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)設小滑塊運動到b點時的速度為v1,由動能定理得,在b點由向心力公式得,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)設軌道bc部分的長度為L,當容器固定時,小滑塊在從被釋放到離開軌道的過程中,由功能關系得mg(R+R)=假設小滑塊能夠離開軌道,并設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在水平方向上動量守恒,則0=mv2+Mv3,對系統應用功能關系得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)鋁環的周長L=2πD,質量M=ρ0L=2m,電阻R0=ρL=2R,鉛環切割磁感線產生的感應電動勢U=BLv,由鋁環和電阻組成的回路中的電流,電阻R兩端的電壓又有鋁環穩定后做勻速運動,則BIL=Mg,解得根據右手定則可知,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電場,設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水平位移的中點,則鋁環的周長L=2πr,質量,設金屬板a、b間的電壓為U2,則由歐姆定律得,又有,BIL=Mg,解得設經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中做類平拋運動,沿水平方向做勻速運動,則4D=v2t2,沿豎直方向做初速度為0的勻加速運動,則加速度, 側移量,解得

13.(1)ABD (2)(i)左管注滿水銀時,設右管液面上升的高度為x,則左管比右管液面高h=h2-x。開始時右管封閉氣體的壓強p1=p0,體積V1=h1S1,左管注滿水銀后右管被封閉氣體的壓強p2=p0+h,體積V2=(h1-x)S1,根據玻意耳定律得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p3=p0+h2,溫度T3=(273+t)K,根據查理定律得解得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O開始運動的質點的簡諧運動方程為(ii)波從O點傳播到B點的時間s,再經過時間s從B點開始運動的質點出現在波谷,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點運動到M點,所用時間最短,設為t,如圖2甲所示,小球在磁場中做圓周運動的圓心為Q,由幾何關系得θ=37°,小球的運動軌跡半徑R1=5m,又有,T=,解得(2)由題意可知,小球做勻速圓周運動的半徑范圍為9m≥R≥3m。若從N點射出的小球沒有與擋板相碰,直接到達M點,則解得v1=5.00m/s。若小球與擋板碰撞一次,經過M點,如圖2乙所示,則由幾何關系得,cosα=,小球的運動軌跡半徑,解得R=3.00m或23.75m。根據,解得v2=3.00m/s或3.75m/s。若小球與擋板碰撞兩次,經過M點,如圖2丙所示,則由幾何關系得AM=,cos, 小球的運動軌跡半徑,整理為-15R3+15=0,根據判別式可知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從釋放到運動至b點的過程中,根據機械能守恒定律得Mg(h+,解得小滑塊Q運動到b點時的速度。小滑塊Q與P相碰瞬間動量守恒,則Mv1=(M+m)v2,解得v2=。設小滑塊P、Q結合體運動到最高點a時的速度為v3,根據機械能守恒定律得,解得在a點,設管道對小滑塊P、Q結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。根據牛頓第三定律可知,小滑塊P、Q結合體運動到a點時對管道的彈力豎直向下、大小為。(2)根據機械能守恒定律可知,小滑塊Q運動到b點時的速度,小滑塊Q與P相碰瞬間動量守恒,則Mv4=(M+m)v5。設小滑塊P、Q結合體運動到最高點a時的速度為v0,根據機械能守恒定律得之后小滑塊P、Q結合體做平拋運動,設最終落在圓弧軌道bc上的d點,如圖3所示。根據平拋運動規律可知,在水平方向上有2Rcosθ=v0t,在豎直方向上有,解得設小滑塊P、Q2結合體到達d點時的動能為Ek,則對從a點到d點的過程應用動能定理得(M+m)g·2Rsinθ=Ek-(M+m),整理得,應用數學知識可知Ek最小的成立條件是3sinθ=即,解得v=0。聯立以上各式解得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體積V1=LS。活塞固定,并解除對汽缸的固定,當系統再次靜止時,被封閉的理想氣體的壓強,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℃的過程發生等壓變化,壓強始終為p1=1.5×105Pa,初態時的溫度T1=300K,體積V1=LS,末態時的溫度T3=400K,體積V3=yS,根據蓋-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,根據熱力學第一定律可知,氣體內能的增加量ΔU=Q-W=1.5J。

圖4

圖3

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