理综模拟（物理）试题（二）（有详解）

这是一份理综模拟（物理）试题（二）（有详解），共6页。试卷主要包含了如图，5N/cm，2m，上面放一质量为m=0等内容，欢迎下载使用。
选择题：限时训练（15分钟）1.如图（a）所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图（b）所示（g=10m/s2），则正确的结论是（  B  ）
A. 物体的质量为3kg
B. 物体的加速度大小为5m/s2
C. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
D.弹簧的劲度系数为7.5N/cm
【解析】开始物体处于静止状态N=mg,当加力如图(b) 时，①  以后F不变，说明在处物体与弹簧分离，弹簧恢复到原长，则对物块有：②由①②得，故可知A、C错误。B正确。时，弹簧压缩量则：，得：，故D错误。               2.如图所示，在水平地面上有一个表面光滑的直角三角形物块M，长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点（O点固定于地面上）上端连接小球m，小球靠在物块左侧，水平向左的推力F施力于物块，整个装置静止。若撤去力F，下列说法正确的是（  B  ）
A.物块先做加速运动，后做减速运动直至静止
B. 物块先做加速运动，后做匀速运动
C.小球与物块分离时，若轻杆与水平地面成α角，小球的角速度大小为ω，则物块的速度大小是
D.小球落地的瞬间与物块分离
【解析】撤掉推力F后，小球m绕着O做圆周运动并推动M向右做加速运动，当二者恰好无作用力时，二者开始分离，分离前M的速度逐渐增加，分离后M做匀速直线运动，选项A错误，B正确；如图所示，小球与物块分离时，若轻杆与水平地面成α角，小球的角速度大小为ω，则小球做圆周运动的线速度，将其在水平和竖直方向分解，物块的速度大小是，选项C错误；当物块的速度等于时二者开始分离，选项D错误。                                          
 3.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为：（   A   ）
A.    B.  C.  D.     
【解析】设地球密度为ρ，地球质量，地面下d处内部地球质量
地面处：；  d处：；
地面处：； 而d处：， 故：，所以A选项正确。4.人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星乙是地球同步卫星，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方（称为相遇），如图所示。在这以后甲运动8周的时间内，它们相遇了（               B              ）
A. 4次  B. 3次  C. 2次  D. 1次  
【解析】由万有引力提供向心力：得：，，由于甲、乙轨道平面互相垂直，因此要使二者相遇，甲卫星须运动到赤道平面上才有可能和乙相遇，即甲卫星在8周的时间内16次经过赤道平面，这段时间只是乙卫星半个周期的3.2倍，因此甲、乙卫星只相遇3次，故B正确。
 5.质点P以O点为平衡位置竖直向上做简谐运动，同时质点Q也从O点被竖直上抛，它们恰好同时到达最高点，且高度相同，在此过程中，两质点的瞬时速度的关系应该是（   D   ）
A.   B. 先，后，最后
C.   D.先，后，最后     
【解析】质点P以O点为平衡位置竖直向上做简谐运动到达最高点的过程中做加速度增大的减速运动；而质点Q同时从O点竖直上抛，到达最高点的过程中做加速度不变的减速运动。因此，开始质点Q的速度减小得快。在相同的时间内发生的位移相等，其v-t图象如图所示，由图可知先后，最后。D正确。 6.无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效。如图所示，p为一无限大金属板，Q为板前距板为r的一带正电的点电荷，MN为过Q点和金属板垂直的直线，直线上A、B是一Q点的距离相等的两点。下面关于A、B两点的电场强度EA，EB和电势φA，φB判断正确的是（  B  ）
A. EA>EB,φA>φB  B. EA>EB,φA<φB  C. EA>EB,φA=φB  D. EA=EB,φA>φB 
【解析】无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效，即等效于以金属板为对称的左侧有一个与Q等量的负电荷，由点电荷的场强，，因此；因金属板接地，无穷远φ=0，而Q到金属板的电势差等于Q到无穷远的电势差，Q到金属板的电势降落得快，故QA间的电势差大于QB间的电势差，，选项B正确。 7.如图所示，边长为L，不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k>0）。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0，R2=R0/2。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（  AC  ）
A. R2两端的电压为U/7 
B. 电容器的a极板带正电
C. 滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D. 正方形导线框中的感应电动势为kL2。       
【解析】由法拉第电磁感应定律：，有，D错误。
因k>0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电。B错误。由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压:,A 正确；设R2消耗的功率为：，则R消耗的功率：，故C正确。
 8.某种角速度计，其结构如图所示，当整体系统绕轴OO’转动时，元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U，电压传感器（传感器内阻无限大）接收相应的电压信号。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为，电源的电动势为E,内阻不计。滑动变阻器总长也为，电阻分布均匀，系统静止时P在变阻器的最左端B点，当系统以角速度ω转动时，则（  D ）
A.电路中电流随角速度的增大而增大 B.电路中电流随角速度的增大而减小
C.弹簧的伸长量为  D.输出电压U与ω的函数式为
【解析】由于电压传感器内阻无限大，电路中总电阻只有滑动变阻器的电阻，所以在角速度增大引起P向C端滑动时电路中电流不变，A、B皆错误。元件A绕OO’转动时所需向心力由弹簧的弹力提供：，故，故C错误。当弹簧伸长x时BP间的电阻为由；
可得：，D正确。非选择题：9、半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知E—r曲线下O—R部分的面积等于R—2R部分的面积。
⑴写出E—r曲线上面积的单位；
⑵已知带电球在r≥R处的场强，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大；
⑶求球心与球表面间的电势差ΔU
⑷质量为m,电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处？
【解析】⑴E—r曲线下面积的单位为伏特。
⑵由点电荷的电场强度公式，；解得：该均匀带电球所带的电荷量：
⑶根据E—r曲线下面积表示电势差，球心与球表面间的电势差：
⑷根据题述E—r曲线下O—R部分的面积等于R—2R部分的面积，球体表面到2R处的电势差。由动能定理，；解得：。
 10、如图所示，某空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。一段光滑绝缘的圆弧轨道AC固定在场中，圆弧所在平面与电场平行，圆弧的圆心为O，半径R=1.8m,连线OA在竖直方向上，圆弧所对应的圆心角θ=370.现有一质量m=3.6×10-4kg、电荷量q=9.0×10-4C的带正电的小球（视为质点），以v0=4.0m/s的速度沿水平方向由A点射入圆弧轨道，一段时间后小球从C点离开圆弧轨道。小球离开圆弧轨道后在场中做匀速直线运动。不计空气阻力，sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2.求：⑴匀强电场场强E的大小；
⑵小球刚射入圆弧轨道瞬间对轨道压力的大小。【解析】⑴小球离开轨道后做匀速直线运动，其受力情况如图甲所示，则有：
  ①     所以：
⑵设小球运动到C点时的速度为v，在小球沿轨道从A运动到C的过程中，根据动能定理得：； ②   解得：    ③
小球由A点射入圆弧轨道瞬间，设轨道对小球的支持力为N，小球的受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有：    ④；      根据图甲有：   ⑤；
由③④⑤可求得：；
根据牛顿第二定律可知，小球由A点向射入圆弧轨道瞬间对轨道的压力：
            11、如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电量为q(q>0）的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中：设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
⑴在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0;
⑵在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0到t=1.5T0这段时间内：①细管内涡旋电场大小E；      ②电场力对小球做的功W.                
【解析】⑴小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力：  ①  由①式解得：  ②
⑵①在到这段时间内，细管内一周的感应电动势：  ③
由图乙可知：④  由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以：  ⑤
由③④⑤式及        得：  ⑥
②在到时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：  ⑦
小球运动的末速度大小：  ⑧
由图乙,并由 ②⑥⑦⑧式得： ⑨
由动能定理，电场力做功为：  ⑩
由②⑨⑩式解得：  
 12、如图所示，质量M=10kg的小车静止在光滑水平地面上，车上有一光滑轨道，轨道左端水平，距地面h=0.2m，上面放一质量为m=0.9kg的小物块。轨道右端为半径R=0.5m的1/4圆弧。另一质量m0=0.1kg的小物块以体水平速度v0=110m/s与m发生碰撞后粘在一起运动。两物块均可视为质点，g=10m/s2,求：
⑴两物块第一次离开轨道时小车的速度
⑵两物块第一次离开轨道后还能升多高？
⑶两物块最终落地时，落地点距小车左端的距离
【解析】⑴设两物块第一次离开轨道时，小车速度，取小物块m0和小物块m组成的系统作为研究对象，它们在水平方向满足动量守恒定律，故：
代入数据得：
⑵由机械能守恒：
代入数据得：；         两物体离开(第一次)轨道，还能上升：
⑶；   
；          联立解得：
13、如图所示，一根金属棒MN，m=1.0kg,内阻r=0.50Ω,水平放置在两根竖直的光滑平行金属导轨上，并始终与导轨保持良好接触。导轨间距为L=0.50m,导轨下端接一阻值R=2.0Ω的电阻，导轨电阻不计，在空间内有垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度大小只随竖直方向y变化，变化规律，B=2.5y质量M=4.0kg的物体静止在倾角θ=300的光滑斜面上，并通过轻质光滑的定滑轮和绝缘细绳与金属棒相连接。当金属棒沿y 轴方向由静止开始从y=0位置身上运动到h=4.0m处时，加速度恰好为0，不计空气阻力，斜面和磁场区足够大，g=10m/s2,求：⑴金属棒上升到h=4.0m处时的速度；
⑵金属棒上升h=4.0m的过程中，电阻R上产生的热量
⑶金属棒上升h=4.0m的过程中，通过金属棒横截面的电量。
【解析】⑴当金属棒上升到4m处时，对M有：F=mgsin300，
对m有：，得：
由以上各式可得：
⑵由能量守恒可得：（Q为回路产生的总热量），得：

⑶由于：    解得：。