2015届高考物理大一轮总复习交变电流传感器阶段示范性金考卷(含解析)

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2015届高考物理大一轮总复习机械能及其守恒定律阶段示范性金考卷(含解析)

机械能及其守恒定律本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、4、6、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、5、7、9、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2013·福建厦门集美中学期中]两互相垂直的力F 1和F 2作用在同一物体上，使物体运动一段位移后，力F 1对物体做功4 J ，力F 2对物体做功3 J ，则合力对物体做功为( )A. 7 JB. 1 JC. 5 JD. 3.5 J解析：合外力对物体做的功与各个力对物体做功的代数和相等，选项A 正确．答案：A2. [2014·浙江杭州]用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止提升1 m 后撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A. 20 JB. 24 JC. 34 JD. 54 J解析：对物体运动的整个过程，由动能定理得，－W ＋mgh ＋FH ＝0，解得，W ＝34 J ，C 项正确．答案：C3. [2014·太原高三调研]如图所示，一直角斜面固定在水平地面上，右边斜面倾角为60°，左边斜面倾角为30°，A 、B 两物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端，置于两斜面上，且位于同高度处于静止状态．将两物体看成质点，不计一切摩擦和滑轮质量，剪断轻绳，让两物体从静止开始沿斜面滑下，下列判断正确的是(以地面为参考平面)( )A. 到达斜面底端时两物体速率相等B. 到达斜面底端时两物体机械能相等C. 到达斜面底端时两物体重力的功率相等D. 两物体沿斜面下滑的时间相等解析：根据机械能守恒定律，两物体减少的重力势能转化为动能mgh ＝12mv 2，到达斜面底端的速率v ＝2gh ，只与高度有关，而两物体高度一样，到达斜面底端的速率相等，则A 正确；两物体在光滑斜面上能够静止，轻绳张力处处相等，则有m A g sin60°＝m B g sin30°，得3m A ＝m B ，两物体质量不相等，高度一样，那么两物体机械能不相等，则B 错；两物体到达斜面底端时重力做功功率分别为P A ＝m A gv sin60°，P B ＝m B gv sin30°，则有P A ＝P B ，则C 正确；两物体匀加速下滑，h sin θ＝12g sin θt 2，两物体高度相同而斜面倾斜角不同，下滑的时间就不相等，则D 错误．答案：AC4. 如图所示，长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对板A 静止的过程中，下述说法中正确的是( )A. 物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能B. 物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C. 物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D. 摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于零解析：物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B 动能的减少量等于A 增加的动能和产生的热量之和，选项A 错误；根据动能定理，物体B 克服摩擦力做的功等于B 损失的动能，选项B 错误；由能量守恒定律可知，物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C 正确；摩擦力对B 做负功，对A 做正功，但二者位移不同，所以总功不为零，选项D 错误．答案：C5. [2014·浙江五校高三联考]如图所示，半径r ＝0.5 m 的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球(小球的半径比r 小很多)．现给小球一个水平向右的初速度v 0，要使小球不脱离轨道运动，v 0应满足 ( )A. v 0≥0B. v 0≥2 5 m/sC. v 0≥5 m/sD. v 0≤10 m/s解析：小球不脱离圆轨道的条件有以下两种情形：(1)能通过最高点：上升到最高点的临界条件是v ≥gr ，在从最低点运动到最高点的过程中，根据机械能守恒定律12mv 20＝12mv 2＋2mgr ，由以上两式解得：v 0≥5gr ＝5 m/s ；(2)上升的高度h ≤r ：从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律12mv 20＝mgh ，由以上两式得：v 0≤2gr ＝10 m/s.正确选项为C 、D.答案：CD6. [2013·安徽安庆模拟二]假设某篮球运动员准备投三分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知他的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A. 从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0B. 从地面跃起过程中，地面对他所做的功为12mv 2＋mghC. 从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D. 离开地面后，他在上升过程中处于超重状态；在下落过程中处于失重状态解析：运动员跳起的过程中，地面对人有力没有位移，所以不做功，A 正确，B 错误；从下蹲到跃起的过程中，运动员的动能增加，重力势能增加，所以机械能是增加的，C 错误；判断超重或失重，关键是看加速度的方向，上升和下落过程中，加速度方向都是向下的，所以都是处于失重状态，D 错误．答案：A7. 如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A 点．质量为m 的物体从斜面上的B 点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是( )A ．物体最终将停在A 点B ．物体第一次反弹后不可能到达B 点C ．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D ．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能解析：物体由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，所以物体最终停下后一定要压缩弹簧，不可能停在A 点，所以选项A 错误；物体在运动过程中，克服摩擦力做功将机械能转化为内能，所以物体第一次反弹后不可能到达B 点，选项B 正确；因整个过程中要克服摩擦力做功，最终压缩弹簧也克服弹力做功，所以选项C 正确；对物体在最大动能处下落至弹簧达到最大弹性势能处的过程运用能量守恒分析，知该过程中重力势能减少量大于摩擦力做的功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，选项D 错误．答案：BC8. [2014·山东青岛]小球由地面竖直上抛，设所受阻力大小恒定，上升的最大高度为H ，以地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是重力势能的两倍，在下落至离地面高度h 处，小球的重力势能是动能的两倍，则h 等于( )A. H9 B. 2H 9C. 3H 9D. 4H 9解析：设小球受到的阻力大小恒为f ，小球上升至最高点过程由动能定理得，－mgH －fH ＝0－12mv 2小球上升至离地面高度h 处时速度设为v 1，由动能定理得，－mgh －fh ＝12mv 21－12mv 20；又12mv 21＝2mgh ；小球上升至最高点后又下降至离地面高度h 处时速度设为v 2，此过程由动能定理得，－mgh －f (2H －h )＝12mv 22－12mv 20；又12mv 22＝12mgh ；联立解得，h ＝4H9，D 项正确．答案：D9. 在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界．若风洞内总的向上的风速风向保持不变，让质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力的大小，以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1/8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A 开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，则有( )A. 表演者向上的最大加速度是gB. 表演者向下的最大加速度是g4C. B 点的高度是37HD. 从A 至C 全过程表演者克服风力做的功为mgH解析：设人体平躺时受风力面积为S ，则有平衡时mg ＝kS /2，表演者向下减速时，有kS －mg ＝ma 1，因此其向上的加速度最大值为g ，A 正确；同理向下加速时有：mg －kS /8＝ma 2，所以向下的最大加速度为3g /4，B 错误；设表演者到达B 点时的速度大小为v ，则有：v 22a 1＋v 22a 2＝H ，h B ＝v 22a 1，联立两式得：h B ＝3H /7，C 正确；从A 到C 由动能定理可知表演者克服风力做功和重力做功大小一样为mgH ，故D 正确．答案：ACD10. [2014·济南高三模拟]如图所示，两个34竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 和h B ，下列说法正确的是 ( )A ．若使小球A 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2B ．若使小球B 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2C ．适当调整h A ，可使A 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D ．适当调整h B ，可使B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处解析：若使小球A 沿轨道运动并且从最高点飞出，则小球A 到达最高点的速度为gR ，由机械能守恒定律有mg (h A －2R )＝12mv 2，则释放的最小高度为5R2，选项A 正确；若使小球B 沿轨道运动并且从最高点飞出，只需小球到达最高点的速度大于零即可，则释放的最小高度为2R ，选项B 错误；A 球从轨道最高点恰好飞出后，R ＝12gt 2，x ＝gRt ＝2R ，不能落在轨道右端口处，选项C 错误；适当调整h B ，可使B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，选项D正确．答案：AD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共20分)11. (8分)[2013·重庆一中月考]某学习小组的同学采用如图所示实验装置验证动能定理．图中A为小车，B为打点计时器，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮间的摩擦．静止释放小车后在打出的纸带上取计数点，已知相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，并测量出两段长度如图，若测出小车质量为0.2 kg，选择打2、4两点时小车的运动过程来研究，可得打2点时小车的动能为________J；打4点时，小车的动能为________J；该同学读出弹簧秤的读数为0.25 N，由W F＝F·x24算出拉力对小车做功为________J；计算结果明显不等于该过程小车动能增加量，超出实验误差的正常范围．你认为误差的主要原因是________．解析：根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可求出2、4点的速度，从而计算动能及增加量；绳拉力做的功大于动能变化，说明还有向左的力做负功．答案：(1)0.004 J 0.016 J 0.015 J 主要误差原因是小车还受到了向左的摩擦力12. (12分)[2014·云南重点高中高三联考]利用如图所示的装置验证机械能守恒定律．(1)打点计时器应接________(填“交流”或“直流”)电源．(2)实验部分步骤如下：A．按图装置沿竖直方向固定好打点计时器，把纸带下端挂上重物，穿过打点计时器．B ．将纸带下端靠近打点计时器附近静止，________，________，打点计时器在纸带上打下一系列的点．C ．如图为打出的一条纸带，用________测出A ，B ，C 与起始点O 之间的距离分别为h 1，h 2，h 3.(3)设打点计时器的周期为T ，重物质量为m ，重力加速度为g ，则重物下落到B 点时的速度v ＝________.研究纸带从O 下落到B 过程中增加的动能ΔE k ＝________，减少的重力势能ΔE p ＝________.(4)由于纸带受到摩擦，实验测得的ΔE k ________(填“大于”或“小于”)ΔE p . 解析：本题考查验证机械能守恒定律实验的操作步骤及注意事项．难度中等．(1)打点计时器的工作电压为交流电，实验时必须先接通电源再释放纸带；(2)处理数据时，由于纸带做匀加速直线运动，则某段时间内中间时刻的速度等于平均速度，到B 点时速度v ＝h 3－h 12T，O 点速度为零，增加的动能ΔE k ＝12mv 2，联立得ΔE k ＝mh 3－h 128T2，到B 点时减小的重力势能ΔE p ＝mgh 2，由于纸带和计时器之间有摩擦，实际有ΔE k <ΔE p .答案：(1)交流(2)接通电源释放纸带刻度尺(3)h 3－h 12T m h 3－h 128T2mgh 2(4)小于三、计算题(本题共4小题，共40分)13. (8分)[2014·湖南常德高三阶段检测]如图所示，质量m ＝1 kg 的滑块(可看成质点)，被压缩的弹簧弹出后在粗糙的水平桌面上滑行一段距离x ＝0.4 m 后从桌面抛出，落在水平地面上．落点到桌边的水平距离s ＝1.2 m ，桌面距地面的高度h ＝0.8 m ．滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计)求：(1)滑块落地时速度的大小； (2)弹簧弹力对滑块所做的功．解析：(1)滑块抛出后竖直方向自由落体h ＝12gt 2解得t ＝2hg滑块落地时竖直方向速度v y ＝gt ＝4 m/s滑块抛出后水平方向匀速运动v 0＝s t＝3 m/s 所以落地速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s (2)根据动能定理W 弹－μmg ·x ＝12mv 2解得W 弹＝μmg ·x ＋12mv 20＝5.3 J答案：(1)5 m/s (2)5.3 J14. (10分)[2013·淄博市二模]如图所示，上表面光滑，长度为3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ. (2)刚放第三个铁块时木板的速度．(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．解析：(1)木板做匀速直线运动时，设受到地面的摩擦力为f ，由平衡条件得：F ＝f ①f ＝μMg ②联立并代入数据得：μ＝0.5 ③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg令刚放第三个铁块时木板速度为v 1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 20 ④联立③④式并代入数据得：v 1＝4 m/s ⑤(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的水平方向的合力均为3μmg ，设木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得－3μmgx ＝0－12Mv 21 ⑥联立③⑤⑥式并代入数据得x ＝169 m ＝1.78 m ． ⑦答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m15. [2014·江苏南京]如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6 cos37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上的时间t . 解析：(1)在滑块从A 到D 过程，根据动能定理得，mg ×(2R －R )－μmg cos37°×2Rsin37°＝0μ＝12tan37°＝0.375.(2)若滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律得，mg ＋F N ＝mv 2CR在滑块从A 到C 的过程，根据动能定理得，－μmg cos37°×2R sin37°＝12mv 2C －12mv 2解得，v 0＝v 2C ＋2gR ≥2 3 m/s.(3)滑块离开C 点做平抛运动，根据平抛运动规律可得，x ＝v C t ，y ＝12gt 2由几何关系得，tan37°＝2R －yx解得，t ＝0.2 s.答案：(1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s16. (12分)[2014·浙江嘉兴基础测试]如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB 和圆轨道BCD 组成，AB 和BCD 相切于B 点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C ，D 为圆轨道的最低点和最高点)，且∠BOC ＝θ＝37°.可视为质点的小滑块从轨道AB 上高H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象．求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)通过计算判断是否存在某个H 值，使得滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的点．解析：(1)滑块由A 到D 的过程中mg (H －2R )＝12mv 2D (或mgh ＝12mv 2D )由牛顿第三定律得滑块在D 点所受轨道支持力与滑块对轨道的压力等大反向，记为F ，则F ＋mg ＝m v 2DR解得F ＝2mgRH －5mg结合图象可得m ＝0.1 kgR ＝0.2 m(注：若选取特殊点求得半径的给2分，再求得质量的给2分) (2)存在满足条件的H 值．设滑块在D 点的速度为v 时，恰能落到直轨道上与圆心等高处竖直方向R ＝12gt 2水平方向x ＝vt由几何关系得x ＝R sin θ＝53R解得v ＝53gR 2＝53m/s 物体恰好能过D 点的速度大小v 0＝gR ＝ 2 m/s 因为v >v 0，所以存在满足条件的H 值．答案：(1)0.1 kg 0.2 m (2)存在。

2015年高考物理真题及问题详解

2015·新课标Ⅰ卷第1页2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)理综物理部分本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、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14～18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．)14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小15.如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A ．直线a 位于某一等势面，φM ＞φQB ．直线c 位于某一等势面，φM ＞φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功16.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝1317.如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 18.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某围，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值围是( )A.L 12 g 6h ＜v ＜L 1 g 6hB.L 14 g h ＜v ＜ 4L 21＋L 22g 6hC.L 12 g 6h ＜v ＜12 4L 21＋L 22g 6h D.L 14 g h ＜v ＜12 4L 21＋L 22g 6h19.1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说确的是( )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动20.如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度21．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2.则此探测器( )A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×103NC．从离开近月圆轨道到着陆这段时间，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度2015·新课标Ⅰ卷第2页第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(4题，共47分)22．(6分)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验．所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)．完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg；(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg；(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧．此过程中托盘秤的最大示数为m序号1234 5m(kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90(4)；小车通过最低点时的速度大小为________m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留2位有效数字)23．(9分)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框是毫安表的改装电路．(1)已知毫安表表头的阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可以求出R1＝________Ω，R2＝________Ω.(2)现用一量程为3 mA、阻为150 Ω的标准电流表○A 对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5 mA、1.0 mA、1.5 mA、2.0 mA、2.5 mA、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V，阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R0应选用阻值为________Ω的电阻，R应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R′为保护电阻，虚线框未画出的电路即为图(a)虚线框的电路．则图中的d点应和接线柱______(填“b”或“c”)相连．判断依据是：________________________.2015·新课标Ⅰ卷第3页24.(12分)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度的大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．25．(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间小物块的v －t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．(二)选考题(共15分，请考生从给出的3道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33．[选修3－3](15分)(1)(5分)下列说确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D ．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E ．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，能也保持不变(2)(10分)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105 Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K ．现汽缸气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸封闭气体的温度；(ⅱ)缸封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸封闭气体的压强．34．[选修3－4](15分)(1)(5分)在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1________Δx2(填“＞”、“＝”或“＜”)．若实验中红光的波长为630 nm，双缝与屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm，则双缝之间的距离为________mm.(2)(10分)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25 cm/s.两列波在t＝0时的波形曲线如图所示．求：(ⅰ)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标；(ⅱ)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm的质点的时间．35．[选修3－5](15分)(1)(5分)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c与入射光的频率ν的关系如图所示．若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．(2)(10分)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．2015·新课标Ⅰ卷第4页2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)理综物理部分本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题共48分)2015·新课标Ⅱ卷第1页一、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.如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动15.如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上，当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a b c aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流 D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a c b a 16.由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103 m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )A ．西偏北方向，1.9×103 m/sB ．东偏南方向，1.9×103 m/sC ．西偏北方向，2.7×103 m/sD ．东偏南方向，2.7×103 m/s17.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )18．指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说确的是( )A ．指南针可以仅具有一个磁极B ．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C ．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D ．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转19．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等20．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．182015·新课标Ⅱ卷第2页21.如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为 2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～35题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共4题，共47分)22．(6分)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1)物块下滑时的加速度a＝________ m/s2，打C点时物块的速度v＝________ m/s；(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角23．(9分)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表○V(量程3 V，阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，阻不计)，开关两个，导线若干．(1)虚线框为该同学设计的测量电压表阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表阻记为R V′，与电压表阻的真实值R V相比，R V′________R V(填“>”、“＝”或“<”)，主要理由是________________________________________________________．24．(12分)如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．25．(20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 37°＝35的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s 时间A 和B 加速度的大小；(2)A 在B 上总的运动时间．2015·新课标Ⅱ卷第3页(二)选考题(共15分，请考生从给出的3道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33．[选修3－3](15分)(1)(5分)关于扩散现象，下列说确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．温度越高，扩散进行得越快B ．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C ．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D ．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E ．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)(10分)如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭；A 侧空气柱的长度为l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm.现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭．已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.(ⅰ)求放出部分水银后A 侧空气柱的长度．(ⅱ)此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管的长度．34．[选修3－4](15分)(1)(5分)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线．则________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B．在真空中，a光的波长小于b光的波长C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失E．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距(2)(10分)平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1 s，振幅A＝5 cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：(ⅰ)P、Q间的距离；(ⅱ)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程过的路程．2015·新课标Ⅱ卷第4页35.[选修3－5](15分)(1)(5分)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关(2)(10分)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图像如图所示．求：(ⅰ)滑块a、b的质量之比；(ⅱ)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．2015年普通高等学校招生全国统一考试(卷)理综物理部分2015·卷第1页本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14.距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )A．1.25 m B．2.25 mC．3.75 m D．4.75 m15．如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )A．a2>a3>a1 B．a2>a1>a3C．a3>a1>a2 D．a3>a2>a116.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为( )A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ217.如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说确的是( ) A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动18.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ4a2，沿y轴正向 B.3kQ4a2，沿y轴负向C.5kQ4a2，沿y轴正向 D.5kQ4a2，沿y轴负向19.如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab－t图像可能正确的是( )20.如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd 2015·卷第2页第Ⅱ卷(非选择题共68分)二、非选择题(其中第21～24题为必做部分，第37～39题为选做部分)【必做部分】(56分)21.(10分)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O 1、O 2，记录弹簧秤的示数F ，测量并记录O 1、O 2间的距离(即橡皮筋的长度l )．每次将弹簧秤示数改变0.50 N ，测出所对应的l ，部分数据如下表所示：F /(N) 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50l /(cm) l 0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05③找出②中F ＝2.50 N 时橡皮筋两端的位置，重新标记为O 、O ′，橡皮筋的拉力记为F OO ′.④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O 点，将两笔尖的位置标记为A 、B ，橡皮筋OA 段的拉力记为F OA ，OB 段的拉力记为F OB .完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F －l 图线，根据图线求得l 0＝________cm.(2)测得OA ＝6.00 cm ，OB ＝7.60 cm ，则F OA 的大小为________N.(3)根据给出的标度，在图中上作出F OA 和F OB 的合力F ′的图示．。

(新课标)高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第二节变压器电能的输送真题

变压器电能的输送高考真题1.(2015·新课标全国Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A.U ＝66 V ，k ＝19 B ．U ＝22 V ，k ＝19 C.U ＝66 V ，k ＝13 D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：设变压器原、副线圈电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，可知I 1＝U 0－U 1R ，I 2＝U 2R ，又因为U 0＝220 V ，U 1U 2＝31，I 1I 2＝13，可解得U 2＝66 V ，U 1＝198 V ，I 1＝22R ，I 2＝66R，原线圈中P 1＝(U 0－U 1)I 1，副线圈中P 2＝U 2I 2，易知P 1P 2＝19，故A 正确．答案：A2.(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A.200B ．400 C.1 600 D ．3 200解析：由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，B 正确．答案：B3．(2015·海南卷)(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．答案：AD4.(2015·安徽理综)图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B.电压表V 2、V 3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动解析：对于理想变压器，原线圈电压决定副线圈电压，所以V 1、V 2示数均不变，A 、B 错误．A 1、A 2中电流与原、副线圈中电流相同，由I 1I 2＝n 2n 1，可知n 1>n 2，为降压变压器，C 错误．副线圈所连接的电路电压不变，电流变大，则电阻变小，即滑动变阻器沿c →d 的方向滑动，D 正确．答案：D5.(2015·天津理综)(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：理想变压器原、副线圈两端功率相等，原线圈电压不变，电流由副线圈电路功率决定．保持Q位置不动，P向上滑动，则R增大，可判断出I1减小，A错误，B正确．保持P 的位置不动，将Q向上滑动，则U2增大，可判断出I1增大，C正确，D错误．答案：BC。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习电磁感应阶段示范性金考卷(含解析)

电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2014·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用．磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确．本题难度易．答案：B2. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置一正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，已知该处地磁场的竖直分量向下．下列说法中正确的是( )A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比d点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba解析：由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda，C正确．3. 如图所示，质量为m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N 和摩擦力F f 的情况，以下判断正确的是()A. 靠近线圈时，F N 大于mg ，F f 向左B. 靠近线圈时，F N 小于mg ，F f 向右C. 远离线圈时，F N 小于mg ，F f 向左D. 远离线圈时，F N 大于mg ，F f 向右解析：楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”，磁铁靠近线圈时，磁铁在线圈的左上方，线圈受到磁铁的作用力向右下方，F N 大于mg ，F f 向左，A 项正确，B 项错误；磁铁远离线圈时，磁铁在线圈的右上方，线圈受到磁铁的作用力向右上方，F N 小于mg ，F f 向左，C 项正确，D 项错误．答案：AC4. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为 ()A.Bav3B.Bav6C. 2Bav 3D. Bav解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确．5. 如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中错误的是( )A. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小相等B. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小不相等C. 闭合开关S 待电路达到稳定，D 1熄灭，D 2比原来更亮D. 闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1闪亮一下再熄灭解析：开关S 闭合的瞬间，线圈L 可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A 对B 错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D 1短路，灯泡D 2获得更多电压，会更亮，C 对；若断开开关S ，此时线圈与灯泡D 1构成回路，继续对其供电，灯泡D 1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D 2无法形成回路将立即熄灭，D 对．答案：B6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上如图中所示．则在0～T 时间内，下列表述正确的是( )A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D. 线框所受安培力的合力始终向左解析：长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，A 错误；由楞次定律可以判断在0～T 时间内，线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流，B 正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C 正确；由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右，D 错误．答案：BC7. 将一个闭合矩形金属线框abcd 放入如图所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场边界，在用力将线框abcd 从磁场中以速度v 匀速拉出的过程中，下列说法中正确的是( )A. 拉线框的速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B. 磁场越强，拉力做的功越多C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关D. 线框电阻越大，拉力做的功越多解析：由q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关，A 错误；W ＝FL 其中F 为拉力，L 为线框长度，而F ＝F 安，F 安＝BId ＝B 2d 2vR ，其中d 为线框宽度，R 为线框电阻，联立得：W ＝B 2d 2vRL ，所以B 正确，C 、D 错误．答案：B8. 如图所示，一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同．现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框，金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中，回路中产生的感应电动势大小E －t 图象、ab 两点的电势差U ab －t 图象正确的是( )解析：由E ＝BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间成线性关系，回路中产生的感应电动势大小先线性减小，当磁场右边界与cd 边重合时，感应电动势突变到最大，接着又从最大线性减小，所以A 、B 错误；由楞次定律知，ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向，a 点电势低于b 点电势，ab 边相当于电源，ab 两点的电势差U ab ＝－34BLv ，直到cd 边刚开始切割磁感线的过程，ab 间电阻不变，回路中电动势线性减小，电流线性减小，ab 两点的电势差U ab线性减小，当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14BLv ，同理分析，可得C 错误，D 正确．答案：D9. 如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )A. 导体棒ef 的加速度可能大于gB. 导体棒ef 的加速度一定小于gC. 导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D. 导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma .若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误．根据能量守恒定律知，D 正确．答案：AD10. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放．三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )A. 三个线圈同时落地B. A 线圈最先落地C. A 线圈最后落地D. B 、C 线圈同时落地解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确；B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足mg －B 2L 2v R＝ma ，m ＝ρ密·4L ·S ，R ＝ρ电4LS，所以4ρ密LSg －B 2LSv4ρ电＝4ρ密LSa,4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密a ，a ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈材料相同，进入相同的磁场，所以加速度a 相同，又因为起始高度相同，所以B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD11. [2014·石家庄高中毕业质检一]半径为r ＝0.5 m 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d ＝5 cm ，如图甲所示．金属环处在变化的磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于纸面，变化规律如图乙所示(规定向里为正方向)．在t ＝0时刻平板间中心有一电荷量为＋q 的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法正确的是 ( )A. 第2 s 内上极板带负电B. 第3 s 内上极板带正电C. 第3 s 末微粒回到了原位置D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C解析：由B －t 图象可知第1 s 内磁场方向向里且增大，由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 内上极板带负电，同理可知第2 s 内和第3 s 内都是上极板带正电，选项B 正确，选项A 错误；B －t 中图线斜率大小恒定，根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E ′＝ΔB Δt πr 2，场强E ＝E ′d，联立得选项D 正确；电场力大小恒定，方向周期性变化，分析可知微粒第1 s 内向上加速，第2 s 内向上减速到零，第3 s 内向下加速，第3 s 末走到前段位移的一半，故选项C 错误．答案：BD12. 如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ，下端与阻值为R 的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B ，现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，已知导体棒运动过程中的最大加速度为2g sin θ，g 为重力加速度，不计其他电阻，导轨足够长，则( )A. 导体棒下滑的最大速度为mgR sin θB 2l 2B. R 上的最大热功率是m 2g 2R sin 2θB 2l 2C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度解析：导体棒在下滑的过程中，先做加速运动，根据牛顿第二定律得，mg sin θ－F 安＝ma ，当F 安＝mg sin θ时，速度达到最大，然后做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝ER，E ＝Blv ，联立可得，导体棒下滑的最大速度为v ＝mgR sin θB 2l2，A 项正确；根据R 上的发热功率P 热＝I 2R ，I ＝BlvR可知，导体棒的速度v 最大时，感应电流最大，R 上的发热功率也最大；由题意可知，导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度，导体棒的加速度最大，mg ＋F 安＝2mg sin θ，解得，F安＝mg sin θ，v 0＝mgR sin θB 2l 2，R 上的最大发热功率P 热＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2，B 项正确；下滑的最大速度与上滑的初速度相同，考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能，所以滑动到同一位置时，下滑时的速度小于上滑时的速度，导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C 、D 两项错误．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示．求：(1)磁感应强度B ；(2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q .解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度v ＝2gh ＝1 m/s ①由图象知，杆进入磁场时加速度a ＝－g ＝－10 m/s 2②由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma ③ 回路中的电动势E ＝BLv ④ 杆中的电流I ＝E R 并⑤ R 并＝R 1R 2R 1＋R 2⑥F 安＝BIL ＝B 2L 2vR 并⑦得B ＝2mgR 并L 2v＝2 T ⑧ (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt⑨杆中的平均电流I ＝ER 并⑩通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt ⑪ 通过R 2的电量q ＝13Q ＝0.05 C ⑫答案：(1)2 T (2)0.05 C14. (12分)一电阻为R 的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a 所示，已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示，图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量，求：(1)在t ＝0到t ＝T /4的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量q ； (2)在t ＝0到t ＝2T 的时间内，金属圆环所产生的电热Q .解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t ＝0到t ＝T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 1＝Φ0T /4＝4Φ0T①在以上时段内，金属圆环中的电流为I 1＝E 1R② 则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量q ＝I 1t 1③联立求解得q ＝Φ0R④(2)在t ＝T /4到t ＝T /2和t ＝3T /4到t ＝T 时间内，金属圆环中的感应电动势E 2＝0⑤ 在t ＝T /2到t ＝3T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 3＝Φ0T /4＝4Φ0T⑥ 由欧姆定律可知在以上时段内，金属圆环中的电流为I 3＝4Φ0TR⑦在t ＝0到t ＝2T 时间内金属圆环所产生的电热Q ＝2(I 21Rt 1＋I 23Rt 3)⑧联立求解得Q ＝16Φ20RT⑨答案：(1)Φ0R (2)16Φ20RT15. (12分) 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d ＝0.5 m ，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R 1＝4 Ω的小灯泡L 连接．在CDFE 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长l ＝2 m ，有一阻值r ＝2 Ω的金属棒PQ 放置在靠近磁场边界CD 处．CDFE 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化如图乙所示．在t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，在t ＝4 s 时使金属棒PQ 以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t ＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．解析：(1)t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路中r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻R 总＝R L ＋Rr R ＋r＝5 Ω此时感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝dl ΔBΔt＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I ＝ER 总＝0.1 A (2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，再与r 串联，此时电路的总电阻R ′总＝r ＋RR L R ＋R L ＝2 Ω＋4×24＋2 Ω＝103Ω由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L ＝0.1 A ，则流过金属棒的电流为I ′＝I L ＋I R ＝I L ＋R L I LR＝0.3 A电动势E ′＝I ′R ′总＝Bdv解得金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小v ＝1 m/s.答案：(1)0.1 A (2)1 m/s16. (16分) 如图甲所示，质量为m 的导体棒ab 垂直放在相距为l 的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab 与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静止释放导体棒，当通过R 的电荷量达到q 时，导体棒ab 刚好达到最大速度．重力加速度为g .(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ；(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)?解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝Bls Δt① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I ＝ER ＋R x ② 通过R 的电荷量q ＝I Δt ③联立①②③得：s ＝R ＋R x Blq 在ab 加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ－F A ＝ma ④式中安培力F A ＝BIl ⑤其中I ＝Blv R ＋R x⑥ 当④中的加速度为0时，ab 的速度v ＝v m ⑦联立④⑤⑥⑦得：v m ＝mg B 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过ab 的电流为i ，则： mg sin θ－μmg cos θ－Bil ＝ma ⑧设在时间间隔Δt 内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ ，则：i ＝ΔQ Δt⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU ＝Bl Δv ⑩根据电容的定义C ＝ΔQ ΔU⑪ 而Δv ＝a Δt ⑫联立上面各式得ab 下滑的加速度a ＝m θ－μcos θm ＋B l C g上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动，所以 t ＝m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ答案：(1)R ＋R x Bl q mgB 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ。

2015高考物理试题江苏卷精校图片重绘含答案解析word版

2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理试题一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V 交变电流为110V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为 A ．200 B ．400 C ．1600 D ．32002．静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象记载．《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于．．．静电现象的是 A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电电线过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉3．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“52 peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“52 peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的201．该中心恒星与太阳系的质量之比约为 A ．101 B ．1 C ．5D ．104．如图所示，天平测量匀强磁场的磁感应．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是5．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设计有一个关卡，各关卡同步放行和关闭．放行和关闭的时间分别为5s 和2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s 2由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是 A ．关卡2 B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选选项符合题意．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，错选或不答的得0分．6．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力A ．t = 2s 时最大B ．t = 2s 时最小C ．t = 8.5s 时最大D ．t = 8.5s 时最小A ．B ．C ．D ．8m 8m 8m 8m关卡5关卡1 关卡2 关卡3 关卡4 2 10a /m·s -2t /s 02 4 6 8 – 110 – 2– 37．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球 A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速度选增大后减小8．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c 是两负电荷连线的中点，d 在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则 A ．a 点的电场强度比b 点的大 B ．a 点的电势比b 点的高 C ．c 点的电场强度比d 点的大 D ．c 点的电势比d 点的低9．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC = h ．圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到AA ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为41mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为41mv 2–mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度第II 部分（非选择题部分，共计89分）三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．【必做题】 10．（8分）小明用如图10 – 1图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．（1）题 10 – 1图中电流表的示数为 ______ A ．（2由图线求得：电动势E = __________V ；内阻r = __________Ω．（3）实验时，小明进行了多闪测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为 __________________________．滑动变阻电流表电压表干电池开关电阻（题10 – 1）（题10 – 2）U /VI /A11．（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落地爱以电磁阻尼作用的运动规律．实验装置如题11 – 1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电．（1）下列实验操作中，不正确．．．的有 ______________ A ．将铜管竖直固定在限位子孔的正下方 B ．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C ．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开磁铁下落D ．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按正确的步骤进行实验（记录“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点的相邻两计时点到O 点的距离，标为1，2，…，8．用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O 点的距离，记录在纸上，如题 11 – 2图所示．计算相邻计时点间的平均速度v ，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表．请将表中的数据补充完整．（3）分析上表的实验数据可知：在这段时纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是 ____________________；磁铁受到阻尼作用的变化情况是 _____________．（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为“实验②”），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同．请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可得出什么结论？12．【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．若多做，则按A 、B 两小题评分．A ．[选修3 – 3]（12分）（1）对下列几种固体物质的认识，正确的有 ________A ．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B ．烧热的针尖接触涂有蜂蜡的薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C ．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于该物质组成它们的物质微粒排列结构不同（2）在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保持作用．某厂家为检测包装袋的密封性，在包装中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试．测试时，对包装袋缓慢施加压力．将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力_______（选填“增大”、“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）给某包装袋充入氮后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为 1L ．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45L ．请通过计算判断该包装袋是否漏气．（题11 – 1）铜管（题11 – 2）B ．[选修3 – 4]（12分）（1）一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则该鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比 ________A ．波速变大B ．波速不变C ．频率变高D ．频率不变（2）用2×106Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s 和1500m/s ，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的 _______倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时 ________（选填“容易”或“不容易”）发生衍射．（3）人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图所示，光线射一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P 点．已知光线的入射角为30°，OA = 5cm ，AB = 20c ——BP = 12cm ，求该人造树脂的折射率n ．C ．[选修3 – 5]（12分）（1）波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有 __________A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中了束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等（2）核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电．23592U是核电站常用的核燃料．23592U受一个中子轰击后裂变成14456Ba 和8936Kr 两部分，并产生 __________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要___________（选填“大于”或“小于”）临界体积．（3）取质子的质量m p = 1.6726×10 – 27kg ，中子的质量m n = 1.6749×10 – 27kg ，α粒子的质量m α = 6.6467×10 – 27kg ，光速c = 3.0×108m/s ．请计算α粒子的结合能．（计算结果保留两位有效数字）四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．（15分）做磁共振（MRI ）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对骨肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r = 5.0cm ，线圈导线的截面积A = 0.80cm 2，电阻率ρ = 1.5Ω•m ．如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应B 在0.3s 内从1.5T 均匀地减为零．求：（计算保留一位有效数字）（1）该圈肌肉组织的电阻R ；（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E ；（3）0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q ．B14．（16分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，不堪和环的质量均为m ，O 端固定在竖直轻质转轴上．套在轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L ．装置静止时，弹簧长为23L ．转动该装置并缓慢增大转速，小球缓慢上升．弹簧始终在弹性范围内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g ．求：（1）弹簧的劲度系数k ；（2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；（3）弹簧长度从23L 缓慢缩短为21L 的过程中，外界对转动装置所做的功W ．l l l l O A BCm mm L3 2—15．（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 匀强磁场最后打在底片上．已知放置底的区域MN = L ，且OM = L ．某次测量发出MN 中左侧32区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧31区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可打在QN 检测到．（1）求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；（2）为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；（3）为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数（取lg2 = 0.301，lg3 = 0.477，lg5 = 0.699）U 0O M P Q N LL B2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理参考答案一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意． 1【答案】B[解析] 理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比，有2800110220n =，所以2n =400，B 正确。

2015届高考物理大一轮总复习牛顿运动定律阶段示范性金考卷(含解析)

牛顿运动定律本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、7、8、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、5、6、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2013·海南高考]一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析：质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．答案：C2. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：本题考查的是物体的受力分析，意在考查考生对牛顿第三定律、力的合成与受力分析等综合知识点的理解能力．当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C.答案：C3. 如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块将立即做匀减速直线运动B ．木块将立即做变减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零解析：分析木块受力，由牛顿第二定律得，F －kx ＝ma ，x 为弹簧压缩量，在x 逐渐增大的过程中，加速度a 向左且逐渐减小，木块向左做加速运动，当F －kx ＝ma ＝0时，木块速度达到最大；以后加速度a 方向向右，且随x 增加而增加，木块做减速运动，当弹簧处于最大压缩量时，加速度a 最大，速度为零，故只有C 项正确．答案：C4. [2014·辽宁丹东]如图所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为32mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ解析：细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B 、C 两球的受力均发生变化，C 球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mg sin θ，根据牛顿第二定律可知，C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ，所以A 项错误，D 项正确；细线被烧断前，细绳对B 球沿斜面向下的拉力大小为mg sin θ，烧断瞬间，A 、B 两小球组成系统的合力沿斜面向上，大小为mg sin θ，系统的加速度沿斜面向上，大小为a ＝12g sin θ，再隔离B 球，设A 、B 之间轻杆的拉力大小为F ，则F －mg sin θ＝ma ，可得F ＝32mg sin θ，所以C 项正确，B 项错误．答案：CD5. [2014·湖北省武汉市高三调研考试]在光滑的水平面上放置着质量为M 的木板，在木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )A ．若仅增大木板的质量M ，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t 增大解析：本题考查牛顿运动定律，意在考查考生应用隔离法分析长木板和木块的受力和运动、应用牛顿运动定律和运动学公式计算时间的能力．对m ，加速度a 1＝F －μmg m ＝Fm－μg ，对M ，加速度a 2＝μmg M ，当两者恰分离时，12(a 1－a 2)t 2＝L ，时间t ＝2LF m －m ＋M M·μg，由此，仅增大M 或F ，时间t 减小，仅增大m 或μ，时间t 增大，选项BD 正确．答案：BD6. 神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km 时，下降速度为200 m/s.再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s 后返回舱的速度减至80 m/s ，此时减速伞与返回舱分离．然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s ，此时飞船距地面高度为1 m ，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零．将上述各过程视为匀变速直线运动，g ＝10 m/s 2.根据以上材料可得( )A. 减速伞工作期间返回舱处于失重状态B. 主伞工作期间返回舱处于失重状态C. 减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s 2D. 每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍解析：减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A 、B 项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s 减速至80 m/s ，由运动学公式得a 1＝v 1－v 2t 1＝7.5 m/s 2，C 项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a 3＝v 232h 3＝50 m/s 2，由牛顿第二定律得4F －mg ＝ma 3，解得F mg＝1.5，D 项正确．答案：CD7. [2013·潍坊模拟]如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1.当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于 ( )A. 1∶1B. 1∶2C. 2∶1D. 2∶3解析：水平放置时，F －μ(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 1，kx 1－μmg ＝ma 1，可得x 1＝mFM ＋m k；竖直放置时：F －(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 2，kx 2－mg ＝ma 2，解得x 2＝mFM ＋m k，故x 1∶x 2＝1∶1，A正确．答案：A8. [2014·浙江嘉兴基础测试]在粗糙的水平面上，一质量为m 的物体在水平恒力F T 作用下做加速度为a 的匀加速直线运动．如果在物体上再加上一个恒定的推力F ，并保持其加速度不变，则所加的恒力F 与水平方向夹角的正切值是 ( )A. g aB. mF T －mgC.mgF T －ma D.m g ＋aF T解析：未加推力F 时，由牛顿第二定律F T －μmg ＝ma ，解得μ＝F T －mamg；施加推力F 后，要保持加速度不变，则增加的水平分力与增加的滑动摩擦力大小相等，即F cos α＝μF sin α，解得tan α＝1/μ.故正确选项为C.答案：C9. [2014·辽宁大连高三双基]如图所示，物体A 的质量为2m ，物体B 的质量为m ，A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的摩擦不计，用水平力F 向右推A 使A 、B 一起加速运动，则B 对A 的作用力大小为( )A. F －μmg3 B.F －2μmg3C.F －3μmg3D. 2F －4μmg 3解析：本题考查牛顿运动定律的简单应用．由整体法可得：F －2μmg ＝3ma ，隔离B 可得：F AB ＝ma ，联立可解得：F AB ＝F －2μmg3，由牛顿第三定律可知，选项B 正确．答案：B10. 一小滑块从斜面上A 点由静止释放，经过时间4t 0到达B 处，在5t 0时刻滑块运动到水平面的C 点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B 点前后速率不变．以下说法中正确的是( )A ．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B ．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C ．斜面的倾角为45°D ．滑块与斜面的动摩擦因数μ＝47解析：由题意可知，滑块从A 点匀加速运动至B 点后匀减速运动至C 点，根据运动规律得，x 1＝v A ＋v B 2t 1，x 2＝v C ＋v B2t 2，由题图可知t 1∶t 2＝4∶1，所以x 1∶x 2＝4∶1，A 项错误；滑块在斜面和水平面上滑动的过程中Δv 相同，又a ＝ΔvΔt，所以a 1∶a 2＝t 2∶t 1＝1∶4，B 项正确；对滑块受力分析并结合图乙可得，μmg ＝54μmg cos θ，则cos θ＝45，θ＝37°，C 项错误；由牛顿第二定律及以上各式得，mg sin θ－μmg cos θ＝14μmg ，则μ＝47，D 项正确．答案：BD第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共18分)11. [2014·北京市海淀区第一学期期中练习](9分)某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：A ．交流电源、导线B ．天平(含配套砝码)C ．秒表D ．刻度尺E ．细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是________(填代号)．(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图甲所示，已知打点计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，测得A 点到B 、C 点的距离分别为x 1＝5.99 cm 、x 2＝13.59 cm ，则在打下点迹B 时，小车运动的速度v B ＝________ m/s ；小车做匀加速直线运动的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留三位有效数字)(3)在验证“质量一定，加速度a 与合外力F 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a －F 图象，其中图线不过原点的原因是________________________，图线在末端弯曲的原因是____________________________________．解析：本题考查验证牛顿第二定律的实验，意在考查考生处理数据的能力．(1)利用纸带上的打点间隔数可得出小车相应的运动时间，故秒表不必要．(2)v B ＝v AC ＝x 22×5T＝0.680 m/s ；a ＝x 2－x 1－x 1T2＝1.61 m/s 2.(3)由a －F 图象可知，F ＝0时，a ＞0，说明重力沿斜面方向的分量大于摩擦力即平衡摩擦力过度了；F (即mg )越大，越不满足“砂和小砂桶的总质量m 远小于小车和砝码的总质量M ”，小车受的合外力即绳的拉力不再近似等于砂和小砂桶的总重力mg ，故a －F 图象不再是一条直线了．答案：(1)C (2)0.680 1.61 (3)平衡摩擦力过度砂和小砂桶的总质量m 不远小于小车和砝码的总质量M12. (9分)光滑斜面上小球和斜面一起在水平面上加速，当加速度的大小满足一定条件时，小球和斜面可以保持相对静止．为了研究此现象，某学习研究小组同学自制小车进行探究，图甲为实验装置：钩码、小车、小球、打点计时器等(交流电频率为50 Hz)．(1)打点计时器如图乙，则该打点计时器是________计时器，工作电压为________伏． (2)侧面为直角三角形的斜面小车底边长L 、高为h ，如图丙所示，请你用计算式表示小球和小车保持相对静止时的加速度a ＝________.(3)如图是某同学实验时测量的纸带，则打下B 点时小车的速度为________ m/s ，小车的加速度为________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：本题考查探究小球和小车一起加速运动实验，意在考查考生计算速度和加速度的能力及运用牛顿第二定律解决问题的能力．(1)由图乙可知，该打点计时器为电火花计时器；工作电压要求220 V.(2)以小球为研究对象，小球受到竖直向下的重力mg 、垂直斜面向上的弹力F N ，两者合力方向为水平向左，由牛顿第二运动定律有关系：tan θ＝F 合mg ，得：F 合＝mg tan θ＝mg hL＝ma ，故小球和小车相对静止时的加速度a ＝hLg .(3)相邻计数点间时间间隔t ＝0.02 s ，根据B 点的瞬时速度为AC 段的平均速度，得打下B 点时小车的速度v B ＝x ACt AC＝－－2m2×0.02 s＝0.70 m/s ；同理得：v C ＝x BDt BD＝－－2m2×0.02 s ＝0.80 m/s ；故小车的加速度a ＝v C －v B t BC ＝0.80－0.700.02m/s 2＝5.0 m/s 2.答案：(1)电火花 220 (2)hg /L (3)0.70 5.0 三、计算题(本题共4小题，共42分)13. (8分)如图所示，质量m ＝40 kg 的木块静止于水平面上，某时刻在大小为200 N 、方向与水平方向成θ＝37°角斜向上的恒力F 作用下做匀加速直线运动，2 s 末撤去力F 时木块滑行的距离为x 0＝5.2 m ，(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)木块与地面间的动摩擦因数； (2)撤去拉力后，木块继续滑行的距离．解析：(1)设木块加速阶段的加速度为a 1 由匀变速直线运动规律得x 0＝12a 1t 21对木块受力分析得N ＋F sin θ＝mg F cos θ－μN ＝ma 1解得μ＝0.2(2)2 s 末木块的速度v 1＝a 1t 1 匀减速阶段a 2＝μg木块继续滑行的距离x ＝v 212a 2解得：x ＝6.76 m. 答案：(1)0.2 (2)6.76 m14. (10分)[2014·北京市东城区高三期末]杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示．竿上演员质量为m 1＝40 kg ，长竹竿质量m 2＝10 kg ，g ＝10 m/s 2.(1)求竿上的人下滑过程中的最大速度v 1； (2)请估测竹竿的长度h .解析：(1)在演员下滑的前4 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 1＝460 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀加速下滑，加速度为a 1，a 1＝G 1－F 1－G 竿m 1＝1 m/s 2演员由静止下滑，下滑4 s 后达到最大速度v 1 有v 1＝a 1t 1＝4 m/s(2)在演员下滑的4 s 到6 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 2＝580 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀减速下滑，加速度为a 2，a 2＝F 2－G 竿－G 1m 1＝2 m/s 2在演员下滑的前4 s ，可看成匀加速下滑，下滑距离为h 1，h 1＝0＋v 12t 1＝8 m在演员下滑的4 s 到6 s ，可看成匀减速下滑．下滑距离为h 2，h 2＝v 2＋02t 1＝4 m竹竿的长度h ＝h 1＋h 2＝12 m. 答案：(1)4 m/s (2)12 m15. (12分)如图所示，一光滑的定滑轮两边用轻绳吊着A 、B 两物块，A 、B 的质量分别为m A 、m B ，m A ＝1.5 m B ，将A 固定，B 放在地面上，绳子刚好拉直，在它们的右侧一个斜面体上，一物块C 刚好与A 在同一高度，由静止同时释放A 、C ，结果B 到最高点时，C 刚好到达地面，已知开始时A 离地面的高度为h ，物块B 上升过程中没有与天花板相碰，斜面倾斜角θ＝30°.求：(1)物块B 上升的最大高度； (2)物块C 与斜面的动摩擦因数．解析：(1)对A 、B 整体研究，设A 、B 一起运动的加速度大小为a 1，则(m A －m B )g ＝(m A ＋m B )a 1 解得a 1＝15g当A 刚要落地时，设速度大小为v ，则v ＝2a 1h ＝25gh 这个过程运动的时间t 1＝2h a 1＝10h gA 落地后，B 以速度v 做竖直上抛运动，运动到最高点的时间 t 2＝v g＝2h 5g上升的高度h ′＝v 22g ＝15h因此B 上升的最大高度为H ＝h ＋15h ＝65h(2)设物块C 沿斜面下滑的加速度为a 2，则mg sin30°－μmg cos30°＝ma 2 a 2＝12g －32μg 物块C 在斜面上运动的长度x ＝2h 由运动学公式x ＝12a 2t 2t ＝t 1＋t 2解得μ＝4327答案：(1)65h (2)432716. (12分)[2013·山东实验中学高三模拟]如图甲所示，一薄的长木板B 置于光滑水平地面上，长度为L ＝0.25 m 、质量为M ＝4 kg.另有一质量为m ＝2 kg 的小滑块A 置于木板的左端，二者均相对地面静止．已知A 与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若A 受到如图乙所示的水平外力F 作用，求：(1)0～2 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离； (2)2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离．解析：当A 、B 之间达到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得，对B 有μmg ＝Ma 0. 对AB 有F 0＝(M ＋m )a 0 解得a 0＝0.5 m/s 2，F 0＝3 N(1)当F 1＝2 N 时，A 、B 相对静止，一起向右运动，有F 1＝(M ＋m )a 1 在t 1＝2 s 内的位移为s 1＝12a 1t 21解得s 1＝0.67 m.(2)在上一过程中，运动末速度为v 1＝a 1t 1.当F 2＝4 N 时，A 运动的加速度为a 2，有F 2－μmg ＝ma 2B 的运动的加速度为a 0＝0.5 m/s 2设A 滑至木板右端时时间为t ，则A 、B 的位移分别为：s 2＝v 1t ＋12a 2t 2，s 3＝v 1t ＋12a 0t 2由几何关系得L ＝s 2－s 3 解得t ＝1 s ，故符合题意此时，木板的速度为v 2＝v 1＋a 0t 之后，木板匀速运动位移s 4＝v 2(2－t )2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离s 5＝s 3＋s 4 解得s 5＝2.09 m.答案：(1)0.67 m (2)2.09 m。

高考物理：专题11-交变电流、传感器(有答案)

专题11 交变电流传感器1. （15江苏卷）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将22019变电流改为110V ，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为A ．200B ．400C ．1600D ．3200 解析：根据2121n n U U =，解得4002=n . 答案：B2．（15北京卷）利用所学物理知识，可以初步了解常用的一卡通（IC 卡）的工作原理及相关问题.IC 卡内部有一个由电感线圈 L 和电容 C 构成的 LC 振荡电路，公交车上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定频率的电磁波.刷卡时，IC 卡内的线圈 L 中产生感应电流，给电容 C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输.下列说法正确的是 IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B ．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作C ．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈 L 不会产生感应电流D ．IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息答案：B解析：IC 卡内只是一个 LC 振荡电路，并没有电池，故A 选项错；只有当读卡机发出特定频率的电磁波时，IC 卡才能正常工作，故 B 选项对；当读卡机发射的电磁波偏离该频率时，也会产生变化的磁场，但达不到电谐振，线圈中仍可以产生的电流但较小，故 C 错；IC 卡是可以和读卡机进行数据传输的，如可以显示卡内余额，故 D 选项错.3.（15福建卷）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1 、n 2 .在T 的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )答案：C解析：原线圈电压的有效值：21m U U =，根据2121n n U U =可求：2122m Un n U =，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的电流功率等于输入功率P ，所以输电线上电流2U PI =，导线上损耗的电功率2221242⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=='m U P nn r r I P ，所以C 正确，A 、B 、D 错误.4.（15四川卷）小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示.矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是 D．有效值是答案：D解析：由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e 0，又因为发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne 0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne 0，故选项A 、B 错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U ＝，即U ＝，故选项C 错误；选项D 正确.5.（15安徽卷）图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的变流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是 A ．电压表V 1示数增大 B ．电压表V 2、V 3示数均增大 C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动答案：D解析：根据变压器原理，输出电压U 2保持不变，而A 2示数变大说明回路电阻变小，所以滑动变阻器电阻R 减小了，即变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，故答案为D ．022Ne 02Ne 2m U 02Ne6.（15广东卷）图5为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220V 降至110V ，调节前后A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2 答案：C解析：设原线圈中电流为I 1，匝数为n 1，两端输入电压为U 1，输入功率为P 1，幅线圈中电流为I 2，匝数为n 2，两端输出电压为U 2，输出功率为P 2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：21U U ＝21n n ，所以当输出电压U 2由220V 降至110V 时，副线圈匝数n 2也应减少为一半，故选项C 正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，其电流I 2也减半，故选项A 错误；根据功率计算式P ＝UI 可知，副线圈中输出功率P 2变为原来的1/4，故选项B 错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P 1也变为原来的1/4，故选项D 错误.。

2015届高考物理大一轮总复习相互作用阶段示范性金考卷(含解析)

相互作用本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、4、5、6、9、10小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、7、8小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 如图所示，木块放在水平地面上，在F＝6 N的水平拉力作用下向右做匀速直线运动，速度为1 m/s.则下列说法中正确的是( )A．以1 m/s的速度做匀速直线运动时，木块受到的摩擦力大小为6 NB．当木块以2 m/s的速度做匀速直线运动时，它受到的水平拉力大于6 NC．当用8 N的水平拉力使木块运动时，木块受到的摩擦力为8 ND．将水平拉力F撤去后，木块运动得越来越慢，木块受到的摩擦力越来越小解析：由于水平方向受力平衡，f＝F＝6 N，选项A正确，B错误；当用8 N的水平拉力使木块运动时，由f＝μN＝μmg得f＝6 N，选项C错误，将水平拉力F撤去后，木块做减速运动，木块受到的摩擦力f＝μmg不变，D选项错误．答案：A2. 如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则( )A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mg sinαB．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mg cosαC．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mg sinαD．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mg sinα解析：以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力N1、对挡板产生的压力N2，根据重力产生的效果将重力分解，如图所示，当挡板与斜面的夹角β由图示位置变化时，N1大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，N2的大小和方向均改变，由图可看出当挡板AO与斜面垂直，即β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小压力N2min＝mg sinα，D 项正确．答案：D3. 物体A、B在外力F的作用下，在如图甲、乙两种情况下以相同的速率沿F的方向做匀速运动，若接触面间都不光滑．关于物体A、B的受力，下列说法正确的是( )A. 甲、乙两图中的物体A一定都受摩擦力作用B. 甲、乙两图中的物体B一定都受摩擦力作用C. 甲图中速度越大，B受到的摩擦力越大D. 乙图中倾角越大，A受到的摩擦力越大解析：在题甲图中，A、B一起匀速运动，A、B间无摩擦力，B与地面间的滑动摩擦力与运动快慢无关，A、C两项错误；在乙图中，对A受力分析可知，受到静摩擦力f＝m A g sinα，方向沿斜面向上，斜面倾角越大，摩擦力越大，B、D两项正确．答案：BD4. [2013·江西南昌二模]如图所示，相隔一定距离的两个相同圆柱体固定在同一水平高度处，一轻绳套在两圆柱体上，轻绳下端悬挂一重物，绳和圆柱之间的摩擦忽略不计．现增加轻绳长度，而其他条件保持不变，则( )A. 轻绳对物体的作用力的合力将变大B. 轻绳对物体的作用力的合力将变小C. 轻绳的张力将变大D. 轻绳的张力将变小解析：对重物受力分析如图，当轻绳变长，两绳的夹角变小，可知，绳的张力变小，D项正确，C项错，两绳的合力始终与重力平衡，所以合力不变，A、B项均错．答案：D5. [2014·重庆考前训练]三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度均为500 N/m 的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是( )A. 4 cmB. 6 cmC. 8 cmD. 10 cm解析：开始时q弹簧处于压缩状态，由胡克定律知，压缩了2 cm.c木块刚好离开水平地面时，轻弹簧q中拉力为10 N，由胡克定律，轻弹簧q伸长2 cm；轻弹簧p中拉力为20 N，由胡克定律，轻弹簧p伸长4 cm.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm＋2 cm＋4 cm ＝8 cm，选项C正确．答案：C6. [2014·湖南名校联考]如图所示，斜面体M放置在水平地面上，位于斜面上的物块m 受到沿斜面向上的推力F作用．设物块与斜面之间的摩擦力大小为F1，斜面与地面之间的摩擦力大小为F2.增大推力F，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是( )A．如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定增大B．如果物块沿斜面向上滑动，则F1、F2一定不变C．如果物块与斜面相对静止，则F1、F2一定增大D．如果物块沿斜面相对静止，则F1、F2一定不变解析：当物块相对斜面静止时，可把M、m当成整体，F增大时，F2一定增大，F1为静摩擦力大小变化无法判断；当物块在斜面滑动时，m、M之间为滑动摩擦力，当F增大时，F1、F2一定不变，故选B.答案：B7. [2013·东北三校二联]如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是( )A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大解析：物块B在水平方向只有可能受到地面对B、A对B的两个摩擦力的作用，由于B物体静止，则这两个力或都不存在、或同时存在且等大反向，故A、B皆正确．在P点缓慢下移到P、A等高过程中，若弹簧原处于拉伸状态时，弹簧可能由伸长变为压缩，也可能一直处于拉伸状态，则弹力可能由斜向上的逐渐减小的拉力变为斜向下逐渐增大的推力，也可能一直是斜向上逐渐减小的拉力，故对A由平衡条件知：两种情况下B对A的支持力在弹力逐渐减小时是一直减小的，而在弹力逐渐增大时不能判定；B对A的摩擦力变化情况在弹力减小时不能确定，在弹力增大时摩擦力一定增大．同理可知若弹簧原处于原长或压缩状态时，则弹力一直是逐渐增大的推力，由平衡条件知B对A的支持力变化情况不能确定，B对A的摩擦力一定是一直增大的，再考虑到还有P点移动到与A等高位置之下的情况，故整个过程中B对A 的支持力、摩擦力变化情况都不能确定，则地面对B的摩擦力变化情况也不能确定，C、D皆错误．答案：AB8. 如图所示，质量m＝1 kg的物块在与水平方向夹角为θ＝37°的推力F作用下静止于墙壁上，物块与墙之间的动摩擦因数μ＝0.5，若物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则推力F大小可能是( )A. 5 NB. 15 NC. 35 ND. 55 N解析：当F较大时，物块会有向上滑动趋势，摩擦力向下．若物块恰不上滑，则力F有最大值(受力如图a所示)，N＝F max cosθ，F max sinθ＝f＋mg，又f＝μN，解得，F max＝50 N；当力F较小时，物块有向下滑动趋势，摩擦力向上，若物块恰不下滑，则力F有最小值(受力如图b所示)，由平衡条件可得，N＝F min cosθ，F min sinθ＋f－mg＝0，又f＝μN，解得，F min ＝10 N；所以使物块静止于墙面上推力F的范围为10 N≤F≤50 N，B、C两项正确．答案：BC9. [2014·湖南长沙]如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图①中O 为轻绳之间联结的节点，图②中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图①中的B 滑轮或图②中的端点B 沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角变化说法正确的是( )A ．图①、图②中θ角均增大B ．图①、图②中θ角均不变C ．图①中θ增大、图②中θ角不变化D ．图①中θ不变、图②中θ角变大解析：图①中O 点处三绳拉力等于悬挂钩码的重力，大小一定，O 点竖直向下的拉力方向一定，由平衡条件，另两绳拉力方向也一定，则θ角不变；图②中AB 为一根绳子，内部张力大小处处相等，滑轮两边绳子与水平方向夹角相等，设滑轮两边绳长分别为l 1和l 2，AB 水平距离为d ，则(l 1＋l 2)cos θ＝d ，因绳长和d 一定，θ角一定，故B 项正确．答案：B10. [2014·甘肃部分示范校调研]一个挡板固定于光滑水平地面上，截面为14圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态，如图所示．现在对甲施加一个水平向左的力F ，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F 1，甲对地面的压力为F 2，在此过程中( )A. F 1缓慢增大，F 2缓慢增大B. F 1缓慢增大，F 2不变C. F 1缓慢减小，F 2不变D. F 1缓慢减小，F 2缓慢增大解析：把甲、乙看做一个整体，竖直方向仅受重力和地面支持力，在此过程中，两物体重力不变，支持力不变，由牛顿第三定律，甲对地面的压力不变，F 2不变；对乙进行受力分析，在此过程中，挡板对乙的支持力缓慢减小，由牛顿第三定律，乙对挡板的压力F 1缓慢减小，所以选项C 正确．答案：C第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共16分)11. (8分)某同学利用如下图左所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态．(2)他通过实验得到的如上图右所示的弹力大小F 与弹簧长度x 的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x 0＝________cm ，劲度系数k ＝________N/m.(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图右所示时，该弹簧的长度x 1＝________cm.解析：(1)悬挂重物后，弹簧沿竖直方向伸长，要测量弹簧沿竖直方向上的伸长量，刻度尺当然要保持竖直状态．(2)如果以弹簧长度x 为横坐标，弹力大小F 为纵坐标，作出F －x 图象，那么图象与横轴的截距表示弹簧的原长，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，所以根据图象可知，该弹簧的原长x 0＝4 cm ，劲度系数k ＝ΔF Δx＝50 N/m. (3)弹簧的读数表示弹力的大小，即F ＝3 N ，所以该弹簧的长度x 1＝x 0＋F k＝10 cm. 答案：(1)竖直 (2)4 50 (3)1012. (8分)某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如下图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．(1)实验中用弹簧测力计测量力的大小时，下列使用方法中正确的是________．A．拿起弹簧测力计就进行测量读数B．拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦(2)关于此实验的下列说法中正确的是________．A．同一次实验中，O点位置不允许变动B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．(4)本实验采用的科学方法是________．解析：(1)弹簧称使用前，应先检查指针是否指零，再用标准砝码检查示数正确后，再测量，应避免弹簧、指针、拉杆与刻度板的摩擦．(2)同一次实验中，O点位置不能变动；需记录拉力的大小和方向，其夹角不能太大，也不能太小．(3)由图可知，F是F1和F2合成的结果，方向不一定沿AO方向，但F′是用一只弹簧称的拉力，其方向一定沿AO方向．答案：(1)BCD (2)A (3)F′(4)等效替代三、计算题(本题共4小题，共44分)13. (12分)如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，tan37°＝0.75，g取10 m/s2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力是多大？(2)物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若物体乙的质量m 2＝4 kg ，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，则欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m 1最大不能超过多少？解析：(1)F T OA ＝m 1g cos θ＝54m 1gFT OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g(2)F f ＝F T OB ＝34m 1g 方向水平向左(3)F fm ＝μm 2g ＝0.3×40 N＝12 N当F T OB ＝34m 1g ＝F f m ＝12 N 时， m 1＝1.6 kg ，即物体甲的质量m 1最大不能超过1.6 kg.答案：(1)54m 1g 34m 1g (2)34m 1g 方向水平向左 (3)1.6 kg 14. (10分)[2014·陕西宝鸡]如图所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．解析：(1)对物体受力分析，由平衡条件可知，mg sin30°＝μmg cos30°解得，μ＝tan 30°＝33. (2)设斜面倾角为α时，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：F cos α＝mg sin α＋f N ＝mg cos α＋F sin αf ＝μN解得：F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α→0，即cot α→33时，F →∞，即“不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”此时，临界角θ0＝α＝60°.答案：(1)33(2)60° 15. [2013·中山模拟](10分)如图所示，质量为m B ＝14 kg 的木板B 放在水平地面上，质量为m A ＝10 kg 的木箱A 放在木板B 上，一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ＝37°，已知木箱A 与木板B 之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B 与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g 取10 m/s 2，现用水平力F 将木板B 从木箱A 下面匀速抽出，试求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)绳上张力F T 的大小；(2)拉力F 的大小．解析：(1)隔离木箱A ，对A 进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F f ＝F T cos θF T sin θ＋m A g ＝F N1又F f ＝μ1F N 1，联立解得F T ＝μ1m A g cos θ－μ1sin θ＝100 N. (2)木板B 受力如图乙所示，对木板B ，由平衡条件得F＝μ1F N1＋μ2F N2m B g＋F N1＝F N2联立解得F＝200 N.答案：(1)100 N (2)200 N16. (12分)如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量均为m的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B球缓缓拉到图中虚线位置，则(1)此过程AB绳中的拉力如何变化？(2)求水平力F和AC绳中的张力大小．解析：(1)以B球为研究对象，作出平衡三角形，如图甲所示，可看得出此过程AB绳中的拉力F B逐渐变大．(2)以A、B两球组成的整体为研究对象，画出受力图如图乙所示：竖直方向：F C·sin30°＝2mg，得F C＝4mg以B球为研究对象，分析受力如图丙所示：竖直方向：F B·sin30°＝mg水平方向：F B·cos30°＝F解得：F B＝2mg，F＝3mg答案：(1)拉力逐渐变大(2)水平力F为3mg AC绳中的张力为4mg。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习选修3-3阶段示范性金考卷(含解析)

选修3－3本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、5、6、9、10小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、7、8小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2014·上海市十校高三联考]下列说法中正确的是( )A. 温度低的物体内能小B. 外界对物体做功时，物体的内能一定增加C. 温度低的物体分子运动的平均动能小D. 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大解析：物体的内能跟物体所含的分子数、物体的温度和体积等因素有关，所以温度低的物体内能不一定小，选项A错误；做功和热传递均能改变物体的内能，当外界对物体做功，而物体放热时，物体的内能可能减小，选项B错误；物体的温度低表示物体分子运动的平均动能小，选项C正确；物体做机械运动时的动能与物体分子做热运动时的动能不同，显然，选项D错误．答案：C2. 在冬季，装有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，产生这种现象的主要原因是( )A. 软木塞受潮膨胀B. 瓶口因温度降低而收缩变小C. 白天气温升高，大气压强变大D. 瓶内气体因温度降低而压强减小解析：冬季气温较低，瓶中的气体V不变，因T减小而使p减小，这样瓶外的大气压力将瓶塞向下推使瓶塞塞紧，所以拔起来就感到很吃力，故D正确．答案：D3. 如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点是引力最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子速度最大处是( )A. a点B. b点C. c 点D. d 点解析：由分子力与分子之间距离的图象可以看出，乙分子从无穷远处到c 点过程中，分子力做正功，分子动能增大，从c 到d 过程中，分子力做负功，动能减小，所以经过位置c 时速度最大．答案：C4. [2013·广州模拟]一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B ，气体的压强随热力学温度的变化如图所示，则此过程( )A. 气体的密度增大B. 外界对气体做功C. 气体从外界吸收了热量D. 气体分子的平均动能增大解析：由图象可得：从状态A 到状态B ，该理想气体做等温变化，而压强变大，由理想气体状态方程pV T ＝C ，气体的体积V 减小，由密度公式ρ＝m V，故气体的密度增大，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，气体分子的平均动能不变，选项D 错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变，而体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，该气体要放热，故选项B 正确，选项C 错误．答案：AB5. 关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A. 第二类永动机违反能量守恒定律B. 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C. 外界对物体做功，则物体的内能一定增加D. 做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A 错．据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，内能的变化由做功W 和热传递Q 两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道传热情况无法确定内能的变化情况，故B 、C 项错误．做功和热传递都可改变物体内能，但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D 正确．答案：D6. [2014·浙江杭州]如图所示为中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶．在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞．在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气的过程中，瓶内气体体积减小了ΔV时，压强增大了20%.若使瓶内气体体积减小2ΔV，则其压强增大( )A. 20%B. 30%C. 40%D. 50%解析：瓶内气体做等温变化，设初始状态，气体压强为p，体积为V，当瓶内气体体积减小2ΔV时，气体压强大小为xp，根据气体定律可得，pV＝1.2p(V－ΔV)＝xp(V－2ΔV)，解得，x＝1.5，所以，其压强增大50%，D项正确．答案：D7. 一定质量的气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p－T 图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，而cd平行于ab，由图可以判断( )A. ab过程中气体体积不断减小B. bc过程中气体体积不断减小C. cd过程中气体体积不断增大D. da过程中气体体积不断增大解析：分析图象时要注意，在p－T图象中，若图线为过原点的直线，则该过程是等容变化，并且图线斜率越大，气体体积越小．四条直线段只有ab段是等容过程，即ab过程中气体体积不变，选项A是错误的，其他三个过程并不是等容变化过程．Ob、Oc、Od都是一定质量理想气体的等容线，依据p－T图中等容线的特点，比较这几条图线的斜率即可得出V a＝V b>V d>V c，故选项B、C、D正确．答案：BCD8. [2014·江苏淮安高三期末调研]下列说法中正确的是( )A. 晶体一定具有规则的几何外形B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同D. 当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同解析：晶体有单晶体和多晶体之分，整个物体就是一个晶体的叫作单晶体，单晶体一定具有规则的几何外形，如雪花、食盐小颗粒、单晶硅等；如果整个物体是由许多杂乱无章地排列着的小晶体组成的，这样的物体就叫作多晶体，多晶体没有确定的几何外形，如大块的食盐、黏在一起的蔗糖、各种金属材料等．选项A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，具体来说，叶面上的小露珠与气体接触的表面层中的分子分布比内部稀疏，分子间距大于分子力平衡时的距离r0，所以分子间的相互作用表现为引力，从而使小露珠表面各部分之间存在相互吸引的力，即表面张力，小露珠表面层在液体表面张力的作用下呈球形，选项B正确；由液晶的性质可知，当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，选项C正确；当氢气和氧气的温度相同时，它们分子运动的平均动能相同，但分子的平均速率不同，选项D错误．答案：BC9. 如图所示为一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是 ( )A. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数两状态一样多D. 单位体积的分子数两状态一样多解析：由题图可知一定质量的气体a、b两个状态压强相等，而a状态温度低，分子的平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A、C错，B对；一定质量的气体，分子总数不变，V b＞V a，单位体积的分子数a状态较多，故D错．答案：B10. [2013·成都二诊]A、B为两个相同的固定在地面上的气缸，内部有质量相等的同种气体，且温度相同，C、D为两重物，质量m C>m D，按如图所示方式连接并保持平衡．现使A、B的温度都升高10℃，不计活塞及滑轮系统的质量和摩擦，则系统重新平衡后( )A. C 下降的高度比D 下降的高度大B. C 下降的高度比D 下降的高度小C. C 、D 下降的高度一样大D. A 、B 气缸内气体的最终压强与初始压强不相同解析：系统平衡时，密闭气体的压强保持不变，且p A ＝p 0－m C g S ，p B ＝p 0－m D g S，其中p 0为大气压强，S 为活塞的横截面积，因为m C >m D ，所以p A <p B ；根据理想气体状态方程pV T ＝C (常量)可知，当p 不变时，ΔV ＝ΔTC p，又因为p A <p B ，所以ΔV A >ΔV B ，即A 气缸内气体体积的增加量大于B 气缸内气体体积的增加量，C 下降的高度比D 下降的高度大，选项A 正确．答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(8分)11. (8分)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中：(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待其散开稳定④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜面积请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：错误的步骤：_____________________________________________有遗漏的步骤：___________________________________________(2)实验中，用a mL 纯油酸配制成b mL 的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液c mL ，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为S cm 2，估算油酸分子的直径大小为________cm.(3)用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________．A. 摩尔质量B. 摩尔体积C. 质量D. 体积解析：(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差；③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d ＝V S ＝a b c S ＝ac bS. (3)由油酸分子的直径易得油酸分子的体积为43π(d 2)3＝16πd 3.欲求阿伏加德罗常数，由题中选项知，B 正确．答案：(1)②在量筒中滴入N 滴溶液，测出它的体积 ③在水面上先撒上痱子粉 (2)ac bS(3)B三、计算题(本题共5小题，共52分)12. (8分)[2014·洛阳五校联考]如图所示p －V 图中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J由热力学第一定律 U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J气体内能的减少量为690 J(2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA 过程中气体内能变化量U A －U B ＝690 J由题知W 2＝200 J由热力学第一定律U A －U B ＝W 2＋Q 2解得Q 2＝490 J即吸收热量490 J气体一定从外界吸收热量．答案：(1)减少了690 J (2)吸收490 J13. (8分)[2014·河北唐山]如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S .活塞通过轻绳连接了一个质量为m 的小物体，轻绳跨在定滑轮上．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p 0(mg <p 0S )．汽缸内气体的温度为T 0，轻绳处在自然伸直状态．不计摩擦，缓慢降低汽缸内温度，最终使得气体体积减半，求：(1)气体体积减半时的温度T 1；(2)建立p －V 坐标系并在该坐标系中画出气体变化的整个过程．解析：(1)设初始气体体积为V ，在气体体积减半时，缸内气体压强为p 0－mg S. 根据气体定律可得，p 0V T 0＝p 0－mg S V 2T 1. 解得，T 1＝p 0－mg S 2p 0T 0. (2)刚开始缓慢降温时，缸内气体的体积不变，压强减小，气体做等容变化；当缸内气体压强降为p 0－mg S时，气体的压强不变，体积减小，气体做等压变化．如图所示．答案：(1)T 1＝p 0－mg S 2p 0T 0 (2)见解析图 14. (10分)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3 m 2、质量为m ＝4 kg 厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa.现将气缸竖直放置，如图(b)所示，取g ＝10 m/s 2.求：(1)活塞与气缸底部之间的距离；(2)加热到675 K 时封闭气体的压强．解析：(1)当气缸水平放置时，有p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝24S当气缸竖直放置时，有 p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋402×10－3)Pa ＝1.2×105 Pa V 2＝L 2S由等温变化可得p 1V 1＝p 2V 2解得L 2＝p 1V 1p 2S ＝1.0×105×24S 1.2×105Scm ＝20 cm (2)设活塞到卡环时温度为T 3，此时V 3＝36S由等压变化可得V 2T 2＝V 3T 3解得T 3＝V 3V 2T 2＝36S 20S×300 K＝540 K 由540 K 到675 K 等容变化有p 3T 3＝p 4T 4解得p 4＝T 4T 3p 3＝675540×1.2×105 Pa ＝1.5×105 Pa 答案：(1)20 cm (2)1.5×105Pa15. (1)(5分)下列说法中正确的是________．A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D. 氢气和氮气的温度相同时，它们的分子平均速率不相同E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大(2)(8分)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L 1为20 cm ，水银上表面与导线下端的距离L 2为10 cm ，管内水银柱的高度h 为8 cm ，大气压强为75 cm 水银柱高．求：①当温度达到多少时，报警器会报警？②如果要使该装置在87℃时报警，求再往玻璃管内注入的水银的高度．解析：(1)布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，A 项错误；由于液体表面张力的作用使叶面上的小露珠呈球形，B 项正确；多晶体不具有规则几何形状，C 项错误；氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于它们的分子质量不同，所以它们分子的平均速率不相同，D 项正确；当分子力表现为斥力时，分子之间的距离小于r 0，当分子间的距离减小时，分子力和分子势能都增大，E 项正确．(2)①对水银封闭的气体，初状态：V 1＝L 1S ，T 1＝273＋27 K ＝300 K.末状态：V 2＝(L 1＋L 2)S ，T 2＝273＋t 2根据气体定律得：V 1T 1＝V 2T 2解得，t 2＝177℃.②设应该再往玻璃管内注入水银的高度为x ，对水银封闭的气体，初状态：p 1＝p 0＋h ，V 1＝L 1S ，T 1＝300 K.末状态：p 3＝p 0＋h ＋x ，V 3＝(L 1＋L 2－x )S ，T 3＝360 K根据气体定律得，p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得，x ＝8.14 cm.答案：(1)BDE (2)①177℃ ②8.14 cm16. (1)(5分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．A. 外界对气体做功，气体内能可能增加B. 在压强不变的条件下，体积增大，则气体分子的平均动能可能减少C. 压强减小，体积减小，分子的平均动能不一定减小D. 对一定质量的气体加热，其内能不一定增加E. 一定质量的气体，体积不变时，温度越低，气体的压强就越小(2)(8分)[2013·山西太原期末]如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A 内封有一定质量的气体，与A 相连的细管B 插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差x 即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由管上的刻度直接读出．(B 管的体积与A 泡的体积相比可忽略)①在标准大气压下(p 0＝76 cmHg)，对B 管进行温度刻线．已知温度t 1＝27℃，管内与槽中水银面的高度差x 1＝16 cm ，此高度即为27℃的刻度线．求当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0.②若大气压变为p 1＝75 cmHg ，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是多少？解析：(1)外界对气体做功，若气体吸收热量，则气体内能增加，A 项正确；对于一定量的理想气体，在压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B 项错误；根据理想气体状态方程pV T＝C 可知，若气体压强减小，体积减小，则气体温度降低，气体分子的平均动能一定减少，C 项错误；气体吸收热量有可能同时对外做功，其内能不一定增加，D 项正确；一定质量的气体，体积不变时，温度越低，单位体积气体分子的个数不变但分子的平均动能减少，故气体的压强减小，E 项正确．(2)①由于B 管的体积与A 的体积相比可忽略，所以气体做等容变化，p 1＝p 0－p x ＝60 cmHg ，T 1＝300 K由查理定律，p /p 1＝T /T 1解得p ＝54.6 cmHg.当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0＝76 cm －54.6 cm ＝21.4 cm.②此时A 内气体压强p ′＝(75－16) cmHg ＝59 cmHg ，由查理定律，p ′/p 1＝T ′/T 1，解得T ′＝295 K即实际温度是22℃.答案：(1)ADE (2)①21.4 cm ②22℃。

高三物理一轮夯实基础阶段验收评估《交变电流传感

阶段验收评估(十) 交变电流传感器(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分，每小题至少有一个选项正确，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1. (2013·开封模拟)如图1所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时( ) 图1A．A1的读数变大，A2读数变大B．A1的读数变大，A2读数变小C．A1的读数变小，A2读数变大D．A1的读数变小，A2的读数变小2. (2012·深圳调研)如图2所示，用理想变压器给电灯L供电，如果只增加副线圈匝数，其它条件不变，则( )A．电灯L亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大图2D．变压器输入功率不变3. (2012·潍坊二模)一个理想变压器的线圈绕向如图3甲所示。

原线圈输入电流的i－t图象如图乙所示，第1 s内电流方向在图甲中已标出，则( )A．灯泡中的电流变化周期为2 sB．输入电流的有效值小于22A 图3C．前2 s内灯泡中电流方向从b到aD．前2 s内铁芯中磁通量的变化率恒定4．(2013·吉林模拟)如图4所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。

已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( ) 图4 A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为n2B2L1L2ω/R，方向垂直纸面向里5. (2012·包头二模)电阻为R的负载接到20 V直流电压上消耗的电功率是P；用一个变压器，原线圈接最大值为200 V的正弦交流电压，副线圈接电阻R，要使R上消耗的电功率为P/2，则变压器原、副线圈的匝数比为( )A．20∶1 B．102∶1 C．10∶1 D．1∶10 图56．图5中甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习选修3-5阶段示范性金考卷(含解析)

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习选修3－5阶段示范性金考卷（含解析）本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、3、7、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第2、4、5、6、8、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 有关光的本性的说法正确的是( )A. 关于光的本性，牛顿提出“微粒说”，惠更斯提出“波动说”，爱因斯坦提出“光子说”，它们都说明了光的本性B. 光具有波粒二象性是指：既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子C. 光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性D. 在光的双缝干涉实验中，如果光通过双缝则显出波动性，如果光只通过一个缝则显出粒子性解析：牛顿提出“微粒说”不能说明光的本性，A错；光既不能看成宏观上的波也不能看成微观上的粒子，B错；双缝干涉和单缝衍射都说明光的波动性，当让光子一个一个地通过单缝时，曝光时间短显示出粒子性，曝光时间长则显示出波动性，D错误．答案：C2. 如图所示为氢原子的能级示意图．现用能量介于10～12.9 eV之间的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是( )A. 照射光中只有一种频率的光子被吸收B. 照射光中有三种频率的光子被吸收C. 氢原子发射出三种不同波长的光D. 氢原子发射出六种不同波长的光解析：氢原子只能吸收特定频率的光子，才能从低能级跃迁到高能级，题中氢原子可能吸收的光子能量有12.75 eV、12.09 eV、10.20 eV三种，选项A错误、B正确；氢原子可以吸收大量能量为12.75 eV的光子，从而从n＝1的基态跃迁到n＝4的激发态，共可发射出C24＝4×32＝6种不同波长的光，选项C错误、D正确．答案：BD3. 如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的力F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上．已知m A<m B，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )A. 静止B. 向右运动C. 向左运动D. 无法确定解析：选取A、B两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零．初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，选项A正确．答案：A4. [2013·南京高三一模]下列说法正确的是 ( )A. 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律B. 原子核发生α衰变时，新核与α粒子的总质量等于原来的原子核的质量C. 氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D. 在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固解析：原子核发生α衰变时，新核与α粒子的总质量数等于原来的原子核的质量数，但是质量有亏损，所以选项B错误；氢原子的核外电子离核越远氢原子的能量越高，当氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时要向外辐射光子，而氢原子的能量减少，所以选项C正确；在原子核中，比结合能的大小能够反映核的稳定程度，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，所以选项D错误．本题答案为AC.答案：AC5. 如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象．下列说法中正确的是( )A. 若D和E能结合成F，结合过程一定要释放能量B. 若D和E能结合成F，结合过程一定要吸收能量C. 若A能分裂成B和C，分裂过程一定要释放能量D. 若A能分裂成B和C，分裂过程一定要吸收能量解析：若D和E能结合成F，结合过程有质量亏损，释放能量；若A能分裂成B和C，分裂过程有质量亏损，释放能量，所以A、C正确．6. [2014·山东潍坊模拟]下列说法正确的是( )A. 卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型B. 根据玻尔理论可知，当氢原子从n ＝4的状态跃迁到n ＝2的状态时，发射出光子C. β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D. 原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关解析：卢瑟福通过α粒子散射实验总结并建立了原子核式结构模型，选项A 正确；氢原子从高能级向低能级跃迁时以光子的形式释放能量，选项B 正确；β衰变时所释放的电子是原子核内部变化所释放的，选项C 错误；原子核的衰变快慢是由核内部自身的因素决定的，与原子所处的状态无关，选项D 正确．答案：ABD7. [2013·银川一中高三二模]下列说法中错误的是( )A. 卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为42He ＋14 7N→17 8O ＋11HB. 铀核裂变的核反应是235 92U→141 56Ba ＋9236Kr ＋210nC. 质子、中子、α粒子的质量分别为m 1，m 2，m 3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m 1＋2m 2－m 3)c 2D. 原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2，那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子解析：卢瑟福用α粒子轰击N 原子核发现了质子，A 项正确；铀核裂变的核反应是235 92U＋10n→141 56Ba ＋9236Kr ＋310n ，所以B 项错误；质子和中子结合成一个α粒子，释放能量符合质能方程，C 项正确；原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，所以原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收的能量为ab 能级间与bc 能级间的能量差值，即hc λ2－hc λ1＝hc (λ1－λ2λ1λ2)，所以吸收的光子的波长为λ1λ2λ1－λ2，D 项正确．故本题选B. 答案：B8. [2013·南京一模]下列说法正确的是( )A. 天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的B. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，肯定是因为光的强度太小C. 按照玻尔理论，氢原子核外电子向高能级跃迁后动能减小D. 原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子解析：照射光的频率大于金属的极限频率时，金属上的电子才会逸出，频率越大，电子的初动能越大，选项B 错误；β衰变是放射性原子核放射电子(β粒子)而转变为另一种核的过程，β射线来源于原子核而不是核外电子，所以选项D 错误．9. 氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n ＝4的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光a ，从n ＝3的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则( )A. 氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线B. 氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线C. 在水中传播时，a 光较b 光的速度小D. 氢原子在n ＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离解析：原子核受到激发才会辐射出γ射线，A 项错误；氢原子从n ＝4能级向n ＝3能级跃迁，是原子外层电子的跃迁，只能辐射可见光，B 项错误；由E ＝h ν，知νa >νb ，得n a >n b ，由v ＝c n知，在水中传播时a 光较b 光的速度小，C 项正确；从n ＝2的能级电离所需的最小能量E ＝E ∞－E 2＝3.4 eV ，光子能量低于此值不可能引起电离，因此只有频率足够高的光才可能引起电离，D 项错误．答案：C10. 小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M (不含子弹)，每颗子弹质量为m ，共n 发，打靶时，枪口到靶的距离为d .若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法中正确的是( )A. 待打完n 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B. 待打完n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为md nm ＋M D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同解析：车、人、枪、靶和n 颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A 错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、(n －1)颗子弹为研究对象，动量守恒，则：0＝m x 子t －[M ＋(n －1)m ]·x 车t ，由位移关系有：x 车＋x 子＝d ，解得x 车＝md M ＋nm，故C 正确；每射击一次，车子都会右移，故B 正确．答案：BC11.下列说法正确的是( )A. 紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B. 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C. 核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量D. 太阳内部发生的核反应是热核反应E. 原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下发生的解析：根据爱因斯坦光电效应方程可知，光线照射金属板发生光电效应时，从金属表面上逸出光电子的最大初动能与光的频率有关，而与光的照射强度无关，A项错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，电子与原子核之间的距离减小，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，B项正确；根据质能关系可知，C项正确；根据核反应知识可知，D项正确；原子核的衰变是自发进行的，E项错误．答案：BCD12. 下列关于近代物理知识的描述中，正确的是( )A. 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出B. 处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子C. 衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D. 在147N＋42He→178O＋X核反应中，X是质子，这个反应过程叫α衰变E. 比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定解析：由光电效应规律可知，当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用频率大的紫光照射也一定会有电子逸出，A项正确；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出C23＝3种频率的光子，B项正确；衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子和电子，电子从原子核内发射出来而形成的，C项错误；根据质量守恒和电荷守恒可知，X是质子，这个反应过程叫原子核人工转变，D项错误；根据比结合能定义可知，E项正确．答案：ABE第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、填空题(本题共3小题，共18分)13. (6分)已知235 92U有一种同位素核比235 92U核多3个中子．某时刻，有一个这样的同位素核由静止状态发生α衰变，放出的α粒子的速度大小为v0.写出衰变的核反应方程________(产生的新核的元素符号可用Y表示)；衰变后的新核速度大小为________．解析：设核子质量为m，则α粒子质量为4m，产生的新核质量为234m,238 92U衰变，由动量守恒有234mv＝4mv0，解得v＝2117v0.答案：238 92U→234 90Y＋42He2 117v014. (6分)氢原子的能级如图所示，当氢原子从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为________eV.现有一群处于n ＝4的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有________种．解析：金属的逸出功为W ＝E 4－E 2＝－0.85 eV －(－3.40) eV ＝2.55 eV ；从能级n ＝4分别跃迁到能级n ＝1和能级n ＝2，从能级n ＝3和能级n ＝2分别跃迁到能级n ＝1均能使该金属发生光电效应，即有4种频率的光符合要求．答案：2.55 415. (6分)如图所示为研究光电效应规律的实验电路，利用此装置也可以进行普朗克常量的测量．只要将图中电源反接，用已知频率ν1、ν2的两种色光分别照射光电管，调节滑动变阻器……已知电子电荷量为e ，要能求得普朗克常量h ，实验中需要测量的物理量是________；计算普朗克常量的关系式h ＝________(用上面的物理量表示)．解析：电流表示数为零，此时光电管两端所加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，根据eU 极＝12mv 2m ＝h ν－W 0有eU 1＝h ν1－W 0①，eU 2＝h ν2－W 0②，解得h ＝e U 1－U 2ν1－ν2.答案：分别使电流表示数恰好为零时电压表的读数U 1、U 2 e U 1－U 2ν1－ν2三、计算题(本题共3小题，共32分)16. (10分)[2014·河南洛阳]如图所示，一质量M ＝2 kg 的长木板B 静止于光滑水平面上，B 的右边有竖直墙壁．现有一小物体A (可视为质点)质量m ＝1 kg ，以速度v 0＝6 m/s 从B 的左端水平滑上B ，已知A 和B 间的动摩擦因数μ＝0.2，B 与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失，若B 的右端距墙壁x ＝4 m ，要使A 最终不脱离B ，则木板B 的长度至少多长？解析：设A 滑上B 后达到共同速度v 1前并未碰到竖直墙壁．由动量守恒定律得，mv 0＝(M ＋m )v 1在这一过程中，对B 由动能定理得，μmgx B ＝12Mv 21 解得，x B ＝2 m<4 m ，假设成立．设B 与竖直墙壁碰后，A 和B 的共同速度为v 2.由动量守恒定律得，Mv 1－mv 1＝(M ＋m )v 2由能量守恒定律得，μmgL ＝12mv 20－12(m ＋M )v 22 解得，L ＝8.67 m.答案：8.67 m17. (10分)如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B 相同的滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 运动，当A 滑过距离l 1时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A 恰好返回出发点P 并停止．滑块A 和B 与导轨的动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l 2，求滑块A 从P 点出发时的初速度v 0.(取重力加速度为g )解析：令A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时速度为v 1(碰前)，由功能关系，12mv 20－12mv 21＝μmgl 1 碰撞过程中动量守恒，令碰后瞬间A 、B 共同运动的速度为v 2根据动量守恒定律，mv 1＝2mv 2碰后A 、B 先一起向左运动，接着A 、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A 、B 的共同速度为v 3，在这一过程中，弹簧的弹性势能在始末状态都为零．根据动能定理，12(2m )v 22－12(2m )v 23＝μ(2m )g (2l 2) 此后A 、B 分离，A 单独向右滑到P 点停下由功能关系得12mv 23＝μmgl 1 联立各式解得v 0＝μgl 1＋16l 2. 答案：μg l 1＋16l 218. (12分)[2014·北京西城]如图所示，一质量M ＝1.0 kg 的砂摆，用轻绳悬于天花板上O 点．另有一玩具枪能连续发射质量m ＝0.01 kg 、速度v ＝4.0 m/s 的小钢珠．现将砂摆拉离平衡位置，由高h ＝0.20 m 处无初速度释放，恰在砂摆向右摆至最低点时，玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入砂摆，二者在极短时间内达到共同速度．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.(1)求第一颗小钢珠射入砂摆前的瞬间，砂摆的速度大小v 0；(2)求第一颗小钢珠射入砂摆后的瞬间，砂摆的速度大小v 1；(3)第一颗小钢珠射入后，每当砂摆向左运动到最低点时，都有一颗同样的小钢珠水平向左射入砂摆，并留在砂摆中．当第n 颗小钢珠射入后，砂摆能达到初始释放的高度h ，求n .解析：(1)砂摆从释放到最低点，由动能定理得Mgh ＝12Mv 2解得，v 0＝2gh ＝2.0 m/s.(2)小钢珠打入砂摆过程，由动量守恒定律得，Mv 0－mv ＝(M ＋m )v 1解得，v 1＝Mv 0－mvM ＋m ≈1.94 m/s.(3)第2颗小钢珠打入过程，由动量守恒定律得，(M ＋m )v 1＋mv ＝(M ＋2m )v 2第3颗小钢珠打入过程，同理(M ＋2m )v 2＋mv ＝(M ＋3m )v 3…第n 颗小钢珠打入过程，同理[M ＋(n －1)m ]v n －1＋mv ＝(M ＋nm )v n联立各式得，(M ＋m )v 1＋(n －1)mv ＝(M ＋nm )v n解得，v n ＝M ＋m v 1＋n －mvM ＋nm当第n 颗小钢珠射入后，砂摆要能达到初始释放的位置，砂摆速度满足：v n ≥v 0解得，n ≥M ＋m v 1－mv －Mv 0m v 0－v＝4所以，当第4颗小钢珠射入砂摆后，砂摆能达到初始释放的高度．答案：(1)2.0 m/s (2)1.94 m/s (3)4。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习交变电流传感器阶段示范性金考卷(含解析)

交变电流传感器本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第2、6、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第1、3、4、5、7、8、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 下列说法正确的是( )A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B. 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C. 电子秤所使用的测力装置是力传感器D. 半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大解析：电话话筒的作用是把声信号变为电信号，A 选项错误；电熨斗中用到双金属片，是利用温度传感器控制电路的通断，B 选项正确；电子秤是利用压敏电阻把力信号转变为电信号，是力传感器，C 选项正确；半导体热敏电阻的阻值随温度升高而减小，D 选项错误．答案：BC2. [2014·北京市怀柔区高三适应性练习]某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是 ( )A. 交变电流的频率为0.02 HzB. 交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos50πt (A)C. 在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D. 若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则发电机的热功率为5 W解析：根据图象可知i m ＝5 A ，T ＝20×10－3s ＝0.02 s ，所以，交变电流的频率f ＝1/T ＝50 Hz ，瞬时表达式为i ＝i m cos ωt ＝i m cos(2πT)t ＝5cos100πt (A)，所以选项A 、B 错误；在t ＝0.01 s 时，交变电流的瞬时值最大，说明感应电动势最大，穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，磁通量最小，选项C 错误；该余弦交变电流的有效值为i 有＝i m /2，若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其热功率为P 热＝i 2有R ＝5 W ，所以选项D 正确．答案：D3. [2014·山西大学附中高三模拟]如图所示电路，变压器为理想变压器．现将滑动变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置时，电流表A 1的示数减小0.1 A ，电流表A 2的示数减小1 A ，则下列说法正确的是 ( )A. 灯泡L 1变亮B. 灯泡L 1变暗C. 变压器为升压变压器D. 变压器为降压变压器解析：电压不变，流过A 2的电流减小，灯L 2的分压减小，灯L 1分压变大而变亮，选项A 正确，B 错误；由变压器公式有I 1I 2＝I 1－0.1I 2－1＝n 2n 1，解得n 2n 1＝110，为降压变压器，选项C 错误，D 正确．答案：AD4. 如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )A. 只增加原线圈的匝数B. 只增加副线圈的匝数C. 只减小用电器R 1的电阻D. 断开开关S解析：变压器的输入功率由输出功率决定，因此只要增大其输出功率即可．输入电压不变，原线圈匝数增加输出电压减小，输出功率减小，A 项错误；副线圈匝数增加，输出电压增大，输出功率增大，B 项正确；在匝数不变的情况下，输出电压不变，闭合开关或减小R 1电阻都使负载电阻减小，消耗的功率增大，即输出功率增大，C 项正确，D 项错误．答案：BC5. 如图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是 ( )A. 图甲表示交流电，图乙表示直流电B. 两种电压的周期相等C. 两种电压的有效值相等D. 图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin100πt V解析：因图象的纵坐标上电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电，A 错；两图象的周期都是2×10－2s ，故B 对；对于正弦交流电才有U 有效＝U m2，虽然两图的峰值相同，但图乙非正弦(余弦)交流电，不适用上式有效值的求法，故C 错；正弦交流电电压瞬时值的表达式为u ＝U m sin ωt ，由图甲可知U m ＝311 V ，T ＝2×10－2s ，可得ω＝2πT＝100π，代入上式得u ＝311sin100πt V ，故D 对．答案：BD6. [2013·三亚模拟]如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A ．下列判断中正确的是 ( )A. 初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B. 初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C. 电流表A 2的示数为0.1 AD. 电流表A 2的示数为0.4 A解析：由题意可求得初级线圈的功率，利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流，再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．由电压表V 的示数和电流表A 1的示数可得初级线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表A 2的示数为I 2＝U 1I 1R ＝220×0.244 A ＝1.0 A ，C 、D 错误；初级线圈和次级线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，A 错误，B 正确．答案：B7. [2013·甘肃省二诊]如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R 以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V.下列说法中正确的是( )A. t ＝1600s 时，电压表的读数为22 V B. t ＝1600s 时，ac 两点电压瞬时值为110 V C. 滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大 D. 单刀双掷开关由a 扳向b ，电压表和电流表的示数均变大解析：电压表的读数为电压的有效值，不随时间改变，t ＝1600 s 时，电压表读数为22 V ，选项A 正确；将t ＝1600 s 带入瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V ，ac 两点电压瞬时值为110 2 V ，选项B 错误；滑动变阻器触片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变小，选项C 错误；若当单刀双掷开关由a 扳向b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为10∶2，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D 正确．答案：AD8. 如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．则( )A. 原线圈的匝数为1650匝B. 副线圈的匝数为55匝C. 当开关S 断开时，电压表读数变小D. 当开关S 断开时，A 2和A 1读数均减小解析：由变压器电压与匝数的关系可知原线圈与电压表之间有U 1U ＝n 1n，得原线圈匝数为1650匝，选项A 正确；由电压表与副线圈电压关系，可得副线圈匝数为110匝，选项B 错误；断开开关S ，电压表匝数为1，没有变化，则电压表读数不变，选项C 错误；当开关S 断开时，输出端总电阻增大，输入和输出电压不变，则输出电流减小，输出功率减小，输入电流也减小，选项D 正确．答案：AD9. [2013·岳阳模拟]如下图所示，L 1和L 2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n 1∶n 2＝1000∶1，n 3∶n 4＝1∶100，图中电压表示数为220 V ，电流表示数为10 A ，则高压输电线的送电功率为( )A. 2.2×103W B. 2.2×10－2W C. 2.2×108 WD. 2.2×104W解析：根据图甲可得，高压输电线的送电压U ＝n 1n 2U 甲＝220 kV ；根据图乙可得，输送电流I ＝n 4n 3I 乙＝1000 A ；所以高压输电线的送电功率P ＝UI ＝220 kV×1000 A＝2.2×108W ．故C 正确．答案：C10. 如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝6∶1，副线圈两端接有灯泡(3 V 3 W)、定值电阻R 1＝3 Ω、R 2＝6 Ω、理想二极管D ，当原线圈两端接有电压按如图乙所示变化的交流电源时，则( )A. 电阻R 2两端电压的有效值为322VB. 通过灯泡的电流的有效值为104A C. 变压器副线圈两端电压的有效值为6 2 V D. 通过灯泡的电流每秒方向改变50次解析：因原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝6∶1，交流电源输出电压的有效值为36 V ，所以副线圈两端电压的有效值为6 V ，C 错；由P ＝U 2R 知灯泡电阻为3 Ω，因二极管的单向导电性，电阻R 2两端电压在半个周期内有3 V ，在另半个周期内为0 V ，由U 2R T ＝U 21R ·T 2＋U 22R ·T 2得电阻R 2两端电压的有效值为322 V ，A 对；由I ＝UR知通过灯泡的电流在半个周期内为1 A ，在另半个周期内为0.5 A ，由有效值的定义可得通过灯泡的电流的有效值为104A ，B 对；由题图知交流电的周期T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向改变两次，所以通过灯泡的电流每秒方向改变100次，D 错．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、填空题(本题共3小题，共18分)11. (6分)如图所示，a 、b 、c 三种交变电流分别通过同一电阻，在0.8 s 内，电阻产生的热量分别为Q a 、Q b 和Q c ，则Q a ∶Q b ∶Q c ＝________.解析：交变电流a 的有效值为 2 A ，交变电流b 的有效值为2 A ，交变电流c 的有效值可依据有效值的定义求解，即Q ＝I 2RT ＝0＋22R T4＋0＋22R T4，解得有效值为 2 A ，由Q ＝I 2RT可求得Q a ∶Q b ∶Q c ＝1∶2∶1.答案：1∶2∶112. (6分)一理想变压器，原副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝10∶1，当这个变压器正常工作时，输入功率和输出功率之比P 1∶P 2＝________；当副线圈中交变电压为220 V 、负载电阻为1000 Ω时，则原线圈中电流为________A ，相当于不接变压器而在原电源输出端接入阻值为________的电阻．解析：由理想变压器的功率关系知P 1∶P 2＝1∶1，I 2＝U R ＝2201000A ＝0.22 A ，由变压器电流关系I 1I 2＝n 2n 1知I 1＝0.022 A ，由电压关系U 1U 2＝n 1n 2知U 1＝2200 V ，由R ＝U I知R ＝1×105Ω.答案：1∶1 0.022 1×105Ω13. (6分)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I ＝________.线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q ＝________.解析：电动势的最大值E m ＝BS ω，电动势的有效值E ＝E m2，电流的有效值I ＝ER ＝2BS ω2R；q ＝I Δt ＝ERΔt ＝ΔΦR ＝BS R.答案：2BS ω2R BSR三、计算题(本题共4小题，共42分)14. (10分)[2013·银川市期末]如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab ＝0.25 m ，宽度bc ＝0.20 m ，共有n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′转动．线圈处于磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V 1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W ．(不计转动轴与电刷的摩擦，结果保留两位有效数字)(1)求线圈转动的角速度ω；(2)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能为多少？解析：(1)设小灯泡正常发光时的电流为I ，则I ＝P 额U 额＝0.60 A设灯泡正常发光时的电阻为R ，R ＝U 2额P＝5.0 Ω根据闭合电路欧姆定律得：E ＝I (R ＋r )＝3.6 V E m ＝2E ，E m ＝nBS ω解得ω＝E mnBS＝1.8 2 rad/s ＝2.5 rad/s (2)发电机产生的电能为Q ＝IEt ，t ＝100T ＝1002πω解得Q ＝5.4×102J.答案：(1)2.5 rad/s (2)5.4×102J15. (10分)如图所示为某校的演示实验装置，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈连接一只“220 V,60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，求：(1)感应电动势的瞬时表达式(线圈从中性面开始计时)； (2)原副线圈的匝数比； (3)变压器允许的最大输出功率．解析：(1)感应电动势的最大值E m ＝nBS ω 感应电动势的瞬时表达式为e ＝5002sin200t (V) (2)原线圈电压的有效值为U 1＝E m2＝500 V所以n 1n 2＝U 1U 2＝500220＝2511(3)由P 入＝P 出，变压器允许的最大输出功率P m ＝P 入＝U 1I m ＝500×10 W＝5×103W 答案：(1)e ＝5002sin200t (V) (2)2511(3)5×103W16. (10分)[2013·江苏徐州期末]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n 1∶n 2＝3∶1，原线圈电路中接有一量程为3 A 的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R 以及若干“6 V、6 W”的相同灯泡．输入端交变电压u 的图象如图乙所示.(1)求图甲中电压表的读数．(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数． (3)为满足第(2)问中要求，求可变电阻R 应调到的电阻值．解析：(1)根据图象可得原线圈电压的最大值U 1m ＝ 27 2 V 其有效值为U 1＝U 1m2＝27 V根据n 1n 2＝U 1U 2代入数据可得U 2＝9 V 即为电压表读数． (2)设原线圈中通过的电流为I 1，副线圈中通过的电流为I 2为使副线圈接入的灯泡最多，则I 1取允许通过的最大电流的有效值为3 A 根据U 1I 1＝U 2I 2代入数据可得I 2＝9 A 正常发光时每个灯泡中的电流为I D ＝P U＝1 A 所以允许接入的灯泡个数为n ＝I 2I D＝9 (3)电阻两端电压为U R ＝U 2－U D ＝3 V电阻阻值为R ＝U R I 2＝13Ω答案：(1)9 V (2)9 (3)13Ω17. (12分)如图甲所示，长、宽分别为L 1、L 2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n ，总电阻为r ，可绕其竖直中心轴O 1O 2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R 相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，其磁感应强度B 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示，其中B 0、B 1和t 1均为已知．在0～t 1时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t 1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω逆时针(从上往下看)匀速转动．线框中电流逆时针方向为正方向(从左向右看)求：(1)0～t 1时间内通过电阻R 的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量； (3线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量．解析：(1)0～t 1时间内，线框中的感应电动势E 1＝nΔΦΔt ＝nL 1L 2B 1－B 0t 1根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R 的电流I ＝E 1R ＋r ＝nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1(2)线框产生感应电动势的最大值E m ＝nB 1L 1L 2ω 感应电动势的有效值E ＝22nB 1L 1L 2ω 通过电阻R 的电流的有效值I ＝2nB 1L 1L 2ωR＋r线框转动一周所需的时间t ＝2πω此过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝πR ω(nB 1L 1L 2R ＋r)2(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nB 1L 1L 2Δt平均感应电流I ＝nB 1L 1L 2Δt R ＋r通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝nB 1L 1L 2R ＋r答案：(1)nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1 (2)πR ω(nB 1L 1L 2R ＋r)2。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习静电场阶段示范性金考卷(含解析)

静电场本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共65分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．在第2、3、4、5、6、8、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第1、7、11、13小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A. A点的电场强度大小为2×103 N/CB. B点的电场强度大小为2×103 N/CC. 点电荷Q在A、B之间D. 点电荷Q在A、O之间解析：试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强，选项A正确B错误；若点电荷Q 在AO之间，则A、B两点场强方向相同，选项C正确D错误．答案：AC2. 如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象是( )解析：从A到B，正离子受到的电场力方向与运动方向相同，所以该离子做加速运动；考虑到电场线越来越疏，场强越来越小，正离子受到的电场力和加速度也越来越小，该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象的斜率也越来越小．综上分析，选项C正确．答案：C3. 如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，其中，AC的中点为M，BC的中点为N.将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB＝8.0×10－9J．则以下分析正确的是( )A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为W MN＝－4.0×10－9 JB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN有可能大于4.0×10－9 JC．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2.0×10－7 C，该电场的场强一定是E ＝2 V/mD．若粒子的电荷量为2.0×10－9 C，则A、B之间的电势差为4 V解析：在匀强电场中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，将该粒子从M点移到N点与从A点移到B点方向相同，因此电场力都做正功，A错；M、N分别为AC、BC 的中点，因此MN长为AB长的一半，无论电场强度方向如何，MN间电势差为AB间电势差的一半，所以W MN＝4.0×10－9J，B错；由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB方向时，电场强度最小，由W＝qEd可知最小场强E min＝2 V/m，所以匀强电场的场强E≥2 V/m，C错；由W＝qU可知D项正确．答案：D4. [2013·江西盟校联考]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是和Q点的距离相等的两点．下面关于A、B两点的电场强度E A和E B、电势φA和φB判断正确的是( )A. E A>E B，φA>φBB. E A>E B，φA<φBC. E A>E B，φA＝φBD. E A＝E B，φA>φB解析：无限大接地金属板和板前一正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所在位置相当于等量异号电荷连线的中垂线位置，此处电势为零，MN相当于等量异号电荷的连线即图中水平线，则由图中电场线及等势面的分布情况知E A>E B，φA<φB，故B对．答案：B5. [2013·锦州模拟]在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图所示，现让小球A 、B 、C带等量的正电荷Q ，让小球D 带负电荷q ，使四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为 ( )A. 13 B.33C. 3D. 3解析：设三角形边长为a ，由几何知识可知，BD ＝a ·cos30°·23＝33a ，以B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ 2a 2cos30°×2＝kQq BD2，解得：Qq ＝3，D 正确．答案：D6. 如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于O 点，若q 1>q 2，l 1>l 2，平衡时两球到过O 点的竖直线的距离相等，则( )A. m 1>m 2B. m 1＝m 2C. m 1<m 2D. 无法确定解析：以O 点为转轴，T 1和T 2的力矩为零，而两个库仑力的力矩的代数和为零，故由力矩的平衡可知：两个重力的力矩的代数和也应该为零，即m 1gd ＝m 2gd ，所以m 1＝m 2，故B 正确．也可以用三角形相似法求解．答案：B7. 现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD 的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是( )A．O点的电场强度和电势均为零B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D．将一负点电荷由a点移到A点电势能减小解析：O点的电场强度不为零，电势为零，选项A错误；由于bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，a、d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项C正确；将一负点电荷由a点移到A点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误．答案：BC8. 如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法中正确的是( )A．两粒子电性相同B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率C．两个粒子的电势能都是先减小后增大D．经过b点时，两粒子的动能一定相等解析：从甲、乙两个带电粒子的运动轨迹可知，两粒子的电性不相同，故A 错误；甲受的是吸引力，电场力做正功，电势能减少，所以到达c 时速率增加，乙受排斥力，电场力做负功，电势能增加，到达d 时速率减小，故甲的速率比原先大，乙的速率比原先小，由于在a 点时甲、乙两个带电粒子的速率相同，因此甲粒子经过c 点时的速率大于乙粒子经过d 点时的速率，所以B 正确、C 错误；由于不知道甲、乙两个带电粒子的质量关系，所以无法判断其动能，所以D 错误．答案：B9. [2013·呼伦贝尔模拟]如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．S 闭合时，该微粒恰好能保持静止．在以下两种情况下：①保持S 闭合，②充电后将S 断开．下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )A ．①情况下，可以通过上移极板M 实现B ．①情况下，可以通过上移极板N 实现C ．②情况下，可以通过上移极板M 实现D ．②情况下，可以通过上移极板N 实现解析：保持S 闭合时，电容器电压不变，板间电场强度E ＝U d，当d 减小时E 变大，可使电场力大于重力，从而使微粒向上运动，故A 错B 对．充电后断开S 时，电容器带电量不变，则板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ，C ＝εr S 4πkd ，所以E ＝4πkQεr S，E 不随d 而变化，故C 、D 均错．答案：B10. 如下图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v 0先后射入电场中，最后在正极板上打出A 、B 、C 三个点，则( )A ．三种粒子在电场中运动时间相同B ．三种粒子到达正极板时速度相同C ．三种粒子到达正极板时落在A 、C 处的粒子机械能增大，落在B 处粒子机械能不变D. 落到A 处粒子带负电，落到C 处粒子带正电解析：三个粒子在电场中均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v 0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的粒子的加速度大小等于g ，带正电粒子的加速度小于g ，带负电粒子的加速度大于g ，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h ＝12at 2可得t ＝2ha，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t 正>t 不带电>t 负，又因为它们的水平位移x＝v 0t ，所以x 正>x 不带电>x 负，选项A 错误，D 正确；因为三种粒子到达正极板时的水平分速度相同，竖直分速度不同，故合速度不同，选项B 错误；在运动过程中，电场力对正粒子做负功，机械能减小，对负粒子做正功，机械能增大，对不带电粒子不做功，机械能不变，选项C 错误．本题答案为D.答案：D11. [2014·江苏连云港]如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场(加速电压为U 1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电压为U 2，板长为L ，每单位电压引起的偏移h /U 2，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法为( )A. 增大U 2B. 减小LC. 减小dD. 减小U 1解析：对粒子的加速过程，由动能定理得，qU 1＝12mv 20，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动规律得，L ＝v 0t ，h ＝12qU 2md t 2，解得，h U 2＝L 24U 1d ，为了提高灵敏度hU 2，可增大L 、减小U 1或d ，C 、D 两项正确．答案：CD12. 如图所示，长为L 、倾角为θ＝45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q ，质量为m 的小球，以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v 0，则( )A. 小球在B 点的电势能一定大于小球在A 点的电势能B. A 、B 两点的电势差一定为2mgL2qC. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是mg qD. 若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，则Q 一定是正电荷解析：由题述可知，小球以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，电场力做正功，电势能减小，小球在B 点的电势能一定小于小球在A 点的电势能，选项A 错误；由动能定理得，qU －mgL sin45°＝0，解得A 、B 两点的电势差为U ＝2mgL2q，选项B 正确；若电场是匀强电场，该电场的场强的最小值为2mg2q，选项C 错误；若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，则Q 可以是负电荷，选项D 错误．答案：B13. x 轴上有两个点电荷Q 1和Q 2，Q 1和Q 2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，P 点位于这两个点电荷位置连线中点右侧．下列判断中正确的是( )A. 电势最低的P 点所在处的电场强度为零B. Q 1和Q 2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C. Q 1所带电荷量值一定大于Q 2所带电荷量值D. Q 1和Q 2之间各点的电场方向都指向P 点解析：在φ－x 图中，因P 点的斜率为零，故P 点处的电场强度为零，所以A 正确；由φ－x 图可知，φ先降后升且均为正值，所以B 错误；因P 点处的电场强度为零，且P 点距Q 1较远而距Q 2较近，故Q 1和Q 2一定是正电荷，且Q 1所带电荷量值一定大于Q 2所带电荷量值，所以C 正确；因Q 1和Q 2是正电荷，故在Q 1和Q 2之间各点的电场方向都指向P 点，所以D 正确．答案：ACD第Ⅱ卷 (非选择题，共45分)二、计算题(本题共4小题，共45分)14. (8分)如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l 1＝0.2 m ，离水平地面的距离为h ＝5.0 m ，竖直部分长为l 2＝0.1 m ．一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半．求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g 取10 m/s 2) 解析：(1)在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理有 12mv 2B －0＝mgl 2＋F 电l 1，解得v B ＝gl 1＋2l 2，代入数据可得v B ＝2.0 m/s.(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有a ＝g2.s ＝v B t ＋12at 2.竖直方向有h ＝12gt 2.联立上式，并代入数据可得s ＝4.5 m. 答案：(1)v B ＝2.0 m/s (2)s ＝4.5 m15. (12分)如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U ，相距为d ，两极板间形成匀强电场．有一带电粒子，质量为m (重力不计)、所带电荷量为＋q ，从两极板下端连线的中点P 以竖直速度v 0射入匀强电场中，带电粒子落在A 极板的M 点上．(1)若将A 极板向左侧水平移动d /2，此带电粒子仍从P 点以速度v 0竖直射入匀强电场且仍落在A 极板的M 点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来的几倍？(2)若将A 极板向左侧水平移动d /2并保持两极板间电压为U ，此带电粒子仍从P 点竖直射入匀强电场且仍落在A 极板的M 点上，则应以多大的速度v ′射入匀强电场？解析：(1)带电粒子在两极板间的竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，极板移动前后两分运动时间相等有d 2＝12a 1t 2，d ＝12a 2t 2得a 2＝2a 1，而a 1＝qUmd，a 2＝qU 1m 32d由此推得两极板间电压关系为U 1＝3U ，故电压应变为原来的3倍．(2)两极板间的电压不变，则Ed ＝32E ′d ，故E ＝32E ′，因Eq ＝ma ，E ′q ＝ma ′，故加速度关系a ′＝23a设带电粒子的竖直位移为L ，则d ＝12a ′(L v ′)2，d 2＝12a (L v 0)2联立可解得v ′＝3v 03. 答案：(1)增大 3倍 (2)3v 0316. (12分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个等量异种点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d .MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，其质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点高度为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g .求：(1)C 、O 间的电势差U CO ； (2)小球p 在O 点时的加速度；(3)小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度．解析：(1)小球p 由C 点运动到O 点时，由动能定理得：mgd ＋qU CO ＝12mv 2－0 所以U CO ＝mv 2－2mgd 2q.(2)小球p 经过O 点时的受力如图所示．由库仑定律得：F 1＝F 2＝kQq 2d2 它们的合力为：F ＝F 1cos45°＋F 2cos45°＝2kQq 2d2 所以小球p 在O 点处的加速度a ＝F ＋mg m ＝2kQq2d 2m＋g ，方向竖直向下． (3)由电场特点可知，在C 、D 间电场的分布是对称的，即小球p 由C 点运动到O 点与由O 点运动到D 点的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理知：W 合＝12mv 2D －0＝2×12mv 2解得v D ＝2v .答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQq2d 2m＋g 方向竖直向下 (3)2v17. (13分)如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eEm11 L 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v 1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eEmt 3＝Lv 1v y ＝a 2t 3tan θ＝v yv 1解得：tan θ＝2(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE (2)2 (3)3L。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习选修3-4阶段示范性金考卷(含解析)

x v
A. 波沿着 x 轴负方向传播 B. 波的传播速度是 100 m/s C. 在 t3＝0.04 s 时刻，质点 a 的速度为零 D. 在 t＝1.6 s 时刻，x＝64 m 的质点在波谷位置解析：由波动图象的特点分析求解．由于 t2－t1<T/2，所以波沿 x 轴正方向传播，A 错 Δx 误；由 v＝得波的传播速度是 100 m/s，B 正确；在 t3＝0.04 s 时刻，质点 a 处于平衡位 Δt 置，振动的速度最大，C 错误；在 t＝1.6 s 时刻，因为波的周期 T＝0.16 s，x＝64 m 的质
4
点在平衡位置，D 错误．答案：B
6. 如图，A 光束由红光和蓝光组成经过半圆形玻璃砖后分为 P、Q 两束，关于 P、Q 两束光下列叙述正确的是( A. P 光束只有蓝光 B. P 光束只有红光 C. Q 光束只有蓝光 D. Q 光束只有红光解析：蓝光折射率大，易发生全反射，由图可知，只有一条折射光线，说明蓝光发生了全反射，Q 光束只有红光；有折射就有反射，P 光束为红光和蓝光组成的复色光．答案：D 7. [2014·安徽望江高三月考]一束复色光由空气射入一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光 a、b.已知 a 光的频率小于 b 光的频率．下面的几个图中哪个光路图可能是正确的是( ) )
A. 反射、衍射、干涉、多普勒效应 B. 折射、衍射、多普勒效应、干涉 C. 反射、折射、干涉、多普勒效应 D. 衍射、折射、干涉、多普勒效应解析：春天里在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝，是声波的反射；“闻其声而不见其人”是声波的衍射；学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是声波的干涉；当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高是多普勒效应，故选项 A 正确．答案：A 2. 在双缝干涉实验中，下列说法正确的是( )

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交变电流传感器本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第2、6、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第1、3、4、5、7、8、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 下列说法正确的是( )A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B. 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C. 电子秤所使用的测力装置是力传感器D. 半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大解析：电话话筒的作用是把声信号变为电信号，A 选项错误；电熨斗中用到双金属片，是利用温度传感器控制电路的通断，B 选项正确；电子秤是利用压敏电阻把力信号转变为电信号，是力传感器，C 选项正确；半导体热敏电阻的阻值随温度升高而减小，D 选项错误．答案：BC2. [2014·北京市怀柔区高三适应性练习]某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是 ( )A. 交变电流的频率为0.02 HzB. 交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos50πt (A)C. 在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D. 若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则发电机的热功率为5 W解析：根据图象可知i m ＝5 A ，T ＝20×10－3s ＝0.02 s ，所以，交变电流的频率f ＝1/T ＝50 Hz ，瞬时表达式为i ＝i m cos ωt ＝i m cos(2πT)t ＝5cos100πt (A)，所以选项A 、B 错误；在t ＝0.01 s 时，交变电流的瞬时值最大，说明感应电动势最大，穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，磁通量最小，选项C 错误；该余弦交变电流的有效值为i 有＝i m /2，若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其热功率为P 热＝i 2有R ＝5 W ，所以选项D 正确．答案：D3. [2014·山西大学附中高三模拟]如图所示电路，变压器为理想变压器．现将滑动变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置时，电流表A 1的示数减小0.1 A ，电流表A 2的示数减小1 A ，则下列说法正确的是 ( )A. 灯泡L 1变亮B. 灯泡L 1变暗C. 变压器为升压变压器D. 变压器为降压变压器解析：电压不变，流过A 2的电流减小，灯L 2的分压减小，灯L 1分压变大而变亮，选项A 正确，B 错误；由变压器公式有I 1I 2＝I 1－0.1I 2－1＝n 2n 1，解得n 2n 1＝110，为降压变压器，选项C 错误，D正确．答案：AD4. 如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )A. 只增加原线圈的匝数B. 只增加副线圈的匝数C. 只减小用电器R 1的电阻D. 断开开关S解析：变压器的输入功率由输出功率决定，因此只要增大其输出功率即可．输入电压不变，原线圈匝数增加输出电压减小，输出功率减小，A 项错误；副线圈匝数增加，输出电压增大，输出功率增大，B 项正确；在匝数不变的情况下，输出电压不变，闭合开关或减小R 1电阻都使负载电阻减小，消耗的功率增大，即输出功率增大，C 项正确，D 项错误．答案：BC5. 如图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是 ( )A. 图甲表示交流电，图乙表示直流电B. 两种电压的周期相等C. 两种电压的有效值相等D. 图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin100πt V解析：因图象的纵坐标上电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电，A 错；两图象的周期都是2×10－2s ，故B 对；对于正弦交流电才有U 有效＝U m2，虽然两图的峰值相同，但图乙非正弦(余弦)交流电，不适用上式有效值的求法，故C 错；正弦交流电电压瞬时值的表达式为u ＝U m sin ωt ，由图甲可知U m ＝311 V ，T ＝2×10－2s ，可得ω＝2πT＝100π，代入上式得u ＝311sin100πt V ，故D 对．答案：BD6. [2013·三亚模拟]如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A ．下列判断中正确的是 ( )A. 初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B. 初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C. 电流表A 2的示数为0.1 AD. 电流表A 2的示数为0.4 A解析：由题意可求得初级线圈的功率，利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流，再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．由电压表V 的示数和电流表A 1的示数可得初级线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表A 2的示数为I 2＝U 1I 1R ＝220×0.244 A ＝1.0 A ，C 、D 错误；初级线圈和次级线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，A 错误，B 正确．答案：B7. [2013·甘肃省二诊]如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R 以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V.下列说法中正确的是( )A. t ＝1600s 时，电压表的读数为22 V B. t ＝1600s 时，ac 两点电压瞬时值为110 V C. 滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大 D. 单刀双掷开关由a 扳向b ，电压表和电流表的示数均变大解析：电压表的读数为电压的有效值，不随时间改变，t ＝1600 s 时，电压表读数为22 V ，选项A 正确；将t ＝1600s 带入瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V ，ac 两点电压瞬时值为110 2 V ，选项B 错误；滑动变阻器触片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变小，选项C 错误；若当单刀双掷开关由a 扳向b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为10∶2，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D 正确．答案：AD8. 如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．则( )A. 原线圈的匝数为1650匝B. 副线圈的匝数为55匝C. 当开关S 断开时，电压表读数变小D. 当开关S 断开时，A 2和A 1读数均减小解析：由变压器电压与匝数的关系可知原线圈与电压表之间有U 1U ＝n 1n，得原线圈匝数为1650匝，选项A 正确；由电压表与副线圈电压关系，可得副线圈匝数为110匝，选项B 错误；断开开关S ，电压表匝数为1，没有变化，则电压表读数不变，选项C 错误；当开关S 断开时，输出端总电阻增大，输入和输出电压不变，则输出电流减小，输出功率减小，输入电流也减小，选项D 正确．答案：AD9. [2013·岳阳模拟]如下图所示，L 1和L 2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n 1∶n 2＝1000∶1，n 3∶n 4＝1∶100，图中电压表示数为220 V ，电流表示数为10 A ，则高压输电线的送电功率为( )A. 2.2×103W B. 2.2×10－2W C. 2.2×108 WD. 2.2×104W解析：根据图甲可得，高压输电线的送电压U ＝n 1n 2U 甲＝220 kV ；根据图乙可得，输送电流I ＝n 4n 3I 乙＝1000 A ；所以高压输电线的送电功率P ＝UI ＝220 kV×1000 A＝2.2×108 W ．故C 正确．答案：C10. 如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝6∶1，副线圈两端接有灯泡(3 V 3 W)、定值电阻R 1＝3 Ω、R 2＝6 Ω、理想二极管D ，当原线圈两端接有电压按如图乙所示变化的交流电源时，则( )A. 电阻R 2两端电压的有效值为322 VB. 通过灯泡的电流的有效值为104AC. 变压器副线圈两端电压的有效值为6 2 VD. 通过灯泡的电流每秒方向改变50次解析：因原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝6∶1，交流电源输出电压的有效值为36 V ，所以副线圈两端电压的有效值为6 V ，C 错；由P ＝U 2R 知灯泡电阻为3 Ω，因二极管的单向导电性，电阻R 2两端电压在半个周期内有3 V ，在另半个周期内为0 V ，由U 2R T ＝U 21R ·T 2＋U 22R ·T 2得电阻R 2两端电压的有效值为322 V ，A 对；由I ＝UR 知通过灯泡的电流在半个周期内为1 A ，在另半个周期内为0.5 A ，由有效值的定义可得通过灯泡的电流的有效值为104A ，B 对；由题图知交流电的周期T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向改变两次，所以通过灯泡的电流每秒方向改变100次，D 错．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、填空题(本题共3小题，共18分)11. (6分)如图所示，a 、b 、c 三种交变电流分别通过同一电阻，在0.8 s 内，电阻产生的热量分别为Q a 、Q b 和Q c ，则Q a ∶Q b ∶Q c ＝________.解析：交变电流a 的有效值为 2 A ，交变电流b 的有效值为2 A ，交变电流c 的有效值可依据有效值的定义求解，即Q ＝I 2RT ＝0＋22R T4＋0＋22R T4，解得有效值为 2 A ，由Q ＝I 2RT可求得Q a ∶Q b ∶Q c ＝1∶2∶1.答案：1∶2∶112. (6分)一理想变压器，原副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝10∶1，当这个变压器正常工作时，输入功率和输出功率之比P 1∶P 2＝________；当副线圈中交变电压为220 V 、负载电阻为1000 Ω时，则原线圈中电流为________A ，相当于不接变压器而在原电源输出端接入阻值为________的电阻．解析：由理想变压器的功率关系知P 1∶P 2＝1∶1，I 2＝U R ＝2201000A ＝0.22 A ，由变压器电流关系I 1I 2＝n 2n 1知I 1＝0.022 A ，由电压关系U 1U 2＝n 1n 2知U 1＝2200 V ，由R ＝U I知R ＝1×105Ω.答案：1∶1 0.022 1×105Ω13. (6分)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I ＝________.线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q ＝________.解析：电动势的最大值E m ＝BS ω，电动势的有效值E ＝E m2，电流的有效值I ＝ER ＝2BS ω2R；q ＝I Δt ＝ERΔt ＝ΔΦR ＝BS R.答案：2BS ω2R BSR三、计算题(本题共4小题，共42分)14. (10分)[2013·银川市期末]如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab ＝0.25 m ，宽度bc ＝0.20 m ，共有n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′转动．线圈处于磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V 1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W ．(不计转动轴与电刷的摩擦，结果保留两位有效数字)(1)求线圈转动的角速度ω；(2)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能为多少？解析：(1)设小灯泡正常发光时的电流为I ，则I ＝P 额U 额＝0.60 A 设灯泡正常发光时的电阻为R ，R ＝U 2额P＝5.0 Ω根据闭合电路欧姆定律得：E ＝I (R ＋r )＝3.6 V E m ＝2E ，E m ＝nBS ω解得ω＝E mnBS＝1.8 2 rad/s ＝2.5 rad/s (2)发电机产生的电能为Q ＝IEt ，t ＝100T ＝1002πω解得Q ＝5.4×102J.答案：(1)2.5 rad/s (2)5.4×102J15. (10分)如图所示为某校的演示实验装置，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈连接一只“220 V,60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，求：(1)感应电动势的瞬时表达式(线圈从中性面开始计时)； (2)原副线圈的匝数比； (3)变压器允许的最大输出功率．解析：(1)感应电动势的最大值E m ＝nBS ω 感应电动势的瞬时表达式为e ＝5002sin200t (V) (2)原线圈电压的有效值为U 1＝E m2＝500 V所以n 1n 2＝U 1U 2＝500220＝2511(3)由P 入＝P 出，变压器允许的最大输出功率P m ＝P 入＝U 1I m ＝500×10 W＝5×103W 答案：(1)e ＝5002sin200t (V) (2)2511(3)5×103W16. (10分)[2013·江苏徐州期末]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n 1∶n 2＝3∶1，原线圈电路中接有一量程为3 A 的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R 以及若干“6 V、6 W”的相同灯泡．输入端交变电压u 的图象如图乙所示.(1)求图甲中电压表的读数．(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数． (3)为满足第(2)问中要求，求可变电阻R 应调到的电阻值．解析：(1)根据图象可得原线圈电压的最大值U 1m ＝ 27 2 V 其有效值为U 1＝U 1m2＝27 V根据n 1n 2＝U 1U 2代入数据可得U 2＝9 V 即为电压表读数． (2)设原线圈中通过的电流为I 1，副线圈中通过的电流为I 2为使副线圈接入的灯泡最多，则I 1取允许通过的最大电流的有效值为3 A 根据U 1I 1＝U 2I 2代入数据可得I 2＝9 A 正常发光时每个灯泡中的电流为I D ＝P U＝1 A 所以允许接入的灯泡个数为n ＝I 2I D＝9 (3)电阻两端电压为U R ＝U 2－U D ＝3 V电阻阻值为R ＝U R I 2＝13Ω答案：(1)9 V (2)9 (3)13Ω17. (12分)如图甲所示，长、宽分别为L 1、L 2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n ，总电阻为r ，可绕其竖直中心轴O 1O 2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R 相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，其磁感应强度B 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示，其中B 0、B 1和t 1均为已知．在0～t 1时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t 1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω逆时针(从上往下看)匀速转动．线框中电流逆时针方向为正方向(从左向右看)求：(1)0～t 1时间内通过电阻R 的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量； (3线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量．解析：(1)0～t 1时间内，线框中的感应电动势E 1＝nΔΦΔt ＝nL 1L 2B 1－B 0t 1根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R 的电流I ＝E 1R ＋r ＝nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1(2)线框产生感应电动势的最大值E m ＝nB 1L 1L 2ω 感应电动势的有效值E ＝22nB 1L 1L 2ω 通过电阻R 的电流的有效值I ＝2nB 1L 1L 2ωR ＋r线框转动一周所需的时间t ＝2πω此过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝πR ω(nB 1L 1L 2R ＋r)2(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nB 1L 1L 2Δt平均感应电流I ＝nB 1L 1L 2Δt R ＋r通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝nB 1L 1L 2R ＋r答案：(1)nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1 (2)πR ω(nB 1L 1L 2R ＋r)2。

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