【原创】2016贵州省高中重点学校高考物理预测押题试卷二十四.doc
贵州省高中重点学校高考物理预测押题试卷一.docx
高中物理学习材料桑水制作2016贵州重点高中学校物理预测押题试题011．在如图8－3－15所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内忽略重力，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( )图8－3－15解析：选B.如电子水平向右运动，在A图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C图中电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，电子向右不可能做匀速直线运动；在D图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此只有选项B 正确．2.图8－3－16随着社会生产的发展，大型化工厂已越来越多，环境污染也越来越严重．为减少环境污染，技术人员在排污管末端安装了如图8－3－16所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．所测的污水流量Q 与U 成正比解析：选D.由左手定则可判断出，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势升高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势较低，故A 、B 均错；设前后表面的最高电压为U ，则qU b＝qvB .所以U ＝vBb ，所以U 与离子浓度无关，C 错；因Q ＝vbc ，而U ＝vBb ，所以Q ＝Uc B，D 对．图8－3－173．如图8－3－17所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O 点为圆环的圆心，a 、b 、c 、d 、e 为圆环上的五个点，a 点为最高点，c 点为最低点，bOd 沿水平方向，e 为ad 弧的中点．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a 点由静止释放，下列判断正确的是( ) A ．小球能运动到c 点，且此时所受洛伦兹力最大 B ．小球能运动到e 点，且此时所受洛伦兹力最小 C ．小球从a 点运动到b 点，重力势能减小，电势能增大 D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小解析：选D.受电场力与重力大小相等，设f点是圆弧bc的中点，则该处电场力与重力的合力方向沿半径向外，如图所示．从a到f点电场力与重力的合力做正功最多，而洛伦兹力不做功，由动能定理得，在f点小球速度最大，所受洛伦兹力最大，选项A错误；连接ad，小球从a点由静止释放，到d点速度减为零，故小球在abfcd范围内做往复运动，无法运动到e 点，选项B错误；从a点到b点，重力与电场力均做正功，重力势能、电势能均减小，选项C 错误；b点到c点电场力做负功，电势能增大，合外力先做正功后做负功，动能先增大后减小，并且b、c两点的动能相等，选项D正确．4.图8－3－18如图8－3－18所示，匀强电场和匀强磁场相互垂直，现有一束带电粒子(不计重力)，以速度v0沿图示方向恰能直线穿过，则以下分析不正确的是( )A．如果让平行板电容器左极为正极，则带电粒子必须向上以v0进入该区域才能直线穿过B．如果带电粒子以小于v0的速度沿v0方向射入该区域，其电势能越来越小C．如果带负电粒子速度小于v0，仍沿v0方向射入该区域，其电势能越来越大D．无论带正电还是带负电的粒子，若从下向上以速度v0进入该区域时，其动能都一定增加解析：选C.带电粒子做直线运动，必有Eq＝qvB，v＝EB＝v0，故A选项正确，当v<EB＝v0时，qvB<Eq，带电粒子向电场力一方偏移，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，故B选项正确，C选项错误．带电粒子从下方进入时，电场力和洛伦兹力同向，电场力做正功，动能一定增加，故D选项正确．5．如图8－3－19所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．图8－3－19(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝qv 0B 0①则v 0＝E 0B 0.②(2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③ L ＝12at 2④由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤ 联立②③④⑤解得x ＝E 0B 02mL qE.答案：(1)E 0B 0 (2)E 0B 02mL qE。
2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷(10)
2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（10）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共13小题，共39.0分)1.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A.保持S不变，增大d，则θ变大 B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，增大S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ变小【答案】A【解析】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A 正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．2.计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器，电容的计算公式是C=9.0×10-12（F），S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当某一键按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号．已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片的间距为0.6mm．只要电容变化达0.25p F，电子线路就能发出相应的信号．那么为了使按键得到反应，至少应把键盘按下的距离为（）A.0.45mmB.0.30mmC.0.20mmD.0.15mm【答案】D【解析】解：当按键未按下时，C1=ɛ，当按键按下时，C2=ɛ又由题△C=C2-C1得△C=ɛ-ɛ=ɛS（-）代入得：0.25×10-12=9.0×10-12×50×10-6（-）解得，△d=1.5×10-4m=0.15mm故选：D．当按键按下时，d减小，电容增大，电容的变化为△C=0.25p F．根据电容的计算公式及△C的值列式即可解答．本题考查运用物理知识处理实际问题的能力．首先要定性判断出按键按下时电容的变化情况．其次要注意计算能力的培养，能准确求解是关键．3.如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则（）A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离后，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【答案】ACD【解析】解：A、由题设条件知，mg•2d-q U=0，知电场力做功等于重力做功的大小．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d-q U=0，小球到达N点速度为零然后返回．故A正确．B、将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d-q U=0，小球到达N点速度为零然后返回．故B错误．C、把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh-q U＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回．故C正确．D、把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh-q U＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落．故D正确．故选ACD．一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析．4.三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（）A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进电场时c的速度最大，a的速度最小D.动能的增加值c最小，a和b一样大【答案】B【解析】解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等．故A正确．B、b、c竖直方向上的位移不等，y c＜y b．根据y=at2，可知t c＜t b．故B错误．C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．因x c=x b，t c＜t b，则v c＞v b．根据t a=t b，x b＞x a．则v b＞v a．所以有：v c＞v b＞v a．故C正确．D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D正确．本题选错误的，故选：B．三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．5.从水平飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（）A.从飞机上看，物体静止B.从飞机上看，物体始终在飞机的后方C.从地面上看，物体做平抛运动D.从地面上看，物体做自由落体运动【答案】C【解析】解：在匀速飞行的飞机上释放物体，物体有一水平速度，故从地面上看，物体做平抛运动；飞机的速度与物体水平方向上的速度相同，故物体始终在飞机的正下方，且相对飞机的竖直位移越来越大．故C正确，A、B、D错误．故选C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．6.在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系x O y，质量为1kg的物体原来静止在坐标原点O（0，0），t=0时受到如图所示随时间变化的外力作用，图甲中F x表示沿x轴方向的外力，图乙中F y表示沿y轴方向的外力，下列描述正确的是（）A.0～4s内物体的运动轨迹是一条直线B.0～4s内物体的运动轨迹是一条抛物线C.前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀加速曲线运动D.前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀速圆周运动【答案】C【解析】解：分析物体的受力和运动可知，物体在前2s内做的是初速度为零的匀加速直线运动，速度的方向是沿着x轴正方向的，在2-4s内物体受到的合力的方向沿着y轴的正方向，此时与初速度的方向垂直，物体做的是类似平抛运动（匀加速曲线运动），轨迹为抛物线；故C正确，ABD错误；故选：C．对物体受力分析可知，在前2s内物体受到的合力的大小为2N，沿着x轴的正方向，此时物体做的是匀加速直线运动，速度的方向也是沿x轴正方向的，在2-4s内物体受到的合力的方向沿着y轴的正方向，此时与初速度的方向垂直，物体做的是匀加速曲线运动．物体在不同的时刻受到的作用力是不一样的，注意分析清楚受力的方向与物体的速度分析之间的关系，即可判断物体的运动状态．7.如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2关系应满足（）A.v1=v2B.v1=v2C.v1=v2D.v1=v2【答案】D【解析】解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移为：h1=，拦截炮弹在这段时间内向上的位移为：h2=v2t-，则H=h1+h2=v2t，所以有：v1=．故选：D．若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道竖直上抛运动加速度不变，是匀变速直线运动．8.如图所示，在斜面上某处A以初速度v水平抛出一个石块，不计空气阻力，在确保石块能落到斜面上的前提下，则（）A.只增大v，会使石块在空中飞行的时间变短B.只增大v，会使石块的落地点更接近A点C.只将A点沿斜面上移，石块飞行时间变长D.只将A点沿斜面上移，石块飞行时间不变【答案】D【解析】解：A、设初末位置之间的距离为L，则水平方向：L cosθ=V t①竖直方向：L sinθ=②联立解得：t=③根据③式，只增大v，运动时间变长，故A错误；B、只增大v，运动时间变长，根据①②两式，水平分位移和竖直分位移均变长，故合位移变大，故落点与A点距离变大，故B错误；C、D、根据①式，只将A点沿斜面上移，运动时间不变，故C错误，D正确；故选D．解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．本题就是对平抛运动规律的直接应用，关键求解出运动时间的表达式进行分析讨论，本题难度不大．9.如图所示，两个质量相等的物体A、B处在同一水平线上，当物体A被水平抛出的同时，物体B开始自由下落，图中曲线AC为物体A的运动轨迹，直线BD为物体B的运动轨迹，两轨迹相交于O点，空气阻力忽略不计，则（）A.两物体通过O点时的速度相同B.两物体在O点时的动能相等C.两物体能在O点相遇D.两物体在O点时重力的功率不相等【答案】C【解析】解：A、A做平抛运动，B做自由落体运动，由于平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，可知两物体在O点相遇，相遇时两物体的竖直分速度相等，但是A有水平分速度，根据平行四边形定则知，两物体通过O点的速度不同，则动能不同，故AB错误，C正确．D、两物体通过O点时竖直分速度相等，根据P=mgv y知，重力的功率相同，故D错误．故选：C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，从而得知两球在O点相遇，根据运动学公式分析在O点的速度关系．根据两物体在O点的竖直分速度大小关系，比较重力的瞬时功率．本题考查了平抛运动和自由落体运动的相关概念和公式，AB在竖直方向的运动情况完全相同，理解速度的合成与分解即可顺利求解平抛运动．10.下列说法中正确的是（）A.每种金属都有确定的电阻率，电阻率不随温度变化B.导线越细越长，其电阻率也越大C.一般金属的电阻率，都随温度升高而增大D.测电阻率时，为了提高精度，通过导线的电流要足够大，而且要等到稳定一段时间后才可读数【答案】C【解析】解：AC、纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大，合金的电阻率几乎不受温度影响，故A错误，C正确．B、电阻率为导体的固有属性，与长度和横截面积等无关，由材料性质决定，故B错误．D、提高精度的方法是多次测量，且电流应该尽可能小些，因为电流越大发热越高，电阻率变化越大，故D错误．故选：C纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大．电阻率为导体的固有属性，与长度和横截面积等无关，由材料性质决定．提高精度的方法是多次测量．明确影响导体电阻率的因素，知道金属和合金的性质，都是基础考察．11.根据欧姆定律，下列说法中错误的是（）A.从关系式R=可知，对于一个确定的导体来说，如果通过的电流越大，则导体两端的电压也越大B.从关系式R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C.从关系式I=可知，导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D.从关系式R=可知，对于一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值【答案】B【解析】解：A、由R=可知，U=IR，对于一个确定的导体来说，如果通过的电流越大，则导体两端的电压也越大，故A正确；B、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B错误；C、由I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，故C正确；D、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，导体电阻在数值上等于它两端的电压与通过它的电流之比，由R=可知，对于一个确定的导体来说，所加的电压跟通过的电流的比值是一确定值，故D正确；本题选错误的，故选：B．导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题．本题是一道基础题，知道导体电阻的决定因素、应用欧姆定律即可正确解题．12.甲、乙两个电阻，它们的伏安特性曲线画在一个坐标系中如图所示，则（）A.甲的电阻是乙的电阻的两倍B.把两个电阻两端加上相同的电压，通过甲的电流是通过乙的两倍C.欲使通过两个电阻有相同的电流，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍D.若两电阻是由同一种规格的电阻丝制成，甲电阻丝的长度是乙的倍【答案】C【解析】解：A、由I-U图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有甲乙，故A错误．B、当U相同时由知甲乙乙甲，故B错误．C、当I相同时由U=IR知乙甲乙甲，故C正确．D、当ρ相同时由知甲乙甲乙乙甲，甲乙，故D错误故选：C由斜率表示电阻倒数可得两电阻之比．由电阻之比可得相同电压下的电流之比．若电流相同由欧姆定律可得电压之比．由电阻决定式可得长度之比．解决本题的关键知道I-U图线的斜率的倒数表示电阻，掌握电阻的决定13.一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则（）A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是50ΩB.ab端短路时，cd之间的等效电阻是50ΩC.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V【答案】C【解析】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=40Ω；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=128Ω；故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=80V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=25V；故D错误；故选：C．当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．二、计算题(本大题共2小题，共20.0分)从上表可想到哪些物理知识？（2）下图是洗衣机洗涤时正转、反转和停的时间程序，若洗涤衣服的时间为15min，脱水的时间为2min，则洗涤一次衣服大约用电多少？当洗涤和脱水同时操作时，流过电源插座的电流是多少？为什么？【答案】解：（1）从表中可想到工作电压是我们国家的民用交流电压；洗涤电动机的工作功率为P=UI=220×0.5W=110W，脱水电动机的工作功率为P′=U′I′=176W；用欧姆定律求出的电流I=和工作电流0.5A是不同的，原因是欧姆定律适合纯电阻电路，而电动机主要是用来输出机械能的，不是用来发热的，不是纯电阻电路．（2）从洗衣机洗涤为正、反转和停的时间程序图可知，停和转的时间分别为129s和771s，由洗涤做功W洗=P洗•t=UI t=220×0.5×10-3×0.215k W•h≈0.0237k W•hW脱=P脱•t=UI t=k W•h=0.0059k W•h则W=W洗+W脱=0.0237k W•h+0.0059k W•h≈0.03k W•h当洗涤和脱水同时操作时，就相当于两个用电器并联，则流过插座的电流应为两个用电器单独使用时工作电流之和，故I=I洗+I脱=（0.5+0.8）A=1.3A．答：（2）洗涤一次衣服大约用电0.03k W•h，当洗涤和脱水同时操作时，流过电源插座的电流是1.3A．【解析】（1）从表中可想到工作电压是我们国家的民用交流电压；可求得洗涤电动机的工作功率和脱水电动机的工作功率为等；（2）从洗衣机洗涤为正、反转和停的时间程序图可知，停和转的时间分别为129s和771s，由洗涤做功和脱水做功公式求出总功，即可求出消耗的电能，当洗涤和脱水同时操作时，就相当于两个用电器并联，则流过插座的电流应为两个用电器单独使用时工作电流之和．本题考查了利用公式P=UI计算电功率，以及利用公式W=P t计算电能，与生活相连，使学生觉得学了物理有用，且加强了学生的节能意识，注意计算时的单位变换要正确．15.静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d=0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E=1.0×103N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0=2.0m/s，质量m=5.0×10-15kg、带电量为q=-2.0×10-16C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：（1）微粒打在B板上的动能；（2）微粒到达B板所需的最短时间；（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．【答案】解：（1）电场力对每个微粒所做的功为：W=q E d=2.0×10-16×1.0×103×0.40J=8.0×10-14J微粒从A板到B板过程，根据动能定理得W=E kt-E k0则得：E kt=W+E k0=W+mv02=（8.0×10-14+×5.0×10-15×2.02）J=9.0×10-14J（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由E kt=mv t2得：v t==m/s=6.0m/s根据运动学公式得：=所以微粒到达B板所需的最短时间为：t===0.1s（3）根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形．由牛顿第二定律得：a==m/s2=40m/s2由类平抛运动规律得：R=v o t1h=a则圆形面积为：S=πR2=π（v0t1）2=π=3.14×2.02×（）≈0.25m2答：（1）微粒打在B板上的动能为9.0×10-14J．（2）微粒到达B板所需的最短时间为0.1s．（3）微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形，面积的大小为0.25m2．【解析】（1）每个微粒在匀强电场中所受的电场力大小为q E，微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理求解；（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由动能求出微粒打在B板上的速度，由运动公式求出最短时间；（3）图象为圆，圆的半径等于类似平抛运动的微粒的水平分位移，根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解分位移公式，即可求得面积．本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．第（4）问要弄清物理情景，实质是研究类平抛运动水平位移问题．。
2016年高考原创押题预测卷 (新课标Ⅲ卷)物理(解析版)
2016年高考原创押题预测卷【新课标III卷】理科综合物理试题注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H—1 B—11 C—12 N—14 O—16 Mn—55 Fe—56第I卷二、选择题：本题共8个小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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。
14．100米短跑是径赛中最精彩的项目之一。
目前男子世界纪录为9.58 s，由牙买加的尤塞恩·博尔特于2009年8月16日在柏林世锦赛上创造。
博尔特在比赛中的运动图象可能是A B C D14.【答案】B【考点】运动图象15．如图所示，固定的斜面上一个质量为m的物块在沿斜面向下的拉力F1作用下匀速下滑，在下滑过程中的某时刻对物块再施加一个竖直向上的恒力F2，且F2<mg。
则施加F2后极短时间内物块的运动状态是A.仍匀速下滑B.匀加速下滑C.匀减速下滑D.上述情况都有可能15.【答案】B【解析】以物块为研究对象，施加F 2前物块受重力、拉力、支持力、滑动摩擦力作用，根据平衡条件有mg sin θ+ F 1=μmg cos θ，施加一个竖直向上的恒力F 2后，由牛顿第二定律有212()sin ()cos mg F F mg F ma θμθ-+--=，可得a =1220F F m g>，B 正确。
【考点】物体的平衡、牛顿第二定律16. 如图所示，P 、Q 两点处放置两个等量异种点电荷，P 、Q 连线的中点为O ，N 、 a 、b 是PQ 中垂线上的三点，且Oa =2Ob ，在N 点处放置一负点电荷，以无穷远处电势为零，则A.a 点处的场强大小大于b 点处的场强大小B. a 点处的电势小于b 点处的电势C.a 、O 两点间电势差大于a 、b 两点间电势差的2倍D.电子在a 点处的电势能大于电子在b 点处的电势能16.【答案】C【考点】电场强度、电势、电场力做功与电势能17．如图将一绝缘杆竖直地固定在地面上，用一轻绳拴接一质量为m 的铁球，在铁球的右侧水平放一条形磁铁，当铁球平衡时轻绳与竖直面的夹角为︒=30α，此时铁球与条形磁铁在同一水平面上。
2016年高考原创押题预测卷(新课标Ⅱ卷) 物理 (解析版) 含解析
2016年高考押题卷（1)（新课标Ⅱ卷）理科综合·物理试题第Ⅰ卷二、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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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．我国某地交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。
如图所示,以8m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道,此时汽车的车头距离停车线8m。
该车减速时的加速度大小为5m/s2。
则下列说法中正确的是A．如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线的距离为2mB．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人C．如果驾驶员的反应时间为0。
4s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人D．如果驾驶员的反应时间为0。
2s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人【答案】D考点：匀变速直线运动15．如图所示,理想变压器的原线圈接u＝U0cos100πt的交变电流，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好,下列判断不正确的是A．交变电流的频率为50 HzB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动,则通过原线圈的电流一定减小【答案】C16．如图所示,A 、B 为地球两个同轨道面的人造卫星,运行方向相同,A 为同步卫星，A 、B 卫星的轨道半径之比为r A /r B =k ，地球自转周期为T .某时刻A 、B 两卫星位于地球同侧直线上,从该时刻起至少经过多长时间A 、B 间距离最远A ．)1(23-k T B ．13-k T C ．)1(23+k T D ．13+k T【答案】A【解析】 由开普勒第三定律得:2233B A B A T T r r =,设两卫星至少经过时间t 距离最远，如图所示，21=-=-A B A B n n T t T t ，又T A =T ，解得)1(23-=k T t ，选项A正确.17．如图所示，将质量分别为M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮（滑轮光滑且较小），物块放在水平放置的压力传感器上.已知压力传感器能测量物体对其正压力的大小.现将小球从偏离竖直方向θ=60°的角度处由静止释放，小球摆到最低点时，压力传感器示数为0,滑轮O到小球间细线长度为l=0。
贵州省高中重点学校高考物理预测押题试卷三.docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）贵州重点高中学校物理预测押题试题03 1．封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，下列说法正确的是()A．气体的密度增大B．气体的压强不变C．气体分子的平均动能减小D．气体从外界吸热解析：选D.气体体积保持不变，则气体的密度保持不变；当温度升高时，气体的压强增大，分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律，没有做功，则气体要从外界吸收热量．D选项正确．2．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高解析：选B.根据热力学第三定律的绝对零度不可能达到可知A错误；物体从外界吸收热量、对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能增加、减小或不变，C错；压缩气体，外界对气体做正功，可能向外界放热，内能可能减少、温度降低，D错；物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的，B对．图13－3－23．如图13－3－2是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的()A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J解析：选A.根据热力学第一定律，气体内能增量ΔU＝W＋Q＝800 J－200 J＝600 J，对于一定质量的理想气体，内能增加温度必然升高，故A选项正确．4.图13－3－3A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至图13－3－3所示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是()A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同解析：选B.由于水银与外界没有热交换，大气压力对水银做功，一部分转化为水银的重力势能，一部分转化为水银的内能，两种情况下管中进入的水银量相等，故大气将槽中水银面向下压的距离相等，因此大气压力做功相等，图A管中水银的重力势能比图B的大，因此A 中水银的内能增量比B中小，B正确．5．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)()A．内能增大，放出热量B．内能减小，吸收热量C．内能增大，对外界做功D．内能减小，外界对其做功解析：选D.不计分子势能时瓶内空气的内能只与其温度有关，温度降低时其内能减小．塑料瓶变扁时瓶内空气体积减小，外界对其做功．再由热力学第一定律知此过程中瓶内空气要放出热量，故只有D正确．图13－2－46．如图13－2－4所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F ，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )A ．温度升高，压强增大，内能减少B ．温度降低，压强增大，内能减少C ．温度升高，压强增大，内能增加D ．温度降低，压强减小，内能增加解析：选C.容器是绝热的，所以当向下推活塞压缩气体时，对气体做功，气体内能增大，温度升高，根据pV T＝C (常量)可知，压强增大．7．一辆汽车正在平直的公路上匀速行驶，下列关于汽车行驶过程中做功和能量转化情况的说法正确的是( )A ．阻力对汽车做负功，机械能转化为内能B ．汽车行驶时因能量损失故总能量不守恒C ．牵引力对汽车做功，使汽车动能增加D ．合外力对汽车做的功等于汽油燃烧放出的能量解析：选A.阻力对汽车做功的过程就是机械能转化为内能的过程，尽管汽车能量损失，但总能量是守恒的，汽车做匀速运动，动能不变，合力为零，合力做功为零．8.图13－3－5所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是( )A ．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C ．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D ．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律解析：选B.热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C 、D 错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故应选B.9．空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对汽缸中的气体做功为2.0×105 J ，同时气体的内能增加了1.5×105 J ．试问：(1)此压缩过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)的热量等于________J.(2)若一定质量的理想气体分别按图13－3－6所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是________(填“甲”“乙”或“丙”)，该过程中气体的内能________(填“增加”“减少”或“不变”)．图13－3－6解析：(1)由热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q 且W ＝2.0×105 J ，ΔU ＝1.5×105 J ，解得Q ＝－5×104 J ，所以放出热量为5×104 J.(2)甲图表示等温变化；乙图表示等容变化；丙图表示等压变化，并且丙图中表示温度升高，所以理想气体内能增大．答案：(1)放热 5×104 J (2)丙 增加10．)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.图13－3－7 (1)求此时气体的压强．(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．解析：(1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1① 代入数据得p 1＝76p 0.② (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得p 1V 0＝p 0V ③联立②③式得V ＝76V 0④ 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得k ＝V 0V⑤ 联立④⑤式得k ＝67因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．答案：(1)76p 0 (2)67吸热 原因见解析。
2016年高考物理押题精粹试题(全国题,,)含答案
4．如图所示，水平转台上的小物体 A、B 通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B 的质量分别为 m、 2m，A、B 与转台的动摩擦因数都为μ，A、B 离转台中心的距离分别为 1.5r、r，已知弹簧的原长为 1.5r， 劲度系数为 k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（ ）
v0 3m / s ，取 g 10m / s 2 ，则 （
）
A．此时小球的加速度大小为 30 m/s
2
B．小球到达最高点时，杆对其的弹力沿斜面向上 C．若增大 v0 ，小球达到最高点时杆子对小球的 弹力一定增大 D．若增大 v0 ，小球达到最高点时杆子对小球的弹力可能减小 答案：C 解析：小球做变速圆周运动， 在初位置加 速度不指向圆心，将其分解： 切向加速度为 a 向心加速度为 an
2016 年高考物理押题精粹试题（全国卷）
本卷共 46 题，包括必考与选考两部分，三种题型：选择题、实验题和解答题。 一、选择题（23 个小题） 1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用，下列叙述不符合史实的 是（ ）
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．法 拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中， 会出现感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应 电流的磁通量的变化 答案：C 解析：1820 年，丹麦物理学家奥斯特在试验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在的联系，符合 史实，故 A 正确；安倍根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地 解释了软铁磁化现象，符合史实，故 B 正确；法拉第在试验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的 固定导线圈中，不会出现感应电流，故 C 错误；楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律；即感应电流 具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故 D 正确；本题选不符合史实 的，故选 C。 2.在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是 ( )
2016届贵州省重点高中高考物理预测押题卷(4)(解析版)
2016届贵州省重点高中高考物理预测押题卷（4）一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（）A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的2．关于液体表面现象的说法中错误的是（）A．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到重力小，又受液体的浮力的缘故B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体表面分子间有相互吸引力C．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故D．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故3．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种液体在溶解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是（）A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体4．如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气（）A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小5．为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强P和体积V关系的是（）A．B．C．D．6．已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能（）A．先增大后减小B．先减小后增大C．单调变化D．保持不变7．如图，一个固定且导热性能良好的气缸内密封有一定质量的理想气体，气体体积为V，压强为p．现用力F缓慢推活塞使气体体积减小到．设环境温度不变，则缸内气体（）A．内能增大B．要从外界吸热C．压强等于3p D．压强大于3p一位质量为60kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．8．关于气球内气体的压强，下列说法正确的是（）A．等于大气压强B．是由于气体重力而产生的C．是由于气体分子之间的斥力而产生的D．是由于大量气体分子的碰撞而产生的9．在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是（）A．球内气体体积变大B．球内气体体积变小C．球内气体内能变大D．球内气体内能变小9．在如图所示的汽缸中封闭着一定质量的常温理想气体，一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态．如果将缸内气体的摄氏温度降低一半，则缸内气体的体积（）A．仍不变B．为原来的一半C．小于原来的一半 D．大于原来的一半10．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（）A．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场C．在均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．振荡的电场周围一定产生同频率振荡的磁场11．电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（）A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线12．飞船以c的速度离开地球，从飞船上向地球发射一个光信号．飞船上测得光离开的速度为c，则在地球上测得的光速是（）A． c B． c C． c D．c13．关于机械波和电磁波，下列说法中错误的是（）A．机械波和电磁波都能在真空中传播B．机械波和电磁波都可以传递能量C．波长、频率和波速间的关系，即ν=λf，对机械波和电磁波都适用D．机械波和电磁波都能发生衍射和干涉现象二、解答题（共2小题，满分0分）14．（1）麦克斯韦电磁场理论的内容是．（2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是的，并和该处电磁波的传播方向，这就说明电磁波是波．（3）目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内．请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题．①雷达发射电磁波的波长范围是多少？②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离？15．一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm 的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连，开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计．已知如图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水银面的高度差h1=5cm，大气压强p0=1.0×105Pa保持不变，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3．求：①活塞的重力．②现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银的高度差为多少？2016届贵州省重点高中高考物理预测押题卷（4）参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1．（2016•梅州二模）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（）A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的【考点】* 晶体和非晶体【分析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性．晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体有规则的几何外形，而非晶体则没有．【解答】解：A、金刚石、食盐、水晶都是常见的晶体，玻璃是非晶体，故A错误．B、晶体内部的分子（或原子、离子）排列是有规则的，故B正确．C、晶体有固定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，故C正确；D、单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故D错误．故选：BC．【点评】记住晶体与非晶体的不同特性是本题的解题关键，要注意多晶体与非晶体特性的相似性和区别．2．关于液体表面现象的说法中错误的是（）A．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到重力小，又受液体的浮力的缘故B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体表面分子间有相互吸引力C．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故D．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；分子间的相互作用力【分析】根据液体表面张力的性质以及对应的宏观表现进行分析，从而明确产生各现象的基本原因．【解答】解：A、把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到的重力等于表面张力，故浮在液体的表面．故A错误B、在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体表面分子间有相互吸引力，故B正确；C、玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故C正确；D、飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴液体表面分子间相互吸引而产生的，故D错误．本题选错误的，故选：AD．【点评】本题考查了液体表面张力的形成原因，要注意理解液体表面张力的形成原因以及对应的现象；明确：作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．3．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种液体在溶解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是（）A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体【考点】* 晶体和非晶体【分析】单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形．非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，这与水在蜡的表面呈圆形是同样的道理．【解答】解：单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形．非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，因此丙为单晶体，甲、乙可能是多晶体与非晶体，根据温度随加热时间变化的关系，可知，甲、丙为晶体，乙是非晶体．故BD正确，AC错误；故选：BD．【点评】各向异性就是说在不同的方向上表现出不同的物理性质．单晶体具有各向异性，并不是每种晶体在各种物理性质上都表现出各向异性．有些晶体在导热性上表现出显著的各向异性，如云母、石膏晶体；有些晶体在导电性上表现出显著的各向异性，如方铅矿；有些晶体在弹性上表现出显著的各向异性，如立方形的铜晶体；有些晶体在光的折射上表现出各向异性，如方解石．4．（2010•广东）如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气（）A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小【考点】气体的等温变化【分析】细管中封闭一定质量的空气，气体的温度始终与外界的温度相同，所以气体做的是等温变化，根据波意耳定律可以分析得出气体的变化的规律．【解答】解：当洗衣机的水位升高时，封闭的空气的压强增大，由于气体的温度保持不变，根据波意耳定律可得，PV=K，所以气体的体积要减小，所以B正确．故选B．【点评】等温变化时，气体的温度一定不能变化，并且气体的质量也是不能变化的．5．（2014•肇庆二模）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强P和体积V关系的是（）A．B．C．D．【考点】理想气体的状态方程【分析】根据理想气体等温变化特点可正确解答．【解答】解：根据理想气体状态方程，空气等温压缩，有PV=C，知P与成正比，在P﹣图象中为过原点的直线，所以该过程中空气的压强P和体积的关系图是图B，故ACD错误，B正确．故选B．【点评】解答此类问题首先要弄清坐标轴的含义，然后根据理想气体的状态方程，结合数学知识分析解答问题．要特别注意在描述气体状态变化的图线中虚线部分的含义．6．（2008•上海）已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能（）A．先增大后减小B．先减小后增大C．单调变化D．保持不变【考点】气体的等温变化；温度是分子平均动能的标志；物体的内能【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量．运用理想气体的内能与温度成正比判断整个过程中汽缸内气体的内能的变化．【解答】解：由为恒量，由图象与坐标轴围成的面积表达PV乘积，从实线与虚线等温线比较可得出，该面积先减小后增大，说明温度T先减小后增大，而理想气体的内能完全由温度决定，所以内能先将小后增大．故选B．【点评】能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．7．如图，一个固定且导热性能良好的气缸内密封有一定质量的理想气体，气体体积为V，压强为p．现用力F缓慢推活塞使气体体积减小到．设环境温度不变，则缸内气体（）A．内能增大B．要从外界吸热C．压强等于3p D．压强大于3p【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】因气缸具有良好的导热性能，所以可判知内能不变；对内做功，结合热力学第一定律，可得知对外放热；对被封闭的气体进行状态参量的分析，利用波意耳定律可解的变化后的压强．【解答】解：A、因气缸导热性能良好，所以气体的变化是等温变化，气体的内能不变．选项A错误．B、外接对气体做功，气体得内能又不变，由热力学第一定律可知，气体对外放热．选项B错误．C、D，对被封闭的气体为研究对象，进行状态分析，有：初状态：V1=V P1=P末状态：V2=V P2=？由玻意耳定律有：P1V1=P2V2解得：P2=3P，所以选项C正确，D错误．故选：C【点评】该题考察了热力学第一定律和气体的等温变化．在利用热力学第一定律解题时，要注意气体吸热放热的判断，以及做功情况的分析，列式时注意正负问题，吸热和对内做功为正值，放热和对外做功为负值；利用气体的状态方程进行解答问题，要注意状态及状态参量的分析，选择对应的定律解答，也可直接用气体的状态方程解答．一位质量为60kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．8．关于气球内气体的压强，下列说法正确的是（）A．等于大气压强B．是由于气体重力而产生的C．是由于气体分子之间的斥力而产生的D．是由于大量气体分子的碰撞而产生的【考点】封闭气体压强【分析】气球内气体的压强等于大气压与气球弹力产生的压强之和．根据被封闭气体压强产生的原理，判断压强产生原因．【解答】解：A、气球充气后膨胀，内部气体的压强应等于大气压强加上气球收缩产生的压强，故A错误；BCD、气球内部气体的压强是大量气体分子做无规则运动发生频繁的碰撞产生的，不是因为重力和分子间的斥力，故BC错误，D正确．故选：D．【点评】本题考查气体压强的成因，对于气体的压强与固体和液体压强产生的原因的不同，运用分子动理论来理解．热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累．9．在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是（）A．球内气体体积变大B．球内气体体积变小C．球内气体内能变大D．球内气体内能变小【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程【分析】气压变大，等温过程，根据玻意耳定律判断体积的变化情况；根据气体温度的变化判断内能是否变化．【解答】解：该同学站上塑料板后，因温度视为不变，而压强变大，故由玻意耳定律pV=c知，气体体积变小，内能不变，故A、C、D错误，B正确．故选：B【点评】本题的关键要知道一定质量的理想气体的内能由温度决定，气体发生等温变化时遵守玻意耳定律．9．在如图所示的汽缸中封闭着一定质量的常温理想气体，一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态．如果将缸内气体的摄氏温度降低一半，则缸内气体的体积（）A．仍不变B．为原来的一半C．小于原来的一半 D．大于原来的一半【考点】理想气体的状态方程【分析】气缸中气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律列式分析末态体积与初态体积的关系．【解答】解：气缸内气体压强不变，设初态体积，温度t℃末态体积，温度根据盖﹣吕萨克定律有=则所以大于原来的一半，故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查气体实验定律的应用，关键是分析封闭气体发生了什么变化，活塞平衡时受力情况不变，封闭气体的压强不变，结合数学知识讨论．10．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（）A．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场C．在均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．振荡的电场周围一定产生同频率振荡的磁场【考点】电磁场【分析】麦克斯韦的电磁场理论是变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．其中的变化有均匀变化与周期性变化之分．【解答】解：A、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，如果电场不变化，不会产生磁场，同理，磁场不变化，不会产生电场，故A错误．BC、均匀变化的电场一定产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围一定产生稳定的电场，故BC错误．D、周期性变化的电场一定产生同周期变化的磁场，故D正确．故选：D．【点评】考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化．要知道周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，而周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场，从而产生不可分割的电磁场，并形成电磁波．11．（2010•上海）电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（）A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线【考点】电磁波谱【分析】电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．【解答】解：按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．故选：A．【点评】本题考查电磁波谱的相关知识，多背才能解决此题．12．飞船以c的速度离开地球，从飞船上向地球发射一个光信号．飞船上测得光离开的速度为c，则在地球上测得的光速是（）A． c B． c C． c D．c【考点】* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理【分析】明确爱因斯坦相对论的基本内容，知道不同惯性系中真空光速不变即可解答．【解答】解：真空中的光速在不同的惯性系中都是一样的．故地球上测得的光速与飞船上测得的光速相同，均为C，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题考查爱因斯坦光速不变原理，要注意正确掌握相对论的基本内容即可分析求解．13．（2004•江苏）关于机械波和电磁波，下列说法中错误的是（）A．机械波和电磁波都能在真空中传播B．机械波和电磁波都可以传递能量C．波长、频率和波速间的关系，即ν=λf，对机械波和电磁波都适用D．机械波和电磁波都能发生衍射和干涉现象【考点】机械波；电磁波谱【分析】电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质；波都可以发生干涉、衍射．【解答】解：A、电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质．故A错误．B、波是能量传递的一种方式，这两种波都能传递能量．故B正确．C、波长、频率和波速间的关系，即ν=λf，适用于一切波．故C正确．D、机械波和电磁波都可以发生干涉和衍射现象．故D正确．本题选错误的，故选A．【点评】解决本题的关键知道电磁波和机械波的特点，以及知道它们的区别．二、解答题（共2小题，满分0分）14．（1）麦克斯韦电磁场理论的内容是变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．（2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是垂直的，并和该处电磁波的传播方向垂直，这就说明电磁波是横波．（3）目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内．请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题．①雷达发射电磁波的波长范围是多少？②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离？【考点】电磁波的发射、传播和接收【分析】（1）依据麦克斯韦电磁场理论的内容，即可确定；（2）电磁波是横波，传播方向与振动方向垂直；（3）根据v=λf，结合频率的范围，即可求解波长的范围；再由x=vt，求得电磁波传播的来回距离．【解答】解：（1）麦克斯韦电磁场理论的内容是：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．（2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是垂直的，并和该处电磁波的传播方向垂直，这说明电磁波是横波．（3）①由v=λf可得：频率为200 MHz时，λ1==m=1.5 m，频率为1000 MHz时，λ2==m=0.3 m．故波长范围为0.3 m～1.5 m．②电磁波测距的原理就是通过发射和接收的时间间隔来确定距离，所以可根据x=vt确定和目标间的距离．故答案为：（1）变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；（2）垂直，垂直，横；（3）①雷达发射电磁波的波长范围是0.3 m～1.5 m；②能．【点评】考查麦克斯韦电磁场理论的内容，掌握电磁波是横波，理解传播方向与振动方向的关系，同时掌握v=λf与x=vt公式的应用，注意雷达和目标间的距离是电磁波来回距离的一半．15．（2013•商丘二模）一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连，开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计．已知如图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水银面的高度差h1=5cm，大气压强p0=1.0×105Pa保持不变，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3．求：①活塞的重力．②现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银的高度差为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）封闭气体的压强可以以活塞为研究对象求出，也可以根据水银柱求出，即封闭气体的压强P=P0+，又有P=P0+ρgh1，联立解得活塞的重力．（2）活塞的高度不变，U形管内的气体体积忽略不计，则气缸内气体发生等容变化，根据查理定律求解U形管内水银的高度差．【解答】解：①以活塞为研究对象，根据平衡条件：P0S+G活=PS，则P=P0+，又有P=P0+ρgh1，即：，=ρgh1S=13.6×103×10×0.05×0.01N=68N．得：G活塞②气缸内的气体近似做等容变化．初状态：P=P0+ρgh1；温度为T1，末状态：P=P0+ρgh2；温度为T2，由查理定律：可得h2=0.134 m．答：（1）活塞的重力是68N．（2）当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银的高度差为0.134m．【点评】本题是气体问题，确定气体状态作何种变化是关键，要充分挖掘隐含的条件进行分析．。
【试卷】2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷(8)
2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（8）一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）某人把原来静止于地面上的质量为2kg的物体向上提起1m，并使物体获得1m/s的速度，取g=10m/s2，则过程中（）A．人对物体做功20 J B．合外力对物体做功21 JC．物体的重力势能增加20 J D．物体的机械能增加1 J2．（3分）质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法中不正确的是（）A．物体的动能增加了mghB．物体的机械能减少了mghC．物体克服阻力所做的功为mghD．物体的重力势能减少了mgh3．（3分）如图所示，木块A放在木块B上左端，用力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有（）A．W1＜W2，Q1=Q2B．W1=W2，Q1=Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1=W2，Q1＜Q24．（3分）如图所示为变压器的示意图，它被用来升高发电机的输出电压，下列说法中正确的是（）A．图中M是闭合的铁芯，它由整块铁组成B．发电机应与线圈I相连，升高后的电压由c、d两端输出C．发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a、b两端输出D．发电机的输出电压频率高于输入电压的频率5．（3分）如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述错误的是（）A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好6．（3分）理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为310VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率减小7．（3分）一理想自藕变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大8．（3分）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的以下说法错误的是（）A．周期是0.02 s B．最大值是311 VC．有效值是220 V D．表达式为u=220sin 100πt（V）9．（3分）两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于（）A．3：1 B．1：2 C．2：1 D．4：310．（3分）如图所示，当交流电源的电压（有效值）U=220V，频率f=50Hz，3只灯L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100Hz，则（）A．L1灯比原来亮B．L2灯比原来亮C．L2灯和原来一样亮D．L3灯比原来亮11．（3分）如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．二、解答题（共3小题，满分0分）12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd 共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过R的电荷量为多少？13．某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10﹣8Ω•m，导线横截面积为1.5×10﹣4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失．14．如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（8）参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）（2015•贵州模拟）某人把原来静止于地面上的质量为2kg的物体向上提起1m，并使物体获得1m/s的速度，取g=10m/s2，则过程中（）A．人对物体做功20 J B．合外力对物体做功21 JC．物体的重力势能增加20 J D．物体的机械能增加1 J【解答】解：A、设人对物体做功为W，根据动能定理得，W﹣mgh=mv2﹣0，代入解得W=21J，故A错误；B、由动能定理得，合外力做功W合=mv2=1J，故B错误；C、物体向上运动的过程中，重力做负功，为W G=﹣mgh=﹣20J，则物体重力势能增加20J，故C正确；D、除重力之外的力所做的功等于物体机械能的增加量，△E=W=21J，故D错误；故选：C．2．（3分）（2015•贵州模拟）质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法中不正确的是（）A．物体的动能增加了mghB．物体的机械能减少了mghC．物体克服阻力所做的功为mghD．物体的重力势能减少了mgh【解答】解：A、根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为g，那么物体的合力为mg，w合=mgh，所以物体的动能增加了mgh．故A正确．B、重力做功w G=mgh，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，物体的动能增加了mgh，即机械能就减少了mgh．故B不正确．C、物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为g，根据牛顿第二定律得阻力为mg，所以阻力做功w f=﹣fh=﹣mgh．所以物体克服阻力所做的功为mgh，故C正确．D、重力做功w G=mgh，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，故D正确．故选B．3．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示，木块A放在木块B上左端，用力F将A 拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有（）A．W1＜W2，Q1=Q2 B．W1=W2，Q1=Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2D．W1=W2，Q1＜Q2【解答】解：木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2．摩擦产生的热量Q=fs，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以相对Q1=Q2．故A正确，B、C、D错误．故选A4．（3分）（2010•惠州三模）如图所示为变压器的示意图，它被用来升高发电机的输出电压，下列说法中正确的是（）A．图中M是闭合的铁芯，它由整块铁组成B．发电机应与线圈I相连，升高后的电压由c、d两端输出C．发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a、b两端输出D．发电机的输出电压频率高于输入电压的频率【解答】解：A、图中M是闭合的铁芯，它由硅钢片组成，故A错误；B、发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a、b两端输出，故B错误，C正确；D、发电机的输出电压频率等于输入电压的频率，故D正错误故选C．5．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述错误的是（）A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【解答】解：A、增加输电导线的横截面积，根据电阻定律知可以减小输电线的电阻，从而减少损失的功率．故A正确．B、根据P=UI，输电电压越高，输电电流越小，再根据P损=I2R知，损耗的功率越小．故B正确．C、输电电压一定，输送功率越大，输电电流越大，根据P损=I2R知，损失的功率越大．故C错误．D、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，所以不一定是电压越高越好．故D正确．本题选错误的，故选：C．6．（3分）（2015•贵州模拟）理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为310VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率减小【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=V，所以B错误．C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误．D、P右移，R变小，原副线的电流都变大．而电压不变，故功率增大，故D错误；故选：A．7．（3分）（2010•武汉二模）一理想自藕变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大【解答】解：A、电流与匝数成反比，原线圈的匝数等于副线圈的匝数I A＜I C，A错误；B、所以由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，B正确；C、当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，由于输入功率等于输出功率，C错误；D、若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，输出电压增大，副线圈的电流增大，则通过A处的电流也增大，D正确；故选：BD．8．（3分）（2015•贵州模拟）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的以下说法错误的是（）A．周期是0.02 s B．最大值是311 VC．有效值是220 V D．表达式为u=220sin 100πt（V）【解答】解：A、由图象知周期为0.02s，故A正确；B、由图象知最大值为311V，故B正确；C、电压的有效值为：U==220V，故C正确；D、瞬时值表达式为：u=311sin100πt V，故D错误；本题选错误的，故选：D．9．（3分）（2015•贵州模拟）两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于（）A．3：1 B．1：2 C．2：1 D．4：3【解答】解：两种交变电流的最大值为I m．对于正弦式电流有效值为：I1=I m．对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：B10．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示，当交流电源的电压（有效值）U=220V，频率f=50Hz，3只灯L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100Hz，则（）A．L1灯比原来亮B．L2灯比原来亮C．L2灯和原来一样亮D．L3灯比原来亮【解答】解：三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变．A、由上分析可知，L1灯比原来亮，故A正确；B、由上分析可知，L2灯比原来暗，故BC错误；D、由上分析可知，L3灯和原来一样亮，故D错误；故选：A．11．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．【解答】解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象．故选：C．二、解答题（共3小题，满分0分）12．（2015•贵州模拟）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm 的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过R的电荷量为多少？【解答】解：（1）根据E m=NBωS，可得感应电动势的最大值：E m=100×0.5×0.12×2πV=3.14V；（2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=E m cos t（V）；当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V；（3）根据法拉第电磁感应定律可得转60°角的过程中产生的平均感应电动势大小为：=N=N=1.5V=2.6V（4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：U=R=×4V=1.256V=1.78V；（5）线圈转动一周外力所做的功为：W=EIT=（6）周期内线圈转过60°角，通过R的电量q，由公式可得：电q=t=•=8.66×10﹣2 C；答：（1）转动过程中感应电动势的最大值3.14V；（2）线圈转过60°角时的瞬时感应电动势1.57V；（3）线圈转过60°角过程中产生的平均感应电动势2.6V；（4）电压表示数1.78V；（5）线圈转动一周外力所做的功为2J；（6）线圈转过60°角通过电阻R的电荷量8.66×10﹣2 C；13．（2006•广东）某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10﹣8Ω•m，导线横截面积为1.5×10﹣4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失．【解答】解；（1）输电线路的电阻为R=ρ=Ω=⨯⨯⨯∙Ω⨯-6.25105.1800002104.2248-m m m 输电线上损失的功率为△P=4%P=4%×104KW=400KW=400000W由△P=I 2R 得 I===125A有P=UI 得U===8×104V（2）输电线路上电压损失为△U=IR=125A ×25.6Ω=3200V答：（1）升压变压器的输出电压为8×104V ；（2）输电线上损失的电压为3200V14．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v ，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【解答】解：（1）若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；（2）设滑块冲上传送带时的速度为v 0．在弹簧弹开滑块的过程中，根据机械能守恒定律得：E p=①滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：﹣μmgL=﹣②联立得：弹簧具有的弹性势能E p=μmgL+．（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为S=vt，又对滑块：v=v0﹣at，a==μg，滑块与传送带的相对位移为△S=L﹣S故整个过程中产生的热量Q=μmg△S联立以上四式得：Q=μmgL﹣mv（﹣v）。
2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷(8)
2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（8） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共18.0分)1.某人把原来静止于地面上的质量为2kg 的物体向上提起1m ，并使物体获得1m /s 的速度，取g =10m /s 2，则过程中（ ）A.人对物体做功20 JB.合外力对物体做功21 JC.物体的重力势能增加20 JD.物体的机械能增加1 J【答案】C【解析】解：A 、设人对物体做功为W ，根据动能定理得，W-mgh =12mv 2-0，代入解得W=21J ，故A 错误；B 、由动能定理得，合外力做功W 合=12mv 2=1J ，故B 错误；C 、物体向上运动的过程中，重力做负功，为W G =-mgh =-20J ，则物体重力势能增加20J ，故C 正确；D 、除重力之外的力所做的功等于物体机械能的增加量，△E=W=21J ，故D 错误； 故选：C ．物体向上运动的过程中，重力做负功-mgh ，人对物体做正功，两个力的总功等于物体动能的变化，根据动能定理求解人对物体做功和合外力做功．重力对物体做负功，物体的重力势能增加．本题考查动能定理和重力做功与重力势能变化关系的应用能力．求合力做功，往往优先考虑动能定理．2.质量为m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为45g ，在物体下落h 的过程中，下列说法中不正确的是（ ）A.物体的动能增加了45mghB.物体的机械能减少了45mghC.物体克服阻力所做的功为15mghD.物体的重力势能减少了mgh【答案】B【解析】解：A 、根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为45g ，那么物体的合力为45mg ， w 合=45mgh ，所以物体的动能增加了45mgh ．故A 正确．B 、重力做功w G =mgh ，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh ，物体的动能增加了45mgh ，即机械能就减少了15mgh ．故B 不正确．4得阻力为15mg ，所以阻力做功w f =-fh =-15mgh ．所以物体克服阻力所做的功为15mgh ，故C 正确．D 、重力做功w G =mgh ，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh ，故D 正确．故选B ．要知道并能运用功能关系．合力做功量度动能的变化．除了重力其他的力做功量度机械能的变化．重力做功量度重力势能的变化．功是能量转化的量度，要熟悉什么力做功与什么能转化对应起来，并能够通过求某力做了多少功知道某种形式的能的变化了多少．3.如图所示，木块A 放在木块B 上左端，用力F 将A 拉至B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功为W 1，产生的热量为Q 1；第二次让B 可以在光滑地面上自由滑动，这次F 做的功为W 2，产生的热量为Q 2，则应有（ ）A.W 1＜W 2，Q 1=Q 2B.W 1=W 2，Q 1=Q 2C.W 1＜W 2，Q 1＜Q 2D.W 1=W 2，Q 1＜Q 2【答案】A【解析】解：木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs ，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W 1＜W 2．摩擦产生的热量Q=fs 相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q 1=Q 2．故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A根据W=F scos θ，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs 相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量．解决本题的关键掌握摩擦力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量Q=fs 相对．4.如图所示为变压器的示意图，它被用来升高发电机的输出电压，下列说法中正确的是（ ）A.图中M 是闭合的铁芯，它由整块铁组成B.发电机应与线圈I 相连，升高后的电压由c 、d 两端输出C.发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a 、b 两端输出D.发电机的输出电压频率高于输入电压的频率【答案】C【解析】解：A 、图中M 是闭合的铁芯，它由硅钢片组成，故A 错误；B 、发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a 、b 两端输出，故B 错误，C 正确；D 、发电机的输出电压频率等于输入电压的频率，故D 正错误故选C ．变压器时根据磁通量的变化来工作的，原线圈的磁通量的变化引起副线圈的磁通量的从而使副线圈感应出电动势，出现电流，变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，电本题主要考查学生对：电磁感应现象的应用，及变压器的原理的认识和了解．难度不大，属于基础题．5.如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述错误的是（）A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【答案】C【解析】解：A、增加输电导线的横截面积，根据电阻定律知可以减小输电线的电阻，从而减少损失的功率．故A正确．B、根据P=UI，输电电压越高，输电电流越小，再根据P损=I2R知，损耗的功率越小．故B正确．C、输电电压一定，输送功率越大，输电电流越大，根据P损=I2R知，损失的功率越大．故C错误．D、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，所以不一定是电压越高越好．故D正确．本题选错误的，故选：C．根据P=UI，得出输电电流与输送功率的关系，再根据P损=I2R得出损失的功率与什么因素有关．解决本题的关键掌握输电功率与输电电压的关系，以及损失功率与输电电流的关系．6.理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A.副线圈输出电压的频率为50H zB.副线圈输出电压的有效值为310VC.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D.P向右移动时，变压器的输出功率减小【答案】A【解析】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50H z，所以A正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压V，所以B错误．的最大值为31V，所以电压的有效值为V=√2C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误．D、P右移，R变小，原副线的电流都变大．而电压不变，故功率增大，故D错误；根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)7.一理想自藕变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A.若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB.若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C.若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D.若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大【答案】BD【解析】解：A、电流与匝数成反比，原线圈的匝数等于副线圈的匝数I A＜I C，A错误；B、所以由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，B正确；C、当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，由于输入功率等于输出功率，C错误；D、若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，输出电压增大，副线圈的电流增大，则通过A处的电流也增大，D正确；故选：BD．输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．三、单选题(本大题共4小题，共12.0分)8.如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的以下说法错误的是（）A.周期是0.02sB.最大值是311 VC.有效值是220 VD.表达式为u=220sin100πt（V）【答案】D【解析】解：A、由图象知周期为0.02s，故A正确；B、由图象知最大值为311V，故B正确；C、电压的有效值为：U==220V，故C正确；√2D、瞬时值表达式为：u=311sin100πt V，故D错误；本题选错误的，故选：D．式以及有效值等．本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．9.两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1Q等于（）2A.3：1B.1：2C.2：1D.4：3【答案】B【解析】解：两种交变电流的最大值为I m．I m．对于正弦式电流有效值为：I1=√22对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：BI m；对根据焦耳定律Q=I2R t求解热量，其中I是有效值．对于正弦式电流有效值I1=√22于方波，有效值I2=I m．对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．10.如图所示，当交流电源的电压（有效值）U=220V，频率f=50H z，3只灯L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100H z，则（）A.L1灯比原来亮B.L2灯比原来亮C.L2灯和原来一样亮D.L3灯比原来亮【答案】A【解析】解：三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变．A、由上分析可知，L1灯比原来亮，故A正确；B、由上分析可知，L2灯比原来暗，故BC错误；D、由上分析可知，L3灯和原来一样亮，故D错误；故选：A．三个支路电压相同，当交流电频率变化时，会影响电感的感抗和电容的容抗，从而影响流过电感和电容的电流．解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关．记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析．X L=2πL f，X C=12πcf．11.如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象．故选：C．矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．则由楞次定则可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大．本题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向．四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；周期内通过R的电荷量为多少？（6）16【答案】解：（1）根据E m =NB ωS ，可得感应电动势的最大值：E m =100×0.5×0.12×2πV=3.14V ；（2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e =E m cos 2πt （V ）；当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e =1.57V ；（3）根据法拉第电磁感应定律可得转60°角的过程中产生的平均感应电动势大小为： E =N △∅△t =NBSsin60°−0π3ω=1.5√3V=2.6V （4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有： U=E R+r R=3.14√24+1×4V=1.256√2V=1.78V ；（5）线圈转动一周外力所做的功为：W=EIT=E 2r+R T =3.1425×1=2J （6）16周期内线圈转过60°角，通过R 的电量q 电，由公式可得：q =I t =E R+r•T6=8.66×10-2 C ； 答：（1）转动过程中感应电动势的最大值3.14V ；（2）线圈转过60°角时的瞬时感应电动势1.57V ；（3）线圈转过60°角过程中产生的平均感应电动势2.6V ；（4）电压表示数1.78V ；（5）线圈转动一周外力所做的功为2J ；（6）线圈转过60°角通过电阻R 的电荷量8.66×10-2 C ；【解析】（1）先根据E m =NB ωS 求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值；（2）先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；（3）利用法拉第电磁感应定律，求出平均感应电动势；（4）电压表测量的是电阻R 的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解．（5）通过最大值求出有效值，根据W=EIT 求解； （6）线圈由如图位置转过π3周期内，通过R 的电量为：q =t =N⋅△ΦR+r ．本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大；线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．13.某发电站的输出功率为104k W ，输出电压为4k V ，通过理想变压器升压后向80km 远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10-8Ω•m ，导线横截面积为1.5×10-4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失．【答案】解；（1）输电线路的电阻为R=ρLS =2.4×10-8Ω•m×2×80000m1.5×10−4m2=25.6Ω输电线上损失的功率为△P=4%P=4%×104KW=400KW 由△P=I2R得I=√△PR =√400000W25.6Ω=125A有P=UI得U=PI =1×107125=8×104V（2）输电线路上电压损失为△U=IR=125A×25.6Ω=3200V答：（1）升压变压器的输出电压为8×104V；（2）输电线上损失的电压为3200V【解析】（1）由电阻公式R=ρLS可求得输电线的电阻，由△P=4%P可求出损失的功率，由△P=I2R可求出电流，最后由P=UI求出电压（2）由公式△U=IR可求出损失电压本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压．14.如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】解：（1）若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；（2）设滑块冲上传送带时的速度为v0．12滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：-μmg L=12mv2-12mv02②联立得：弹簧具有的弹性势能E p=μmg L+12mv2．（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为S=vt，又对滑块：v=v0-at，a=μmgm=μg，滑块与传送带的相对位移为△S=L-S故整个过程中产生的热量Q=μmg△S联立以上四式得：Q=μmg L-mv（√v2+2μgL-v）答：（1）滑块在传送带上的运动情况为：若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；（2）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能为μmg L+12mv2．（3）滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量是μmg L-mv（√v2+2μgL-v）．【解析】（1）滑块被弹出的速度可能大于带速，可能小于带速，分别分析滑块所受的滑动摩擦力方向，判断其运动情况．（2）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能等于滑块获得的动能．若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，滑块向右向右做匀减速运动，根据动能定理求出初动能，即可由机械能守恒求得弹性势能．（3）要求热量，必须求出滑块与传送带间的相对位移△S，先由运动学公式求出滑块运动的时间，传送带的位移为S=vt，△S=L-S，即可由Q=μmg△S求出热量．解答本题的关键要根据受力情况，来分析滑块的运动情况，运用机械能守恒、动能定理和运动学结合进行求解．。
物理(贵州卷01)-2024年高考押题预测卷
物理（贵州卷01）-2024年高考押题预测卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动。
在MN边与磁场方向的夹角达到30°的时刻（图示位置），导线框中产生的瞬时电动势e的大小和线框此时电流的方向分别为（已知线框按俯视的逆时针方向转动）（）A ．BSω，电流方向为KNMLK B．BSω，电流方向为KNMLKC ．BSω，电流方向为KLMNK D．BSω，电流方向为KLMNK第(2)题如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为和的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为，现用水平力F拉B物体，使A、B以同一加速度运动，则F的最大值为（ ）A．B．C．D．第(3)题某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理书竖直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，整个下落过程的频闪照片如图所示，已知物理书的长度为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，该频闪摄影的闪光频率为（ ）A．B．C．D．第(4)题1885年，瑞士科学家巴尔末对当时已知的氢原子在可见光区的4条谱线（记作、、和）作了分析，发现这些谱线的波长满足一个简单的公式，称为巴尔末公式。
这4条特征谱线是玻尔理论的实验基础。
如图所示，这4条特征谱线分别对应氢原子从能级向能级的跃迁，下面4幅光谱图中，合理的是（选项图中标尺的刻度均匀分布，刻度尺从左至右增大）（ ）A ．B ．C ．D ．第(5)题科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：和，下列表述正确的有（ ）A ．X 是质子B ．Y 的质子数是3，中子数是6C ．氘和氚的核反应是核聚变反应D ．两个核反应都没有质量亏损第(6)题从地面抛出做竖直上抛运动的物体，在落地前（ ）A ．位移的方向变化一次B ．速度的方向不变C ．加速度的方向变化一次D ．速度变化量的方向不变第(7)题如图所示，一根轻绳一端固定于天花板的A 点，另一端悬挂于天花板的B 点，绳上挂一质量为m 的光滑圆环。
2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷(13)
2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（13）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共13小题，共39.0分)1.质量为m的物体沿某一条直线运动，已知物体的初动量的大小为4kg•m/s，经过时间t后，其动量的大小变为10kg•m/s，则该物体动量的变化量的大小为（）A.6kg•m/sB.8kg•m/sC.10kg•m/sD.20kg•m/s【答案】A【解析】解：取初动量方向为正，则初动量p初=4kg•m/s未动量有两种可能：①末动量为正，p末=10kg•m/s则动量的变化量△p=p末-p初=6kg•m/s②末动量为负，p末=-10kg•m/s则动量的变化量△p=p末-p初=-14kg•m/s．故A正确，BCD错误．故选：A物体的运动性质未知，所以物体的初、末速度方向可能相同，也可能相反，选取正方向，用正负表示出速度的方向，再求解即可．本题关键物体的运动性质未知，要考虑两种情况：末速度与初速度方向相同和相反，不能漏解．2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）①a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒②a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒③a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒④a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒．A.①③B.②④C.②③D.①④【答案】C【解析】解：动量守恒定律的运用条件是不受外力或所受合外力为零，a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，系统的合外力不为零，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．故②③正确．选项C正确，ABD 错误．故选：C．判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零．当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功．由此分析即可．本题的关键是掌握系统动量守恒的条件：合外力为零，通过分析系统的所受的外力，对照动量守恒的条件进行分析．3.如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A=2kg、m B=4kg，速率分别为v A=5m/s、v B=3m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动，下述正确的是（）A.它们碰撞前的总动量是18kg•m/s，方向水平向右B.它们碰撞后的总动量是18kg•m/s，方向水平向左C.它们碰撞前的总动量是2kg•m/s，方向水平向右D.它们碰撞后的总动量是2kg•m/s，方向水平向左【答案】D【解析】解：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：v A=5m/s、v B=-3m/s．根据动量守恒定律得：P=m A v A+m B v B=2×5+4×（-3）=-2（kg•m/s），说明碰撞前后总动量方向水平向左．故选：D．两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可．本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．4.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【答案】B【解析】解：系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故选B．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法：（1）分析题意，明确研究对象；（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒；（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式；（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解．本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动．动量守恒定律的应用问题，不需要涉及中间过程，特别是对于多次碰撞问题，解题特别方便，要能灵活的选用过程！5.2010年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪/赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌．若质量为m 1的赵宏博抱着质量为m 2的申雪以v 0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时赵宏博的速度为v 1，申雪的速度为v 2，则有（ ）A.m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2B.m 2v 0=m 1v 1+m 2v 2C.（m 1+m 2）v 0=m 1v 1+m 2v 2D.（m 1+m 2）v 0=m 1v 1【答案】C【解析】解：以赵宏博与申雪两人组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以两人的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m 1+m 2）v 0=m 1v 1+m 2v 2，故C 在正确；故选：C ．两人组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以正确解题．本题考查了动量守恒定律的应用，正确选择研究对象是正确解题的关键．6.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O 点．开始时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v 1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°．当他们第1次返回图示位置时，第2粒弹丸以水平速度v 2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°．若弹丸质量是沙袋质量的140倍，则以下结论中正确的是（ ）A.v 2=v 1B.v 1：v 2=41：42C.v 1：v 2=41：83D.v 1：v 2=42：41【答案】C【解析】解：设子弹的质量为m ，沙袋质量为M=40m ，取向右方向为正，第一次射入过程，根据动量守恒定律得：mv 1=41mv根据系统沙袋又返回时速度大小仍为v ，但方向向左，第2粒弹丸以水平速度v 2击中沙袋过程：根据动量守恒定律mv 2-41mv =42mv ′子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程中，设细绳长为L ，由机械能守恒得（M+m ）g L （1-cos 30°）=12(M +m)v 2得v =√2gL(1−cos30°)可见v 与系统的质量无关，故两次最大摆角均为30°，故v ′=v故v 1v 2=4183故选C子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒．子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒，当他们第1次返回图示位置时，速度大小等于子弹射入沙袋后瞬间的速度，根据动量守恒定律求解．本题中物理过程较多，关键先要正确把握每个过程的物理规律，根据动量守恒定律进7.静止在水面上的船，长度为L ，船的质量为M ，一个质量为m 的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为（ ）A.mL MB.mL M+mC.mL M−mD.(M−m)L M+m【答案】B【解析】解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，有 mv -MV=0．人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对于地面的距离为L-x ． 则m L−x t =M x t解得x =mL M+m ．故B 正确，A 、C 、D 错误．故选：B ．人和小船组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小．解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．8.一炮弹质量为m ，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v ，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为14m ，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（ ）A.vB.43vC.34vD.0【答案】B【解析】解：爆炸前动量为mv ，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v ′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv =34m •v ′解得：v ′=43v故选：B ．炮弹在最高点水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块弹片的速度大小．对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，这类问题往往运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律结合进行求解．9.质量为M 的木块在光滑水平面上以速率v 1向右运动，质量为m 的子弹以速率v 2水平向左射入木块，假设子弹射入木块后均未穿出，且在第N 颗子弹射入后，木块恰好停下来，则N 为（ ）A.(M+m)v 1mv 2 B.Mv 1(M+m)v 2 C.Mv 1mv 2 D.mv 1Mv 2【解析】解：对所有子弹和木块组成的系统研究，根据动量守恒定律得，M v1-N mv2=0解得N=Mv1mv2．故C正确，A、B、D错误．故选：C．子弹在射木块的过程中，木块和所有子弹组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出射入的子弹个数．解决本题的关键知道所有子弹和木块组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律进行解题．10.一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2．弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）A.F2+F1l2−l1B.F2+F1l2+l1C.F2−F1l2−l1D.F2−F1l2+l1【答案】A【解析】解：由胡克定律得F=kx，式中x为形变量，设弹簧原长为l0，则有：F1=k（l0-l1）F2=k（l2-l0）联立方程组可以解得：k=F2+F1l2−l1故选：A．根据弹簧受F1、F2两个力的作用时的弹簧的长度，分别由胡克定律列出方程联立求解即可．本题考查胡克定律的计算，在利用胡克定律F=kx计算时，一定要注意式中x为弹簧的形变量，不是弹簧的长度，这是容易出错的一个地方．11.如图，斜面固定在地面上，倾角37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），质量1kg的滑块，以一定的初速度沿斜面向下滑，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8．该滑块所受摩擦力F f随时间变化的图象是（取初速度方向为正方向）（）A. B. C. D.【答案】A解：滑块以初速度V0从斜面上滑下，受到的是滑动摩擦力，由公式f=μN可得：f=μmgcos37°=0.8×1×10×0.8N=6.4N，方向沿着斜面向上．下滑力等于f′=mgsin37°=1×10×0.6N=6N＜6.4N，所以滑块速度为零时，滑块受到的静摩擦力大小6N，方向沿着斜面向上．故A正确．故选：A滑块以初速度V0从斜面上滑下，受到的是滑动摩擦力，由公式f=μN可确定其大小；当速度减小为零时，根据重力的下滑力小于最大静摩擦力，从而确定滑块处于静止状态，因而根据受力平衡可得静摩擦力的大小．考查滑动摩擦力与静摩擦力的区别，及各自大小与方向的确定．本题比较简单，但容易出错．12.第十一届全运会在济南市奥体中心成功举行，期间使用的篮球馆外部呈半球形，某警卫人员在执行特殊任务时，必须在屋顶上向上缓慢爬行，他在爬行的过程中屋顶对他的（）A.支持力不变B.支持力变小C.摩擦力变小D.摩擦力变大【答案】C【解析】解：以警卫人员为研究对象，缓慢爬行过程可看成平衡状态，如图所示，支持力N=mgcosθ，摩擦力f=mgsinθ，因θ角减小，故支持力N增大，摩擦力f减小，选项C正确．故选：C以警卫人员为研究对象，作出力图，根据平衡条件得出屋顶对他的摩擦力和支持力与θ的关系式，再分析两个力如何变化．本题是简单的力平衡问题，分析受力，作出力图是关键．13.如图所示，三个完全相同的木块放在同一个水平面上，木块和水平面的动摩擦因数相同．分别给它们施加一个大小为F的推力，其中给第一、三两木块的推力与水平方向的夹角相同．这时三个木块都保持静止．比较它们和水平面间的弹力大小N1、N2、N3，和摩擦力大小f1、f2、f3，下列说法中正确的是（）A.N1＞N2＞N3，f1＞f2＞f3B.N1＞N2＞N3，f1=f3＜f2C.N1=N2=N3，f1=f2=f3D.N1＞N2＞N3，f1=f2=f3【答案】B【解析】解：对于1、3两个物体，在水平方向上，摩擦力f1=f3=F cosθ，对于物体2，在水平方向上，摩擦力f2=F，则f1=f3＜f2．在竖直方向上，对于物体1，有：N1=F sinθ+mg，对于物体2，有：N2=mg，对于物体3，有：N3+F sinθ=mg，则N3=mg-F sinθ．所以N1＞N2＞N3．故B正确，A、C、D错误．故选B．三个木块都静止，知处于平衡状态，所受的摩擦力为静摩擦力大小，根据共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向的合力为零判断它们与水平面的弹力和摩擦力大小关系．解决本题的关键正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．二、计算题(本大题共2小题，共6.0分)14.如图所示，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，上面木块压在上面的弹簧上（但不栓接），整个系统处于平衡状态，现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧，求在这过程中下面木块移动的距离．【答案】解：开始时：设弹簧压缩的长度x 2，则有m 1g +m 2g =k 2x 2得到 x 2=(m 1+m 2)g k 2当上面的木块刚离开上面弹簧时，设弹簧压缩的长度x 2′，则有m 2g =k 2x 2′得到 x 2′=m 2gk 2所以在这过程中下面木块移动的距离为 h =x 2-x 2′=m 1gk 2 答：在这过程中下面木块移动的距离为m 1gk 2．【解析】开始时弹簧处于压缩状态，弹力等于两个木块的总重力，由胡克定律求出弹簧压缩的长度x 2．当上面的木块刚离开上面弹簧时，弹簧仍处于压缩状态，此时弹力等于下面木块的重力，再由胡克定律求出弹簧此时压缩的长度x 2′，所以在这过程中下面木块移动的距离h =x 2-x 2′．本题考查处理含有弹簧的平衡问题能力，也可以直接由胡克定律根据△x =△Fk 2求解．15.如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A =m C =2m ，m B =m ，A 、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B 与C 碰撞前B 的速度．【答案】解：以A、B系统组成的系统为研究对象，A与B分开过程中，由动量守恒定律得：（m A+m B）v0=m A v+m B v B，以B、C组成的系统为研究对象，B与C碰撞过程中，由动量守恒定律得：m B v B=（m B+m C）v，v0；解得，B与C碰撞前B的速度v B=95v0．答：B与C碰撞前B的速度为95【解析】在弹簧弹开过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律列方程；在B、C碰撞过程中，B、C系统动量守恒，由动量守恒定律可以列方程，然后根据题意解方程组，求出B与C碰撞前B的速度．分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题．。
2016年高考原创押题预测卷 (新课标Ⅰ卷)物理(精品解析版) 【精品解析】[ 高考]
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2016年高考押题卷（1）【新课标I卷】理科综合·物理试题第Ⅰ卷二、选择题：本大题共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．轿车起动时的运动可近似看作匀加速运动，某人为了测定某辆轿车在平路上起动时的加速度，利用相机每隔2s曝光一次，拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示。
如果轿车车身总长为4.5m，那么这辆轿车的加速度大约为A．1m/s2 B．2m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2【答案】B15．如图所示中一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子的一段迹如图，径迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），从图中情况可以确定A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电【答案】B【解析】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式qB mv r =可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b 到a ，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以D 正确。
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力16．已知一质量为m 的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN ，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R 。
则地球的自转周期为A ．N mR T ∆=π2 B ．mR N T ∆=π2 C ．R N m T ∆=π2 D ．Nm R T ∆=π2 【答案】A 【解析】 由于地球的自转所以两极2GMm G R =极，赤道2224+GMm G m R R T π=赤，又因为重力等于压力，所以224N G G m R T π∆=-=赤极，则2mR T Nπ=∆，A 正确。
17．如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 是先在匀强电场中一个边长为2cm 的正六边形的六个顶点，该六边形所在平面与电场线（图中没有画出）平行。
2016年贵州省遵义一中高考物理押题卷 【精品解析】
2016年贵州省遵义一中高考物理押题卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法，以下关于物理学研究方法的叙述中不正确的是（）A．在不考虑带电体的大小和形状时，常用点电荷代替带电体采用了理想法B．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义式运用了假设法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D．玻璃瓶内装满水，用穿有透明细管的橡皮塞封口．手捏玻璃瓶，细管内液面高度有明显变化，说明玻璃瓶发生形变，该实验采用放大的思想方法2．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．则（）A．2～6s时间内物体的加速度为0.5m/s2B．物块的质量为1kgC．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2ND．0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功30J3．将卫星发射至近地圆轨道1，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，M、N为椭圆轨道短半轴的端点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时（如图所示），以下说法正确的是（）A．在三条轨道中周期从大到小的顺序是3轨道、1轨道、2轨道B．在三条轨道中速率最大的时刻为经过2轨道的Q点，速率最小的时刻为经过2轨道上P点C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上从M﹣P﹣N运动所需的时间等于从N﹣Q﹣M的时间4．如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为2mg，箱子的质量为M （m《M），则下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg﹣2mgB．中间弹簧的弹力大小为mgC．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球的瞬时加速度为2gD．剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，a球的加速度为3g5．在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L l和L2是两个完全相同的灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）A．交流电的频率为50HzB．电压表的示数为220VC．当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D．若L l的灯丝烧断后，电压表的示数会变大6．如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N在同一电场线上．两个完全相同的带等量正电荷的粒子，分别以初速度V2、V1垂直于电场线进入电场（轨迹位于竖直平面内），两粒子恰好能相遇于P点，重力不计．在此过程中，下列说法正确的是（）A．两粒子到达P点的速度大小可能相等B．电场力对两粒子做功一定不相同C．两粒子到达P点时的电势能的都比进入电场时大D．两粒子到达P点所需时间一定不相等7．如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，下端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B．现给导体棒MN 一平行于导轨的初速度v，使导体棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间导体棒又回到原位置．不计导轨和导体棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是（）A．导体棒上滑时棒中的电流方向由N到MB．导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置受到的安培力大小相同C．整个过程中流过导体某一横截面上的电荷量必然为零D．导体棒在上升阶段动能减小量等于回路中热能的增加量8．电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积），为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）图中流量计的上、下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值，已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得（）A．流量为B．流量为C．若将污水浓度变大，则上下两板间电势差将变大D．若流量越大，则上下两板间电势差将变大三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．在水平固定的长木板上，用物体A、B分别探究了加速度随着合外力的变化的关系，实验装置如图（1）所示（打点计时器、纸带图中未画出）．实验过程中用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的不可伸长的细线（中间连结有一轻质细弹簧）分别拉动长木板上的物块由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，得到了物块A、B的加速度a与轻质弹簧秤的伸长量x的关系图象分别如图（2）中的A、B所示（g已知），（1）（多选题）由图判断下列说法正确的是A．一端带有定滑轮的长木板，未达到平衡物块所受摩擦力的目的B．实验中重物P的质量应远小于物块的质量C．若在实验中长木板是水平的，图（2）中又知道了图象的截距，就能求解出物体与木板间的动摩擦因数D．试验中，应该先释放重物再接通打点计时器的电源（2）某同学仔细分析了图（2）中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m A m B（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数µAµB（填“大于”“等于”或“小于”）．10．某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kΩ导线若干．回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡后并进行了欧姆调零．（2）将图（a）中多用电表的红表笔和（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示．多用电表和电压表的读数分别为kΩ和V．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为V，电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为kΩ．11．如图，A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=1×106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m=1kg、带电荷量q=+1.4×10﹣5C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数μ=0.2的粗糙绝缘水平面．（取g=10m/s2）（1）若H=1m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；（2）通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B 后最终停在距离B点0.8m处．12．如图所示的竖直直角坐标平面xoy内有两条过原点的射线OA和OB与x轴的正半轴和负半轴都成45°角，在x轴上方∠AOB区域间分布着方向垂直纸面向外大小为B1的匀强磁场，在x轴的下方存在着方向垂直纸面向外大小为B2=匀强磁场，现有一质量为m，带电量为+q的带电粒子以速度v从位于直线OA上的P（L，L）点竖直向下射出，经过测量发现，此粒子每经过相同的时间T会回到P 点，（不计粒子重力）（1）求匀强磁场之比；（2）若保持B2不变，而∠AOB间的磁场方向不变，现从P点向下发射两个速度在0～围内（0＜v≤）与原来相同的带电粒子（不计两个粒子间的相互作用力），它们进入∠AOB强磁场后都要经过P点，求∠AOB间的磁感应强度的B1′的大小．（3）在满足题（2）中的条件下，求从P点出发后又回到P点的最短时间为多少？【选修3-3】13．下列说法正确的是（）A．“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积B．一定质量的理想气体在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比C．气体分子的平均动能越大，气体的压强就越大D．物理性质各向同性的一定是非晶体E．液体的表面张力是由于液体分子间的相互作用引起的14．如图甲所示的玻璃管上端开口，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，上、下管的截面积分别为S1=2cm2、S2=1cm2．封闭气体初始温度为57℃，乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线．求：（摄氏温度t与热力学温度T的关系是T=t+273K）（Ⅰ）封闭气体初始状态的压强；（Ⅱ）若缓慢升高气体温度，升高至多少方可将所有水银全部压入细管内．【选修3-4】15．如图所示，a、b、c、…、k为连续的弹性介质中间隔相等的若干质点，e点为波源，t=0时刻从平衡位置开始向上做简谐运动，振幅为3cm，周期为0.2s．在波的传播方向上，后一质点比前一质点迟0.05s开始振动．t=0.25s时，x轴上距e点2.0m的某质点第一次到达最高点，则（）A．该机械波在弹性介质中的传播速度为8m/sB．该机械波的波长为2mC．图中相邻质点间距离为0.5mD．当a点经过的路程为9cm时，h点经过的路程为12cmE．当b点在平衡位置向下振动时，c点位于平衡位置的上方16．如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A=60°，∠C=90°，一束极细的光于AC边的中点D垂直AC面入射，AD=a，棱镜的折射率n=．求：（ⅰ）光从棱镜第一次射入空气时的折射角；（ⅱ）光从进入棱镜到它第一次从BC边和AB边射入空气所经历的时间分别为多少？．（设光在真空中的传播速度为c）【选修3-5】17．下列说法正确的是（）A．放射性物质经过一个半衰期后所剩质量为原有质量的一半B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C．结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D．在光电效应的实验中，在发生光电效应的情况下，入射光的波长越小，光电子的最大初动能越大．E．根据波尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小18．如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M=0.4kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径为R=0.4m的光滑四分之一圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数μ=0.4，长L=3.5m，CD段光滑，D端连一轻弹簧，现有一质量m=0.1kg的小物体（可视为质点）在距A点高为H=3.6m处由静止自由落下，恰沿A点滑入圆弧轨道（g=10m/s2）（i）ABCD轨道在水平面上运动的最大速率；（ⅱ）弹簧最大的弹性势能．2016年贵州省遵义一中高考物理押题卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法，以下关于物理学研究方法的叙述中不正确的是（）A．在不考虑带电体的大小和形状时，常用点电荷代替带电体采用了理想法B．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义式运用了假设法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D．玻璃瓶内装满水，用穿有透明细管的橡皮塞封口．手捏玻璃瓶，细管内液面高度有明显变化，说明玻璃瓶发生形变，该实验采用放大的思想方法【考点】物理学史．【分析】点电荷是在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；研究多个变量时，应控制一些不变研究两个变量之间的关系，应用控制变量法．【解答】解：A、在不考虑带电体的大小和形状时，常用点电荷代替带电体是建立理想化的物理模型的方法，故A正确；B、以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B错误；C、研究多个变量时，应控制一些不变研究两个变量之间的关系，所以在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法，故C正确；D、玻璃瓶内装满水，用穿有透明细管的橡皮泥封口．手捏玻璃瓶，细管内液面高度变化，说明玻璃瓶发生形变．该实验采用放大的思想，故D正确．本题选不正确的故选：B2．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．则（）A．2～6s时间内物体的加速度为0.5m/s2B．物块的质量为1kgC．整个过程中，物体所受摩擦力始终为2ND．0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功30J【考点】动能定理；匀变速直线运动的图像．【分析】2～6s时间内物体的加速度可根据速度时间图象的斜率求得；根据6﹣8s时间内，物体匀速直线运动，拉力和摩擦力相等，求得摩擦力的大小，然后再根据2﹣6s内，利用牛顿第二定律列式求解物体的质量．根据功的计算公式W=Fl求物体克服摩擦力所做的功．【解答】解：A、在速度时间图象上，斜率表示加速度，由图3可得2﹣6s时间内物体的加速度为：a==m/s2=0.75m/s2．故A错误．B、由图3知，6﹣8s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得：f2=F2=2N由图3可得2﹣6s物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F1﹣f2=ma1联立代入数据解得：m=kg，故B错误．C、在0﹣1s内物体静止不动，物体所受摩擦力f1=F1=1N，2﹣10s内物体所受摩擦力f2=2N，故C错误．D、在整个过程中通过的位移为：x=×（2+8）×3m=15m，物体克服摩擦力做功：W=f2x=2×15J=30J，故D正确．故选：D3．将卫星发射至近地圆轨道1，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3．轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，M、N为椭圆轨道短半轴的端点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时（如图所示），以下说法正确的是（）A．在三条轨道中周期从大到小的顺序是3轨道、1轨道、2轨道B．在三条轨道中速率最大的时刻为经过2轨道的Q点，速率最小的时刻为经过2轨道上P点C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上从M﹣P﹣N运动所需的时间等于从N﹣Q﹣M的时间【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速【解答】解：A、卫星绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得，则半径大的周期大，轨道3半径比轨道2，轨道2大于轨道1，所以卫星在轨道3上的周期大于轨道2的周期大于在轨道1上的周期，故A错误．B、从轨道1到轨道2，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以在轨道2上Q点的速度大于轨道1上Q点的速度．在轨道2上P点的速度小于轨道3上P点的速度，根据v=得卫星在轨道3上线速度小于卫星在轨道1上线速度，所以在轨道2上P点的速度小于卫星在轨道1上线速度，故B正确；C、卫星运行时只受万有引力，加速度a=，所以卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度，C错误；D、近地点速度大，远地点速度小，则在轨道2上从M﹣P﹣N运动所需的时间小于从N﹣Q﹣M的时间，则D错误故选：B4．如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为2mg，箱子的质量为M （m《M），则下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg﹣2mgB．中间弹簧的弹力大小为mgC．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球的瞬时加速度为2gD．剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，a球的加速度为3g【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【分析】对整体进行受力分析，即可得出开始时地面受到的压力；分别对烧断线的前后的b物体以及整体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解即可，注意弹簧的弹力非突变的特点【解答】解：A、对整体进行受力分析可知，系统处于静止状态时，地面的支持力等于三个物体的重力，即：，根据牛顿第三定律，得：地面受到压力大小为（M+2m）g，故A错误；B、对b受力分析，b球受到重力、中间弹簧的弹力和细线的拉力，，故B错误；C、剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球受重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不能发生突变，b球的瞬时加速度，故C正确；D、剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，a球受重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不能发生突变，a球的瞬时加速度，故D错误；故选：C5．在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L l和L2是两个完全相同的灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）A．交流电的频率为50HzB．电压表的示数为220VC．当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D．若L l的灯丝烧断后，电压表的示数会变大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．【解答】解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f==50Hz，故A 正确；B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，所以副线圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；C、R阻值随光强增大而减小，根据I=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A 的示数变大，故C正确；D、当L l的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；故选：AC6．如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N在同一电场线上．两个完全相同的带等量正电荷的粒子，分别以初速度V2、V1垂直于电场线进入电场（轨迹位于竖直平面内），两粒子恰好能相遇于P点，重力不计．在此过程中，下列说法正确的是（）A．两粒子到达P点的速度大小可能相等B．电场力对两粒子做功一定不相同C．两粒子到达P点时的电势能的都比进入电场时大D．两粒子到达P点所需时间一定不相等【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】分析初末位置的电势差，判断电场力做功的关系，由动能定理分析速度大小关系；运用运动的分解法和运动学公式分析运动时间的关系．【解答】解：AB、两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向左匀加速，因为两粒子水平方向的位移不同，电场力做功一定不同，由动能定理可知，两粒子达到P点的速度大小不等，故A错误，B正确；C、电场力对两粒子都做正功，电势能减少，故C错误；D、水平方向上，由x=at2，加速度为：a=，因为两个完全相同的带等量正电荷的粒子，所以加速度相等，位移不等，所以两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确．故选：BD．7．如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，下端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B．现给导体棒MN 一平行于导轨的初速度v，使导体棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间导体棒又回到原位置．不计导轨和导体棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是（）A．导体棒上滑时棒中的电流方向由N到MB．导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置受到的安培力大小相同C．整个过程中流过导体某一横截面上的电荷量必然为零D．导体棒在上升阶段动能减小量等于回路中热能的增加量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．【分析】A、依据楞次定律，即可判定感应电流的方向；B、根据安培力公式F A=BIL=，结合棒来回过程中，产生热量，即可判定安培力大小关系；C、依据电量综合表达式q=It==，整个过程中，根据磁通量的变化量，即可判定；D、根据能量转化与守恒定律，即可求解．【解答】解：A、导体棒上滑时，依据楞次定律，棒中的电流方向由N到M，故A正确；B、导体棒上滑阶段和下滑阶段的同一位置，由于电阻产生热量，导致来回的速度大小不相等，再由安培力公式F A=BIL=，那么同一位置受到的安培力大小也不相同，故B错误；C、依据电量综合表达式q=It==，整个过程中流过导体某一横截面上的电荷量q=0，故C正确；D、根据能量转化与守恒定律，棒在上升阶段，动能减小量等于棒的重力势能与回路中热能的增加量，故D错误；故选：AC．8．电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积），为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）图中流量计的上、下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值，已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得（）A．流量为B．流量为C．若将污水浓度变大，则上下两板间电势差将变大D．若流量越大，则上下两板间电势差将变大【考点】霍尔效应及其应用．【分析】当导电流体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的电势差，从而根据平衡求出速度以及流量的大小．【解答】解：AB、最终稳定时有：qvB=q．则v=。
物理(贵州卷01)-2024年高考押题预测卷
物理（贵州卷01）-2024年高考押题预测卷一、单选题 (共6题)第(1)题如图所示，间距的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角，在其顶端与阻值为2R的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都足够长且在AA′处平滑连接，AA′至DD′间是绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。
倾斜轨道处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。
两根导体棒1、2的质量均为，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离AA′足够远，导体棒2静置于水平轨道上，已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数，。
现将导体棒1由静止释放，运动过程中未与导体棒2发生碰撞。
，，重力加速度，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，不计金属棒1经过AA′时的机械能损失。
下列说法正确的是（）A．导体棒1滑至DD′瞬间的速度大小为1.2m/sB．导体棒1滑至DD′瞬间，导体棒2的加速度大小为6m/s2C．稳定时，导体棒2的速度大小为1.2m/sD．整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为0.06C第(2)题据新华社报道，4月12日21时，我国全超导托卡马克核聚变装置（EAST）成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒，在该装置内发生的核反应方程是。
若的质量是，的质量是，的质量是，X的质量是m4，光速是c，下列说法正确的是（ ）A．只有氘（）和氚（）能发生核聚变，其他原子核不能B．发生一次上述聚变反应所释放的核能大小为C．其中粒子X的符号是D．核聚变反应发生后，需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去第(3)题如图所示，真空中有一个三棱锥，三棱锥各边长均为，在A、三点分别放置电荷量为的正点电荷，现在要外加一个匀强电场，使点的场强为0，则匀强电场的场强为（ ）A．B．C．D．第(4)题DNA分子由于其独特的序列可编程性以及在某些条件下表现出的导电性，而被应用于传感器的制作中。
物理(贵州卷01)-2024年高考押题预测卷
物理（贵州卷01）-2024年高考押题预测卷一、单选题 (共7题)第(1)题如图，质量分别为m、2m、3m的物块a、b、c，放置在水平圆盘上随圆盘一起以角速度匀速转动，其中物块a、b叠放在一起。
图中各接触面间的动摩擦因数均为，a、b和c与转轴的距离分别为r和1.5r。
下列说法正确的是（）A．b对a的摩擦力为B．圆盘对b的摩擦力为C．圆盘的角速度满足D．圆盘的角速度满足第(2)题天狼星双星系统由质量不同的主序星和伴星组成。
仅考虑两星间的万有引力，两星的运动均可视为绕它们连线上某点O的匀速圆周运动，周期相同。
若两星视为质点，相距为L，主序星在时间t内转过n圈，引力常量为G，则（ ）A．伴星运动的角速度大小为B．伴星运动的轨道半径为LC．主序星和伴星的总质量为D．主序星与伴星绕O点运动的线速度大小之比等于它们的质量之比第(3)题某兴趣小组模拟避雷针周围电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间的电势差相等。
A、B、C、D、E为空间电场中的五个点，其中C、D两点位置关于避雷针对称，一电子（量为m）从A点静止释放，仅在电场力作用下运动到C点时速度为v，下列说法正确的是（ ）A．A点的电势小于D点的电势B．若电子能运动到B点，则到B点时的速度为C．电场中C、D两点的电场强度相同D．若电子从A点运动到E点，其电势能增大第(4)题科学家发现一种只由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，用表示。
“四中子”是通过向液态氢靶上发射原子核而产生的，与H碰撞可将一个核分裂成一个粒子和一个“四中子”。
由于核由四个核子组成，与“四中子”体系很相近，所以早在上个世纪50年代就有人根据核的结合能，估算“四中子”的结合能最大约为，其后有很多实验对四中子体系进行探测，但多数结论是否定的。
2022年，由数十个国家的科学家组成的团队发现了“四中子态”存在的明确证据。
下列有关“四中子”粒子的说法正确的是（ ）A．可以通过电磁场使形成高速粒子束B．产生“四中子”的核反应为C．从核子间相互作用来看，“四中子”与核的区别在于是否存在电磁力D．按上世纪50年代的估算，4个中子结合成“四中子”至多需要吸收的能量第(5)题如图甲所示，水平桌面上有一算盘。
物理(贵州卷01)-2024年高考押题预测卷
物理（贵州卷01）-2024年高考押题预测卷一、单选题 (共6题)第(1)题已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，而均匀带电球売在其内部任意一点形成的电场强度为零。
如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。
理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，静电力常量为k，则（ ）A． x2处场强大小为B．均匀带电球体为等势体C． x1处电势低于R处电势D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同第(2)题关于对原子、原子核的认识，下列说法正确的是（ ）A．如果将放射性元素放在高压环境下，其半衰期将减小B．核反应过程中的原子核质量守恒C．β粒子是核外电子受激发形成的电子D．原子核的比结合能越大，原子核结合得越牢固第(3)题如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。
下列说法正确的是（）A．将一负电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加B．O点电势与C点电势相等C．DO间的电势差等于OB间的电势差D．在O点放置一正点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下第(4)题如图所示为一种光电效应实验装置，其中A为内壁镀银的真空玻璃球，阴极金属球C被玻璃球A包围且比A小得多，连接C的导线与镀银层不相连，连接微安表的导线与镀银层相连。
一定强度的入射光穿过小窗W照射到C上时发生光电效应，打到镀银层上的光电子全部被吸收，微安表有示数。
下列说法正确的是（ ）A．滑片P向右移动，微安表示数逐渐增大B．滑片P向左移时，微安表示数保持不变C．滑片P向左移时，微安表示数逐渐减小D．开关S断开，微安表示数为零第(5)题1932年，美国物理学家安德森利用放在匀强磁场中的云室来研究某种宇宙线粒子——正电子，并在云室中加入一块厚约6mm的铅板，借以减慢粒子的速度。
贵州省高中重点学校高考物理预测押题试卷二
贵州重点高中学校物理预测押题试题02
1．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是( )
A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C ．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大
D ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大
解析：选D.由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt
知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的大小、磁通量的变化和磁感应强度无关，故只有D 项正确．
2．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图9－1－11所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍(
)
图9－1－11
A ．把线圈匝数增加一倍
B ．把线圈面积增加一倍
C ．把线圈半径增加一倍
D ．改变线圈与磁场方向的夹角
解析：选 C.设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则I ＝E R ＝n ΔΦΔt R ＝
n πr 2ΔB Δt sin θρn ·2πr S 0
＝S 0r 2ρ·ΔB Δt ·sin θ.可见将r 增加一倍，I 增加一倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加到原来的2倍，电流也增加到原来的2倍，I 与线圈匝数无关．综上所述，只有C 正确．
3．如图9－1－12所示，半径为r 的半圆形金属导线(CD 为直径)处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，有关导线中产生感应电动势的大小，下列说法中错。
2016届贵州省铜仁市重点学校高考仿真预测物理试卷(十四)(解析版)
2016届贵州省铜仁市重点学校高考仿真预测物理试卷（十四）一、选择题1．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是（）A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量2．用图所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中正确的有（）①重力做正功，重力势能增加②重力的瞬时功率一直增大③动能转化为重力势能④摆线对摆锤的拉力不做功⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量．A．④⑤B．②④C．②⑤D．①③3．如图所示，质量相等的甲、乙两物体开始时分别位于同一水平线上的A、B 两点，当甲物体被水平抛出的同时，乙物体开始自由下落，曲线AC为甲物体的运动轨迹，直线BC为乙物体的运动轨迹，两轨迹相交于C点，空气阻力忽略不计．则两物体（）A．在C点相遇B．经C点时速率相等C．在C点时具有的机械能相等D．在c点时重力的瞬时功率相等4．如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则（）A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大5．如图所示，一均质杆长为r，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动，AB是半径为r的圆弧，BD为水平面．则当杆滑到BD位置时的速度大小为（）A．B． C．D．26．如图所示，小车上有固定支架，一可视为质点的小球用轻质细绳拴挂在支架上的O点处，且可绕O点在竖直平面内做圆周运动，绳长为L．现使小车与小球一起以速度v0沿水平方向向左匀速运动，当小车突然碰到矮墙后，车立即停止运动，此后小球上升的最大高度可能是（）A．大于 B．小于 C．等于 D．等于2L7．用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为（）A．mg B．mg C．mg D．mg8．2011年10月16日，在东京体操世锦赛男子单杠决赛中，邹凯、张成龙分别以16.441分和16.366分包揽冠亚军．假设邹凯的质量为60kg，他用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，邹凯在最低点时手臂受的拉力至少约为（忽略空气阻力，取g=10m/s2）（）A．600 N B．2400 N C．3000 N D．3600 N9．一物体沿斜面向上运动，运动过程中质点的机械能E与竖直高度h关系的图象如图所示，其中O﹣h1过程的图线为水平线，h1﹣h2过程的图线为倾斜直线．根据该图象，下列判断正确的是（）A．物体在0﹣h1过程中除重力外不受其它力的作用B．物体在0﹣h1过程中只有重力做功其他力不做功C．物体在h1﹣h2过程中合外力与速度的方向一定相反D．物体在0﹣h2过程中动能可能一直保持不变10．物体做自由落体运动，E k表示动能，E p表示势能，h表示物体下落的高度，以水平地面为零势能面，下列图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）A．B．C．D．二、非选择题11．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）．（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．12．如图所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质量m=0.4kg的小物块A，不可伸长的轻质细绳通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮D，连接物块A和小物块B，虚线CD水平，间距d=1.2m，此时连接物块A的细绳与竖直杆的夹角为37°，物块A恰能保持静止．现在物块B的下端挂一个小物块Q，物块A可从图示位置上升并恰好能到达C处．不计摩擦和空气阻力，cos37°=0.8、sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2．求：（1）物块A到达C处时的加速度大小；（2）物块B的质量；（3）物块Q的质量．2016届贵州省铜仁市重点学校高考仿真预测物理试卷（十四）参考答案与试题解析一、选择题1．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是（）A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量【考点】动能和势能的相互转化【分析】小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒；而小球和斜劈的机械能都不守恒．【解答】解：A、斜劈由静到动，动能增加，只有弹力对斜劈做功，根据动能定理，斜劈对小球的弹力做正功，故A错误；B、C、D、小球和斜劈组成的系统中，只有重力势能和动能相互转化，机械能守恒，故BD正确，C错误‘故选BD．【点评】本题关键分析清楚物体的运动和能量的转化情况，要明确是小球和斜劈组成的系统机械能守恒，而不是单个物体机械能守恒．2．用图所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中正确的有（）①重力做正功，重力势能增加②重力的瞬时功率一直增大③动能转化为重力势能④摆线对摆锤的拉力不做功⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量．A．④⑤B．②④C．②⑤D．①③【考点】功能关系；动能和势能的相互转化【分析】从A到D的过程中，重力做正功，重力势能减小，速度增大，重力势能转化为动能，若忽略阻力，运动过程中，只有重力做功，机械能守恒．【解答】解：①从A到D的过程中，重力做正功，重力势能减小，故①错误；②A位置速度为零，重力的瞬时功率为零，D位置速度方向与重力方向垂直，重力的瞬时功率为零，则从A到D的过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，故②错误；③从A到D的过程中，重力势能转化为动能，故③错误；④摆线对摆锤的拉力方向与位移方向永远垂直，不做功，故④正确；⑤若忽略阻力，运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故⑤正确．故选：A【点评】本题考查了功能关系，知道重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增大，若只有重力做功，机械能守恒，难度不大，属于基础题．3．如图所示，质量相等的甲、乙两物体开始时分别位于同一水平线上的A、B 两点，当甲物体被水平抛出的同时，乙物体开始自由下落，曲线AC为甲物体的运动轨迹，直线BC为乙物体的运动轨迹，两轨迹相交于C点，空气阻力忽略不计．则两物体（）A．在C点相遇B．经C点时速率相等C．在C点时具有的机械能相等D．在c点时重力的瞬时功率相等【考点】平抛运动；自由落体运动【分析】相遇表示同一时刻处于相同的位置；速率表示瞬时速度的大小，到C 点的速度可以通过平抛运动和自由落体运动的公式求出；机械能包括动能和势能，本题中，甲乙两物体在C点的重力势能相等，如果动能也相等的话，机械能就相等；恒力的功率，可用公式P=Fvcosθ去求．【解答】解：A、甲做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，AC为甲的运动轨迹．乙做自由落体运动，BC为乙的运动轨迹，它们同时开始运动，所以两个物体竖直方向的运动情况相同，运动的时间相等，故它们同时到达C点，即在C点相遇．故A正确；B．设甲乙经过时间t在C点相遇，甲做平抛运动，v甲=，乙做自由落体运动，v乙=gt，v甲＞v乙，故B错误；C．在C点它们具有相同的重力势能，又v甲＞v乙，即甲的动能大于乙的动能，所以甲的机械能大于乙的机械能，故C错误；D．两物体重力相等，在C点时竖直方向的速度均为v y=gt，根据P=mgv y=mg2t，则知在c点时重力的瞬时功率相等，故D正确．故选：AD．【点评】本题考查了平抛运动和自由落体运动的相关概念和公式，要明确平抛运动的竖直方向就是自由落体运动，所以本题中，甲乙竖直方向的运动情况完全相同，再根据相关公式和概念解题．4．如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则（）A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大【考点】机械能守恒定律；向心力【分析】A球用绳连着，在下降的过程中，绳的拉力不做功，球A的机械能守恒，B球用弹簧相连，在球B下降的过程中，弹簧要对球B做功，弹簧的弹性势能增加，球B的机械能不守恒，但整个系统的机械能守恒．【解答】解：A、两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，AB两球重力做的功相同，但是，B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，根据动能定理得，B球在最低点的速度要比A的速度小，动能也要比A的小，故AC错误，B正确；D、由于在最低点时B的速度小，根据向心力的公式可知，B球需要的向心力小，所以绳对B的拉力也要比A的小，故D正确．故选：BD．【点评】AB两个球的运动过程中的区别就在B中的弹簧上，由于弹簧的伸长弹簧要对B球做负功，所以B的速度也就小了．5．如图所示，一均质杆长为r，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动，AB是半径为r的圆弧，BD为水平面．则当杆滑到BD位置时的速度大小为（）A．B． C．D．2【考点】机械能守恒定律【分析】当杆滑到BD位置的过程中杆的机械能守恒，列出等式求解．【解答】解：匀质直杆AB沿光滑轨道滑动过程中机械能守恒，初态机械能E1=mg•，末态机械能E2=mv2，由E2=E1求得v=．故选B．【点评】直接对杆应用机械能守恒求解即可，注意初状态杆的重心位置的确定．6．如图所示，小车上有固定支架，一可视为质点的小球用轻质细绳拴挂在支架上的O点处，且可绕O点在竖直平面内做圆周运动，绳长为L．现使小车与小球一起以速度v0沿水平方向向左匀速运动，当小车突然碰到矮墙后，车立即停止运动，此后小球上升的最大高度可能是（）A．大于 B．小于 C．等于 D．等于2L【考点】功能关系【分析】小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度；如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径．【解答】解：A、C、如果小球的速度不能使小球做圆周运动，由机械能守恒可得，mV2=mgh，所以最大高度可能是，所以A错误，C正确．B、如果有空气的阻力的话，机械能不守恒，最大高度就要小于；所以B正确．D、如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么最大的高度就是圆周运动的直径2L，所以D正确．故选：BCD．【点评】本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题，难度不大．7．（2009•巢湖一模）用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为（）A．mg B．mg C．mg D．mg【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】小球在运动的过程中机械能守恒，可以求得动能和势能相等时小球的速度的大小和与水平方向的夹角的大小，在根据P=mgvcosθ可以求得瞬时功率的大小．【解答】解：设小球在运动过程中第一次动能和势能相等时的速度为v，此时绳与水平方向的夹角为θ，则由机械能守恒定律得mglsinθ=mv2=mgl，解得sinθ=，v=即此时细绳与水平方向夹角为30°，所以重力的瞬时功率为p=mgvcos30°=mg．所以C正确．故选C．【点评】在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fv可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．8．2011年10月16日，在东京体操世锦赛男子单杠决赛中，邹凯、张成龙分别以16.441分和16.366分包揽冠亚军．假设邹凯的质量为60kg，他用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，邹凯在最低点时手臂受的拉力至少约为（忽略空气阻力，取g=10m/s2）（）A．600 N B．2400 N C．3000 N D．3600 N【考点】机械能守恒定律；向心力【分析】人可以视为杆模型，人在最高点的最小速度为零，根据机械能守恒求出人在最低点的速度，再根据牛顿第二定律求出拉力的大小．【解答】解：设邹凯的重心距杆的距离为r，他能通过最高点的最小速度为v1=0，他在做圆周运动的过程中机械能守恒，设到达最低点的速度设为v2，则有：mv22=2mgr，在最低点他受到向上的拉力和向下的重力，根据牛顿第二定律，有：F T﹣mg=m，由以上两式可得：F T=5mg=5×600=3000 N．故C正确，ABD错误．故选：C【点评】本题考查机械能守恒以及向心力公式，解决本题的关键知道人应视为杆模型，其在最高点的最小速度为零，知道最低点向心力的来源，综合牛顿第二定律和机械能守恒定律进行分析求解即可．9．一物体沿斜面向上运动，运动过程中质点的机械能E与竖直高度h关系的图象如图所示，其中O﹣h1过程的图线为水平线，h1﹣h2过程的图线为倾斜直线．根据该图象，下列判断正确的是（）A．物体在0﹣h1过程中除重力外不受其它力的作用B．物体在0﹣h1过程中只有重力做功其他力不做功C．物体在h1﹣h2过程中合外力与速度的方向一定相反D．物体在0﹣h2过程中动能可能一直保持不变【考点】功能关系；功的计算【分析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受重力与支持力以外的力的大小．【解答】解：A、物体沿斜面向上运动，质点在0～h1过程中，械能E随上升高度h不变，也就是机械能守恒，即重力以外的力做功为0，物体除了受重力外还受支持力的作用（只不过不做功），故A错误，B正确；C、质点在h1～h2过程中械能E随上升高度h均匀减小，所以物体重力势能增大，动能减小，即物体做减速运动，所以合外力与速度的方向一定相反，故C正确；D、质点在0～h1过程中机械能不变，重力势能增加，所以动能减小，故D错误；故选：BC．【点评】①除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；②E﹣h图象的斜率的绝对值等于物体所受重力、支持力以外的力的大小．以上两点是解决这类题目的突破口．10．物体做自由落体运动，E k表示动能，E p表示势能，h表示物体下落的高度，以水平地面为零势能面，下列图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）A．B．C．D．【考点】机械能守恒定律【分析】根据运动学公式以及机械能守恒分别求出E P与t、v、E K和h的关系式，再判断关系图线是否正确．【解答】解：由机械能守恒定律得：E p=E机﹣E k，E机一定，则知，E p与E k的图象为倾斜的直线；由动能定理得mgh=E k，则E p=E机﹣E k=E机﹣mv2，故E p与v的图象为开口向下的抛物线；因为E k=mv2=m（gt）2=mg2t2，E p=E机﹣E k=E机﹣mg2t2，所以E p与t的关系图象也为开口向下的抛物线．设初状态势能为E0，则E p=E0﹣mgh，则E p﹣h是倾斜的直线，故AD错误，BC 正确．故选：BC．【点评】解决本题的关键能够熟练运用动能定理、机械能守恒定律以及运动学公式，得出关系式进行判断．二、非选择题11．（2011•北京）如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）．（1）在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受力图，并求力F的大小；（2）由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不计空气阻力．【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律【分析】（1）为了求出F的大小，我们首先做出小球此时的受力示意图，根据共点力平衡条件求出F；（2）小球向下摆动的时候只有重力做功，所以用机械能守恒定律可以求出最低点的速度，在最低点根据合力充当向心力，由牛顿第二定律列出向心力方程，可以求出绳子对小球的拉力．【解答】解：（1）受力图如图所示根据平衡条件小球受到的拉力大小F=mgtanα（2）运动中只有重力做功，系统机械能守恒则通过最低点时，小球的速度大小根据牛顿第二定律解得轻绳对小球的拉力，方向竖直向上答：（1）小球受到的拉力为mgtanα（2）通过最低点时，小球的速度大为轻绳对小球的拉力为mg（3﹣2cosα），方向竖直向上．【点评】本题的关键是首先根据受力分析做出力的示意图；根据机械能守恒求出最低点的速度，正确列出向心力方程．是一道综合性较好的中档题目．12．（2010•镇江一模）如图所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质量m=0.4kg 的小物块A，不可伸长的轻质细绳通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮D，连接物块A和小物块B，虚线CD水平，间距d=1.2m，此时连接物块A的细绳与竖直杆的夹角为37°，物块A恰能保持静止．现在物块B的下端挂一个小物块Q，物块A可从图示位置上升并恰好能到达C处．不计摩擦和空气阻力，cos37°=0.8、sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2．求：（1）物块A到达C处时的加速度大小；（2）物块B的质量；（3）物块Q的质量．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律【分析】（1）物块A到达C处时合力等于重力，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）初始位置，先后对B和A受力分析，根据平衡条件列式求解；（3）从A到C过程，三个物体过程的系统只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，根据守恒定律列式求解．【解答】解：（1）当A物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，；所以A物块的加速度a=g=10m/s2；（2）B物体受重力和拉力而平衡，故拉力等于其重力；物体A受重力、拉力和杆的支持力，如图所示设B物块的质量为M，绳子拉力为T；根据平衡条件：Tcos37°=mgT=Mg联立解得M=0.5kg（3）设Q物块的质量为m o，根据系统机械能守恒得：mgh ac=（M+m o）gh bh ac=dcot37°=1.6m（h b=解之得：m o=0.3kg答：（1）物块A到达C处时的加速度大小为10m/s2；（2）物块B的质量为0.5kg；（3）物块Q的质量为0.3kg．【点评】本题前两问直接根据牛顿第二定律和平衡条件列式求解；第三问系统机械能守恒，也可以对系统运用动能定理列式求解，较难．。
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贵州重点高中学校物理预测押题试题24
1．下列现象中，与原子核内部变化有关的是()
A．α粒子散射现象B．天然放射现象
C．光电效应现象D．原子发光现象
解析：选B.天然放射现象是放射性物质的原子核自发地放出α、β和γ射线的现象，必然使原子核内部发生变化．故选B.
2．下列说法中正确的是()
A．天然放射现象的发现，揭示了原子的核式结构
B．γ射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比β射线要弱
C．若能测出核反应过程中的质量亏损，就能根据ΔE＝Δmc2计算出核反应中释放的核能
D．一个氘核(21H)与一个氚核(31H)聚变生成一个氦核(42He)的同时放出一个电子
解析：选C.α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，A错误；γ射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比β射线要强，B错误；若能测出核反应过程中的质量亏损，就能根据ΔE ＝Δmc2计算出核反应中释放的核能，C正确；一个氘核(21H)与一个氚核(31H)聚变生成一个氦核(42He)的同时放出一个中子，D错误．
3．关于下列核反应或核衰变方程，说法正确的是()
A.2411Na→2412Mg＋0－1e是裂变
B.23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋210n是聚变
C.94Be＋42H e→126C＋X，符号“X”表示中子
D.147N＋42He→178O＋X，符号“X”表示中子
解析：选C.A是β衰变，B是核裂变，根据核反应方程，C中的“X”表示中子，D中“X”表示质子．
4．原子核AZ X与氘核21H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知()
A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2
C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2
解析：选D.该核反应的方程式为：AZ X＋21H→42He＋11H，由质量数和电荷数守恒得：A＝4＋1－2＝3，Z＝2＋1－1＝2，故正确答案为D.
5．钍核(23490Th)有放射性，它能放出一个粒子变成镤核(23491Pa)，并伴随该过程放出光子，下列说法正确的是()
A．光线可能是红外线，该粒子是正电子
B．光线可能是X射线，该粒子是中子
C．光线一定是γ射线，该粒子是质子
D．光线一定是γ射线，该粒子是电子
解析：选D.该反应的核反应方程为23490Th→23491Pa＋0－1e，放出的粒子为电子，伴随放出的射线为γ射线．
6．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为
1
H＋126C―→137N＋Q111H＋157N―→126C＋X＋Q2
1
方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：
以下推断正确的是()
A．X是32He，Q2>Q1B．X是42He，Q2>Q1
C．X是32He，Q2<Q1D．X是42He，Q2<Q1
解析：选B.由核反应过程中必须遵守的质量数守恒和核电荷数守恒知X是42He.放出热量分别为Q1和Q2的两个核反应中质量亏损分别为0.0021 u和0.0053 u，故Q2>Q1，选项B 正确．
7．关于放射性元素，下列说法中正确的是()
A．半衰期是指放射性元素样品质量减少一半所需的时间
B．当放射性元素的温度升高时，其半衰期不变
C ．放射性元素的原子核每放出一个β粒子，就减少一个质子，增加一个中子
D ．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力和电离能力均最强 答案：B
8．1932年，英国物理学家查德威克用α射线轰击铍核(9
4Be)时，产生了碳核(12 6C)和一种
不受电场和磁场影响、穿透能力很强的射线，经过进一步证实，这种射线是( )
A ．光子流
B ．中子流
C ．电子流
D ．质子流
答案：B
9．太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少．太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J ，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近( )
A ．1036 kg
B ．1018 kg
C ．1013 kg
D ．109 kg
解析：选D.根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc 2
，得Δm ＝ΔE c 2＝4×1026 3×108
2kg≈109 kg.。