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2018年高校自主招生高中物理探究仿真训练题07(含解析)

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2018 年高校自主招生物理探究仿真训练题七 1. （2015北大清华自主招生物理探究试题）在高度为H处水平抛出一物体，同时在其下方水平地面斜抛一物体，二者同时落到水平地面上，则斜抛物体的射高为 A．H B．H/2 C．H/4 D．H/8 【参考答案】C

2．（15分）（2016中科大）电鳗、电鳐等电鱼能借助起电斑的生物电池产生电流．起电斑是生理发电装置．如图4所示的南美洲电鳗体中的起电斑并排成140行，每行串有5000个起电斑，沿着身体延伸分布．经检测，每个起电斑能产生0.15V 的电动势并具有0.25Ω的内阻．该起电斑阵列一端在该动物的头部而另一端接近其尾部，与电鳗周围的水形成回路．此种装置能击晕或击毙游近电鳗的鱼，但不会伤害自己．试定量解释这两方面的原因，假设电鳗周围的水具有等效电阻800Ω．

【名师解析】 等效电路如图所示， 每行电动势E =0.15V× 5000=750V， 每行的内阻r =0.25 Ω ×5000=1250Ω， 水的等效电阻R =800Ω． 根据基尔霍夫定律，有E=140IR+Ir 解得：I=1151A 2

所以等效电阻两端的电压 U =IR =1151×140×800V≈741.72V，

内阻电压U r =Ir =1151×1250V≈8.28V． 可见，电鳗周围的水中的电压很大，而电鳗体内的电压很低，电流很小．

3.（10分）（2015中科大）0.1mol的理想气体，经历如图所示的BCAB循环过程，问在此过程中气体所能达到的最高温度T=？（R=8.31J·mol-1·K-1）

4．（10分）雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度。研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式221SvCf来计算，其3

中C为空气对雨滴的阻力系数（可视为常量），ρ为空气的密度，S为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度v方向的横截面积）。 假设雨滴下落时可视为球形，且在到达地面前均已达到收尾速度。每个雨滴的质量均为m，半径均为R，雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，重力加速度为g。 （1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小； （2）若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落的高度为h，求每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功； （3）大量而密集的雨滴接连不断地打在地面上，就会对地面产生持续的压力。设在无风的天气条件下雨滴以收尾速度匀速竖直下落的空间，单位体积内的雨滴个数为n（数量足够多），雨滴落在地面上不反弹，雨滴撞击地面时其所受重力可忽略不计，求水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小。

（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为Wf， 依据动能定理有 212fmghWmv ………………………………………………2分

解得)(200RCmhmgWf…………………………………………………1分 （3）取横截面积为S、高度Hvt的柱状体积内的雨滴为研究对象，它所含雨滴的总质量为MnSHm…………………………………………………………………………1分

设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F，竖直向上为正方向 根据动量定理有 FSt=Mv……………………………………………………………1分 4

解得 2002π2RCgnmF…………………………………………………………………1分 根据牛顿第三定律，水平地面的单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为 200

2π2RCgnm

p………

5.（16分）如图，竖直平面内有两个半径为r、光滑的14 圆弧形金属环，在M、N处分别与距离为2r、足够长的平行光滑金属导轨ME、NF相接，金属环最高点A处断开不接触。金属导轨ME、NF的最远端EF之间接有电阻为R的小灯泡L。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B，磁场I和II之间的距离为h。现有质量为m的导体棒ab，从金属环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属环及轨道接触良好。已知导体棒下落r2 时向下的加速度为a。导体棒进入磁场II后小灯泡亮度始终不变。重力加速度为g。导体棒、轨道、金属环的电阻均不计。求：

（1）导体棒从A处下落r2 时的速度v1大小； （2）导体棒下落到MN处时的速度v2大小； （3）将磁场II的CD边界下移一段距离，分析导体棒进入磁场II后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因。 【名师解析】 5

（2）导体棒进入磁场II后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落（1分）， 设此时导体棒的速度为v3： 2233242BrvBrvmgFBrRR

安（1分），

3224mgRvBr

（1分），

从MN下落到CD，导体棒下落过程只受重力作用：22232vghv（1分），

v2=2223222()24mgRvvghghBr(mgR4B2r2)2-2gh （1分）；

（3）CD边界下移一段距离，导体棒ab进入磁场II时速度大于v3（1分），mg＜F安（1分），导体棒做加速度逐渐减小的减速运动（1分），速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，电功率减小，亮度减小（1分），最后mg=F安，导体棒做匀速运动，亮度不变（1分）。 6.某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切．5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k<1）.将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰（不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g）. 6

（1）0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1； （2）若已知h=0.1m，R=0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k值为多少？ 【名师解析】 (1)设0号球碰前速度为v0， 则有 200021vmghm 0号球与1号球碰撞过程：11'0000vmvmvm 211'0020021212

12vmvmvm

解得：ghkvkvmmmv212122001001 。 （2）同理1212vkv 故：044)12(vkv 4号球从最低点到最高点：gRmvmvm42424422121

4号球在最高点： gmRvm424 解得：12k 。 7.传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ=37°，在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L=7m。N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L=3m。sin37° = 0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。 7

（1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1。 （2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5。求：

a.与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离； b.经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率。 【名师解析】 （1）金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v=2m/s，然后做匀速运动，达到M点。

金属块由O运动到M有 22121vtatL 即 3221221tat ①… 且 t1+t2＝t 即 t1+t2＝2 ② v=at1 即 2=at1 ③

由①②③式解得 t1=1s根据牛顿第二定律有 mamgmg00137sin37cos ④ 由④式解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1=1.0。 . 8

由mgsinθ+μ2mgcosθ=ma2， 解得：a2=10m/s2 ，221122vvsa=0.6m， s2=212va=1m。 因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s=12ss=1.6m。 b. 木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，碰撞前的速度为v2， 21122()6.4vassm/s。 与挡板第二次碰撞后，木块B以速度v2被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s3；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s4。

S3= 22222vva=0.12m。 s4=212va=1m。

木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第三次碰撞，碰撞前的速度为v3，31342()4.48vassm/s。 与挡板第三次碰撞后，木块B以速度v3被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s5；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s6。 2235

22vvsa

=0.024m 。 s6=212va=1m。

以此类推，经过多次碰撞后木块B以2m/s的速度被反弹，在距N点1m的范围内不断以加速度a2做向上的减速运动和向下的加速运动。 木块B对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力：Ff=μ2mgcosθ 故电动机的输出功率：P=Ffv=μ2mgvcosθ=0.5×1×10×2×0.8W=8W。 8. 示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。水平金属板A、B板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。.在每个电子通过极板的极短时间内，电场可视作恒定的。.在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中

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2018年高校自主招生高中物理探究仿真训练题05含解析 精

2018年高校自主招生高中物理探究仿真训练题05含解析 精

2018 年高校自主招生物理探究仿真训练题五1．（15分）（2016中科大）在内截面面积为S 的长直均匀玻璃管里用水银柱封闭一定质量的空气，然后竖直倒插入水银槽内，稳定时露出槽内水银面的水银柱高为h．（1）试求玻璃管顶离槽内水银面的高度H与管内的空气压强p的关系；（2）保持温度T不变，慢慢向上稍微提升玻璃管（管口仍在槽内水银面下），管内的空气的体积V和压强p以及水银柱高度h各自如何变化？（3）若开始时管内没有封入空气，倒插后提升玻璃管，水银柱高度如何变化？2.圆柱形电容器是由两个同轴的导体圆柱面组成的。

设两圆柱面的半径分别R1及R2，长度为L，且L>>R2-R1,求圆柱形电容器的电容。

【名师解析】设两圆柱面分别带电荷量+q和-q，单位长度带电量分别为+λ和-λ，由于L>>R2-R1,可近似把此圆柱形电容器看作无限长。

两圆柱面之间的电场强度E=012πεrλ，方向沿着径向。

两圆柱面之间的电势差U=21R R E ⎰·dr=21012R R r λπε⎰·dr=201ln 2R R λπε=201ln 2R qL R πεC=q/U=()0212ln /LR R πε。

3. 从地面上以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的木球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，木球运动的速率随时间变化规律如图所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v 1，且落地前木球已经做匀速运动。

求：（1）木球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功； （2）木球抛出瞬间的加速度大小； （3）木球上升的最大高度H 。

【名师解析】（1）由动能定理得W f =21mv 12-21mv 02， 克服空气阻力做功W =- W f =21mv 02-21mv 12。

（2）空气阻力f=kv ，落地前匀速运动，则mg －kv 1=0 ， 设刚抛出时加速度大小为a 0，则mg+kv 0=ma 0 解得：a 0=(1+1v v )g 。

2018年高考物理仿真模拟卷及答案(二)

2018年高考物理仿真模拟卷及答案(二)

2018年高考物理仿真模拟卷及答案(二)(时间：70分钟；满分：110分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．下列说法正确的是()A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B．比结合能越大，原子核越不稳定C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损15．一圆柱形磁铁竖直放置，如图所示，在它的右侧上方有一带正电小球，现使小球获得一水平速度，小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．俯视观察，小球的运动方向可以是顺时针，也可以是逆时针B．俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针C．俯视观察，小球的运动方向只能是逆时针D．不可能实现小球在平面内做匀速圆周运动16．如图，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在a球上的力大小为F1、作用在b球上的力大小为F2，则此装置平衡时，出现了如图所示的状态，b球刚好位于O点的正下方．则F1与F2的大小关系应为()A．F1＝4F2B．F1＝3F2C．3F1＝4F2D．3F1＝7F217．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，不计空气阻力影响，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．100 N B．500 NC．600 N D．1 100 N18．2016年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星绕地球做圆周运动，质量为m，轨道半径约为地球半径R的4倍．已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响，则()A．卫星的绕行速率大于7.9 km/sB．卫星的动能大小约为mgR 8C．卫星所在高度的重力加速度大小约为1 4gD．卫星的绕行周期约为4πRg19.如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A．P、Q所带电荷量为mgr2tanθkB．P对斜面的压力为0C．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g20．如图所示，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与A、B连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，则小球由C运动到D的过程中，下列说法正确的是()A．杆对小球的作用力先增大后减小B．杆对小球的作用力先减小后增大C．小球的速度一直增大D．小球的速度先减小后增大21．如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨在左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度，在这一过程中()A．作用在金属棒上的合力所做的功大于零B．恒力F所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化D．恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(5分)如图所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置．直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为t A、t B.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g.(1)钢球下落的加速度大小a＝______________，钢球受到的空气平均阻力F f＝______________．(2)本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度．23．(10分)(1)利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻R V(约为300 Ω)．某同学的实验步骤如下：①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合开关S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；②闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；③保持开关S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0＝596 Ω的阻值，则电压表内电阻R V＝________Ω.实验室提供的器材除待测电压表、电阻箱(最大阻值999.9 Ω)、电池(电动势约1.5 V，内阻可忽略不计)、导线和开关之外，还有如下可供选择的实验器材：A．滑动变阻器：最大阻值200 ΩB．滑动变阻器：最大值阻10 ΩC．定值电阻：阻值约20 ΩD．定值电阻：阻值约200 Ω根据以上设计的实验方法，回答下列问题．(2)为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用________，定值电阻R′应选用________(填写可供选择实验器材前面的序号)．(3)对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测________真实值R V (填“大于”“小于”或“等于”)，这误差属于________误差(填“偶然”或者“系统”)且在其他条件不变的情况下，若R V越大，其测量值R测的误差就越________(填“大”或“小”)．24．(12分)我国发射的“嫦娥一号”卫星发射后首先进入绕地球运行的“停泊轨道”，通过加速再进入椭圆“过渡轨道”，该轨道离地心最近距离为L1，最远距离为L2，卫星快要到达月球时，依靠火箭的反向助推器减速，被月球引力“俘获”后，成为环月球卫星，最终在离月心距离L3的“绕月轨道”上飞行，如图所示．已知地球半径为R，月球半径为r，地球表面重力加速度为g，月球表面的重力加速度为g6，求：(1)卫星在“停泊轨道”上运行的线速度大小；(2)卫星在“绕月轨道”上运行的线速度大小；(3)假定卫星在“绕月轨道”上运行的周期为T，卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该一个周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间( 忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)．25.(20分)如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.现从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线MN时恰好又通过O点．不计粒子的重力：(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并计算电场强度E的大小；(2)求该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径r；(3)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t.(二)选考题(请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．)33．[物理—选修3-3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体B．一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加C．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关(2)(10分)农村常用来喷射农药的压缩喷雾器的结构如图所示，A的容积为7.5 L，装入药液后，药液上方空气的压强为105 Pa，体积为1.5 L，关闭阀门S，用打气筒B每次打进105 Pa的空气0.25 L．所有过程气体温度保持不变，则：①要使药液上方气体的压强为4×105 Pa，打气筒活塞应打几次？②当A中有4×105 Pa的空气后，打开阀门S可喷射药液，直到不能喷射时，A容器剩余多少体积的药液？34.[物理—选修3-4](15分)(1)(5分)一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2 s 波形图如图虚线所示，若波传播的速度为5 m/s ，则________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．t ＝0时刻质点a 沿y 轴正方向运动C ．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为1.25 HzD ．x ＝2 m 处的质点的位移表达式为y ＝ 0.4sin(2.5πt ＋π)(m)E ．从t ＝0时刻开始质点a 经0.4 s 通过的路程为0.8 m(2)(10分)如图，将半径为R 的透明半球体放在水平桌面上方，O 为球心， 直径恰好水平，轴线OO ′垂直于水平桌面．位于O 点正上方某一高度处的点光源S 发出一束与OO ′夹角θ＝60°的单色光射向半球体上的A 点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B 点， 已知O ′B ＝32R ，光在真空中传播速度为c ，不考虑半球体内光的反射，求：①透明半球对该单色光的折射率n ;②该光在半球体内传播的时间．参考答案与解析14．解析：选A.光子像其他粒子一样，不但具有粒子性，而且也有波动性，则不但具有能量，也具有动量，故A 正确；比结合能越大的原子核越稳定，B 错误；放射性元素的半衰期与外界因素没有任何关系，只和本身性质有关，C 错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D 错误．15．[导学号：67814301] 解析：选B.小球若能在水平面内做匀速圆周运动，则等效电流产生的磁场方向与条形磁铁的磁场的方向相反，即等效电流的磁场的方向N 极向下，由安培定则可得，俯视观察，小球的运动方向只能是顺时针，故B 正确．16．解析：选D.设Oa 绳、ab 绳和竖直方向的夹角为α.以两个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件可知，F 1－F 2＝T Oa sin α；T Oa cos α＝4mg ；对小球b ；T ab cos α＝3mg ；F 2＝T ab sin α由此可得：T Oa T ab ＝43；F 1－F 2F 2＝T Oa T ab，解得3F 1＝7F 2；故选D. 17．解析：选D.在安全带产生拉力的过程中，人受重力、安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：v 0＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，根据动量定理，取竖直向下为正，有：mg ·t －F ·t ＝0－mv 0，解得：F ＝mg ＋mv 0t ＝⎝⎛⎭⎪⎫600＋60×101.2N ＝1 100 N ．故选D. 18．解析：选B.7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速度小于7.9 km/s.故A 错误；由万有引力提供向心力：G Mm （4R ）2＝m v 24R ，解得：v ＝GM 4R ，根据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，由以上可得动能为：E k＝12mv 2＝mgR 8，故B 正确；卫星所在高度的重力加速度大小约为：G Mm （4R ）2＝ma ，根据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，联立以上解得：a ＝g 16，故C 错误；卫星的绕行周期约为：G Mm （4R ）2＝m 4π2T 24R ，根据万有引力等于重力：G Mm R 2＝mg ，联立以上解得：T ＝16πRg ，故D 错误．19．[导学号：67814302] 解析：选AD.设P 、Q 所带电荷量为q ，对物体P受力分析，受到水平向左的库仑力F ＝k q 2r 2、竖直向下的重力mg 、支持力F N ，由平衡条件可得tan θ＝F mg ，解得q ＝mgr 2tan θk ，选项A 正确；斜面对P 的支持力F N ＝mg cos θ＋F sin θ，由牛顿第三定律可知，P 对斜面的压力为F ′N ＝mg cos θ＋F sin θ，选项B 错误；对P 和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q 对P 向左的库仑力F ＝k q 2r 2和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f ＝k q 2r 2，选项C 错误；对P 和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M ＋m )g 和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M ＋m )g ，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M ＋m )g ，选项D 正确．20．解析：选AC.从C 到D ，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A 正确，B 错误．因直杆处于AB 的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球一直做匀加速直线运动，故C 正确，D 错误．21．[导学号：67814303] 解析：选AD.在外力作用下金属棒由静止开始运动，所以合力大于零，并且做正功，故作用在金属棒上的合力所做的功大于零，A 正确；根据动能定理可得W F －W G －W 安＝ΔE k ，故W F ＝ΔE k ＋W 安＋W G ，恒力F 所做的功等于mgh 与电阻R 上发出的焦耳热以及金属棒增加的动能之和，B 错误；根据E ＝BLv ，F 安＝BIL 可得F 安＝B 2L 2v R ，随着速度的增大，安培力在增大，如果在还没有到达h 高度前，F 安＝F ，则做匀速运动，速度恒定，此后两者的合力的瞬时功率恒定不变，C 错误；根据W F －W G －W 安＝ΔE k 可得W F －W G ＝ΔE k ＋W 安，恒力F 与重力mg 的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热与金属棒增加的动能之和，D 正确．22．解析：(1)钢球通过光电门A 、B 时的瞬时速度分别为v A ＝d t A 、v B ＝d t B，由v 2B －v 2A ＝2ah 得，加速度a ＝12h ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2t 2B －d 2t 2A ，由牛顿第二定律得，mg －F f ＝ma ，解得F f ＝mg －m 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2t 2B －d 2t 2A . (2)由匀变速直线运动的规律，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度．答案：(1)12h ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2t 2B －d 2t 2A mg －m 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2t 2B －d 2t 2A (2)< 23．[导学号：67814304] 解析：(1)③由实验原理可知，电压表内阻为电阻箱的阻值的一半，故电压表内阻为298Ω；(2)该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B ；定值电阻起保护作用，因电源电动势为1.5 V ，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C ；(3)从实验原理分析可知，当再断开开关S 2，调整电阻箱R 0的阻值，当电压表为原来的三分之一时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半，而电阻箱R 0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差；且在其他条件不变的情况下，若R V 越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值R 测的误差就越小．答案：(1)③298 (2)B C(3)大于 系统 小24．解析：(1)GM 地m L 21＝m v 21L 1GM 地m R 2＝mg ，得v 1＝gR 2L 1.(2)G M 月m L 23＝m v 22L 3G M 月m r 2＝mg 月，解得：v 2＝gr 26L 3. (3)cos α＝cos ∠DOA ＝R －r L 2－L 3cos β＝cos ∠CO ′B ＝ r L 3t ＝α－βπT ＝⎝⎛⎭⎪⎫arc cos R －r L 2－L 3－arc cos r L 3T π.答案：(1) gR2L 1 (2) gr 26L 3 (3) ⎝⎛⎭⎪⎫arc cos R －r L 2－L 3－arc cos r L 3T π 25．[导学号：67814305] 解析：(1)粒子的运动轨迹如图由几何关系得Oc－＝22R 粒子从c 到O 做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，都为s ⊥＝s ∥＝Oc－sin 45°＝2R类平抛运动的时间为t 3＝s ⊥v ＝2R v又s ∥＝12at 23＝qE 2m t 23又R ＝mv qB联立得E ＝vB .(2)粒子在电场中的加速度为a ＝qE m ＝qvB mv 2＝at 3＝a ·2R v ＝2vv 1＝v粒子第五次过MN 进入磁场后的速度v ′＝v 21＋v 22＝5v则第五次过MN 进入磁场后的圆弧半径r ＝mv ′qB ＝5R .(3)粒子在磁场中运动的总时间为t 1＝2πR v粒子做直线运动所需时间为t 2＝2v a ＝2mv qvB ＝2R v联立得粒子从出发到再次到达O 点所需时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2R v (2＋π)．答案：见解析33．解析：(1)石墨和金刚石都是晶体，玻璃、木炭是非晶体，故A 错误；根据ΔU ＝W ＋Q 可知，一定质量的理想气体经过等容过程，W ＝0，吸收热量Q >0，则ΔU >0，即其内能一定增加，选项B 正确；足球充足气后很难压缩，是因为足球内大气压作用的结果，选项C 错误；由于表面张力的作用当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是沿液体的表面，即表面形成张力，合力指向内部，故D 正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，选项E 正确．(2)①设打n 次，以容器A 中与打入的气体为研究对象，其状态参量为 p 1＝1×105 Pa ，V 1＝(1.5＋0.25n ) L ，p 2＝4×105 Pa ，V 2＝1.5 L ，由玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2，代入数据解得n ＝18次．②当内外气压相等时，药液不再喷出，此时p 3＝1×105 Pa ，由玻意耳定律得p 2V 2＝p 3V 3，代入数据解得V 3＝6 L ，剩余药液的体积ΔV ＝7.5 L －6 L ＝1.5 L.答案：(1)BDE (2)见解析34．[导学号：67814306] 解析：(1)由图可知波的波长λ＝4 m ，由题在时间t ＝0.2 s 内，波传播的距离为x ＝vt ＝5 m/s ×0.2 s ＝1 m ＝λ/4，根据波形的平移法可知，这列波沿x 轴负向传播，故A 错误；由波的传播方向可知，t ＝0时刻质点a 沿y 轴负方向运动，故B 错误；由v ＝λ/T ，得T ＝λv ＝4 m 5 m/s ＝0.8 s ，频率为f ＝1.25 Hz ，要发生稳定的干涉图样，必须两列波频率相同，故C 正确；x ＝2 m 处的质点的位移表达式为y ＝0.4sin(2.5πt ＋π)(m)，故D 正确；从t ＝0时刻开始质点a 经0.4 s 是半个周期，通过的路程为2倍的振幅，0.8 m ，故E 正确．(2)①光从光源S 射出经半球体到达水平桌面的光路如图．光由空气射向半球体，由折射定律，有n ＝sin θsin α在△OCD 中，sin ∠COD ＝32得γ＝∠COD ＝60°光由半球体射向空气，由折射定律，有n ＝sin γsin β，故α＝β 由几何知识得α＋β＝60°，故α＝β＝30°，n ＝sin γsin β＝ 3. ②光在半球体中传播的速度为v ＝c n ＝33c ，光在半球体中传播的时间t ＝AC v ＝R c .答案：(1)CDE (2)①3 ②R c。

高校自主招生高中物理探究仿真训练题(5)(含解析)

高校自主招生高中物理探究仿真训练题(5)(含解析)

高校自主招生物理探究仿真训练题六1. （20分）（2015中科大）两个带电小球，所带电荷量相同，符号相反，质量分别是m和2m初始时刻, 它们间距为d,小球2m静止。

小球m沿着与两者连线相垂直的方向以速度v运动，随后，它们多次处于相距3d的位置上，求小球所带的电荷量。

【名师解析】两个小球组成的系统不受外力」故质心做匀速直线运动，质心速度为归必如團所示』以质心为惯性参考系，两个质点的初速度分别为加启和期月，方向相反。

当带电量q过小时』两球相距无限远，根据能量守恒定律，有式中0表示两球恰好相距无穷远述时的能量。

2. 如图（a）,长为L的光滑斜面AB与高台边缘光滑相接，BC为一竖直墙，将小球从斜面AB的顶端静止释放，小球到达*2—V3 2m• ------------------- •-------- •m17Is图5解得：q>mv2d'、3k当带电量q过大时，两球相距将小于3d，根据角动量守恒定律和能量守恒定律，有1 2 21 1 \ q" 1 2 21m—v+ 2m v-k > m_v+_2 3 2 3 d 2 9 22m 1v93d因末状态两球连线方向上可能有速度，右端未计入此部分动能，所以取号，解得9k所以小球所带的电荷量满足2 .mv d3k4mv2d7 *2斜面底端后恰能无能量损失地从高台边缘水平飞出。

高台底部有另一足够长的斜面CD调节斜面AB的倾角a与斜面CD的倾角3，使小球从斜面AB顶端静止释放后，恰能垂直击中斜面CD不计(2)某一研究小组取长为L= 0.5m的斜面AB进行实验，实验中发现改变斜面AB的倾角a后，为了使从AB顶端静止释放的小球还能垂直击中斜面，只需对应地调整斜面CD的倾角3。

多次实验并记录每次a与3的数值，由实验数据得出图(b)所示拟合直线。

请问此坐标系的横轴表示什么？试求竖直墙BC的高度2h (取g= 10m/s ) ?(3)在第(2)问中，该研究小组发现，小球每次垂直打在CD上的落点与竖直墙BC的距离S随a和3的改变而不同。

201807高二物理参考答案

201807高二物理参考答案

2018年7月襄阳市高中调研统一测试高二物理参考答案和评分标准一、选择题（本部分共10小题，每小题4分，共40分。

其中第7、8、9、10题为多项选择题，其余为单项选择题。

)12345678910DBCBBAABACACBD二、实验题（第11题4分，第12题10分）11．电流1A电压10V （每空1分）12．(1)A 2R 2（各2分）(2)23~25（2分）(3)U 0I 0－r （2分）(4)相同不同（各1分）三、计算题（本大题共4小题，共46分)13．(10分)(1)设B 、C 碰撞后的瞬间速度为v 1，根据动量守恒定律得m C v C ＝(m B ＋m C )v 1v 1＝3m/s ………………………………………………………………………………（2分）碰撞过程中，损失的机械能为ΔE ＝12m C v C 2－12(m B ＋m C )v 12……………………………………………………………（2分）解得ΔE ＝6J ……………………………………………………………………………（1分）(2)对A 、B 、C 整体，根据动量守恒定律得m C v C ＝(m A ＋m B ＋m C )v 2解得v 2＝2m/s …………………………………………………………………………（2分）根据功能关系：μm A gx ＝12(m B ＋m C )v 12－12(m A ＋m B ＋m C )v 22……………………………………………（2分）解得x ＝1.5m ……………………………………………………………………………（1分）14．（12分）(1)ab 棒达到最大速度v m 时，对cd 棒有：BiL ＝mg …………………………………………………………………………………（1分）由闭合电路欧姆定律知：i ＝E2R………………………………………………………（1分）ab 棒切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv m ………………………………………（1分）代入数据解得：v m ＝1m/s ……………………………………………………………（1分）(2)ab 棒由静止到最大速度过程中通过ab 棒的电荷量：q ＝I t ＝E 2R t ＝ΔΦ2R ＝BLx2R＝0.05C ……………………………………………………（4分）(3)ab 棒由静止到最大速度过程中，由能量守恒定律得：(F －mg )x ＝12mv m 2＋Q …………………………………………………………………（2分）根据ab 棒达到最大速度v m 时受力平衡，可知：F ＝BiL ＋mg ……………………………………………………………………………（1分）代入数据解得：Q ＝5×10－3J ……………………………………………………………………………（1分）15．（14分）(1)粒子在电场中做类平抛运动，则tan 60°＝v y v 0＝atv 0…………………………………（1分）根据牛顿第二定律有a ＝qEm……………………………………………………………（1分）水平方向有x ＝2R ＝v 0t …………………………………………………………………（1分）联立解得v y ＝v 0tan 60°＝3v 0，q m ＝3v 022ER ……………………………………………（2分）(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：由几何关系，图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心O 2、磁场圆圆心O 1构成四边形，由于∠O 1OO 2＝60°，故四边形O 1OO 2Q 是菱形，故r ＝R ………………………（2分）根据牛顿第二定律有qvB ＝m v 2r ………………………………………………………（1分）其中v ＝v 0cos 60°＝2v 0…………………………………………………………………（1分）联立解得B ＝43E3v 0……………………………………………………………………（1分）(3)粒子在电场中做类平抛运动，有t ＝x v 0＝2Rv 0………………………………………（1分）在磁场中做匀速圆周运动，时间/1256565v R v Rv r t πππ===……………………………………………………………（2分）总时间为t 总＝t ＋t ′＝00012)524(1252v Rv R v R ππ+=+……………………………………（1分）16.（3-3）（10分）(1)以cmHg 为压强单位．设A 侧空气柱长度l ＝10.0cm 时压强为p ，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为p 1，由玻意耳定律，有pl ＝p 1l 1①………………………………………………………………………………（1分）由力学平衡条件，有p ＝p 0＋h ②……………………………………………………（1分）打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止，由力学平衡条件，有…………………………………………（1分）p 1＝p 0－h 1③……………………………………………………………………………（1分）联立①②③，并代入题目数据，有l 1＝12.0cm ④……………………………………………………………………………（1分）(2)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l 2，压强为p 2，由玻意耳定律，有pl ＝p 2l 2⑤………………………………………………………………………………（1分）由力学平衡条件有p 2＝p 0⑥…………………………………………………………………………………（1分）联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有l 2＝10.4cm ⑦……………………………………………………………………………（1分）设注入的水银在管内的长度为Δh ，依题意，有Δh ＝2(l 1－l 2)＋h 1⑧……………………………………………………………………（1分）联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有Δh ＝13.2cm ……………………………………………………………………………（1分）16.（3-4）（10分）(1)光从光源S 射出经半球体到达水平桌面的光路如图．光由空气射向半球体，由折射定律，有n ＝sin θsin α…………（1分）在△OCD 中，sin ∠COD ＝32，则γ＝∠COD ＝60°…………………………………（1分）光由半球体射向空气，由折射定律，有n ＝sin γsin β…………（1分）故α＝β…………………………………（1分）由几何知识得α＋β＝60°…………………………………（1分）故α＝β＝30°…………………………………（1分）因此n ＝sin γsin β＝3…………………………………（1分）(2)光在半球体中传播的速度为v ＝c n ＝33c …………………………………（1分）由几何知识得2AC cos 30°＝R ，得AC ＝33R …………………………………（1分）光在半球体中传播的时间为t ＝AC v ＝Rc…………………………………（1分）。