(位置3)的速度一定与线框在t=t0时刻的速度相同,选项C 错误。设线框进入磁场时产生的电热为Q1,线框从进入磁场(位置1)到完全离开磁场(位置3)的过程中产生的电热为Q,则Q=2Q1,Q1=W安,线框从进入磁场(位置1)到刚出磁场(位置2)的过程中,根据动能定理得Fb-,解得Q=2Fb,选项D正确。

提示:(1)直尺做自由落体运动,则h=,解得。若直尺的量程为40 cm,乙同学要捏住直尺的刻度区间,则允许他的最长反应时间。(2)直尺下落的高度h=L-x,乙同学的反应时间。(3)乙同学手的位置在开始时放在“反应时间测量尺”的0刻度线位置,直尺做自由落体运动,其位移h=,即位移与时间的二次方成正比,因此随着时间的增加,刻度线标度从下往上逐渐增大。

图2

提示:(2)②当保持滑片P不动,把开关S2与接线柱C接通时,电阻箱R与电流表并联,电路总电阻减小,干路电流增大,当电流表指针半偏时,电阻箱R上分到的电流大于电流表指针满偏时电流的一半。因为并联电路中,电流与电阻成反比,所以电流表内阻大于电阻箱阻值,即用该方法测得的电流表内阻小于真实值。⑤根据闭合电路欧姆定律得E=IR+IR0+Ir,变形得,结合图像得,解得。

11.(1)运动员起跳补篮,篮球恰好垂直击中篮板“打板区”方框的上沿线中点,其逆过程可以看成是平抛运动,则h3+h2-h1=,解得v0=2.1 m/s。(2)篮球打板反弹后做平抛运动,其反弹速度最大时机械能损失最少,则d1-d2=vmaxt2,解得vmax=1.2 m/s。篮球打板损失的机械能0.742 5 J。

12.(1)初始时刻对金属杆N进行受力分析,如图3甲所示。设金属杆N的加速度为a,根据牛顿第二定律得mgsinθ=ma,解得。(2)金属杆N到达OO'连线处前对金属杆M、N分别进行受力分析,如图3乙所示,当金属杆N做匀速运动时,由金属杆M、N组成的系统沿倾斜导轨方向所受合外力等于零,因此系统沿倾斜导轨方向动量守恒。设金属杆N到达OO'连线处前的速度大小为v,金属杆M的速度大小为v1,根据动量守恒定律得mv-mv1=0,解得v1=v。两金属杆切割磁感线产生的感应电动势E=2B2Lv=2BLv,回路中的感应电流I=,两金属杆所受安培力大小F安=F克安=B2IL。金属杆N运动到OO'连线处前已做匀速运动,则F克安=mgsinθ,解得v=。设金属杆N到OO'连线的距离为s,对金属杆N应用动能定理得mgssinθ-,根据功能关系得W克安=Q,解得。(3)金属杆N下滑到水平导轨上时的受力情况如图3 丙所示,之后金属杆N向右做减速运动,金属杆M沿倾斜导轨向上做加速运动。设金属杆M的速度重新达到稳定时的速度大小为vM,则金属杆M切割磁感线产生的感应电动势EM=B2LvM,根据欧姆定律得,又有,根据平衡条件得F安M+mgsinθ=F,解得,此时金属杆N中的电流,金属杆N受到的安培力大小F安N=B1INL=mg,根据平衡条件得N1=mg-F安N,解得N1=0,故f=0,即金属杆N也达到稳定速度。设金属杆N的稳定速度为vN,金属杆N从OO'连线处运动到两金属杆速度稳定所用的时间为t,根据动量定理,对金属杆M有v),即,对金属杆N有,其中,即解得。①当0＜μ＜1时,金属杆N最终在水平导轨上向右做匀速运动,速度大小),②当μ≥1时,金属杆N最终静止在水平导轨上。

图3

13.(1)CDE 提示:气体从外界吸收热量的同时若伴随着气体膨胀对外做功的过程,则根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体的内能不一定增加,选项A 错误。气体压强是由大量气体分子撞击容器壁产生的,与重力无关,气体处于超重或失重状态不影响气体的压强,选项B 错误。根据盖-吕萨克定律可知,在等压膨胀的过程中,气体的温度一定升高,选项C 正确。热力学第二定律表明:“热量不能自发地从低温物体传到高温物体”,在电冰箱的工作过程中,热量从低温物体向高温物体传递的前提条件是压缩机做功,不违背热力学第二定律,选项D正确。自发的宏观过程不仅遵循能量守恒定律,同时也遵循热力学第二定律,只符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生,选项E 正确。

(2)(ⅰ)对左侧纸团进行受力分析,根据平衡条件得F+p0S=p2S,解得p2=p0+。(ⅱ)竹筒内部气体做等温变化,初态时有p1=p0,V1=LS,末态时有V2=L'S,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得,故竹筒内部气体被压缩的长度。

(2)(ⅰ)作出光路图如图4所示,光线Q在AC边上的入射角i=45°。根据几何关系可知,光线Q在AC边上的折射角r=30°,根据折射定律得。(ⅱ)光线P在玻璃砖中传播的距离,光线P在玻璃砖内的传播速度,经历的时间。

图4