高考物理 训练7+2+3全真模拟四Word文档下载推荐.docx
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A．此过程中磁感应强度B先增大后减小
B．此过程中磁感应强度B先减小后增大
C．此过程中磁感应强度B的最小值为
D．此过程中磁感应强度B的最大值为
19.如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧、并以加速度a竖直向上搬起，P和Q质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，在此过程中（ ）
A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下
B．P受到Q的摩擦力大小为2μF
C．P受到Q的摩擦力大小为0.5m（g＋a）
D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m（g＋a）
“7＋2＋3”全真模拟（四）答题卡
选择题部分 （每题6分，共42分）
题号
14
15
16
17
18
19
20
答案
非选择题部分 （共78分）
21．（10分）
（1）____________
（2）____________ ____________
（3）____________
22．（10分）
（1）____________
（2）
（3）①____________ ③____________
（4）____________ ____________
23．（16分）
24．（20分）
25．（22分）
20.如图甲所示，滑块A的质量m＝1kg，静止在光滑水平面上、上表面的长度为L的平板车B的质量为M.某时刻滑块A以向右的初速度v0＝3m/s滑上平板车B的上表面，忽略滑块A的大小．从滑块A刚滑上平板车B开始计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t0是滑块A在车上运动的总时间，测得t0＝1s．以下说法中正确的是（重力加速度g＝10m/s2）（ ）
A．平板车B上表面的长度L＝2m
B．滑块A与平板车B上表面的动摩擦因数μ＝0.1
C．平板车B的质量M＝1kg
D．t0时间内滑块A所受摩擦力做功的平均功率为10W
21．（10分）某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹力大小与其长度的关系”的实验．
（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态．
（2）他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k＝________N/m.
（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一个弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝________cm.
22．（10分）实验室进了一批用来做螺线管用的金属导线，某同学想通过实验测定该材料的电阻率．
（1）实验中他找来一定值电阻来保护电表不被烧毁，为确定该产品是否可作保护电阻，他用多用电表粗测其电阻：
将选择开关打到欧姆挡的“×
10”倍率挡，测量结果如图甲所示，则定值电阻为________Ω.
（2）通过测量确定该定值电阻可作保护电阻，他便设计了如图乙所示原理图，根据图乙将实物图丙连接好．
（3）其主要实验步骤如下：
①用螺旋测微器测金属丝的直径，测量结果如图丁所示，则金属丝的直径D＝________mm.
②适当取出一段样品材料，然后按原理图连接好实验器材．
③用毫米刻度尺测量出接入实验电路中金属丝的长度，某次测量刻度尺的示数如图戊所示，则金属丝长度的测量值为L＝________cm.
④改变接入电路中金属丝的长度，重复实验多次．
（4）根据实验中的数据，最后得到了如图己所示的R－L图象，由图象可求得金属丝的电阻率ρ＝________Ω·
m，用来作为保护电阻的定值电阻R0＝________Ω.
23．（16分）南海舰队某潜艇在远航巡逻中，遭遇海水密度突变造成的“断崖”掉深，该艇急速下沉，全艇官兵在能见度几乎为零的水雾环境中，关闭了近百个阀门和开关，操纵了几十种仪器，成功将险情化解，创下了同类潜艇大深度自救成功的新记录！
假设总质量为M＝3.45×
106kg的潜艇正在深度为h1＝150m，密度为ρ1＝1.029×
103kg/m3的水下缓慢水平潜航，突然进入密度为ρ2＝1.008×
103kg/m3区域发生“断崖”，潜艇沿竖直方向从静止开始匀加速下沉，经一系列操作在很短的时间排出一定量的水后，潜艇转为匀减速下沉，当速度减为0时到达最大深度h2＝330m，整个过程历时t＝90s．设潜艇在下沉中只受重力与浮力的作用，忽略排水的时间及潜艇体积的变化，取g＝9.8m/s2，求：
（1）潜艇匀加速下沉的时间；
（2）紧急排出水的质量．
24．（20分）如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L＝0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝1×
10－2kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2Ω（竖直金属导轨电阻不计），PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2.
（1）若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝0.18N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0＝1.0T，杆MN的最大速度为多少？
（2）若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d＝0.4m，现使磁感应强度从零开始以
＝0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？
25.
（22分）如图所示，在Ⅰ区里有方向竖直向上的匀强电场，场强大小为E＝4×
105N/C，在Ⅱ区里有垂直于纸面向外的匀强磁场，电场和磁场的宽度d相等，d＝0.4m．比荷
＝2.5×
109C/kg的带正电的粒子以初速度v0＝2×
107m/s从PQ边界上的O点垂直PQ射入电场．若电场和磁场在竖直方向上足够长，不计粒子的重力．
（1）求粒子经过电场和磁场的边界MN时的速度及竖直方向上的位移大小；
（2）若要使粒子在磁场区域运动时不穿过RS边界（RS边界上有磁场），求磁感应强度B的取值范围；
（3）在第
（2）问的条件下，求粒子在电场和磁场中的最长运动时间．
14．解析：
选D.加速度的定义式为a＝
，A错误；
伽利略不是为了说明力是维持物体运动的原因做实验，B错误；
在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法属于模型法，C错误；
把整个运动过程划分成很多小段，属于微元法，D正确．
15．解析：
选A.由几何知识可判断，AB垂直面DMC，且M点为AB的中点，则面DMC与AB的中垂面重合，故DMC为一等势面，则φD＝φC＝φN＝φM，A项错误，B项正确；
由电场的空间分布特点可判断C、D项正确．
16．解析：
选D.物体由A点运动到B点的过程中，由动能定理可得WF－mgR＝
mv
①；
因F是变力，对物体的运动过程分割，将
划分成许多小段，则当各小段弧长Δs足够小时，在每一小段上，力F可看做恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有WF＝FΔs1＋FΔs2＋…＋FΔsi＋…＝F（Δs1＋Δs2＋…＋Δsi＋…）＝F·
R②；
从B点起撤去外力F，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg≤m
，即在圆轨道最高点处速度至少为
.故由机械能守恒定律得
＝mgR＋m
③；
联立①②③式得F＝
.选项D正确．
17．解析：
选C.由题意知，当线框在x＝0至x＝l间运动时电流恒为i0；
当线框在x＝l至x＝2l间运动时，磁通量不变化，故i＝0，线框做匀加速运动；
当ab边刚出磁场（x＝2l）时，线框的速度大于刚进磁场时的速度，cd边切割磁感线产生的电流i＞i0，同时受到的安培力大于F，线框做减速运动，随着速度的减小，安培力变小，加速度变小，故选项C错；
当cd边刚出磁场时，线框速度可能还没减速到ab边刚进磁场时的速度，故选项B对；
也可能恰好减速到ab边刚进磁场时的速度，故选项D对；
还可能早就减速到ab边刚进磁场时的速度以后做匀速运动，故选项A对．
18．解析：
选CD.导体棒受重力G、支持力FN、安培力F作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，A、B错误；
刚开始安培力F最小，有sinα＝
，所以此过程中磁感应强度B的最小值为
，C正确；
最后安培力最大，有F＝mg，即此过程中磁感应强度B的最大值为
，D正确．
19．解析：
选AC.设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为Ff1，设P受到Q的摩擦力大小为Ff，方向竖直向上．对PQ整体、P分别应用牛顿第二定律有2Ff1－5mg＝5ma、Ff1＋Ff－2mg＝2ma，联立解得Ff＝－0.5m（g＋a），说明P受到Q的摩擦力向下，选项A、C对，选项B、D错．
20．解析：
选ABC.题图乙中梯形的面积代表滑块相对平板车的位移，也就是平板车的长度L，即为L＝
t0＝
v0t0＝2m，A正确；
对滑块运用牛顿第二定律有－μmg＝ma，而a＝
，解得μ＝
＝0.1，B正确；
由题图乙可知滑块、平板车的加速度大小相等，使它们产生加速度的合力就是两者间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，C正确；
滑块所受摩擦力Ff＝μmg＝1N，由题图乙可知，滑块从t＝0到t＝t0过程中相对地面的位移x块＝
t0＝2.5m，t0时间内滑块所受摩擦力做功W＝Ffx块＝2.5J，所以t0时间内滑块所受摩擦力做功的平均功率为P＝W/t0＝2.5W，D错误．
21．解析：
（1）安装刻度尺时，必须使刻度尺竖直放置．
（2）由题图乙F－x图象知，弹簧原长x0＝4cm；
k＝
＝
N/m＝50N/m.（3）由题图丙知，弹簧测力计示数为3.0N，则Δx＝
＝0.06m＝6cm，则x＝x0＋Δx＝10cm.
答案：
（1）竖直（2分）
（2）4（2分） 50（3分） （3）10（3分）
22．解析：
（1）由多用电表示数及选择倍率可知定值电阻为5×
10Ω＝50Ω.（3）①由螺旋测微器的读数方法可得金属丝的直径为D＝0.252mm.③金属丝的长度为L＝70.50cm－10.00cm＝60.50cm.（4）由部分电路的欧姆定律得R＝
＝R0＋R金属丝，由电阻定律得R金属丝＝ρ
，由以上两式得R＝
·
L＋R0，可知题图己的斜率k＝
，所以金属丝的电阻率为ρ＝kS，图线在纵轴上的截距表示保护电阻的阻值．为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如（40，63）和（100，78），则k＝
Ω/m＝25Ω/m，金属丝的横截面积为S＝π
≈4.99×
10－8m2，由图象斜率的物理意义可求得金属丝的电阻率为ρ＝kS≈1.25×
10－6Ω·
m.图线在纵轴上的截距表示定值电阻的阻值R0＝53Ω.
（1）50（1分）
（2）如图所示（3分）
（3）①0.252（1分） ③60.50（1分）
（4）1.25×
10－6（2分） 53（2分）
23．解析：
（1）设潜艇下沉的最大速度为vm，匀加速下沉的时间为t1，加速度大小为a1，则
h2－h1＝
t（2分）
vm＝a1t1（2分）
设潜艇体积为V，未排水时
ρ1Vg＝Mg（2分）
Mg－ρ2Vg＝Ma1（2分）
解得t1＝20s．（2分）
（2）设匀减速下沉的加速度大小为a2，紧急排出水的质量为m
vm＝a2（t－t1）（2分）
ρ2Vg－（M－m）g＝（M－m）a2（2分）
解得m＝9.0×
104kg.（2分）
（1）20s
（2）9.0×
104kg
24．解析：
（1）MN杆切割磁感线产生的电动势为：
E1＝B0Lv①（2分）
由闭合电路欧姆定律得：
I1＝
②（2分）
MN杆所受安培力大小为：
F安＝B0I1L③（2分）
对MN杆应用牛顿第二定律得：
F－mg－F安＝ma④（2分）
当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立①②③④得MN杆的最大速度为：
vm＝
m/s
＝0.8m/s.（2分）
（2）感生电动势为：
E2＝
⑤（2分）
I2＝
⑥（2分）
t时刻的磁感应强度为：
B＝
t⑦（2分）
PQ杆受力平衡：
mg＝BI2L⑧（2分）
联立⑤⑥⑦⑧得时间t为：
t＝
s＝10s．（2分）
（1）0.8m/s
（2）10s
25．解析：
（1）设粒子在电场中运动的时间为t1，粒子经过MN边界时的位置与O点的竖直距离为y，则：
在v0方向：
d＝v0t1（2分）
在竖直方向：
y＝
at
（2分）
由牛顿第二定律得：
Eq＝ma（1分）
联立解得：
t1＝2×
10－8s（1分）
y＝0.2m（1分）
粒子经过边界MN时在竖直方向上的分速度为
vy＝at1＝2×
107m/s（1分）
粒子经过边界MN时的速度大小为
v＝
＝2
×
与v0方向的夹角为θ＝arctan
＝45°
.（1分）
（2）要使粒子不穿过RS边界，粒子在磁场区域运动的临界轨迹如图所示，设粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则
由几何知识得：
r＋
r≤d（2分）
qvB＝m
B≥（2
＋2）×
10－2T．（2分）
（3）由
（2）知B＝（2
10－2T时，粒子在磁场中的运动时间最长，再进入电场时向下偏离的距离最远（2分）
当B＝（2
10－2T时，粒子在Ⅱ区里做匀速圆周运动转过的圆心角θ＝
，则
t2＝
＝3（
－1）π×
10－8s＝3.9×
10－8s（2分）
粒子在电场和磁场中运动的最长时间
t＝2t1＋t2＝7.9×
10－8s．（2分）
见解析
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