江苏省南京市、盐城市2024年高考冲刺模拟物理试题含解析.pdf

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I2R,②?P?I?U,线?U2③?P?.R9、BD【解析】A、对A、B位置的两个电荷而言,E、O在中垂线上,电势等于无穷远电势,为零;对C、D位置的两个电荷而言,E、O同样在中垂线上,电势依然等于无穷远电势,为零;根据代数合成法则,E、O点的电势均为零,相等;同理,对A、D位置的两个电荷而言,F、O在中垂线上,电势等于无穷远电势,为零;对B、C位置的两个电荷而言,F、O同样在中垂线上,电势依然等于无穷远电势,为零;根据代数合成法则,F、O点的电势均为零,相等,故A错误,B正确;C、先考虑O点场强,对A、C位置的电荷而言,O点场强为零;对B、D位置的电荷而言,O点场强同样为零;故根据矢量合成法则,O点的场强为零;再分析E点,对A、B位置的两个电荷,在E位置场强向下,设为E;对C、D位置的两个电荷而言,在E位置场强1向上,设为E;由于E>E,故E点的合场强向下,为E-E,不为零;21212再分析F点,对B、C位置的两个电荷,在EF置场强向左,大小也为E;对A、D位置的两个电荷而言,在F位置1场强向右,大小也为E2;由于E1>E2,故E点的合场强向左,为E1-E2,不为零;:..故E点场强等于F点场强,但大于O点场强,故C错误,:本题考查电场强度的和电势的合成,关键是分成两组熟悉的电荷,、BD【解析】根据木板A的v-t图像求解滑块在木板上滑动时和离开木板时木板的加速度,根据牛顿第二定律列式求解两个动摩擦因数;若木块在木板上滑动时,木块的加速度应该大于木板的加速度,由此求解F的范围;根据木块和木板的位移关系求解F与L的关系.【详解】?v2滑块在木板上滑动时木板的加速度为a??m/s2?2m/s2,对木板根据牛顿第二定律:1?t1?v2?mg??(m?m)g?ma;滑块从木板上滑出时木板的加速度为a??m/s2?1m/s2,对木板根据牛顿1B2ABA12?t2第二定律:?mg?ma;联立解得:μ=,μ=,选项A错误,B正确;对木块B:F??mg?ma,其2AA2111BBB11中的a>1m/s1,则F>9N,则F的大小不可能为9N,选项C错误;根据L?at2?at2,式中t=1s,联立解得:AB122F=1L+9,即F的大小与板长L有关,选项D正确;故选BD.【点睛】此题时牛顿第二定律的综合应用问题,首先要搞清两物体的运动情况,通过v-t图像获取运动信息,、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。11、【解析】?1?(1)从图甲可知,将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中电表的示数不是从0开始的,因此滑动变阻器采用的不是分压接法,而是限流接法;从图甲可知,小灯泡的电阻为10Ω~30Ω,阻值较小,因此电流表采用外接法,作出的实验电路图如图所示::..?2??3??4?(2)从图甲可知,记录的全部数据中小灯两端电压U最大为6V,因此电压表的量程需要选择15V,故电压表选B;通过小灯的电流I最大为:=200mA,故电流表的量程需要选择500mA,故电流表选D;电路采用滑动变阻器限流接法,为了便于实验操作,滑动变阻器应选小阻值的,故滑动变阻器选E;?5??6?(3)从图甲可知,当滑动变阻器接入电阻为0时,小灯两端电压U最大为6V,,11则此时小灯电阻UR=1=30ΩLI1由闭合电路欧姆定律有EI?1R?rL当滑动变阻器接入电阻为R=60Ω时,小灯两端电压U最小为1V,,则此时小灯电阻222UR=2=10ΩLI2由闭合电路欧姆定律有EI?2R?R?r2L解得电源电动势E=8V,内阻r=10Ω;?7?(4)将两个该型号小灯泡串联后直接与器材G中的直流电源E相连,根据闭合电路欧姆定律,有E=2U+Ir解得U=4﹣5I作出此时的U﹣I图象如图所示::..图中交点I=,U=,,,故每个小灯消耗的实际功率P=?≈(由于交点读数存在误差,~)12、【解析】(1)[1].,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量,故A错误,E正确;,从而表示小车受到的合外力,应拿走砂桶,将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力,故B正确;,都是先接通电源,待打点稳定后再释放纸带,该实验探究加速度与力和质量的关系,要记录弹簧测力计的示数,故C错误;,打出几条纸带,获取多组实验数据,故D正确;故选BDE。(2)[2].由于两计数点间还有两个点没有画出,故T=,由△x=aT2可得x?x(?????)?10?2a?3603???(3)[3].由牛顿第二定律得2F=ma则2a?Fma-F图象的斜率2k?m小车质量为2m?k故选C;:..四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。2h?3Rh?Rcos?13、(1)mg(h+R),(2)mg,方向竖直向下,(3)。Rsin???cos?【解析】(1)小滑块在释放处的重力势能:E=mg(h+R);p(2)小滑块从释放处到B点,根据动能定理有:1mg(h+R)=mv22B在B点,根据牛顿第二定律有:v2F?mg?mBNR2h?3R解得:F?mgNR2h?3R根据牛顿第三定律,小滑块对轨道的压力为F?mg,方向竖直向下;NR(3)从释放处到斜面的最高点,对小滑块,根据动能定理有:mg(h?Rcos??xsin?)??mgcos??x?0?0h?Rcos?解得:x?。sin???cos?14、(1)0~qEL(2)W=-2qEL(3)OA杆与电场线平行时,电势能变化最快,变化率qEωL【解析】(1)设OA与电场线夹角?,电场力矩与外力矩平衡,外力矩:M?qELsin??qE(Lsin??Lcos?)??qELcos?,故外力矩大小的变化范围为0~qEL(2)支架匀速转动,由动能定理可得W+W=0,电场力根据题意W=ΔE,pB得W=-ΔE,电场力pB:..电场力做功仅改变了B球电势能,所以A球电势能变化为零,则A球在这段时间初末应在同一个等势面上,根据B球前后位置关系,得:W=-2qEL;(3)因为电场力做功等于电势能改变量,所以电势能变化最快的位置应是电场力功率最大的位置。设OA与电场线夹角?,由公式P?Fv有电场力功率:??P?qE?Lcos(??)?qE?2Lcos(??)?qE?Lcos?,24显然在一周内θ=0或π时有最值,即OA杆与电场线平行时,电势能变化最快。为变化率qEωL可能存在的另一类解法:以OA与电场线平行,A在右端位置为t=0,以任意位置为零电势,均能得到整体电势能Ep=qELsin(ωt),求导得电势能变化率=qEωLcos(ωt),显然一周内ωt=0或π时有最值,即OA杆与电场线平行时,电势能变化最快。变化率qEωL。15、(1)3mg;(2)【解析】(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功,故机械能守恒;设小滑块到达C点时的速度为v,根据机械能守恒定C律得1mgR=mv2C2设小滑块到达C点时圆轨道对它的支持力为F,根据牛顿第二定律得Nmv2F?mg=cNRF=3mgN根据牛顿第三定律,小滑块到达C点时,对圆轨道压力的大小N=F=3mg;N(2)根据题意,小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A,设小滑块到达A点时的速度为v,此时重力提供向心力,根据牛A顿第二定律得mv2mg=AR小滑块从D到A的过程中只有重力、摩擦力做功,根据动能定理得1??mg?4R?2mgR=mv2?E2AkD解得:..E=