高考物理交流預(yù)測(cè)試題

1．如圖所示，質(zhì)量為的物體從光滑斜面上某一高度由靜止開(kāi)始滑下，與鎖定在光滑水平面上帶有輕彈簧的物體發(fā)生正碰（不計(jì)與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失），碰撞過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為，若碰前解除鎖定，則碰撞過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】第一次碰撞過(guò)程中，和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知碰撞前瞬間的動(dòng)能為，第二次碰撞過(guò)程中，彈簧最短時(shí)根據(jù)動(dòng)量守恒可得，則，B正確.2．如圖所示，開(kāi)始時(shí)、兩燈均正常發(fā)光，突然因故障短路，隨后調(diào)節(jié)使再次正常發(fā)光，則在整個(gè)過(guò)程中，以下有關(guān)判斷正確的是（）A．調(diào)節(jié)時(shí)，應(yīng)向端滑動(dòng)B．的電流先增大后減小C．電壓表示數(shù)一直增大D．電源的輸出功率一直減小【答案】B【解析】短路，，，，，即電壓表示數(shù)減小，，，，即燈電流變小，不能正常發(fā)光，；同理，向滑動(dòng)，，可得，即電壓表示數(shù)減小，，，燈能正常發(fā)光，A、C錯(cuò)誤，B正確；由于內(nèi)外電阻大小關(guān)系未知，無(wú)法判斷電源的輸出功率變化情況，D錯(cuò)誤．3．如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力牽引物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力與速度的大小成正比.則在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體的（）A.加速度減小的越來(lái)越快，速度一直在增大B.加速度減小的越來(lái)越快，物體最終勻速運(yùn)動(dòng)C.加速度減小的越來(lái)越慢，物體最終勻速運(yùn)動(dòng)D.加速度減小的越來(lái)越慢，速度一直在增大【答案】B【解析】物體的加速度，隨著的增大，減小，最后等于.又因?yàn)?，減小，增大，B正確.4．下列說(shuō)法正確的是（）A．均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生均勻變化的磁場(chǎng)，均勻變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生均勻變化的電場(chǎng)B．紫外線容易引起固體物質(zhì)分子共振，可利用紫外線加熱和烘干物體C．赫茲第一次用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，并測(cè)定了電磁波的波長(zhǎng)和頻率D．在以300km/h運(yùn)行的列車(chē)上測(cè)量車(chē)廂上窗戶的水平長(zhǎng)度，測(cè)量結(jié)果比實(shí)際長(zhǎng)度短【答案】C【解析】均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場(chǎng)，均勻變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生穩(wěn)定的電場(chǎng)，A錯(cuò)；紅外線容易引起固體物質(zhì)分子共振，可利用紅外線加熱和烘干物體，B錯(cuò)；物體相對(duì)于參考系靜止時(shí)測(cè)量物體的長(zhǎng)度，測(cè)量結(jié)果與真實(shí)長(zhǎng)度相同，D錯(cuò)。5．如圖所示，一理想變壓器原線圈輸入正弦式交流電，交流電的頻率為50Hz，電壓表EQ\o\ac(○,V)示數(shù)為11000V，燈泡L1與L2的電阻相等，原線圈與副線圈的匝數(shù)比為，電壓表和電流表均為理想電表，則（）A．原線圈輸入的交流電的表達(dá)式為VB．開(kāi)關(guān)K未閉合時(shí)，燈泡L1的兩端的電壓為220VC．開(kāi)關(guān)K閉合后電流表eq\o\ac(○,A)的示數(shù)為通過(guò)燈泡L1中電流的D．開(kāi)關(guān)K閉合后原線圈輸入功率增大為原來(lái)的4倍【答案】B【解析】正弦交流電的表達(dá)式為V，其中電壓最大值為V，，A錯(cuò)；電壓表EQ\o\ac(○,V)的示數(shù)是有效值，根據(jù)變壓比求得副線圈兩端電壓為220V，B對(duì)；開(kāi)關(guān)K閉合后，兩燈泡兩端電壓相等，故通過(guò)兩燈泡的電流相等，C錯(cuò)；開(kāi)關(guān)閉合后，副線圈負(fù)載為原來(lái)的2倍，故功率為原來(lái)的2倍，D錯(cuò)。6．如圖，兩束頻率不同的單色光1、2以相同的入射角從真空中斜射入平行玻璃磚，兩束光的折射率分別為n1、n2，且n1>n2，則（）A．折射率大的光束1在玻璃磚的下表面發(fā)生全反射而不進(jìn)入真空B．兩束光在玻璃磚里發(fā)生干涉現(xiàn)象C．兩束光進(jìn)入玻璃磚后折射角相等D．兩束光射出玻璃磚后仍然平行【答案】D【解析】根據(jù)光路可逆的原理可知，光束在玻璃的下表面不能發(fā)生全反射但出射光線與入射光平行，A錯(cuò)、D對(duì)；兩束光的頻率不同，不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，B錯(cuò)；兩束光進(jìn)入玻璃磚后根據(jù)折射定律可知，折射大的折射角小，即光束1的折射角小于光束2的折射角，C錯(cuò)。7．據(jù)報(bào)道，2013年9月11日，聯(lián)盟號(hào)TMA-08M飛船與國(guó)際空間站一起運(yùn)行6個(gè)月后在哈薩克斯坦距離杰茲卡茲甘鎮(zhèn)東南約146公里處著陸，同時(shí)返回地球的有3名宇航員。若已知國(guó)際空間站繞地球運(yùn)行的周期為T(mén)，空間站軌道所在處重力加速度為g，萬(wàn)有引力常量為G，則（）A．聯(lián)盟號(hào)飛船在與空間站對(duì)接前其運(yùn)行速度大于B．聯(lián)盟號(hào)飛船與空間站在同一軌道上完成對(duì)接C．聯(lián)盟號(hào)飛船與空間站對(duì)接后處于靜止?fàn)顟B(tài)D．根據(jù)題中的條件可求得地球的質(zhì)量為【答案】A【解析】國(guó)際空間站在軌運(yùn)動(dòng)行時(shí)，由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力，有，再由軌道處的重力加速度為g，有，且，求得運(yùn)行速度為，在對(duì)接前，聯(lián)盟號(hào)飛船在低軌道，故對(duì)接時(shí)逐漸進(jìn)入高軌道，速度減小，故A對(duì)、B錯(cuò)；聯(lián)盟號(hào)飛船與空間站對(duì)接后處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，C錯(cuò)；由及求得地球的質(zhì)量為，D錯(cuò)。8.利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測(cè)量和自動(dòng)控制等領(lǐng)域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會(huì)形成電勢(shì)差UCD，下列說(shuō)法中正確的是（）CCDEFUCDBIA.若霍爾元件的載流子是自由電子，則側(cè)面C帶負(fù)電B.電勢(shì)差UCD僅與材料有關(guān)C.僅增大C、D間的寬度時(shí),電勢(shì)差UCD變小D.在測(cè)定地球兩極上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí),元件的工作面應(yīng)保持水平【解析】霍爾元件中有電流通過(guò)時(shí)，將受到此次的洛倫茲力作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，若霍爾元件的載流子是自由電子，則根據(jù)左手定則容易判斷電子將向C側(cè)偏轉(zhuǎn)，故側(cè)面C帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確，載流子行成的電勢(shì)差滿足，則,即UCD與磁感應(yīng)強(qiáng)度、載流子速度以及C、D間的寬度有關(guān)，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；地球兩極上方的地磁場(chǎng)指向兩極，所以在測(cè)定地球兩極上方的地磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，元件的工作面應(yīng)保持水平，選項(xiàng)D正確。9.如圖所示光滑管形圓軌道半徑為R（管徑遠(yuǎn)小于R），小球a、b大小相同，質(zhì)量相同，均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無(wú)摩擦運(yùn)動(dòng).兩球先后以相同速度v通過(guò)軌道最低點(diǎn)，且當(dāng)小球a在最低點(diǎn)時(shí)，小球b在最高點(diǎn)，以下說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)v=時(shí)，小球b在軌道最高點(diǎn)對(duì)軌道無(wú)壓力B.當(dāng)小球b在最高點(diǎn)對(duì)軌道無(wú)壓力時(shí)，小球a比小球b所需向心力大6mg C.速度v至少為，才能使兩球在管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)D.只要v≥,小球a對(duì)軌道最低點(diǎn)壓力比小球b對(duì)軌道最高點(diǎn)壓力都大5mg【解析】小球在最高點(diǎn)恰好對(duì)軌道沒(méi)有壓力時(shí)，小球b所受重力充當(dāng)向心力，mg＝meq\f(v02,R)得v0＝eq\r(gR)，小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒，2mgR＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2，解以上兩式可得：v＝eq\r(5gR)，故A選項(xiàng)正確；小球在最低點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)向＝meq\f(v2,R)＝5mg，在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)所需向心力的差為4mg，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；小球在最高點(diǎn)，內(nèi)管對(duì)小球可以提供支持力，所以小球通過(guò)最高點(diǎn)的最小速度為零，再由機(jī)械能守恒定律可知，2mgR＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝2eq\r(gR)，故C選項(xiàng)正確；當(dāng)v≥eq\r(5gR)時(shí)，小球在最低點(diǎn)所受支持力F1＝mg＋eq\f(mv2,R)，由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，2mgR＋eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv2，小球?qū)壍缐毫2＋mg＝meq\f(v12,R)，解得F2＝meq\f(v2,R)－5mg，F(xiàn)1－F2＝6mg，可見(jiàn)小球a對(duì)軌道最低點(diǎn)壓力比小球b對(duì)軌道最高點(diǎn)壓力大6mg，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。10.如圖所示，頂端裝有定滑輪的斜面體放在粗糙水平面上，A、B兩物體通過(guò)細(xì)繩相連，并處于靜止?fàn)顟B(tài)(不計(jì)繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦)．現(xiàn)用水平向右的力F作用于物體B上，將物體B緩慢拉開(kāi)一定的距離，此過(guò)程中斜面體與物體A仍然保持靜止．在此過(guò)程中（）A、水平力F一定變大B、斜面體對(duì)地面的摩擦力一定變小C、物體A所受斜面體的摩擦力一定變大D、斜面體所受地面的支持力一定先變大后變小【解析】取物體B為研究對(duì)象，分析其受力情況可知如圖所示．則有F＝mgtanθ，T＝eq\f(mg,cosθ)，在物體B緩慢拉開(kāi)的過(guò)程中，θ增大，則水平力F隨之變大，A選項(xiàng)正確；對(duì)A、B兩物體與斜面體這個(gè)整體而言，由于斜面體與物體A仍然保持靜止，則地面對(duì)斜面體的摩擦力一定變大，斜面體對(duì)地面的摩擦力一定變大，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；在這個(gè)過(guò)程中盡管繩子張力變大，但是由于物體A所受斜面體的摩擦力開(kāi)始并不知道其方向，故物體A所受斜面體的摩擦力的情況無(wú)法確定，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；又整體豎直方向并沒(méi)有其他力，故斜面體所受地面的支持力不變，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.11.如圖甲所示，為一足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面，范圍內(nèi)存在方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界、與斜面底邊(在水平面內(nèi))平行．一正方形金屬框放在斜面上，邊平行于磁場(chǎng)邊界．現(xiàn)使金屬框從斜面上某處由靜止釋放，金屬框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，其運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示．已知金屬框電阻為，質(zhì)量為，重力加速度為，圖乙中金屬框運(yùn)動(dòng)的各個(gè)時(shí)刻及對(duì)應(yīng)的速度均為已知量，求（1）磁場(chǎng)區(qū)域的寬度；（2）金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。【解析】（1）根據(jù)金屬框運(yùn)動(dòng)的圖像可知，金屬框邊在時(shí)刻開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，在至?xí)r間內(nèi)金屬框做速度大小為的勻速直線運(yùn)動(dòng)，金屬框邊在時(shí)刻開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，在至?xí)r間內(nèi)金屬框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻，金屬框邊離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域。則磁場(chǎng)區(qū)域的寬度等于金屬框邊在至?xí)r間內(nèi)運(yùn)動(dòng)位移的大小，根據(jù)圖像可得……………..………=1\*GB3①解得：……………..…..………=2\*GB3②（2）設(shè)光滑絕緣斜面的傾角為，正方形金屬框的邊長(zhǎng)為，在金屬框邊從時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)到金屬框邊從時(shí)刻離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由功能關(guān)系可得……………..…=3\*GB3③根據(jù)金屬框運(yùn)動(dòng)的圖像可知，金屬框邊在時(shí)刻開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，在至?xí)r間內(nèi)金屬框做速度大小為的勻速直線運(yùn)動(dòng)，則………………=4\*GB3④根據(jù)圖像可知，在至?xí)r間內(nèi)金屬框做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，又根據(jù)牛頓第二定律可得…………..…………=5\*GB3⑤由=1\*GB3①～=5\*GB3⑤解得……………..………=6\*GB3⑥12.(14分)物體A放在粗糙的水平地面上如圖甲所示，0-6s時(shí)間內(nèi)受到水平拉力F的作用，力F的大小如圖乙所示，物體0-2s運(yùn)動(dòng)情況如圖丙,重力加速度g取10m/s2.試求：①物體的質(zhì)量；②物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)；圖丙321圖丙3210123456.v/ms-1t/s圖乙圖乙.F/Nt/s3210123456【解析】①當(dāng)F2＝2N時(shí)物體勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力與摩擦力二力平衡所以摩擦力大小為f=F2=2N2分滑動(dòng)時(shí)2分第1s內(nèi)的加速度是聯(lián)立可求得：；1分②滑動(dòng)摩擦力為：2分可解得2分③2s末以后物體的加速度大小為：，可解得加速度加速度…………2分經(jīng)過(guò)1分速度減為0第3s末后，由于拉力小于摩擦力，物塊靜止。所以發(fā)生的總位移：………………2分（其它方法也可）13．如圖所示，質(zhì)量為2m的木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺(tái)階相距S，長(zhǎng)木板的右端固定一半徑為R光滑的四分之一圓弧，圓弧的下端與木板水平相切但不相連。質(zhì)量為m的滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度從圓弧的頂端沿圓弧下滑，當(dāng)B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，B從A右端的上表面水平滑入．A與臺(tái)階碰撞無(wú)機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力，A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A足夠長(zhǎng)，B不會(huì)從A表面滑出；重力加速度為g．試分析下列問(wèn)題：（1）滑塊B到圓弧底端時(shí)的速度大小v1；（2）A與臺(tái)階只發(fā)生一次碰撞，求S滿足的條件；（3）S在滿足（2）條件下，討論A與臺(tái)階碰撞前瞬間B的速度。臺(tái)階臺(tái)階AS【解析】（1）滑塊B從釋放到最低點(diǎn)，機(jī)械能守恒，取水平面為零勢(shì)面，由機(jī)械能守恒定律得：①由①解得：②（2）設(shè)A與臺(tái)階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，由動(dòng)量守恒定律得：③若A與臺(tái)階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：④對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：⑤聯(lián)立③④⑤解得：⑥即A與臺(tái)階只能碰撞一次的條件是：（3）設(shè)S=時(shí)，A左端到臺(tái)階板前瞬間，A、B恰好達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守定律得：⑦對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理：⑧聯(lián)立⑦⑧得：討論：(i)當(dāng)即時(shí)，AB共速后A才與擋板碰撞．由⑦式可得A與臺(tái)階碰撞前瞬間的A、B的共同速度為：即A與臺(tái)階碰撞前瞬間B的速度為：(ii)當(dāng)即時(shí)，AB共速前A就與臺(tái)階碰撞，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理有：由上式解得A與臺(tái)階碰撞前瞬間的速度：設(shè)此時(shí)B的速度為,由動(dòng)量守恒定律得：由解得14.滑板運(yùn)