2018高考一轮总复习物理模拟演练限时规范专题练6有答案
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：选考章末检测6 含答案 精品
选考章末检测(六)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共15小题，每小题5分，共75分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2017·东阳学考模拟)下列说法正确的是()A．物体带电荷量有可能是3×10－19 CB．感应起电的实质是电荷发生了转移C．物体所带电荷量可能很小，可以小于元电荷D．经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷B[元电荷的数值通常取e＝1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故A、C错误；感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分，故B正确；摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷，遵循电荷守恒定律，故D错误．故选B.] 2．以下说法正确的是()A．由E＝Fq可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式φ＝E pq可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C＝QU，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关D[电场强度E＝Fq是采用比值定义的，E与F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误；电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的，故B错误；U ab＝Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误；公式C＝QU，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d、极板面积S等有关．故选D]3.点电荷A 和B ，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q 和Q ，如图1所示，在AB 连线上，电场强度为零的地方在( )图1【导学号：81370251】A ．A 和B 之间B ．A 右侧C ．B 左侧D ．A 的右侧及B 的左侧C [因为A 带正电，B 带负电，所以只有A 右侧和B 左侧电场强度方向相反，因为Q A >Q B ，所以只有B 左侧，才有可能E A 与E B 等大反向，使E A 和E B 矢量和为零，故选项C 正确．]4.如图2所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定，杆上套有一带正电小球，质量为m 、电荷量为q .为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止( )图2A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg cos θqB ．竖直向上，场强大小为mg qC ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg sin θqD ．水平向右，场强大小为mg q tan θB [若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A 、C 错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E ＝mg q 时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B 正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq ＝mg tan θ，所以E＝mg tan θq，选项D错误．]5.(2017·平湖调研)如图3所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球a、b，左边放一个带正电的固定球＋Q时，两悬球都保持竖直方向．下面说法正确的是()图3A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小B[要使a、b平衡，必须有a带负电，b带正电，且a球带电较少，故应选B.]6.如图4所示，一正离子在电场力作用下从A点运动到B点，在A点的速度大小为v0，方向与电场方向相同．该离子从A点到B点的v-t图象是()图4A B C DC[A点的电场线密，故A点的场强大，因此该离子在A点的加速度大，在v-t图象中，图线斜率逐渐变小，故C对．]7.如图5所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是()图5【导学号：81370252】A．带电粒子的电势能越来越小B．带电粒子的电势能越来越大C．带电粒子受到的静电力一定越来越小D．带电粒子受到的静电力做正功B[带负电的粒子所受静电力方向与电场线方向相反，所以当带负电的粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，静电力做负功，电势能越来越大，选项A、D错误，B正确；电场线的疏密表示场强的大小，所以E A<E B，带电粒子受到的静电力一定越来越大，选项C错误．]8.如图6所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是()图6A．动能减少，重力势能增加，电势能减少B．动能减少，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减少B[由于带电微粒做直线运动，其受力如图所示，其合外力的方向应为速度的反方向，故物体做减速运动，动能减少，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，故选项B正确．]9.(2017·温州模拟)如图7所示的实验装置中，平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接．A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U、电容器两极板间的场强E的变化情况是图7A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变大D[电容器所带电荷量Q不变，故A、B错误；A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，由C＝εr S4πkd，知电容C变小，Q不变，根据C＝QU分析可知，U变大，由E＝Ud，知d不变，则E变大，故C错误，D正确．]10.等量异种点电荷的连线和中垂线如图8所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在此全过程中()图8【导学号：81370253】A．所受电场力的方向将发生改变B．所受电场力的大小恒定C．电势能一直减小D．电势能先不变后减小D[在等量异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误；又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误；电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功，电势能不变，所以C错误；电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确．]11.(2016·浙江学考二模)如图9所示，虚线是用实验方法描绘出某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰沿图中的实线从A点运动到B点，则下列判断正确的是()图9A．粒子一定带负电B．A点场强大于B点场强C．粒子在A点动能小于B点动能D．粒子由A点运动到B点的过程中电场力做负功C[由力指向曲线凹侧和电场线由高电势指向低电势可以判断粒子一定带正电；同时力做正功，粒子动能增加；从图中可以发现A处等势面稀疏，故A 处场强弱．选项C正确．]12.(加试要求)如图10所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y 轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是()图10A．b点电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能小于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大C[因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x轴指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x轴向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B错误；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b两点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．]13.(加试要求)如图11所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN.a、b、c是以O为中心，R a、R b、R c为半径画出的三个圆，R c－R b＝R b－R a.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点，以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示点电荷P由3到4的过程中电场力做的功的大小，则()图11A．|W12|＝|W34|B．|W12|>2|W34|C．P、O两电荷可能同号，也可能异号D．P的初速度方向的延长线与O之间的距离可能为零B[因为R b－R a＝R c－R b.2、3间场强大于3、4间场强，据U＝Ed可知2、3间的电势差大于3、4间的电势差，可知|U12|>2|U34|，则由W＝Uq可知，|W12|>2|W34|，故A项错误，B项正确．从电荷P的弯曲运动轨迹可知，P、O两电荷一定异号，故C项错误．如果P的初速度方向延长线与O点之间的距离为零，则P电荷的轨迹为一直线，故D项错误．]14．(加试要求)在真空中A、B两点分别放置等量异种电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd，如图12所示，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是()图12A．由a→b电场力做正功，电子的电势能减小B．由b→c电场对电子先做负功，后做正功，总功为零C．由c→d电子的电势能一直增加D．由d→a电子的电势能先增加后减小，电势能变化量为零B[电子带负电，由a→b电场力做负功，电势能增加，由c→d电场力做正功，电势能减小，故A、C错误；由b→c，电场对电子先做负功，后做正功，由对称性，b、c两点电子电势能相等，故总功为零，B正确；由d→a电场对电子先做正功后做负功，故电子的电势能先减小后增加，再由对称性可确定电势能变化量为零，故D错误．]15．(加试要求)如图13所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分别为q1与q2, 质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后．a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力．则()【导学号：81370254】图13A．电荷量q1大于q2B．质量m1小于m2C．粒子的电荷量与质量之比q1m1>q2m2D．粒子的电荷量与质量之比q1m1<q2m2C[设任一粒子的速度为v，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a＝qEm①时间t＝xv②偏转量y＝12at2③因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得：a 的加速度大，由①得：a 粒子的比荷q m 就一定大，但a 的电荷量不一定大，质量不一定小，故C 正确，A 、B 、D 错误．]二、非选择题(本题共2小题，共25分)16.(10分)用两根长度均为L 的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点．已知两小球质量均为m ，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ，如图14所示．若已知静电力常量为k ，重力加速度为g .求：图14(1)小球所受拉力的大小；(2)小球所带的电荷量．【解析】(1)对小球进行受力分析，如图所示．设绳子对小球的拉力为T ，则mg T ＝cos θT ＝mg cos θ.(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F ，则F mg ＝tan θ，F ＝mg tan θ又F ＝k Q 2r 2，r ＝2L sin θ所以Q ＝2L sin θmg tan θk .【答案】 (1)mg cos θ (2)2L sin θmg tan θk 17.(15分)如图15所示，有一质子(电荷量为q ，质量为m )由静止经电压U 1加速后，进入两块间距为d ，电压为U 2的平行金属板间．若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求：图15(1)质子刚进入偏转电场U 2时的速度；(2)在偏转电场U 2中运动的时间和金属板的长度L ；(3)质子穿出电场时的动能.【导学号：81370255】【解析】 (1)质子在左边的加速电场中有：qU 1＝12m v 20解得：v 0＝2qU 1m即质子刚进入偏转电场U 2时的速度为2qU 1m . (2)质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向：x ＝L ＝v 0t 垂直板方向：y ＝12d ＝12at 2 而加速度：a ＝F m ＝qU 2md由以上各式解得：L ＝2U 1U 2dt ＝mqU 2d . (3)质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关．所以整个过程由动能定理得：eU 1＋e U 22＝E k －0所以质子射出电场时的动能为：E k ＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22. 【答案】 (1)2qU 1m (2)m qU 2d 2U 1U 2d (3)e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22。
2018版高考一轮总复习物理模拟演练限时规范专题练有答案(8份)
限时规范专题练(一) 平衡问题综合应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，物体a、b和c叠放在水平桌面上，水平力F b＝5 N、F c＝10 N分别作用于物体b、c 上，a、b和c仍保持静止。
则物体b受力的个数为( )A．3 B．4C．5 D．6答案 C解析以a为研究对象，根据平衡条件得到，b对a的静摩擦力大小F f1＝0，否则a水平方向所受的合力不为零，不能保持平衡。
以ab整体为研究对象，根据平衡条件得到，F f2＝F b＝5 N。
则物体b受力的个数为重力、c对b的支持力及静摩擦力、a对b的压力，还有拉力F b，共5个，故C正确，A、B、D错误。
2．如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为( )A.75B.57C.135D.513答案 C解析 设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，若杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；若杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ－m 1g )，解得m 1m 2＝－75(舍去)。
综上分析可知应选C 。
3．近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。
近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅(约270 N)的重量，相当于给颈椎挂两个大西瓜，比一个7岁小孩还重。
不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等。
2018高考一轮总复习物理模拟演练第6章动量守恒定律及其应用6动量守恒定律及其应用有答案
时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分。
其中1～4为单选，5～6为多选)1．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，此时小船的速度v和该同学动量的变化量Δp分别为( )A.0.25 m/s,70 kg·m/sB.0.25 m/s，－105 kg·m/sC.0.95 m/s，－63 kg·m/sD.0.95 m/s，－35 kg·m/s答案 B解析取该同学开始跳时的速度方向为正方向，该同学跳到船上的过程中，人与船组成的系统动量守恒，则有60×2 kg·m/s－140×0.5 kg·m/s＝(60＋140)kg×v，小船的速度v＝0.25 m/s；该同学动量的变化量Δp＝(60×0.25－60×2) kg·m/s＝－105 kg·m/s，选项B正确，其他选项均错误。
2.高空作业须系安全带。
如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。
此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上。
则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg答案 A解析安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝2gh；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，由动量定理可得0－mv＝mgt－F t，故F＝mvt＋mg＝m2ght＋mg，故选项A正确。
3．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A.A和B都向左运动B．A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案 D解析选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mv A＋2mv B＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确。
2018版高考物理一轮复习练习综合过关规范限时检测1 含答案 精品
第一章 综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·湖北八校联考)有下列①、②、③、④所述的四种情景，请根据所学知识从A 、B 、C 、D 四个选项中选择对情景分析和判断正确的说法导学号 51342115( B ) ①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车③在轨道上高速行驶的磁悬浮列车④绕地球做匀速圆周运动的空间站A ．因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．由于空间站做匀速圆周运动，所以加速度为零[解析] 火箭点火启动时，初速度为零，但是下一时刻速度不为零，因为a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1Δt，所以加速度不为零，故A 错误；轿车速度变化很快，所以加速度很大，故B 正确；高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，但是可能做匀速直线运动，所以加速度也可能为零，故C 错误；空间站匀速转动，需要向心力，加速度为向心加速度，故D 错误。
2．(2018·吉林省吉林大学附中模拟)在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生了错觉。
如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L ＝10cm ，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)以2r/s 的转速匀速转动，我们感觉到的升降方向和速度大小分别为导学号 51342116( D )A ．向上 10cm /sB ．向上 20cm/sC ．向下 10cm /sD ．向下 20cm/s[解析] 由于每秒转2圈，则T ＝0.5s ，而螺距为10cm ，所以每秒沿竖直方向运动的距离为20cm ，即速度大小为20cm/s ；据图知：彩色螺旋斜条纹是从左下到右上，且圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，据人眼的视觉暂留现象，就会感觉条纹的运动方向向下，故A 、B 、C 均错，D 正确。
精品解析：2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷 物理(六)(解析版)
2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试·物理（六）二、选择题：1. 下列说法中正确的是A. 结合能越大的原子核越稳定B.23290Th 经过6次α衰变和4次β衰变后成为20882PbC. 氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能减小D. 用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能可能相等2. 古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢．比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍．1800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移． 直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾．并通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点．对此进行了进一步的研究，通过实验来验证：伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中记录的一组实验数据: 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列是伽利略得出的结论是（ ）A. 0t v v at =+B. 2xk T∆=C. 2202t v v ax -=D. 312222123s s s k t t t ==⋅⋅⋅= 3. 如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一个α粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )A. a 、b 、c 三个等势面中，a 的电势最高B. 电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能小C. 电子在P 点的加速度比Q 点的加速度大D. 带电质点一定是从P 点向Q 点运动4. 如图所示，一长为2L 的木板倾斜放置，倾角为45º。
一弹性小球自与木板上端等高的某处静止释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变且沿水平方向。
若小球一次碰撞后恰好落到木板底端，则小球释放点距木板上端的水平距离为A.12l B. 13lC.14l D. 15l5. 某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图所示，当线圈以较大的转速n 匀速转动时，额定电压为0U 的灯泡正常发光，电压表示数是1U 。
2018高考领航一轮复习高中物理模拟题卷答案
详解答案高考模拟试题精编(一)1．解析：选D.质点、点电荷作为理想化模型都忽略了物体的大小和形状，选项A 、B 错误；理想电压表认为内阻为无穷大，忽略了并联的分流作用，选项C 错误；理想变压器忽略了铁损和铜损，没有能量损失，选项D 正确．2．解析：选C.在拉动过程中，木箱克服重力做功为mgL sin 30°，克服摩擦力做功为μmgL cos 30°，根据功能关系可知，拉力至少做功为mgL sin 30°＋μmgL cos 30°＝12mgL (1＋3μ)，选项C 正确．3．解析：选C.根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a 1、a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma 2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出L ，故选项C 正确．4．解析：选C.设导轨单位长度的电阻为r 0，虚线左侧的总电阻为R 0，导轨间距为d ，t时刻棒的速度大小为v ，则位移大小s ＝12at 2，t 时刻回路中的总电阻R ＝R 0＋2sr 0＝R 0＋r 0at 2，棒的速度大小v ＝at ，棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bd v ＝Bdat ，与t 成正比，棒中的电流I ＝E R ＝BdatR 0＋r 0at 2，不与t 成正比，选项A 错误，C 正确；根据牛顿第二定律有F －BId ＝ma ，得水平拉力F ＝B 2d 2atR 0＋r 0at 2＋ma ，不与t 成正比，选项B 错误；根据功能关系可知水平拉力F 做的功等于棒动能的增加量与整个装臵中产生的热量之和，选项D 错误．5．解析：选AC.密立根利用油滴实验测出了基本电荷的电荷量，A 项正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了中子，B 项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C 项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，D 项错误．6．解析：选BD.a 、c 两个顶点处的点电荷在O 点产生的合电场强度为零，设b 、O 两点之间距离为x ，则b 顶点处的点电荷在O 点产生的电场强度为kQx2，a 、b 、c 三个顶点处的点电荷在d 点处产生的电场强度为kQ (2x )2－2kQ(2x )2×cos 60°＝0，显然，选项A 错误，D 正确；又因顺着电场线方向电势逐渐降低，则O 点电势低于d 点电势，检验电荷在d 点的电势能较大，选项C 错误，B 正确．7．解析：选CD.由图乙可知，交流电的周期为0.02 s ，则交流电压的表达式为u ＝362sin 100πt (V)，选项A 错误；t ＝0.015 s 时，根据图乙可知：线圈产生的电动势为最大值，此时发电机的线圈平面与磁场方向平行，选项B 错误；理想变压器的电流与匝数成反比，选项C 正确；当温度升高时，R 1的阻值变大，因电源电压不变，理想变压器的原线圈两端的电压不变，电压表的读数不变，理想变压器的副线圈两端的电压也不变，电路中的电阻变大，故电流表的读数减小，选项D 正确．8．解析：选ABD.导线框进入磁场区域的过程中穿过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律和安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，A 正确．导线框只有进入磁场与穿出磁场的过程中才有感应电流，这两阶段通过的总位移为22L ，故B 正确．导线框的对角线bd 有一半进入磁场时，整个导线框切割磁感线的有效长度为对角线a 、c 长度的一半，产生的电动势为E ＝22BL v ，所受安培力大小为F ＝B E 4R ×22L ＝B 2L 2v 8R，a 、c 两点间电压U ＝I ×2R ＝E 2＝2BL v 4，C 错误、D 正确． 9．解析：(1)在t 2到t 5时间内，小球下落的高度h ＝0.720 6 m ，所以小球重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh ≈7.06 J ，小球在t 2时刻的瞬时速度大小v 2＝(21.58＋19.14)×10－22×0.05m/s ＝4.072m/s ，在t 5时刻的瞬时速度大小v 5＝(26.46＋28.90)×10－22×0.05m/s ＝5.536 m/s ，所以小球动能的增加量ΔE k ＝12m (v 25－v 22)≈7.03 J. (2)由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一部分转化为小球运动的动能，另一部分转化为克服空气阻力做功而产生的内能．答案：(1)7.06(2分) 7.03(2分) (2)空气阻力使小球的机械能减少(2分)10．解析：(1)由于多用电表使用的是“×100”挡，所以当指针指向“5”时，表明被测电阻的阻值为500 Ω；(2)②由于电路中没有给出电压表，所以需要将电阻箱和电流表A 1的整体看做电压表，由于该电路采用的是电流表内接法，所以测得的阻值应为被测电阻R x 和电流表A 2的内阻之和，即I 1(R 0＋r 1)R x ＋r 2＝I 2，整理该式可得R x ＝(R 0＋r 1)I 1I 2－r 2.答案：(1)500(3分) (2)①如图所示(3分) ②(R 0＋r 1)I 1I 2－r 2(3分)11．解析：A 与B 碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰后B 的速度；AB 碰后，B 在C 的摩擦力作用下做减速运动，C 做加速运动直到二者达到共同速度，若要AB 不发生第二次碰撞，BC 的共同速度须大于等于2 m/s ，对BC 运动过程应用动量守恒定律可解出C 的质量．(1)A 与B 相碰的一瞬间，A 、B 组成的系统动量守恒 则有m A v 0＝m A v A ＋m B v B (3分) 求得v B ＝3 m/s(3分)(2)碰撞后C 在B 上相对B 滑动，B 做减速运动，设C 与B 相对静止时，B 与C 以共同速度v ＝2 m/s 运动时，A 与B 刚好不会发生第二次碰撞，这个运动过程C 与B 组成的系统动量守恒则m B v B ＝(m B ＋m C )v (3分) 求得m C ＝2 kg(3分)因此要使A 与B 不会发生第二次碰撞，C 的质量不超过2 kg(2分) 答案：(1)3 m/s (2)2 kg 12.解：(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v 由动能定理可得：qEd ＝12m v 2(2分)解得：v ＝ 2qEdm(1分)(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示．由几何知识可知，粒子第二次进、出电场时，粒子在竖直方向上运动的距离和粒子在水平方向上运动的距离相等．所以有：12·qE m·t 2＝v t (2分)解得：t ＝22mdqE(1分)所以粒子第二次进、出电场处两点间的距离为： x CA ＝2v t (2分)代入数据可得：x CA ＝42d (1分)(3)由q v B ＝m v 2R 可得R ＝m vqB (2分)即R ＝1B 2mEd q (1分)由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径有最大值，即B ′最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示．设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则由几何关系可知r ＝2＋24R (2分)又因为r ＝m v qB ′，所以B ′＝m vqr (2分)代入数据可得：B ′＝2(2－2)B (2分)答案：(1) 2qEdm(2)42d (3)2(2－2)B13．解析：(2)①设被封住的理想气体压强为p ，轻细杆对A 和对B 的弹力为F ，对活塞A 有：p 0S A ＝pS A ＋F (1分)对活塞B ，有：p 0S B ＝pS B ＋F (1分) 得：p ＝p 0＝1.0×105 Pa(1分)②当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A 、B 一起向右移动(1分)活塞A 最多移动至两筒的连接处．设活塞A 、B 一起向右移动的距离为x .对理想气体： V 1＝2LS A ＋LS B (1分) T 1＝500 KV 2＝(2L －x )S A ＋(L ＋x )S B (1分) T 2＝400 KS A ＝200 cm 2 S B ＝100 cm 2由盖—吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2(2分)解得：x ＝10 cmx ＜2L ＝20 cm 表明活塞A 未碰两筒的连接处．故活塞A 、B 一起向右移动了10 cm.(2分)答案：(1)BCE (2)①1.0×105 Pa ②右 10 cm14．解析：(1)由图象可知，波长为4 m. 由题意可知，波的周期的整数倍为0.4 s ，最大周期为0.4 s ，与此对应的频率最小为2.5 Hz ；由公式λ＝v T 可算得最小波速为10 m/s ；不管波沿那个方向传播，由t 时刻到t ＋0.2 s 时刻，经历的时间都是半周期的整数倍，因此，x ＝3 m 的质点又一次经过平衡位臵；即使已知波的传播方向，由于不知波源开始振动时的运动方向，所以不能判定各质点开始振动时运动的方向；由题意知在t 到t ＋0.4 s 波传播的距离为4n ，当n 为5时波传播距离为20 m ．综上所述B 、C 、E 项正确．(2)作出光路图，结合折射定律和几何关系可求得入射点P 距离圆心的距离和两折射光线的夹角．①光路图如图所示，由图中几何关系可知，∠PCD ＝360°－∠CPO －∠POD －∠ODC ＝30°(3分)所以在ACB 面上的入射角为∠PCO ＝15°，入射点P 距圆心O 的距离为OP ＝r sin 15°(2分)②光线射到D 点时入射角为30°，由折射率公式n ＝sin isin r可知对甲单色光：n 甲＝sin i 甲sin 30°，sin i 甲＝n 甲sin 30°＝3×12＝32，i 甲＝60°(2分)对乙单色光：n 乙＝sin i 乙sin 30°，sin i 乙＝n 乙sin 30°＝2×12＝22，i 乙＝45°(2分)所以两种色光从OB 面射出后的折射光线的夹角为15°(1分) 答案：(1)BCE (2)①r sin 15° ②15°高考模拟试题精编(二)1．解析：选C.普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，而汤姆孙首先发现电子且提出原子结构的“西瓜模型”，选项C 错误．2．解析：选C.在0～a 内，外力恒为2F 0，故物体做匀加速直线运动，加速度a 1＝2F 0m，物体的速度v ＝a 1t ，位移x 1＝12a 1t 2，可知A 、D 项错误；在a ～3a 内，加速度a 2＝－F 0m，物体做匀减速直线运动，且a 1＝2|a 2|，故C 项正确；位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2，位移x 与t 成二次函数关系，图象为抛物线，B 项错误．3.解析：选B.根据左手定则判断，通电金属棒ab 在磁场中受到水平向左的安培力作用，金属棒ab 还受到拉力、重力的作用，处于平衡状态时，根据平衡条件有tan θ＝BIL mg ，得I ＝mgBLtan θ，选项B 正确．4．解析：选B.设地球的半径、质量和自转角速度分别为R 、M 和ω.对X 星球的同步卫星有G 9Mm r 2X ＝m (3ω)2r X ，得X 星球的同步卫星的轨道半径r X ＝3GM ω2＝r 地，选项A 错误；由v X ＝r X ·3ω得X 星球的同步卫星的线速度v X ＝3v 地，选项B 正确；由G 9Mm 0(3R )2＝m 0g X 得X 星球表面的重力加速度g X ＝G MR2＝g 地，选项C 错误；由v X 1＝g X ·3R 得X 星球的第一宇宙速度v X 1＝3v 地1，选项D 错误．5．解析：选CD.小球从抛出至上升到最高点所经过的时间t 1＝v 0g，上升的最大高度H ＝v 202g ；从最高点下降到小球的动能等于重力势能时有v 2＝2gh ，mg (H －h )＝12m v 2，v ＝gt 2，解得t 2＝2v 02g ，待求的时间为t ＝t 1－t 2＝⎝⎛⎭⎫1－22v 0g 或t ＝t 1＋t 2＝⎝⎛⎭⎫1＋22v 0g ，选项C 、D 正确，A 、B 错误．6．解析：选AD.线框做匀速直线运动，感应电动势E ＝BL v 0，感应电动势随着线框切割磁感线有效长度L 的减小而线性减小，A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F ＝B 2L 2v 0R，安培力与L 2成线性关系，B 错误；线框的电功率P ＝B 2L 2v 20R ，电功率与L 2成线性关系，C 错误；线框进入磁场的过程中产生的感应电流大小I ＝BL v 0R，感应电流与L 成线性关系，D 正确．7．解析：选AD.滑雪者到达N 点时的竖直分速度为v y ＝gt 0＝v 0tan 60°，得g ＝3v 0t 0，到达N 点时的速度大小为v ＝v 0cos 60°＝2v 0，A 正确；M 、N 两点之间的水平位移为x ＝v 0t 0，竖直高度差为y ＝12gt 20＝32v 0t 0，M 、N 两点之间的距离为s ＝x 2＋y 2＝72v 0t 0，B 错误；由mg sin 60°＝ma ，解得滑雪者沿斜坡NP 下滑的加速度大小为a ＝g sin 60°＝3v 02t 0，C 错误；N 、P 之间的距离为s ′＝v t 0＋12at 20＝114v 0t 0，N 、P 两点之间的高度差为s ′sin 60°＝1138v 0t 0，M 、P 之间的高度差为h ＝y ＋s ′sin 60°＝1538v 0t 0，D 正确．8．解析：选CD.撤去力F 前，设弹簧的弹力为T ，则对P 、Q 整体应用牛顿第二定律，有T ＝3ma ，对M 、P 、Q 整体由牛顿第二定律可知，N 对M 的摩擦力大小为f 1＝4ma ，撤去力F 瞬间，弹簧的弹力不变，故P 、Q 的加速度均为a ，方向不变，B 错误，C 正确；撤去力F 瞬间，假设M 、N 相对静止，设M 、N 的加速度为a 1，则对M 、N 整体有T ＝3ma 1，即a 1＝a ，方向改变，而此时M 受到的摩擦力大小为f 2＝2ma 1＝2ma ＜f 1＝4ma ，假设成立，故M 、N 相对静止，A 错误，D 正确．9．解析：(1)根据螺旋测微器读数规则，遮光条的宽度d ＝2.5 mm ＋0.058 mm ＝2.558 mm.(2)根据动能定理，Fs ＝12M v 2，v ＝d Δt ，联立解得F ＝Md 22s ⎝⎛⎭⎫1Δt 2，选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为⎝⎛⎭⎫1Δt 2，D 正确．(3)得出线性变化图象的斜率为k ，由k ＝Md 22s 解得M ＝2ksd2.答案：(1)2.558(2分) (2)D(2分) (3)2ksd2(2分)10．解析：(1)游标卡尽的读数为(50＋0.05×3)mm ＝50.15 mm ，螺旋测微器的读数为(4.5＋0.01×20.0)mm ＝4.700 mm.(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑动触头P 臵于最左端．(3)电流应从多用电表的红表笔流入，则红表笔应接电源的正极，即接在a 点．从题图4中可得读数为1.90 V ，表笔接在a 、b 两点和a 、c 两点时多用电表的指针不偏转，改接c 、d 两点时，指针偏转，可判断c 、d 间电路断路．答案：(1)50.15(1分) 4.700(1分) (2)左(1分) (3)a (2分) 1.90 V(2分) c 、d 两点间断路(2分) 11．解析：(1)红灯亮后汽车前进的距离x ＝v t ＋v 22a 1＝35 m(2分)车停止时车头距离停车线x ′＝36 m －35 m ＝1 m(2分)(2)当汽车加速至v 1＝6.0 m/s 时两者相距最近，加速时间t 1＝v 1a 2＝6 s(2分)人运动距离为x 1＝6×6 m ＝36 m(2分)汽车运动距离x 2＝12a 2t 21＝18 m(2分)两者最近距离Δx ＝x 2＋x 0－x 1＝7 m(2分)人不能追上出租车，且车开动后，人与车的距离先减小后增大，步行者与车的最近距离为7 m ．(2分)答案：(1)1 m (2)人不能追上出租车 7 m12．解析：(1)质点从B 到C 恰好能做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知粒子带正电．(2分)质点从A 到B ，由平抛运动规律有竖直方向：h ＝12gt 2，v y ＝gt (2分)水平方向：v 0＝2ht(1分)由几何知识得v 2＝v 20＋v 2y (1分) 求得粒子到达B 点时的速度 v ＝2gh ＝2 m/s(1分) 方向与x 轴正方向成45°角(1分)(2)质点从B 到C ，重力与电场力平衡则有Eq ＝mg (1分)洛伦兹力提供向心力，Bq v ＝m v 2R(2分)由几何知识得(2R )2＝(2h )2＋(2h )2(2分)解得电场强度E ＝mg q ＝5×10－4 N/C(1分)磁感应强度B ＝m q 2g h ＝22×10－3 T(2分)(3)质点进入第Ⅲ象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动．竖直方向的速度减小到0，此时质点速度最小，即v 在水平方向的分量v min ＝v cos 45°＝ 2 m/s ，方向沿x 轴负方向．(2分)答案：(1)2 m/s 与x 轴正方向成45°角(2)22×10－3 T 5×10－4 N/C(3) 2 m/s 沿x 轴负方向13．解析：(1)已知气体的摩尔质量和密度可以算出气体的摩尔体积，用摩尔体积除以阿伏加德罗常数是每个气体分子所占据的空间，但不等于每个气体分子的大小，A 项正确；若两个分子只受到它们之间的分子力作用，分子间的作用力先是引力后是斥力. 当分子间的距离减小时，分子力先做正功后做负功，分子的动能先增大后减小，B 项错误；系统吸收热量时，由于不知道做功情况，根据热力学第一定律可知它的内能不一定增加，C 项正确；根据热力学第二定律可知，如果引起其他变化，热量可以从低温物体传到高温物体，D 项错误；气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，E 项正确．(2)对活塞受力分析，根据平衡条件可求出初末状态气体的压强，根据等温变化规律可求出末态气体的体积，然后求出活塞移动的距离．①对活塞受力分析 Mg ＋p 0S ＝pS (2分)得p ＝Mg ＋p 0S S(1分)②汽缸倒臵后：对活塞受力分析得 Mg ＋p 1S ＝p 0S (2分)所以p 1＝p 0S －MgS(1分)对封闭气体运用玻意耳定律pV 0＝p 1V 1(1分)得V 1＝(p 0S ＋Mg )V 0p 0S －Mg (1分)所以Δh ＝V 1－V 0S ＝2MgV 0(p 0S －Mg )S(2分)答案：(1)ACE (2)①p 0S ＋Mg S ②2MgV 0(p 0S －Mg )S14．解析：(1)在简谐横波中，质点离平衡位臵越远，速度越小，t ＝0时质点a 的速度比质点c 的小，选项A 正确；质点离平衡位臵越远，加速度越大，t ＝0时，质点a 的加速度比质点c 的大，选项B 错误；由质点d 的振动图象可知，t ＝0时质点d 沿y 轴负方向运动，结合波形图知，波沿x 轴正方向传播，t ＝0时，质点b 沿y 轴负方向运动，质点c 沿y 轴正方向运动，质点b 比质点c 先回到平衡位臵，选项C 正确；0～0.5 s 时间内质点b 的平均速率比质点a 的大，质点b 的振动路程比质点a 的大，选项D 错误；由题图2知周期T ＝2 s ，ΔtT＝32，质点a 、b 的振动路程均为32×4A ＝30 cm ，选项E 正确． (2)①由n ＝sin αsin β(1分)得β＝30°(1分)由sin C ＝1n(2分)得C ＝45°(1分)②临界光线的光路如图所示，则θ1＝180°－C －(90°－β)＝75°(1分) θ2＝90°－(β＋C )＝15°(1分) ∠P 1OP 2＝180°－θ1－θ2＝90°(1分) S ＝∠P 1OP 2180°πRL ＝12πRL (2分)答案：(1)ACE (2)①30° 45° ②12πRL高考模拟试题精编(三)1．解析：选B.由v -t 图象知识可以知道，速度与时间轴围成的面积位于时间轴上部位移为正，速度与时间轴围成的面积位于时间轴下部位移为负，同时表示运动方向相反，可第1 s 与第5 s 速度与时间轴围成面积都位于时间轴上部，A 错；v -t 图象中，同一条线段的斜率相同且表示加速度，第5 s 内与第6 s 内速度为在同一直线上的两线段，B 对；0～4 s 与0～6 s位移相同，但时间不同，利用平均速度公式v ＝ΔxΔt，C 错；利用动能定理判断某一段时间内合外力做的功为正功还是负功，W ＝12m v 2t －12m v 20，第6 s 内初速度为零，末速度不为零，所以第6 s 内动能增大，合力做正功，D 错．2．解析：选D.对磁铁m 受力分析可知，受竖直向下的重力mg ，垂直于铁板斜面向上的磁力F ，垂直于斜面的弹力N ，沿铁板的摩擦力f ＝mg sin θ，整个过程中磁铁与铁板始终处于相对静止状态，所以摩擦力为静摩擦力，且随θ增大而增大，A 、B 、C 错；垂直于斜面方向F ＝N ＋mg cos θ，磁力F 不变，mg cos θ在减小，所以弹力N 增大，D 对．3．解析：选B.平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D错，B 对．4．解析：选D.因为带负电的粒子仅在电场力作用下运动的过程中电势能不变，所以电场力不做功，所以粒子不可能做直线运动，而是做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，故A 项错，B 项错；粒子做匀速圆周运动的过程中，电场力提供向心力，所以粒子所处位臵电场强度大小相同，方向不同，运动轨迹上各点的电势一定相等，故C 项错，D 项正确．5．解析：选AC.由U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝n 1n 2U 2＝101×12 V ＝120 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝110×10A ＝1 A ，所以U R 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22022－120V ＝100 V ，故R 0＝100 Ω，A 项正确；又P 入＝P 出＝U 2I 2＝12×10 W ＝120 W ，而P ＝P 入＋P R 0＞120 W ，B 项错误；t ＝0.01 s 时，U 最大，故流过R的电流最大，C 正确；将开关断开，U 1U 2＝n 1n 2依然成立，但由于原、副线圈中电流为0，原线圈两端电压变为220 V ，故电压表示数为22 V ，D 项错误．6．解析：选CD.第一宇宙速度等于卫星沿地球表面运行的速度，而“天宫一号”离地有一定的高度，故其运行速度必小于第一宇宙速度，A 错误；因无法求出“天宫一号”的质量，故无法获得其动能，B 错误；由g ＝GM R 2、ρ＝M V 、V ＝43πR 3可求得地球的质量与密度，再由a＝GM (R ＋h )2可得“天宫一号”的向心加速度，故C 、D 正确． 7.解析：选ABD.因质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子的轨迹半径r ＝Ln (n ＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力有Bq v ＝m v 2r，得v ＝Bqr m ＝BkL n(n ＝1,2,3，…)，A 、B 、D 正确．8．解析：选AD.负载总电阻R 总＝R 0＋R 02＋R 04＝10 Ω，干路电流I ＝UR 总＝1 A ，电阻R 2两端的电压U R 2＝R 04·I ＝107 V ，其热功率P R 2＝U 2R 2R 2＝57W ，选项A 正确；由图乙可得，t ＝0.02s 时通过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，R 两端的电压瞬时值不为0，选项B 错误；由图乙可知，周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，感应电动势的有效值E ＝U ＋Ir ＝12 V ，线圈产生的感应电动势e ＝122cos(100πt )V ，选项C 错误；感应电动势的最大值E m ＝nBSω＝12 2 V ，磁通量的最大值Φm ＝BS ＝122100n π Wb ，磁通量的瞬时值Φ＝BS sin 100πt ＝122100n πsin(100πt )Wb ，从线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝12Φm ＝62100n πWb ，通过R 1的电荷量q ＝n ·ΔΦr ＋R 总＝2200πC ，选项D 正确．9．解析：(1)弹簧测力计的读数的2倍等于小车受到的拉力，无需用天平测出砂和砂桶的质量，不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，选项A 、E 错误；将带滑轮的长木板右端垫高，可平衡摩擦力，让拉力充当小车的合外力，选项B 正确；为了在纸带上打下更多清晰的点，小车要靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，选项C 正确；为了减小误差，需要打出多条纸带，故需改变砂和砂桶的质量，选项D 正确．(2)相邻两个计数点间还有两个点没画出，故相邻两计数点间的时间间隔t ＝0.06 s ，逐差法求得加速度a ＝3.8＋3.3＋2.8－1.4－1.9－2.39×t2×10－2m/s 2≈1.3 m/s 2. (3)对小车受力分析，由牛顿第二定律可得：2F ＝Ma ，可得：a ＝2M F ，即k ＝2M＝tan θ，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案：(1)BCD(2分) (2)1.3(2分) (3)D(2分)10．解析：(1)在使用多用电表欧姆挡测电阻时，换挡必进行欧姆调零．所测电阻值为18 Ω.(2)因电源的电动势为3 V ，要求电流表指针有较大的偏转，故电流表选用A ，电阻箱选用D.根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，对步骤①可得：E ＝I (r ＋R 1＋R x )；对步骤②可得：E ＝I (r ＋R 2)，联立可得：R x ＝R 2－R 1.(3)根据串并联电路特点和闭合电路欧姆定律，E ＝I (r ＋R ＋R A )，可得：1I ＝r ＋R A E ＋1ER ，即r ＋R A E＝1 A －1，R A ＝2 Ω.答案：(1)欧姆调零(1分) 18.0(2分) (2)A(1分) D(1分) R 2－R 1(2分) (3)2(2分)11．解析：(1)逸出功W ＝hν0＝6.6×10－34 J·s ×1.1×1015 Hz ＝7.26×10－19 J ．根据光电效应的产生条件，照射铝表面的光的频率大于铝的极限频率，所以可以发生光电效应，有光电子逸出．由爱因斯坦光电效应方程，逸出的光电子的最大初动能为E k ＝hν－W ＝2.64×10－19 J.(2)①设子弹刚相对于木块静止时的速度为v ，由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋M )v ，解得v ＝v 010(2分) 设子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE ，由能量守恒定律有ΔE ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2(2分) 代入数据得ΔE ＝9m v 2020(1分)②设弹簧的劲度系数为k ，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx ，其弹性势能可表示为E p ＝12k (Δx )2(1分)木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律有12(m ＋M )v 2＝E p (2分) 解得弹簧的劲度系数k ＝m v 2010(Δx )2(2分)答案：(1)7.26×10－19 J(1分) 有(1分)2．64×10－19 J(1分) 理由见解析(1分)(2)①9m v 2020 ②m v 2010(Δx )212．解析：(1)导体棒运动到距O 点距离为12l 时，闭合回路中感应电动势E ＝B ·12l v ＝12Bl v (2分)闭合回路中总电阻R ＝ρl (1分)根据闭合电路欧姆定律有I ＝ER(1分)联立解得I ＝B v2ρ(2分)(2)导体棒做匀速运动，可知在0～lv 时间内，电路中电流恒定q ＝It ＝B v 2ρ·l v ＝Bl2ρ(3分)(3)由于导体棒做匀速运动，所以F ＝BIx ＝B 2v2ρx (0≤x ≤l )(1分)F ＝BIl ＝B 2v l2ρ(l ≤x ≤2l )(1分)作出F -x 图象如图(2分)由图象可知W ＝3B 2v l 24ρ(3分)由功能关系可得Q ＝|W 安|＝W ＝3B 2v l 24ρ(2分)答案：(1)B v 2ρ (2)Bl2ρ (3)3B 2v l 24ρ13．解析：(1)松香是非晶体，只有晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏分子结构，增加分子势能，而熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，选项A 错误；当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，选项B 正确；液体的饱和汽压与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项C 错误；气体的压强与单位体积的分子数和分子平均动能有关，若一定质量的理想气体被压缩且吸收热量，则W >0，Q >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，ΔU >0，说明气体的温度升高，分子平均动能增大，又气体被压缩，体积减小，单位体积的分子数增加，所以气体压强一定增大，选项D 正确；若一定质量的理想气体分子平均动能减小，说明温度降低，内能减小，即ΔU <0，又外界对气体做功，即W >0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，Q <0，即气体一定放热，选项E 正确．(2)①B 刚要离开桌面时弹簧拉力为 kx 1＝mg (1分)由活塞受力平衡得p 2S ＝p 0S －kx 1(1分) 根据理想气体状态方程有p 0L 1S T 1＝p 2(L 1－x 1)ST 2(2分) 代入数据解得T 2＝207 K(1分)当B 刚要离开桌面时缸内气体的温度 t 2＝－66 ℃(1分)②由①得x 1＝5 cm(1分)当温度降至－66 ℃之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖－吕萨克定律有 (L 1－x 1)S T 2＝(L 1－x 1－H )ST 3(2分) 代入数据解得H ＝15 cm(1分)答案：(1)BDE (2)①－66 ℃ ②15 cm 14．解析：(1)两列波叠加，t ＝0时刻x ＝0处质点的振动位移为两列波振幅之和，为40 cm ，A 错误．根据波形图，A 波的波长为3 m ，B 波的波长为5 m ，两列波在同一介质中传播，波速相同，由λ＝vf可知两列波的频率之比为f A ∶f B ＝λB ∶λA ＝5∶3，B 正确．由于质点的振动位移等于同一时刻同一质点分别在两列波中振动位移的和，所以t ＝0时刻一定存在振动位移为－30 cm 的质点，C 正确．两列波波长最简整数比为3∶5,3和5的最小公倍数是15，所以t ＝0时刻x 轴正半轴到原点最近的另一波峰重合处的横坐标为x ＝5λA ＝15 m ，D 错误．t ＝0时刻x 轴正半轴到原点最近的波谷重合处的横坐标为x ＝7.5 m ，E 正确．(2)①连接圆心O 与角α的顶点，交球面于C 点，连接AC 、CB ，ACB 即为光线的路径，如图所示(3分)②由几何关系及对称性有r ＝α2＋(i －r )，解得r ＝30°(1分)由折射定律有n ＝sin isin r＝2(2分)AC ＝BC ＝2R cos r ＝3R (1分)光在透明球中的传播路程L ＝23R (1分)传播速度v ＝c n ＝2c2(1分)传播时间t ＝L v ＝26Rc(1分)答案：(1)BCE (2)①见解析 ②2 26Rc高考模拟试题精编(四)1．解析：选C.选上面两块(1,4)为研究对象，知F 右＝2mg sin θ，选上面三块为研究对象，知F 左＝3mg sin θ，选项C 正确．2．解析：选C.设等边三角形的边长为L ，则匀强电场E ＝υ32L ，当让等边三角形以A 点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B 1到AB 的距离为L 1＝L 2，所以U ＝Ed ＝υ32L ×L 2＝3υ3，故转动后B 点的电势为－3υ3，故A 、B 、D 错误，C 正确．3．解析：选D.甲、乙两质点在3 s 末在途中相遇时，各自的位移为2 m 和6 m ，因此两质点发点间的距离是甲在乙之前4 m.4．解析：选B.当电流稳定时，电容器可视为断路，当P 向左滑时，滑动变阻器连入电路中的阻值R 增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中的电流I ＝ER ＋R 2＋r减小，电压表的示数U ＝E －I (R 2＋r )增大，A 错误，B 正确；对于电容器，电荷量Q ＝CU 增大，C 、D 均错．5．解析：选AC.由原线圈电压表达式u ＝311sin 100πt V 可知，副线圈中电流的变化频率为50 Hz ，选项A 正确．根据变压公式，副线圈两端电压为55 V ，线圈有感抗，灯泡L 1两端电压一定小于55 V ，选项B 错误；若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则线圈L 感抗增大，灯泡L 1两端电压减小，灯泡L 1的亮度将变暗，选项C 正确；若交变电压u 的有效值不变，频率增大，线圈L 感抗增大，R 中电流减小，则电压表V 的示数将增大，选项D 错误．6．解析：选ABD.用频率为ν的光照射某金属研究光电效应时，遏止电压为U c ，则光电子的最大初动能E k ＝eU c ，根据爱因斯坦光电效应方程，hν＝E k ＋W 0，因此该金属的逸出功为W 0＝hν－eU c ，A 项正确；一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出C 23＝3种不同频率的光子，B 项正确；某放射性物质的半衰期为τ，质量为m 的该放射性物质，半个半衰期后其质量一定大于12m ，C 项错误；根据质量数和电荷数守恒，核反应方程411H →42He ＋K X 中，X 是正电子，K ＝2，D 项正确．7．解析：选AC.导体棒在倾斜导轨上匀速运动有mg sin θ＝BId ＝B 2d 2vR ＋r，A 对；匀速运动时导体棒两端电压U ＝IR ＝mgR sin θBd ，B 错；根据法拉第电磁感应定律可知导体棒下滑s 过程中电路中平均电动势E ＝Bds t ，平均电流I ＝E R ＋r ，通过R 的电荷量q ＝It ＝BdsR ＋r，C 对；对导体棒应用动能定理可知重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，D 错．8．解析：选AB.开始时滑块处于平衡状态，Eq ＝mg sin θ，当滑块下滑至将弹簧压缩到最短时，电场力做负功，电势能增加ΔE 电＝Eqx ，重力做正功，重力势能减小ΔE 重＝mgx sin θ，可知ΔE 电＝ΔE 重，选项A 正确；由动能定理得W 电＋W 重＋W 弹＝－12m v 2，则W 弹＝－12m v 2，选项B 正确，选项C 错误；当滑块加速度最大时，此时滑块受到的合外力最大，即弹簧弹力最大，则滑块应到达最低点，电场力做的负功最多，所以滑块与弹簧组成的系统机械能最小，选项D 错误．9．解析：探究滑动摩擦力f 与正压力F N 之间的关系，其结果应当是：f ＝μF N .答案：(2)测量木块、砝码的总重力(1分) 记录弹簧秤的示数(1分) (3)直线(1分) 所得图线的斜率k ＝F N f ＝1μ，表示动摩擦因数的倒数(1分) (4)滑动摩擦力f 与正压力F N 成正比(1分)10．解析：(1)多用电表测电阻，指针示数为30，倍率为×100，所以测量结果为3 000 Ω.(2)图③比较合理，图②中流过电流表的电流太小，指针不能达到量程的13，误差太大．(3)闭合K 1读出电压表的示数U 1；再闭合K 2，读出电压表的示数U 2，根据欧姆定律可得：U 2－U 1R ＝U 1R V ，即R V ＝U 1R U 2－U 1.答案：(1)3 000 Ω(3分) (2)③(3分)。
2018年全国卷物理高考高三一轮,二轮复习,总复习物理阶段性测试,模拟测试题：阶段综合测评6 Word版含解析
阶段综合测评(六)时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
) 1．2016·广州二模]气体温度升高，则该气体()A．每个分子的体积都增大B．每个分子的动能都增大C．速率大的分子数量增多D．分子间引力和斥力都增大答案 C解析温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大；速率大的分子数量增多；温度升高，气体的体积不一定大，分子间的作用力大小不能判断，更不会影响单个分子的体积。
故选C。
2．2016·南京一模]如图所示，把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就变钝了。
产生这一现象的原因是()A．玻璃是非晶体，熔化再凝固后变成晶体B．玻璃是晶体，熔化再凝固后变成非晶体C．熔化的玻璃表面分子间表现为引力使其表面绷紧D．熔化的玻璃表面分子间表现为斥力使其表面扩张答案 C解析玻璃是非晶体，熔化再凝固后仍然是非晶体，故A、B错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形，是表面张力的作用，因为表面张力具有使液体表面绷紧即减小表面积的作用，而体积相同情况下球的表面积最小，故呈球形，故C 正确，D 错误。
3．2017·汕头模拟]以下哪个现象不违背热力学第二定律( )A ．一杯热茶在打开盖后，茶会自动变得更热B ．没有漏气、没有摩擦的理想热机，其效率可能是100%C ．桶中浑浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D ．热量自发地从低温物体传到高温物体答案 C解析 茶不会自发地变得更热，选项A 错误；无论什么样的热机，效率永远不会达到100%，选项B 错误；热量不会自发地从低温物体传到高温物体，选项D 错误。
4．2017·黄冈调考]钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m 3)，摩尔质量为M (单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为N A 。
2018高考一轮总复习物理模拟演练共17章全集及限时规范专题练有答案(51份)
1-1描述运动的基本概念时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．南北朝傅翕曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛。
人在桥上走，桥流水不流。
”其中“桥流水不流”一句应理解成其选择的参考系是( )A ．水B ．桥C ．人D ．地面2．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是( ) A ．运动员跑完800 m 比赛，指的是路程大小为800 m B ．运动员铅球成绩为4.50 m ，指的是路程大小为4.50 m C ．某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10 min ，指的是时刻D ．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点3．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 极短时，ΔxΔt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，由此可知，当Δt 极短时ΔvΔt就可以表示物体在t 时刻的瞬时加速度。
上面用到的物理方法分别是( )A ．控制变量法 微元法B ．假设法 等效法C ．微元法 类比法D ．极限法 类比法4．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中( )A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值5．如图所示，物体沿两个半径为R 的圆弧由A 到C ，则它的位移和路程分别为( )A.5π2R ，A 指向C ；10R B.5π2R ，A 指向C ；5π2R C.10R ，A 指向C ；5π2RD.10R ，C 指向A ；5π2R6．甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间内以速度v 1做匀速直线运动，后一半时间内以速度v 2做匀速直线运动；乙车在前一半路程中以速度v 1做匀速直线运动，后一半路程以速度v 2做匀速直线运动(v 1≠v 2)，则( )A ．甲先到达B ．乙先到达C ．甲、乙同时到达D ．不能确定7．如图所示的时间轴，下列关于时刻和时间间隔的说法中正确的是( )A ．t 2表示时刻，称为第2 s 末或第3 s 初，也可以称为2 s 内B ．t 2～t 3表示时间，称为第3 s 内C ．t 0～t 2表示时间，称为最初2 s 内或前2 s 内D ．t n －1～t n 表示时间，称为第(n －1) s 内8．跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面某一高度静止于空中时，运动员离开飞机自由下落，运动一段时间后打开降落伞，展伞后运动员以5 m/s 2的加速度匀减速下降，则在运动员减速下降的任一秒内( )A ．这一秒末的速度比前一秒初的速度小5 m/sB ．这一秒末的速度是前一秒末的速度的15C ．这一秒末的速度比前一秒末的速度小5 m/sD ．这一秒末的速度比前一秒初的速度小10 m/s9．在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上，中国科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军，改写了我国服务机器人从未进入世界前5的纪录，标志着我国在该领域的研究取得了重要进展。
2018高考一轮总复习物理模拟演练限时规范专题练8有答案
限时规范专题练(八) 振动与波动问题综合应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～4为单选，5～10为多选)1．一简谐横波沿x轴正向传播，图甲是t＝0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是( )A．0.5 m B．1.5 m C．2.5 m D．3.5 m答案 C解析由振动图象可知，t＝0时刻该质点的位移为负值，且沿y轴负方向运动，由波形图可知，t＝0时刻，x＝0.5 m、3.5 m处的质点位移为正，可知A、D项错误；由“上下坡法”可知，t＝0时刻x＝1.5 m处的质点正沿y轴正方向运动，因此B项错误；2.5 m处的质点正沿y轴负方向运动，C项正确。
2．质点以坐标原点O为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图甲所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0 m/s。
经0.3 s后，此质点立即停止运动，再经过0.1 s后的波形图是乙图中的( )解析 由振动图象可知，该波的周期T ＝0.4 s ，则波长λ＝vT ＝0.4 m ，故经过0.3 s ＋0.1 s ＝0.4 s 后波传播的距离为0.4 m ，选项B 、D 错误；由振动图象可知，在初始时刻质点沿y 轴正方向振动，故介质中各质点的起振方向均沿y 轴正方向，选项A 错误，C 正确。
3．图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a 、b 两质点的横坐标分别为x a ＝2 m 和x b ＝6 m ，图乙为质点b 从该时刻开始计时的振动图象。
下列说法正确的是( )A ．该波沿＋x 方向传播，波速为1 m/sB ．质点a 经4 s 振动的路程为4 mC ．此时刻质点a 的速度沿＋y 方向D ．质点a 在t ＝2 s 时速度为零 答案 D解析 由题图乙可知，简谐横波的周期T ＝8 s ，且t ＝0时质点b 沿＋y 方向运动，根据振动和波动的关系，波沿－x 方向传播，质点a 沿－y 方向运动，选项A 、C 错误；质点a 经过4 s 振动的路程s ＝tT·4A ＝1 m ，选项B 错误；质点a 在t ＝2 s 时，处于负向最大位移处，速度为零，选项D 正确。
2018年湖南高考物理模拟题及答案(6) .doc
2018年湖南高考物理模拟题及答案（6）一、选择题(8×8′＝64′)1．一电池外电路断开时的路端电压为3 V ，接上8 Ω 的负载电阻后路端电压降为2.4 V ，则可以判定电池的电动势E 和内阻r 为( )A ．E ＝2.4 V ，r ＝1 ΩB ．E ＝3 V ，r ＝2 ΩC ．E ＝2.4 V ，r ＝2 ΩD ．E ＝3 V ，r ＝1 Ω解析：因为电路断开时路端电压为3 V ，所以E ＝3 V 当R ＝8 Ω时，U ＝2.4 V ，所以I ＝UR ＝2.48A ＝0.3 AE ＝U ＋Ir ，所以r ＝2 Ω.答案：B图12．如图1中，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相等，电池的内阻不计，开关接通后流过R 2的电流是K 接通前的( )A.12 B.23 C.13D.14解析：由串、并联知识可得，在K 没有接通时，R 1、R 2串联，I 1＝E2R在K 接通后，R 2、R 3并联，再跟R 1串联I 2′＝12I 2＝12·ER ＋R 2＝12·2E 3R ＝E 3R 由I2′I1＝E3R E 2R ＝23，所以B 选项正确． 答案：B图23．在图2所示电路中E 为电源，其电动势E ＝9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡．其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；K 为电键．开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通电键 K ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( )A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：本题中小灯泡正好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P /U ＝1.8/6.0 A ＝0.3 A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，则R AC ＝UAC IAC ＝E －UL IAC ＝9.0－6.00.3Ω＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝(30－10) Ω＝20 Ω，所以B 选项正确．答案：B图34．在如图3所示的电路中，当变阻器R 3的滑动头P 由a 端向b 端移动时( ) A ．电压表示数变大，电流表示数变小 B ．电压表示数变小，电流表示数变大 C ．电压表示数变大，电流表示数变大 D ．电压表示数变小，电流表示数变小 解析：首先将理想化处理，简化电路，R 2与R 3并联后与R 1串联，当滑动头P 向b 端移动时，R 3阻值变小，R 2、R 3并联部分总电阻变小，据串联分压原理，R 1和内电阻上电压增大，R 2、R 3并联部分电压变小，由此可得：外电路上总电压变小，电压表示数变小；R 2上电流变小，但干路总电流变大，因此R 3上电流变大，电流表示数变大．正确选项为B.少数考生没有将电流表和电压表进行理想化处理，由于电路结构较复杂，分析时产生失误．少数考生审题不严，误将滑动头P 上移动理想为R 3阻值变大，导致错误．答案：B5.图4如图4所示的电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小．根据分析，发生的故障可能是( ) A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：等效电路如图5所示，若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，图5L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A选项正确．若R2断路，总外电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B选项错．若R3短路或R4短路，总外电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D选项错．答案：A图66．如图6所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中( )A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流解析：增大电容器两极板间距离时，电容器电容变小，电容器放电，A极板上的正电荷通过电阻向电池充电，电阻R中有由a流向b的电流．7．(2009·全国卷Ⅱ)图7为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为( )图7解析：本题考查测电源的电动势和内电阻及电路的有关知识，意在考查考生综合运用电路知识和实验的有关方法解决问题的能力；由图可知，E＝U m＝6 V，U＝4 V时，I＝4 A，因此有6＝4＋4r，解得r＝0.5 Ω，当路端电压为4.8 V时，U内＝E－U＝(6－4.8) V＝1.2 V，由UU内＝Rr，所以R＝UU内r＝4.81.2×0.5 Ω＝2 Ω，由电阻的串并联知识可知，正确答案为B. 答案：B8．(2009·重庆高考)某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V/2 W)，将其连接在220 V交流电源上，电路见图8.若工作一段时间后L2灯丝烧断，则( )图8A．X1的功率减小，L1的功率增大B．X1的功率增大，L1的功率增大C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大解析：本题考查闭合电路的欧姆定律和电路的相关问题，意在考查考生运用知识解决实际问题的能力．L2灯丝烧断，则电路中的总电阻变大，由欧姆定律知，总电流减小，则除L2支路外，其他支路两端的电压减小，强光灯和指示灯的功率都要减小．其他支路电压减小，则L2两端电压升高，其功率增大．二、计算题(3×12′＝36′)9．某电子元件的电压与电流的关系如图9所示，将该电子元件与一个R ＝8 Ω的电阻串联，再接至电动势E ＝3 V 、内阻r ＝2 Ω的电源上，试求电路中电流及电源的效率．图9解析：将电源和R 视为一个新的电源，此电源的电动势E ′＝3 V ，内阻r ′＝10 Ω，则此新电源的路端电压U ′与电路中的总电流I 的关系为U ′＝3－10I ，此新电源的路端电压即为电子元件两端的电压．在题目图中作出新电源的图象，可得交点坐标值即为电路中的实际电流值和电子元件两端的实际电压值，分别为I ＝130 mA ，U ′＝1.7 V ，电源的效率η＝U 路E ，U 路＝E －Ir .联立解得η＝1－IrE，代入数据得η＝91.3%. 答案：130 mA 91.3%10．如图10所示的电路中，电源的电动势E ＝10 V ，内阻忽略不计，电阻的阻值分别为R 1＝R 2＝20 Ω、R 3＝10 Ω，滑动变阻器的最大阻值R ＝40 Ω，电容器的电容C ＝20μF ，则：图10(1)将滑动触头P 置于ab 中点，合上电键S ，待电路稳定后再断开S .求断开S 的瞬间，通过R 1的电流大小和方向；(2)闭合电键S ，当滑动触头P 缓慢地从a 点移到b 点的过程中，通过导线BM 的电量为多大？解析：(1)电键S 闭合，电路稳定时BD 两点的电势差U BD ＝R2E R1＋R2①PD 两点的电势差U PD ＝RPbER ＋R3② 则BP 两点的电势差U BP ＝U BC －U PC ③ 故断开S 的瞬间，通过R 1的电流方向向左；电流大小I1＝UBPR1＋R3＋RaP由①②③④代入数据解得I1＝0.02 A.(2)P在a点时，U PD＝RabER＋R3④U BP＝U BD－U PD⑤电容器M板带电量Q M＝CU BP⑥P在b点时U BP＝U BD⑦电容器M板带电量Q M′＝CU BP′⑧通过导线BM的电量Q＝Q M′－Q M⑨由④⑤⑥⑦⑧⑨式解得Q＝1.6×10－4C.答案：(1)I2＝0.02 A (2)Q＝1.6×10－4C11．(2010·苏州调研)一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图11(甲)所示，图中U＝12 V的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R0接成如图11(乙)所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2 A，变阻器的最大阻值为R0＝22 Ω.求：图11(1)电源电动势E和内电阻r；(2)空载时A、B两端输出的电压范围．(3)A、B两端所能接负载的电阻的最小值．解析：(1)据全电路欧姆定律：E＝U＋Ir由图(甲)可知，当I＝0时，E＝U＝12 V当E＝12 V，R＝2 Ω时，U＝6 V，据全电路欧姆定律可得：r＝2 Ω(2)空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压U AB＝0当滑片移至最上端时，有E＝U AB＋Ir，I＝ER0＋r可得这时的输出电压U AB＝11 V所以，空载时输出电压范围为0～11 V.(3)设所接负载电阻的最小值为R′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I＝2 A，有：E＝I(R外＋r)，其中R外＝R0R′R0＋R′，代入数据可得：R′＝4.9 Ω.。
2018届高考物理第一轮总复习全程训练模拟仿真预测卷一
模拟仿真预测卷(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分考试时间60分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8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，有选错或不答的得0分．1．了解科学家发现物理规律的过程，学会像科学家那样观察和思考，不断提升自己的科学素养，往往比掌握知识本身更重要．以下符合物理发展史实的是( ) A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B．楞次发现磁场产生电流的条件和规律，即电磁感应现象C．牛顿最早用扭秤实验测出万有引力常数D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律2.如图所示，将三个形状不规则的磁石块叠放在水平桌面上，处于静止状态．下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力B．石块a一定受到三个力的作用C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．桌面对石块c的作用力一定竖直向上3．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A．I1<I2，W1＝W2 B．I1>I2，W1＝W2C．I1>I2，W1<W2 D．I1＝I2，W1<W24．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，x A、x B分别为A、B 两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能E p随其坐标x 变化的关系如图乙所示，E p A和E p B分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是( )A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝E p A－E p BD．电子在A点的动能小于在B点的动能5.如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311sin100πt(V)，副线圈所在电路中接有电热丝、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1.电热丝额定功率为44 W，小电动机内电阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则( )A．电压表示数为31.1 VB．小电动机的输出功率为21 WC．变压器的输入功率为44 WD．通过保险丝的电流为30 A6.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，可能让圆形径迹半径增大的是( )A．同时增大U和I B．同时减小U和IC．增大U，减小I D．减小U，增大I7．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R.半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电．电容器上极板带正电 B ．电容器下极板带正电．线圈两端的电压为B 0πr 21t 0 D ．线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0．物体在甲传送带上运动的时间比乙大 ．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大 ．两传送带对物体做功相等(1)相邻两计数点之间的时间间隔为________s.(2)实验时要在接通打点计时器之________(填“前”或“后”)释放物体．(3)将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4……测得s2＝1.60 cm，s4＝6.40 cm，请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是________m/s.(4)同学们根据测出的物体1上升的高度x与相应的时间t，描绘出如图丙所示的s－t2图线，由此可以求出物体的加速度大小为________m/s2.10．(9分)用伏安法测定一个待测电阻R x的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：电池组E(电动势3 V，内阻不计)电流表A1(量程0～15 mA，内阻约为100 Ω)电流表A2(量程0～300 μA，内阻为2 000 Ω)滑动变阻器R1(阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A)电阻箱R2(阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A)开关S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下面问题：(1)将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为3.0 V的电压表，需将电阻箱阻值调到________Ω；(2)在方框中完整画出测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号；(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻R x的阻值是________Ω.11．(14分)宇航员驾驶宇宙飞船到达月球，他在月球表面做了一个实验：在离月球表面高度为h处，将一小球以初速度v0水平抛出，水平射程为x.已知月球的半径为R，万有引力常量为G.不考虑月球自转的影响．求：(1)月球表面的重力加速度大小g0；(2)月球的质量M；(3)飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v.12．(18分)如图所示，电阻不计的“∠”型足够长且平行的导轨，间距L＝1 m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连．整个空间存在着B＝5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值R ab＝R cd＝R，cd棒质量m＝1 kg.ab棒光滑，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动．求这一时刻ab棒中的电流；(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件；(3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab棒无论质量多大，从多高位置释放，cd 棒始终不动．求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．(二)选择题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)13．(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动．已知活塞如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为方向射向圆柱体．则这条入射光线到AB的距离是多少？187.5(或191)(2分) ，根据平抛运动规律棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．分)，作光路图，由几何关系，得2β＝α。
2018版新课标物理一轮复习课下限时集训(三十) Word版含答案
一、单项选择题1.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B 。
当线圈绕OO ′转过90°时，通过电阻R 的电荷量为( )A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R2.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L 、小灯泡A 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如图所示的电路。
检查电路后，闭合开关S ，小灯泡发光；再断开开关S ，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。
虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。
你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A ．电源的内阻较大B ．小灯泡电阻偏大C ．线圈电阻偏大D ．线圈的自感系数较大3.如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1不亮，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即熄灭C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下才熄灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下才熄灭4.(2015·重庆高考)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S 。
若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nS （B 2－B 1）t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS （B 2－B 1）t 2－t 1C ．恒为－nS （B 2－B 1）t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS （B 2－B 1）t 2－t 15.(2016·湖北质检)如图所示，一线圈匝数为n ，横截面积为S ，总电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值分别为r 和2r 。
普通高校招生全国统一考试2018年高考仿真模拟卷(一)物理试卷+Word版含解析
普通高校招生全国统一考试2018年高考仿真模拟卷(一)物理试卷本试卷分第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。
满分110分。
考试时间60分钟。
第一部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18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。
·(请将答案填写在第5页答题区）14.如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v-t 图象，已知t=0时甲在乙前方x 0=60m 处，则在0~4s 的时间内甲和乙之间的最大距离为A.8mB.14mC.68mD. 52m15.一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd 固定不动，其中矩形区域efcd 存在磁场（未画出），磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B 随时间t 均匀变化，且B k t∆=∆(k>0)，已知ab=fc=4L ，bc=5L ，已知L 长度的电阻为r ，则导线框abcd 中的电流为 A.289kL r B.22518kL r C.249kL r D.2259kL r16.如图所示，一根劲度系数为k 的轻质弹簧固定在天花板上，弹簧下端系一质量为m 的物体，现将竖直向下的外力作用在物体上，使弹簧的伸长量为x 。
撤去外力后，物体由静止竖直向上弹出，已知对于劲度系数为k 0的弹簧，当其形变量为x 0时，具有的弹性势能为20012k x ，重力加速度为g ，其他阻力不计，则从撤去外力到物体的速度第一次减为零的过程中，物体的最大速度为A.mg x k ⎛+ ⎝B.mg x k ⎛- ⎝C.mg x k ⎛+ ⎝D.mg x k ⎛- ⎝17.如图所示，M 、N 是围绕地球做匀速圆周运动的两个卫星，已知N 为地球的同步卫星，M 的轨道半径小于N 的轨道半径，A 为静止在赤道上的物体，则下列说法正确的是A.M 绕地球运行的周期大于24小时B.M 适当减速有可能与N 实现对接C.M 的运行速度大于A 随地球自转的线速度D.N 的运行速度大于地球的第一宇宙速度18.一带正电荷的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动^轴正半轴上的电势φ随位置x 变化的关系如图所示，则下列说法中正确的是A.x 1、x 2处的电场强度均沿x 轴负方向B.该粒子在x 1处的加速度大于在x 2处的加速度C.该粒子从x 1处到x 2处的过程中做减速运动D.该粒子在x 1处的电势能大于在x 2处的电势能19.在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻R 1=5Ω、R 2=10Ω、R 3=2.5Ω，流过副线圈的电流随时间的变化关系如图乙所示，已知电阻R 2和R 3消耗的功率相等，下列说法正确的是A.变压器原、副线圈的匝数比为2:1B.流过变压器原线圈的电流有效值为1AC.流过电阻R 1的电流有效值为1AD.电阻R 1消耗的功率为5W20.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。
2018年安徽省高考物理第一次模拟演练试题及答案
υ/ms-1t /sBA84 802018年安徽省高考物理第一次模拟演练试题及答案注意事项：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，总分110分，考试时间70分钟。
其中第13～14题为选考题，其他题为必答题。
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定的位置上。
一、选择题:本题共8小题，每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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。
1. 如图所示是A 、B 两质点从同一地点开始运动的v-t 图像，则下列说法正确的是A ．B 质点经8s 又回到了起点B ．B 质点前4s 是的平均速度为40m/s 资*源%库C ．B 质点最初4s 做加速运动，后4s 做减速运动D ．A 、B 两质点出发以后还会相遇2次2. 下列方程式中，属于衰变的是A ．n He H H 10423121+→+ B ．He Rn Ra 422229622698+→C ．n Sr Xe n U 1094381405410235922++→+D ．e Mg Na 0124122411-+→3. 静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力.若不计空气阻力，则在整个上升过程中，下列关于物体机械能E 、速度大小v 、重力势能E p 、动能E k 随时间变化的关系中，正确的是EtvtE pE KttOOOOA. B ． C ． D4．图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u ，电压u 随时间t 变化的图线如图乙所示。
质量为m 、重力不计的带电粒子以初速度v 0沿中线射入两板间，经时间T 从两板间飞出。
下列关于粒子运动的描述错误．．的是A．t=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B．t=14T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等5. 一些星球由于某种原因而发生收缩，假设该星球的直径缩小到原来的四分之一，若收缩时质量不变，则与收缩前相比A．同一物体在星球表面受到的重力增大到原来的4倍B．同一物体在星球表面受到的重力增大到原来的2倍C．星球的第一宇宙速度增大到原来的4倍D．星球的第一宇宙速度增大到原来的2倍6．如图所示，在空间中的d点有一个带正电粒子仅在电场力作用下沿正方形abcd的对角线db做直线运动，则下列判断中正确的是A．b、d两点电势一定相等B．电场可能是a c、两点处等量同种点电荷形成的电场C．若电场反向，粒子将会偏离原来的运动路径D．若粒子所带电荷量增大，将会偏离原来的运动路径7．如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则A．保持U1及P的位置不变，S由a改接到b， I1将减小B．保持U1及P的位置不变，S由a改接到b，R两端的电压变小cdRPbSU1C．保持U1不变，S接在a处，使P滑向c端，R的电功率变大D．保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大，I1将增大E．保持U1不变，S由a改接到b，同时使P滑向d端，R的电功率一定变大F．保持S接在a处，使U1增大，同时使P滑向c端，R的电功率一定变大8. 质量为M的小车静止在水平面上，静止在小车右端的质量为m的小球突然获得一个水平向右的初速度0v，并沿曲面运动，不计一切阻力，对于运动过程分析正确的是A．小球可能从小车右端离开后不会再落回小车B ．小球沿小车上升的最大高度小于2 0 2 v gC．小球和小车组成的系统机械能守恒D．小球和小车组成的系统动量守恒二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。
2018版高考一轮总复习物理模拟演练 限时规范专题练7 含答案 精品
限时规范专题练(七) 电磁场问题综合应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。
其中1～5为单选，6～8为多选)1．在赤道上某处有一支避雷针。
当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，不考虑地磁偏角，则地磁场对避雷针的作用力的方向为( )A．正东B．正北C．正南D．正西答案 D解析由题意可知，避雷针放电时，其中的电流方向沿避雷针向上，而赤道上方磁场方向沿正北方向，根据左手定则可以判断避雷针所受安培力的方向指向正西方向，故只有选项D正确。
2．如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC 边的M点飞出磁场(M点未画出)。
设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M 点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为( )A．2∶1 B．2∶3C．3∶2 D.3∶ 2答案 C解析 如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A 点进入C 点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P 点进入M 点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则t 1t 2＝θ1θ2＝90°60°＝32，故选项C 正确。
3．如图甲是回旋加速器的原理示意图，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(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能E k 随时间t 变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )A ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1B ．在E k t 图象中t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1C ．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D ．不同粒子获得的最大动能都相同 答案 B解析 回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动频率相同，在一个周期内，带电粒子两次通过匀强电场而加速，故高频电源的变化周期为t n －t n －2，A 项错误；带电粒子在匀强磁场中运动周期与粒子速度无关，故B项正确；粒子加速后圆周运动半径达到加速器半径时，速度达到最大，即：qv m B＝m v2mR⇒E kmax＝B2q2R22m，与加速次数无关，C项错误；不同粒子的比荷不同，最大动能也不一定相同，D项错误。
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：综合测试3(专题6-8)含答案
综合测试3(专题6－8)(选修3－1内容)（时间:60分钟满分:95分)一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1~4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．)1．如图X31所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为( )图X3。
1A．mv错误!B．2mv错误!C．52mv错误!D．错误!mv错误!2．如图X3。
2所示是比荷相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹,则（）图X3。
2A．a的质量比b的质量大B．a带正电荷、b带负电荷C．a在磁场中的运动速率比b的大D．a在磁场中的运动时间比b的长3．在如图X3.3所示的电路中,R1＝11 Ω，r＝1 Ω,R2＝R3＝6 Ω，当开关S闭合且电路稳定时,电容器C的带电荷量为Q1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q2，则（)图X33A．Q1∶Q2＝1∶3 B．Q1∶Q2＝3∶1C．Q1∶Q2＝1∶5 D．Q1∶Q2＝5∶14．如图X3。
4所示，平行板电容器两极板M、N相距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( ）图X3.4A．油滴带正电B．油滴带电荷量为mg UdC．电容器的电容为kmgd U2D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动5．如图X3。
5所示,①、②、③是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三条等势线,其中③为直线，①与②、②与③的电势差相等．一个重力不计、带负电的粒子进入电场,运动轨迹如图中实线所示,与①、②、③分别交于a、b、c三点．下列判断正确的是（)图X3.5A．粒子在c点时的加速度为零B．a点的电势比b点的电势高C．粒子从a到b再到c,电势能不断增加D．若粒子从a到b电场力做功大小为W1，从b到c电场力做功大小为W2，则W1〉W26．如图X36所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )图X3。
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限时规范专题练(六) 带电粒子在复合场中运动问题时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，上极板正中有一小孔。
一带电小球从小孔正上方某一高度处由静止开始下落，穿过小孔后未能到达下极板处，空气阻力忽略不计。
下列说法正确的是( )A.小球一定带正电B.上极板一定带正电C.小球受电场力方向一定向上D.小球最终在两极板间某点静止不动答案 C解析由题意得小球在极板间运动时，速度减小，故加速度方向向上，合力向上。
小球受到重力和电场力，重力方向向下，故电场力方向一定向上，C正确。
无法确定小球的电性和上极板带何种电，A、B错误。
小球下落到最低点后还会向上运动到起点，D错误。
2. 如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点。
已知小球的质量为m、初速度大小为v0、斜面倾角为θ，电场强度大小未知。
则下列说法中正确的是( )A.可以判断小球一定带正电荷B.可以求出小球落到N点时速度的方向C.可以求出小球由M点落到N点所用时间D.可以分别求出小球到达N点过程中重力和静电力对小球所做的功答案 B解析小球做类平抛运动，电场力既可能向上也可能向下，故小球带正电、负电都有可能，A错误；利用平抛运动知识有y x ＝v y2t v 0t ＝tan θ，设速度偏向角为α，则tan α＝v yv 0＝2tan θ，可求出小球落到N 点时的速度(包括大小和方向)，B 正确；由于不知道电场力大小，故不能确定小球受到的合力及其加速度，故小球到达N 点的时间不能确定，故C 错误；由动能定理可以求出小球到达N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功，由于不知道电场力大小，因此不能求出电场力和重力分别做的功，故D 错误。
3．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b 。
不计空气阻力，则下列说法正确的是()A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减少D.小球在运动过程中机械能守恒 答案 B解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B 正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A 错误；小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得电势能增加，C 错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D 错误。
4．空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m 的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内()A.重力做的功相等B.电场力做的功相等C.电场力做的功大于重力做的功D.电场力做的功小于重力做的功 答案 C解析 将微粒的运动分解成竖直方向与水平方向，在竖直方向，电场力大于重力，所以加速度方向竖直向上，则在连续相等的时间间隔内，变化的高度不同，所以电场力与重力做的功均不相等，选项A 、B 错误；由以上分析可知，电场力大于重力，因此电场力做的功总大于重力做的功，选项C 正确，D 错误。
5．如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动。
设斜面足够长，则在Q 向上运动的过程中( )A.物块Q 的动能一直增大B.物块Q 的电势能一直增大C.物块P 、Q 的重力势能和电势能之和一直增大D.物块Q 的机械能一直增大 答案 D解析 开始电场力大于重力沿斜面向下的分力，动能增加，电势能减小，当电场力小于重力沿斜面向下分力时，动能减小，电势能减小，故A 、B 错误。
动能先增大后减小，由能量守恒知，电势能与重力势能的和先减小后增大，故C 错误。
机械能的变化取决于电场力做功，Q 向上运动过程中，电场力一直做正功，故机械能增加，故D 正确。
6．如图所示，空间内有一场强为E ＝3mg2q 、方向竖直向下的匀强电场。
一根绝缘轻质硬杆的两端分别固定着A 、B 两个质量均为m 、带电荷量均为＋q 的小球，O 点是一光滑水平轴，已知AO ＝L ，BO ＝2L ，重力加速度为g 。
细杆从水平位置由静止释放，使其自由转动，当B 球转到O 点正下方的过程中，下列说法不正确的是( )A.B 球电势能减少了3mgLB.A 、B 球与杆组成的系统机械能增加了32mgLC.转动过程中杆对A 的弹力不做功D.转到最低点时B 球的速度为2gL 答案 C解析 当B 球转到O 点正下方时，电场力对B 做正功W 1＝Eq ·2L ＝3mgL ，故电势能减少了3mgL ，选项A 正确；在这个过程中，电场力对A 做负功W 2＝－EqL ＝－32mgL ，整个系统电势能减少了3mgL －32mgL ＝32mgL ，根据能量守恒，可知A 、B 球与杆组成的系统机械能增加了32mgL ，选项B 正确；刚开始运动时杆对A 做正功，选项C 错误；整个系统增加的机械能为12mv 2A ＋12mv 2B ＋mgL －2mgL ＝32mgL ，而且v A L ＝v B2L ，联立可得v B ＝2gL ，选项D正确。
7.如图所示，美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。
平行板电容器两极板与电压为U 的恒定电源两极相连，板的间距d ，现有一质量为m 的带电油滴在极板间匀速下落，则( )A ．此时极板间的电场强度E ＝U dB.油滴带电荷量为mg UdC.减小极板间电压，油滴将加速下落D.将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 答案 AC解析 根据匀强电场中，场强与电势差的关系得E ＝U d ，选项A 正确；油滴做匀速运动，即q U d＝mg ，所以q ＝mgdU，选项B 错误；减小板间电压，油滴受到的电场力变小，油滴将加速下落，选项C 正确；将下极板向下缓慢移动一小段距离，场强E ＝U d变小，电场力变小，油滴将加速下落，选项D 错误。
8．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在水平的匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球(可视为质点)。
现将P 小球从紧靠左极板(但不接触左极板)处由静止释放，将Q 小球从两板正中央由静止释放，最终，两小球都能运动到右极板上的同一个位置O ，则从开始释放到运动到右极板的过程中P 小球和Q 小球的( )A.运动时间相等B.电势能减少量之比为2∶1C.电荷量之比为2∶1D.动能增加量之比为4∶1 答案 AC解析 两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式得t ＝2hg，它们的运动时间相等，选项A 正确；小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x P ＝2x Q ，由x ＝12at 2分析得到加速度之比a P ∶a Q ＝2∶1，根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q E m ，则q P ∶q Q ＝2∶1，选项C 正确；电场力做功分别为W P ＝q P Ex P ，W Q ＝q Q Ex Q ，由于q P ∶q Q ＝2∶1，x P ∶x Q ＝2∶1，得到W P ∶W Q ＝4∶1，P 、Q 两球的电势能减少量之比为4∶1，而重力做功相同，则合力做功之比W 合P W 合Q ＝W G ＋4W QW G ＋W Q<4，则动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q <4，选项B 、D 错误。
9．用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B ，另一也带正电小球A 固定在绝缘竖直墙上，A 、B 两球与地面的高度均为h ，小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。
现将细绳剪断后( )A.小球B 在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B.小球B 在细绳剪断瞬间加速度大于gC.小球B 落地的时间小于2hgD.小球B 落地的速度大于2gh答案BCD解析小球B在细绳剪断瞬间受到水平向右的库仑斥力和竖直向下的重力作用，而且初速度为零，故不做平抛运动，选项A错误；细绳剪断瞬间合力大于重力，根据牛顿第二定律可以知道，加速度大于g，选项B正确；若竖直方向只受到重力作用，则落地时间为2hg，但是随着小球B下落，A对B的库仑力沿竖直向下具有分力，从而使竖直方向的合力大于重力，即竖直方向的加速度大于g，故小球B的落地时间小于2h g，选项C正确；根据上面的分析，若竖直方向只受到重力作用，则小球B的落地速度等于2gh，但是竖直方向的合力大于重力，故落地速度大于2gh，选项D正确。
10.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。
现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是( )A．小球再次到M点时，速度刚好为零B.小球从P到M过程中，合外力对它做了3mgL的功C.小球从P到M过程中，小球的机械能增加了3mgLD.如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动答案BD解析小球从P到M过程中，细线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg，方向水平向右，所以小球到M点时，速度最大，而不是零，A错误；电场力与重力的合力为3mg，合力方向上的位移为L，所以做功为3mgL，B正确；机械能的增加量就是动能的增加量3mgL和重力势能的增加量mgL之和，C错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力大小恒定，方向水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)11.(14分)从地面以v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力。
现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等。
求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间； (2)后来加上的电场的场强大小。
答案 (1)4v 05g (2)mg 2q 或2mg q解析 (1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，由v 2y ＝2gh ，得12mv 2y ＝mgh ，12mv 2x ∶12mv 2y ＝9∶16，解得初始抛出时v x ∶v y ＝3∶4，所以竖直方向的初速度为v y ＝45v 0。