《2026年薪火金卷高考仿真模拟卷物理》

9. 如图所示，$xOy$直角坐标系的$y$轴竖直，在第二象限内有一抛物线，抛物线方程为$y = x^{2}$；在第四象限内有一个四分之一圆弧面，圆弧面的圆心在$O$点，$A$、$B$两个小球在抛物线上，$B$小球所在位置的纵坐标为$y_{B} = 1 m$，$A$球所在位置的纵坐标比$B$球的大，将$A$、$B$两球均沿$x$轴正向抛出，结果两球均通过$O$点最终落在圆弧面上。不计空气阻力，重力加速度$g$取$10 m/s^2$。则下列判断正确的是

A.$A$球抛出的初速度大
B.$A$球到达$O$点的速度比$B$球的大
C.$B$球通过$O$点的速度大小为$5 m/s$
D.$A$球从$O$点到圆弧面运动的时间大于$B$球从$O$点运动到圆弧面所用的时间

答案： BC [抛物线上抛出的小球经过$O$点,则$x = v_{0}t_{1}$,$y = \dfrac{1}{2}gt_{1}^{2}$,解得$v_{0} = \sqrt{5}\ {m/s}$,A错误;由于抛出的初速度大小相同,因此下落高度高的$A$球到$O$点的速度比$B$球的大,B正确;$B$球到$O$点时竖直方向的分速度$v_{y} = \sqrt{2gy_{B}} = 2\sqrt{5}\ {m/s}$,则$B$球经过$O$点时的速度大小为$v_{B} = \sqrt{v_{0}^{2} + v_{y}^{2}} = 5\ {m/s}$,C正确;两球在水平方向的分速度相等,$A$球在竖直方向的分速度大,因此落到圆弧面上时,水平位移小,时间短,D错误。]

10. 如图所示，$MN$、$PQ$两条平行光滑固定金属导轨与水平面的夹角为$\theta$，两导轨的间距为$L$，$M$和$P$之间接阻值为$R$的定值电阻。导轨所在的空间有两条宽度均为$d$的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁场方向垂直于导轨平面向下，大小分别为$B_1$、$B_2$，磁场Ⅰ的下边界与磁场Ⅱ的上边界间距为$8d$。现将一质量为$m$、阻值为$2R$的导体棒从距磁场Ⅰ上边界距离为$d$处由静止释放，导体棒恰好分别以速度$v_1$、$v_2$匀速穿过磁场Ⅰ和Ⅱ。导体棒穿过磁场Ⅰ和Ⅱ的过程中通过导体棒横截面的电荷量分别为$q_1$、$q_2$，定值电阻$R$上产生的热量分别为$Q_1$、$Q_2$。导轨电阻不计，重力加速度为$g$，在运动过程中导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好。则

A.$v_2 = \sqrt{10}v_1$
B.$B_1 = \sqrt{3}B_2$
C.$q_1 = \sqrt{3}q_2$
D.$Q_1 = Q_2 = \frac{1}{3}mgd\sin\theta$

答案： BC [导体棒在导轨上无磁场区域运动过程中,根据牛顿第二定律有$mg\sin\theta = ma$,解得$a = g\sin\theta$,导体棒从静止运动到磁场Ⅰ上边界过程,根据$v_{1}^{2} = 2ad$,解得导体棒运动到磁场Ⅰ上边界时的速度为$v_{1} = \sqrt{2g d\sin\theta}$,同理导体棒从静止运动到磁场Ⅱ上边界过程,根据$v_{2}^{2} = 2a(d + 8d)$,解得$v_{2} = 3\sqrt{2g d\sin\theta}$,解得$v_{1}:v_{2} = 1:3$,故A错误;导体棒通过磁场时受到的安培力为$F = ILB = \dfrac{BLv}{2R}LB = \dfrac{B^{2}L^{2}v}{2R}$,导体棒通过两匀强磁场时做匀速直线运动,有$F = mg\sin\theta$,两式联立解得磁感应强度$B = \sqrt{\dfrac{2mgR\sin\theta}{L^{2}v}}$,则$\dfrac{B_{1}}{B_{2}} = \dfrac{\sqrt{v_{2}}}{\sqrt{v_{1}}} = \dfrac{\sqrt{3}}{1}$,故B正确;通过导体棒的电荷量$q = It = \dfrac{\Delta \varPhi}{2R} = \dfrac{BLd}{2R}$,两磁场宽度相等,导体棒长度不变,两磁场的磁感应强度大小之比$\dfrac{B_{1}}{B_{2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{1}$,则在导体棒穿过匀强磁场Ⅰ和Ⅱ过程中,通过导体棒横截面的电荷量之比$\dfrac{q_{1}}{q_{2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{1}$,故C正确;导体棒的电阻与定值电阻阻值相等,根据串联电路特点可知,两者产生的热量相等,导体棒匀速通过匀强磁场Ⅰ过程中,根据能量守恒定律有$2Q_{1} = mgd\sin\theta$,导体棒匀速通过匀强磁场Ⅱ过程中,根据能量守恒定律有$2Q_{2} = mgd\sin\theta$,则$Q_{1} = Q_{2} = \dfrac{1}{2}mgd\sin\theta$,故D错误。]

11. (5分)某软件能够调用手机内置加速度传感器，实时显示手机加速度的数值。小明通过安装有该软件的智能手机(其坐标轴如图1所示)探究加速度与力、质量的关系，实验装置原理图如图2所示。已知当地重力加速度为$g$。

(1)分别称量出小桶的质量$m_0$和手机的质量$M_0$。
(2)开始时，整个实验装置处于静止状态，小桶里没有装砝码。
(3)用手突然向上托起小桶，使得绳子松弛，此瞬间手机受到的合力为m_{0}g(用题目所给字母表示)，读出此瞬间手机$y$轴上的加速度$a$的数值。
(4)往小桶中增加砝码，重复步骤(3)，测得实验数据如下：


根据图3软件截图，上表中空白处的数据为0.98$m/s^2$。利用数据作出$a-F$图像，在图4中描出第一组数据的点并连线，可以得到当手机的质量一定时,手机的加速度与手机所受合外力成正比。
(5)保持小桶和砝码的质量不变，用双面胶把不同数量的配重片贴在手机背面，重复步骤(3)，测得实验数据并作出$a-\frac{1}{M}$图像，得出结论：当合外力一定，加速度与物体质量成反比。
(6)从图3软件截图可以看出，即使整个实验装置处于静止状态，手机依然显示有加速度扰动，为了减少该扰动造成的相对误差，下列做法可行的是A。
A. 使用质量更大的砝码组
B. 将弹簧更换为不可伸长的细线
C. 将弹簧更换为劲度系数更小的弹簧
D. 让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量

答案：
解析
(3)静止时根据平衡条件可得弹簧的弹力$F = (M_{0} + m_{0})g$,当将小桶突然托起时,弹簧的弹力大小不变,此瞬间手机受到的合外力$F_{1} = F - M_{0}g = m_{0}g$。
(4)根据题图3可读得手机的加速度大小大约为$0.98\ {m/s^{2}}$,因此表中空白处的数据应为$0.98$。
作图时应用平滑的直线将各点迹连接起来,且应让尽可能多的点迹落在图线上,不能落在图线上的点迹应让其均匀的分布在图线的两侧,明显有误差的点迹应直接舍去。描点作图如图所示。

根据图像可以得到的结论是:当手机的质量一定时,手机的加速度与手机所受合外力成正比。
(6)使用质量更大的砝码组,整体的惯性将增加,其状态将越难改变,扰动将越小,因此该方法可行,故A正确;将弹簧更换为不可伸长的细线,在挂上和去掉小桶和砝码时,手机自身总是能达到平衡态,因此该方法不可行,故B错误;劲度系数越小,弹簧越容易发生形变,则扰动越大,因此该方法不可行,故C错误;让小桶和砝码的质量远远小于手机的质量,并不能减小其扰动,甚至会增加其扰动,且当托起小桶和砝码时,手机所受合外力将过小,对实验数据的处理将变得更困难,因此该方法不可行,故D错误。
答案
(3)$m_{0}g$
(4)$0.98$ 图见解析 当手机的质量一定时,手机的加速度与手机所受合外力成正比
(6)A