2023学年高考物理二轮复习“8+2”限时训练112016年全国2卷逐题仿真练含解析.docx

2016年(全国2卷)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．(2023·河南郑州市第一次模拟)如图1所示，在直角框架MQN上，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上的力先增大后减小，C正确． 15．(2023·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0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是(　　) 图2 A．0～x1段电势逐渐升高 B．0～x1段微粒的加速度逐渐减小 C．x2～x3段电场强度减小 D．x2处的电势比x3处的电势高 答案　B 解析　电势能Ep＝φq，由于粒子带负电，0～x1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：|ΔEp|＝E|q|Δx，图象斜率的大小代表场强大小，0～x1段图象斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，B正确；x2～x3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．(2023·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. B. C. D. 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：2F－Mg＝M 解得v＝，故选D. 17．(2023·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E＝3V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10－3μF的理想平行板电容器，电容器板长0.2m，板间距为0.125m．一带电粒子以0.8m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8 Ω、1 Ω.(取g＝10 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4×10－9C 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5.7Ω 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1.4Ω 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2Ω，电路稳定后，R1与R2、R3、R4这部分电路串联，根据串联电路分压特点可得电容器两端的电压U0＝2V，则电容器的电荷量为Q0＝CU0＝1.5×10－9×2C＝3×10－9C，故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间t＝＝s＝0.25s；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y＝at2，解得：a＝2m/s2.由牛顿第二定律得qE1－mg＝ma，可得＝，并可得＝＝，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压U1＝2.4V，R1的电压UR1＝E－U1＝0.6V，电流I1＝＝A＝0.6A，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻R总＝＝Ω＝4Ω，由R总＝R2＋，由此算出R4≈5.7Ω，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5.7Ω，故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s2.电容器极板间电压U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误． 18．(2023·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一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.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，则等于(　　) 图5 A.B.C.D. 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，∠POM＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R，则有sin60°＝，解得R＝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，如图乙所示，∠PON＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R′，则有R′＝r，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝，由于v、m、q相等，则得＝＝＝，故选项A正确，B、C、D错误． 19．(2023·福建莆田市5月第二次质检)如图6，装有水的杯子从倾角α＝53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β＝16°.取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，sin16°＝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0.75 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：mgsin53°－FNsin37°＝ma；mgcos53°＝FNcos37°，解得a＝3.5m/s2； 对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：Mgsin53°－μMgcos53°＝Ma，解得μ＝0.75，故选B、C. 20．(2023·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，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ω，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 C．棒第一次到达OP处时，棒中通过的电流为 D．棒最终会停下，产生的总焦耳热为mgL 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·＝W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＝·Δt，＝，＝得q＝＝＝，故B错误；棒第一次到达OP处时角速度为ω，转动产生的平均电动势为E＝BL＝，则电流为I＝＝，故C错误． 21．(2023·湖南衡阳市第二次模拟)如图8所示，一根轻弹簧一端固定在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． 22．(6分)(2023·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50Hz，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________． A．W∝v2 B．W∝v C．W∝ D．W∝v3 (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) 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＝＝m/s＝0.80 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，也一定不是反比关系，所以肯定不正确的是B、C； (3)根据功的定义，有：W0＝F合h1 当钩码下落h2时，合外力对小车所做的功为：W＝F合h2 解得：W＝W0. 23．(9分)(2023·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(0～9999Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值10Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，开关S，导线若干． 图10 实验步骤如下： ①按电路原理图(a)连接线路； ②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; ③将开关闭合，调节滑动变阻器的滑片，使电压表满偏； ④保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表示