浙江选考版高考物理一轮复习特训三.docx

特训(三)
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。

选择题部分
一、选择题(每题3分,共45分)
1.在科学发展过程中,许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献,下列表述正确的是( )
A.开普勒在整理第谷的观测数据之上,总结得到行星运动规律
B.库仑提出了电荷周围存在电场的观点
C.元电荷e的数值最早是由物理学家法拉第测得的
D.伽利略发现万有引力定律并测得引力常量G值
答案 A 开普勒在整理第谷的观察数据之上,总结得到行星运动规律,故A正确;法拉第最早提出了电荷周围存在电场的观点,故B错误;元电荷最早是由美国物理学家密立根测出的,故C错误;牛顿发现的万有引力定律,开文迪许通过实验测出的引力常量G,故D错误。

2.下列有关电容器知识的描述,正确的是( )
A.图(甲)为电容器充电示意图,充完电后电容器上极板带正电,两极板间电压U等于电源电动势E
B.图(乙)为电容器放电示意图,若电容器上极板带电荷量为+Q,则放电过程中通过电流表的电流方向从
右向左,流过的总电量为2Q
C.图(丙)为电解电容器的实物图和符号,图(丁)为可变电容器及其符号,两种电容使用时都应严格区分
正负极
D.图(丙)中的电容器上标有“400 V 68 μF”字样,说明该电容器只有两端加上400 V的电压时电容才为68 μF
答案 A 图(甲)为电容器充电过程,上极板与电源的正极相连,充完电后电容器上极板带正电,同时两
极板间的电压U等于电源的电动势E,故A正确;图(乙)为电容器放电过程,若电容器上极板带电荷量为+Q,则放电过程中通过电流表的电流方向从右向左,且流过的总电荷量为Q,故B错误;图(丙)为电解电容器的实物图和符号,图(丁)为可变电容器及其符号,前者电容器使用时严格区分正负极,后者没有,故C错误;
图(丙)中的电容器上标有“400 V 68 μF”字样,说明该电容器两端电压最大值为400 V,而电容与电容器的电压及电荷量均无关,总是68 μF,故D错误。

3.如图所示,是某验电器的结构图。

下列相关说法正确的是( )
A.金属箔张开过程,电势能一定减少
B.金属箔张开过程,电场力一定做负功
C.两片金属箔张开,说明金属盘带正电
D.两片金属箔张开时,可能带异种电荷
答案 A 验电器利用同种电荷互相排斥的原理,当用带电体接触验电器的金属球时,就有一部分电荷转移到验电器的金属箔片上,金属箔带上了同种电荷,这两片金属箔由于带同种电荷互相排斥而张开,在张开的过程中电场力做正功,电势能减少,而验电器只能判断物体是否带电,不能说明是哪种电荷,故也不能说明金属盘带哪种电荷,故A正确,B、C、D错误。

4.一通电直导线与匀强磁场方向垂直,电流方向如图所示,设磁场磁感应强度为B,导线长度为L,导线通电电流为I,则导线所受安培力( )
A.方向垂直纸面向外
B.方向竖直向上
C.通电电流越大,导线所受安培力越大
D.若将导线平行于磁场方向放入,导线所受安培力不变
答案 C 由左手定则可知,安培力方向为垂直纸面向里,故A、B错误;根据F=BIL可知,电流越大,则导线所受安培力越大,故C正确;若将导线平行磁场放入,则导线所受安培力为零,故D错误。

故选C。

5.真空中,q3为场源正电荷,q1、q2为等量正试探电荷,它们固定在等边三角形的三个顶点A、B、C上,D为AB中点,如图所示,则不正确的是( )
A.D位置的电势高于A位置的电势
B.q1、q2具有的电势能相等
C.q3在A、B两位置产生的场强相等
D.若把q1从A点移到D点,电场力做负功
答案 C D位置离q3近,故电势大于A位置的电势,A正确;A和B是等电势点,则q1、q2具有的电势能相等,B正确;q3在A、B两位置产生的场强方向不同,故不相等,C错误;把q1从A点移到D点,电场力做负功,D 正确;此题选不正确的选项,故选C。

6.一对等量异种电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图所示,则下列说法正确的是( )
A.A点场强E A大于B点场强E B
B.A点电势φA高于B点电势φB
C.某一点电荷在A点时的电势能E PA大于在B点时的电势能E PB
D.将某一点电荷从A点移至B点,路径不同,电场力做功也不同
答案 A 根据电场线的疏密判断场强的大小,所以A点场强E A大于B点场强E B,故A正确;顺着电场线电势降低,B点电势高于A点电势,故B错误;若把一正点电荷从A点移到B点,电场力做负功,电势能增加,所以正点电荷在A点的电势能E PA小于在B点时的电势能E PB,若把一负点电荷从A点移到B点,电场力做正功,电势能减少,所以负点电荷在A点的电势能E PA大于在B点时的电势能E PB,故C错误;根据电场力做功特点可知,将某一点电荷从A点移至B点,路径不同,电场力做功相同,故D错误。

7.
在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r。

当滑动变阻器的滑片P向右移动时( )
A.电流表的示数变小,电压表的示数变大
B.电流表的示数变小,电压表的示数变小
C.电流表的示数变大,电压表的示数变大
D.电流表的示数变大,电压表的示数变小
答案 A 当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻R增大,由闭合电路欧姆定律得电路中电流I减小,则电流表示数变小。

由U内=Ir知,电源的内电压减小,则路端电压增大,所以电压表的示数变大,故A正确,B、C、D错误。

8.弹簧测力计下挂一条形磁铁,其N极一端位于一通电螺线管的正上方,如图所示,下列说法正确的是( )
A.若将a接电源正极,b接电源负极,弹簧测力计示数不变
B.若将a接电源正极,b接电源负极,弹簧测力计示数将增大
C.若将b接电源正极,a接电源负极,弹簧测力计示数将减小
D.若将b接电源正极,a接电源负极、弹簧测力计示数将增大
答案 D 当螺线管将a接电源正极,b接电源负极时,线圈中产生磁场,由安培定则判断得知,螺线管内部磁场方向向上,上端相当于N极,对磁铁产生向上的斥力,所以弹簧测力计示数减小,故A、B错误;当螺线管将a接电源负极,b接电源正极时,线圈中产生磁场,由安培定则判断得知,螺线管内部磁场方向向下,上端相当于S极,对磁铁产生向下的引力,所以弹簧测力计示数增大,故C错误,D正确。

9.如图所示,R是一个定值电阻,A、B为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是( )
A.若增大A、B两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻R
B.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动
C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动
D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动
答案 C 和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大A、B两金属板的间距,则电容减小,根据公式C=QU 以及电容减小,电压不变可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电容器放电,R中有向左的电流,A错误;由于两极板间的电压不变,若增大A、B两金属板的间距,根据公式E=Ud可得两极板间的电场强度减小,
电场力小于重力,P将向下运动,B错误;若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,电场强度增大,则电场力大于重力,P将向上运动,C正确;若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于ε增大,两极板间的电场强度恒定不变,所以电场力不变,P仍静止,D错误。

10.某电场的电场线分布如图所示(实线),以下说法正确的是( )
A.c点场强大于b点场强
B.b和c处在同一等势面上
C.若将一试探电荷+q由a点移动到d点,电荷的电势能将增大
D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点,可判断该电荷一定带负电
答案 A 电场线的疏密表示场强的强弱,由图知c点场强大于b点场强,故A正确;沿电场线方向电势逐渐降低,故b点的电势大于c点的,故B错误;若将一试探电荷+q由a点移动到d点,电场力做正功,电荷的电势能将减小,故C错误;由粒子的运动轨迹弯曲方向可知,带电粒子受电场力大致斜向左上方,与电场强度方向相同,故粒子带正电,故D错误;故选A。

11.移动电源(俗称充电宝)解决了众多移动设备的“缺电之苦”,受到越来越多人的青睐。

目前市场上大多数充电宝的核心部件是锂离子电池(电动势3.7 V)及其充放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等。

其中的升压电路可以将锂离子电池的输出电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压(5 V)。

由于锂离子电池的材料特性,在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。

为安全起见,中国民航总局做出了相关规定,如图1所示。

图1
为了给智能手机充电,小明购买了一款移动电源,其铭牌如图2所示。

给手机充电时该移动电源的效率按80%计算。

图2
根据以上材料判断下列说法正确的是( )
A.这款移动电源能为手机提供的最大充电量为8 000 mA ·h
B.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为37 W ·h
C.乘飞机出行时,这款移动电源可以托运
D.W ·h 与mA ·h 均为能量单位
答案 B 由表格可知电池容量为10 000 mA ·h,mA ·h 是电量的单位,则A 、D 错。

E 能=UIt=3.7 V ×10 A ·h=37 W ·h,B 正确。

由图1知,所有充电宝都不可托运,C 错。

12.下表为一台电热水器的铭牌(有一项内容模糊不清),电热水器内部电路可简化为如图所示电路,R 1和R 2均为电热丝。

则下列说法中不正确的是( )
某电热水器的简介
简化电路 额定电压
220 V
额定
电流
高温挡
中温挡
5 A 低温挡
2 A 电源频率
50 Hz
A.低温挡正常工作时的额定功率是440 W
B.中温挡正常工作1分钟产生的热量是6.6×104 J
C.高温挡正常工作时的额定电流是8.3 A
D.电热丝R 2的电阻是44 Ω
答案 D 低温挡额定功率为:P=UI=220 V ×2 A=440 W,故A 正确;中温挡1分钟产生热量
为:Q=W=Pt=UIt=220 V ×5 A ×60 s=6.6×104 J,故B 正确;低温挡是R 1和R 2串联,中温挡是R 1,高温挡是R 1、R 2并联工作,所以有:R 1=UI=2205 Ω
=44
Ω,R 2=2202 Ω-R 1=66 Ω,R 1和R 2并联之后电阻为:R=26.4 Ω,则高温挡的电流为:I=22026.4 A ≈8.33 A,故C 正确,D 错误。

13.在宇宙环境中,地磁场保护着地球,地质记录表明,自地球在46亿年前形成以来,已经有过数百次地磁反转,也就是说,地球的磁场在“反极性”(地磁场方向与现在的方向相反)和“正极性”(地磁场方向与现在的方向相同)之间不断变换,物理学家研究认为,地球的磁极反转在未来仍可能会发生,下列关于地
磁反转期间的说法正确的是( )
A.对依靠磁场进行导航的物种不会有影响
B.若地磁场处于最弱的状态下,就不会对地球生物的生存有影响
C.太阳辐射的高能粒子直接轰击地球的大气层,可能引发一些疾病
D.地球磁场的反转可能是瞬间发生,而不是一个缓慢、渐进的过程
答案 C 根据题意与常识“地磁场两极与地理两极存在夹角”相结合,推论得出地球磁场的反转是一个缓慢、渐进的过程,不是一个突变过程,故D错误;磁场南、北两极反转之后,对依靠磁场进行导航的物种有很大影响,A错误;地球磁场在反转过程中,相比稳定过程处于一个弱状态,对地球保护会减弱,故C项正确,B项错误。

14.如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N 的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。

如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是( )
A.棒中的电流变大,θ角变大
B.两悬线等长变短,θ角变小
C.金属棒质量变大,θ角变大
D.磁感应强度变大,θ角变小
答案 A 金属棒MN受力分析及其侧视图如图所示,由平衡条件可知F安=mg tan θ,而F安=BIL,即BIL=mg tan θ,则I↑⇒θ↑,m↑⇒θ↓,B↑⇒θ↑,故A正确,C、D错误。

θ角与悬线长度无关,B错误。

15.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒。

在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连。

带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t 的变化规律如图乙所示,忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断错误的是( )
A.高频电源的变化周期应该等于t x-t x-2
B.在E k-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1
C.若电源电压可变,粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大
D.要想粒子获得的最大动能增大,可增加D形盒的半径
答案 C 高频电源的变化周期应该等于粒子在磁场中的周期,故应为t x-t x-2,故A正确;据T=2πmqB,粒子回旋周期不变,在E k-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1,故B正确;根据公式r=mvqB,有v=qBrm,故最大动能E km=12mv2=q2B2r22m,粒子的最大动能与加速次数无关,最大动能决定于D形盒的半径,故要想粒子获得的最大动能越大,可增加D形盒的半径,故C错误D正确。

非选择题部分
二、非选择题(共55分)
16.(5分)一实验小组准备探究元件Q的伏安特性曲线,他们设计了如图甲所示的电路图。

请回答下列问题:
甲乙
(1)请将图中的实物连线按电路图补充完整。

(2)考虑电表内阻的影响,该元件电阻的测量值(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。

(3)在电路图中闭合开关S,电流表、电压表均有示数,但无论怎样移动变阻器滑片,总不能使电压表的示数调为零。

原因可能是图中的(选填“a”、“b”、“c”、“d”、“e”、“f”)处接触不良。

(4)实验测得表格中的7组数据。

请在图丙坐标上作出该元件的I-U图线。

序号电压/V 电流/A
1 0.00 0.00
2 0.40 0.02
3 0.80 0.05
4 1.20 0.12
5 1.60 0.20
6 2.00 0.31
7 2.40 0.44
丙
(5)为了求元件Q在I-U图线上某点的电阻,甲同学利用该点的坐标I、U,由R=UI求得。

乙同学作出该点的切线,求出切线的斜率k,由R=1k求得。

其中(选填“甲”或“乙”)同学的方法正确。

答案(1)如图所示
(2)小于(3)f (4)如图所示
(5)甲
解析(1)根据电路图,连接实物;
(2)由图知,电流的测量值偏大,根据R=UI知,电阻的测量偏小,即小于真实值;
(3)无论怎样移动变阻器滑片,总不能使电压表的示数调为零,是因为滑动变阻器是限流式接法,故是导线f断路;
(4)描点画图即可;
(5)根据欧姆定律,电阻应等于割线的斜率倒数R=UI,切线的斜率不等于电阻,所以甲同学的方法正确。

17.(5分)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池,他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻。

(1)先用多用电表粗测电池的电动势。

把电表的选择开关拨到直流电压50 V挡,将两只表笔与电池两极接触,此时多用电表的指针位置如图甲所示,读出该电池的电动势为V。

甲
乙
(2)再用图乙所示装置进一步测量。

多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡,与黑表笔连接的是电池的极(选填“正”或“负”)。

闭合开关,改变电阻箱的阻值R,得到不同的电流值I,根据实验数据作出1I-R图像如图丙所示。

已知图中直线的斜率为k,纵轴截距为b,则此电池的电动势E= ,内阻r= 。

(结果用字母k、b表示)
丙
(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近,请你对此做出合理的解释:。

答案(1)12.0 (2)负1k bk (3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因此直接用表笔接在蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电源的电动势
解析(1)电压挡量程为50 V,则分度值为1 V,则指针对应的读数为12.0 V;
(2)作为电流表使用时,应保证电流由红表笔流进,黑表笔流出,故黑表笔连接的是电池的负极;由闭合电路欧姆定律可得I=Er+R,变形可得:1I=rE+1E·R,则由图可知:rE=b,1E=k,则可解得E=1k,r=bk;
(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因此直接用表笔接在蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电源的电动势。

18.(4分)某同学在测量电源电动势和内电阻的实验中。

(1)该同学连接的实物电路如图甲所示,请根据该实物图在虚线框内画出电路图。

(2)实验中移动滑动变阻器触头,读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2,并描绘出了U1-U2的图像,如图乙所示,图中直线斜率为k,与横轴的截距为a,则电源的电动势E= ,内阻r= 。

(用k、a、R0表示)
答案(1)如图所示
(2)kak-1 R0k-1
解析(1)分析实物图可以明确对应的原理图;
(2)在闭合电路中,E=U2+Ir=U2+U2-U1R0r,
则:U1=(R0r+1)U2-ER0r,
U1-U2图像斜率:k=R0r+1,截距:a=ER0R0+r,
解得:E=kak-1,r=R0k-1。

19.(6分)如图,绝缘光滑斜面倾角为θ,所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场,一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点,P到斜面底端的距离为L。

滑块可视为质点,重力加速度为g。

(1)求匀强电场的场强大小;
(2)若仅将电场的方向变为平行于斜面向下,求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间。

答案(1)mgsinθq (2) Lgsinθ
解析(1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态
由力的平衡条件有:qE=mg sin θ
解得:E=mgsinθq
(2)当电场方向平行于斜面向下时
由牛顿第二定律有:qE+mg sin θ=ma
a=2g sin θ
由运动学规律有:L=12at2
联立解得:t= Lgsinθ
20.(8分)如图所示,一静止的电子经过电压为U的电场加速后,立即射入竖直的偏转匀强电场中,射入方向与电场线垂直,射入点为A,最终电子从电场的B点经过。

已知偏转电场的电场强度大小为E,方向如图所示,电子的电荷量为e,重力不计。

求:
(1)电子进入偏转电场时的速度v0;
(2)若将加速电场的电压提高为原来的2倍,电子仍从B点经过,则偏转电场的电场强度E变为原来的多
少倍。

答案(1)2Uem (2)2倍
解析(1)电子在电场中加速,由动能定理得:
Ue=12mv02
所以,v0=2Uem
(2)设电子的水平位移为x,电子的竖直偏移量为y,则有:
x=v0t
y=12at2
Ee=ma
联立解得:
E=4yUx2
根据题意可知x、y均不变,当U增大为原来的2倍,场强E也增大为原来的2倍
21.(6分)如图所示的电路中,电源电动势E=10 V,内阻r=0.5 Ω,电动机的电阻R0=1.0 Ω,电阻R1=1.5 Ω。

电动机正常工作时,电压表的示数U1=3.0 V,求:
(1)电源消耗的总电功率;
(2)通电一分钟,电动机做的有用功为多少?
答案(1)20 W (2)480 J
解析(1)电动机正常工作时,总电流为I=U1R1=3.01.5 A=2 A,
电源消耗的电功率为P=EI=10×2 W=20 W。

(2)电动机两端的电压为U=E-Ir-U1=(10-2×0.5-3.0) V=6 V
电动机消耗的电功率为:P电=UI=6×2 W=12 W
电动机的热功率为:P热=I2R0=22×1 W=4 W
根据能量守恒定律,电动机将电能转化为机械能的功率P机=P电-P热=12 W-4 W=8 W,
则W=P机t=480 J
22.(10分)如图所示,竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板,A、B两板间电势差为U,C、D始终和电源相接,测得其间的场强为E。

一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始经A、B加速后穿过C、D发生偏转,最后打在荧光屏上。

已知C、D极板长均为L,问:
(1)粒子带正电还是带负电?求粒子离开B板时速度大小v B;
(2)粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移y?
(3)如要想粒子最终还能够打在荧光屏的O点上,可在平行金属板C、D中叠加一个匀强磁场,请问该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向应该满足什么条件?
答案(1)正电2qUm (2)EL24U (3)Em2qU 方向垂直纸面向里
解析(1)电场力方向与电场线方向相同,所以粒子带正电。

粒子在加速电场中加速时,由动能定理可得:Uq=12mvB2
粒子离开B板时速度大小v B=2Uqm
(2)在偏转电场中做类平抛运动,由动力学知识可得
a=Eqm
L=v B t
y=12at2
联立解得y=EL24U
(3)在平行金属板C、D中叠加一个匀强磁场,
由牛顿第二定律可得Bqv B=Eq
匀强磁场的磁感应强度B的大小B=Em2Uq
根据左手定则可得磁感应强度B方向垂直纸面向里
23.(11分)如图所示,圆形区域中,圆心角为30°的扇面MON之外分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一质量为m、带电荷量为-q的粒子,自圆心O点垂直于OM以速度v射入磁场,粒子能两次经过边界OM,不计粒子重力。

(1)求粒子从射入到第一次穿过边界ON,在磁场中运动的时间;
(2)求圆形区域的最小半径;
(3)若圆形区域无限大,现保持其他条件不变而将∠MON变为10°,粒子射出后穿越磁场边界的次数。

答案(1)2πm3qB (2)(1+7)mvqB (3)15
解析(1)由几何关系可知,粒子第一次穿过ON偏转角θ=120°
时间t=120°360°T,其中T=2πmqB
得t=2πm3qB;
(2)粒子在磁场中运动轨迹如图
洛伦兹力提供向心力:qvB=mv2R,得半径R=mvqB
要保证粒子两次穿过OM,磁场最小区域应与粒子圆周运动在E点相切。

在△O1AB中,O1B=2R
在△O2BD中,BD=R2
在△ODO2中,OD=OB-BD=5R2
O2D=32R
得OO2=7R
OE=7R+R=7+1R
最小半径r=OE=7+1R=1+7mvqB
(3)∠MON变为10°,首次从ON边界向下穿出时与之夹角为80°,首次向上穿出OM时与之夹角为70°,每次从边界向扇面区穿出,均比上次夹角减小10°,直到向上穿出时,与OM夹角为10°,不再进入磁场,故穿越边界的次数为15次。