高三物理二轮复习 “8+2”定时训练11 2016年(全国2卷)逐题仿真练

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1、2016 年年(全国全国 2 卷卷)逐题仿真练逐题仿真练 题号 14 15 16 17 18 考点 动态平衡问题 电场性质 的理解 竖直面内 圆周运动 含容电路分析 磁场内粒子 的运动 题号 19 20 21 22 23 考点 动力学分析 转动切割 磁感线 功能关系 理解 力学拓展创新实验 测定电压表 内阻 二、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一 项符合题目要求，第 1921 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(2019 河南郑州市第一次模拟)如图 1 所示，在直角框架 MQN 上，

2、用轻绳 OM、ON 共同 悬挂一个物体物体的质量为 m，ON 呈水平状态现让框架沿逆时针方向缓慢旋转 90 ，在 旋转过程中，保持结点 O 位置不变则下列说法正确的是( ) 图 1 A绳 OM 上的力一直在增大 B绳 ON 上的力一直在增大 C绳 ON 上的力先增大再减小 D绳 OM 上的力先减小再增大 答案 C 解析 以结点 O 为研究对象，受力分析如图甲所示，由于在整个过程中框架缓慢地旋转，因 此这三个力的合力始终为零，由于结点 O 的位置保持不变，故两个拉力间的夹角保持不变， 根据三角形定则作图乙，由图乙可知当拉力的方向通过圆心时拉力最大，由此可知 OM 上的 力一直减小，ON 上的力先

3、增大后减小，C 正确 15 (2019 山西运城市 5 月适应性测试)一带负电的微粒只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动， 其电势能随位移 x 变化的关系如图 2 所示，其中 0x1段是曲线，x1x2段是平行于 x 轴的直 线，x2x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是( ) 图 2 A0x1段电势逐渐升高 B0x1段微粒的加速度逐渐减小 Cx2x3段电场强度减小 Dx2处的电势比 x3处的电势高 答案 B 解析 电势能 Epq，由于粒子带负电，0x1段电势能变大，所以电势变小，A 错误；根 据电场力做功与电势能关系：|Ep|E|q|x，图象斜率的大小代表场强大小，0x1段图象斜 率变小，场强变

4、小，受力减小，加速度逐渐变小，B 正确；x2x3段斜率不变，场强不变，C 错误；x2到 x3，电势能减小，粒子带负电，所以电势增大，D 错误 16(2019 山东泰安市 3 月第一轮模拟)如图 3，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系 在小环上，另一端系着夹子夹紧一个质量为 M 的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离 为 L，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为 F.小环和物块一起向右匀速运动，小环碰 到杆上的钉子 P 后立刻停止，物块向上摆动整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环 和物块一起向右匀速运动的速度最大为(不计小环和夹子的质量，重力加速度为 g)( ) 图 3 A. FL

5、M B. 2FL M C. FMgL M D. 2FMgL M 答案 D 解析 当小环碰到钉子瞬间，物块将做圆周运动，则对物块：2FMgMv 2 L 解得 v 2FMgL M ，故选 D. 17(2019 河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图 4 所示，电源电动势 E3 V，内阻不计， R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为 1 、0.5 、9 ，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为 99.9 ，右侧竖直放置一个电容为 1.510 3 F 的理想平行板电容器，电容器板长 0.2 m，板间距 为 0.125 m 一带电粒子以 0.8 m/s 的速度沿平行板中线进入， 恰好匀速通过， 不计空气阻力，

6、此时 R4、R5阻值分别为 1.8 、1 .(取 g10 m/s2)下列说法正确的是( ) 图 4 A此粒子带正电 B带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为 410 9 C C欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上极板，R4阻值不得超过 5.7 D欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下极板，R4阻值不得低于 1.4 答案 C 解析 电容器上极板与电源的正极相连， 极板间电场方向向下， 粒子所受的电场力方向向上， 故粒子带负电， 故 A 错误；电容器与 R2、 R3、 R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时， R2、R3、R4这部分电路的总电阻为 2 ，电路稳定后，R1与 R2、R3、R4这

7、部分电路串联，根 据串联电路分压特点可得电容器两端的电压 U02 V，则电容器的电荷量为 Q0CU0 1.510 92 C3109 C，故 B 错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE 0mg，粒子在电 容器中的运动时间 t l v0 0.2 0.8 s0.25 s；当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖 直方向上，有 y1 2at 2，解得：a2 m/s2.由牛顿第二定律得 qE 1mgma，可得E 0 E1 5 6，并可 得U0 U1 E0 E1 5 6，由此得 R2、R3、R4 这部分电路总电压 U12.4 V，R1的电压 UR1EU10.6 V，电流 I1UR1 R1 0.6 1

8、A0.6 A，可得 R2、R3、R4这部分电路总电阻 R总U1 I1 2.4 0.6 4 ， 由 R总R2 R3R4 R3R4，由此算出 R45.7 ，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上极 板，R4阻值不得超过 5.7 ，故 C 正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度 a2 m/s2. 电容器极板间电压 U21.6 V，解得：R40.69 ，故 D 错误 18(2019 安徽宣城市第二次模拟)如图 5，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场 边界上的一点有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速 率通过 P 点进入磁场这些粒子射出边界的位置均处于边界的某

9、一段弧上，这段圆弧的弧长 是圆周长的1 3.将磁感应强度的大小从原来的 B1变为 B2， 结果相应的弧长变为圆周长的 1 4， 则 B2 B1 等于( ) 图 5 A. 6 2 B. 6 3 C.4 3 D. 3 4 答案 A 解析 设圆的半径为 r， 磁感应强度为 B1时， 从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 M， 最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，POM120 ，设粒子做圆周运 动的半径为 R，则有 sin 60 R r，解得 R 3 2 r； 磁感应强度为 B2时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 N， 最远的点是轨迹上直径 与磁场边界圆的交点， 如图

10、乙所示， PON90 ， 设粒子做圆周运动的半径为 R， 则有 R 2 2 r，由带电粒子做匀速圆周运动的半径 Rmv qB，由于 v、m、q 相等，则得 B2 B1 R R 3 2 2 2 6 2 ，故选项 A 正确，B、C、D 错误 19(2019 福建莆田市 5 月第二次质检)如图 6，装有水的杯子从倾角 53 的斜面上滑下， 当水面稳定时，水面与水平面的夹角 16 .取重力加速度 g10 m/s2，sin 53 0.8，sin 16 0.28，则( ) 图 6 A杯子下滑的加速度大小为 2.8 m/s2 B杯子下滑的加速度大小为 3.5 m/s2 C杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.7

11、5 D杯子与斜面之间的动摩擦因数为 0.87 答案 BC 解析 取水面上的一质量为 m 的小水滴为研究对象，受力分析如图所示， 由正交分解法结合牛顿第二定律可得：mgsin 53 FNsin 37 ma；mgcos 53 FNcos 37 ，解 得 a3.5 m/s2； 对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：Mgsin 53 Mgcos 53 Ma，解得 0.75，故选 B、 C. 20(2019 福建漳州市第二次教学质量监测)如图 7 所示，在竖直面内有一半径为 L 的圆形光 滑金属导轨 CPD，处于磁感应强度大小为 B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中， 圆心为 O，直径 CD 水平

12、，半径 OP 竖直，O、D 间用导线连接一质量分布均匀的金属棒 OA，长为 L，电阻为 R，质量为 m，能绕水平轴 O 在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴 O 始终接触良好， 一切摩擦及其他电阻均不计， 重力加速度大小为 g.若棒从 CO 处由静止释放， 第一次到达 OP 处时的角速度为 ，则下列判断正确的是( ) 图 7 A棒不能摆到 OD 处 B从 OC 到 OP 的过程中，通过棒横截面的电荷量为BL 2 2R C棒第一次到达 OP 处时，棒中通过的电流为BL 2 R D棒最终会停下，产生的总焦耳热为1 2mgL 答案 AD 解析 棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回

13、路通电，根据楞次 定律可知棒要受到安培力， 安培力做负功使得机械能变成电能， 最终变为通过电阻的焦耳热， 则棒不能到达等高的 OD 处，故 A 正确；最终棒通过多个往复的摆动而停在 OP 处，由能量 守恒可知mg L 2W 安Q总， 故D正确； 从OC到OP的过程中， 流过回路的电荷量由q I t， I E R ， E BS t 得 qBS R B L2 4 R BL 2 4R ，故 B 错误；棒第一次到达 OP 处时角速度为 ，转动产生的平均电动势为 EBL0L 2 BL 2 2 ，则电流为 IE R BL2 2R ，故 C 错误 21(2019 湖南衡阳市第二次模拟)如图 8 所示，一根轻

14、弹簧一端固定在 O 点，另一端固定一 个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的 A 点时，弹簧处于原长， 现将小球从 A 点由静止释放，小球向下运动，经过与 A 点关于 B 点对称的 C 点后，小球能运 动到最低点 D 点，OB 垂直于杆，则下列结论正确的是( ) 图 8 A小球从 A 点运动到 D 点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度 g B小球从 B 点运动到 C 点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C小球运动到 C 点时，重力对其做功的功率最大 D小球在 D 点时弹簧的弹性势能一定最大 答案 AD 解析 在 B 点时，小球的加速度为 g，在 BC

15、 点间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受 重力外还有弹簧弹力沿竖直方向的分量，所以小球从 A 点运动到 D 点的过程中，其最大加速 度一定大于重力加速度 g，故 A 正确；由能量守恒可知，小球从 B 点运动到 C 点的过程，小 球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故 B 错 误；小球运动到 C 点时，由于弹簧的弹力为零，所以合力为重力 G，所以小球从 C 点往下还 会加速一段，所以小球在 C 点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故 C 错误；D 点为 小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变最大，所以小球在 D 点时弹簧的弹性势能最大， 故 D 正确

16、22(6 分)(2019 河北邯郸市测试)某实验小组学生采用如图 9 甲所示的装置(实验中，小车碰 到制动装置时，钩码尚未到达地面)用打点计时器得到一条纸带后，通过分析“小车位移与速 度变化的对应关系”来研究“合外力对小车所做的功与速度变化的关系”图乙是实验中得 到的一条纸带，点 O 为纸带上的起始点，A、B、C 是纸带上的三个连续的计数点，相邻两个 计数点间均有 4 个点未画出，用刻度尺测得 A、B、C 到 O 的距离如图乙所示，已知所用交 变电源的频率为 50 Hz，问： 图 9 (1)打 B 点时刻，小车的瞬时速度 vB_ m/s(结果保留两位有效数字) (2)实验中，该小组同学画出小车

17、位移 x 与速度 v 的关系图象如图丙所示，根据该图形状，某 同学对合外力做的功 W 与 v 的关系作出的猜想，肯定不正确的是_ AWv2 BWv CW1 v DWv3 (3)本实验中，若钩码下落高度为 h1时合外力对小车所做的功为 W0，则当钩码下落 h2时，合 外力对小车所做的功为_(用 h1、h2、W0表示) 答案 (1)0.80 (2)BC (3)h2W0 h1 解析 (1)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故：vB xCxA 2T 0.250 10.090 1 0.2 m/s0.80 m/s； (2)位移速度图象为过原点的曲线，故 W 与 v 一定不是正比关系，也一定不是

18、反比关系，所 以肯定不正确的是 B、C； (3)根据功的定义，有：W0F合h1 当钩码下落 h2时，合外力对小车所做的功为：WF合h2 解得：Wh2 h1W0. 23(9 分)(2019 福建宁德市 5 月质检)某同学利用图 10(a)所示电路测量电压表的内阻可供 选择的器材有：电源 E，电压表 V，电阻箱 R(09 999 )，滑动变阻器 R1(最大阻值 10 )， 滑动变阻器 R2(最大阻值 5 k)，开关 S，导线若干 图 10 实验步骤如下： 按电路原理图(a)连接线路； 将滑动变阻器的滑片滑至最左端，同时将电阻箱阻值调为 0; 将开关闭合，调节滑动变阻器的滑片，使电压表满偏； 保持滑

19、动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表示数为满偏刻度的2 3，此时电阻 箱阻值如图(c)所示 回答下列问题： (1)实验中应选择滑动变阻器_(填“R1”或“R2”)； (2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连接完整； (3)实验步骤中记录的电阻箱阻值为_ ，计算可得电压表的内阻为_ ； (4)通过上述方法得到电压表的内阻测量值_(填“大于”或“小于”)真实值 答案 (1)R1 (2) (3)1 987 3 974 (4)大于 解析 (1)由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 R1； (2)根据电路图连接实物图，实物图如图所示： (3)由题图(c)可知电阻箱阻值为 1 987 ，实验过程认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不 变，电压表和电阻箱串联，电流相等，故有 2 3U RV 1 3U R 1 3U 1 987 ，解得 RV3 974 ； (4)电阻箱接入电路后电路总电阻变大，电路总电流变小，分压电路分压变大，故电压表示数 为满偏刻度的2 3时，电阻箱两端电压大于满偏刻度的 1 3，电压表内阻小于电阻箱阻值的 2 倍， 因此电压表内阻测量值大于真实值