教师技能考试答案-高中物理

纳思教师职业水平提升测试高中物理一，选择题（共12题，每题5分，共60分）1．（5分）如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。

当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体（）A．向左移动时，θ增加B．向右移动时，θ增加C．向左移动时，θ不变D．向右移动时，θ减少【解答】解：AC、当被测物体向左移动时，导致电容器极板间的电介质中增多，则电容会增大，由于电量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故AC错误；BD、当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质中减少，则电容会减小，由于电量不变，则电容器极板间的电压增大，即θ增加，故B正确，D错误；故选：B。

2．（5分）如图所示，A、B、C是水平面上同一直线上的三点，其中AB＝BC，在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与OC的连线交于D点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球从O到D点的水平位移是从O到B点水平位移的1：3B．小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为2：3C．小球从O到D点与从D到B点两段过程中重力做功的比为D．小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的【解答】解：AD、设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，则有：Lcosθ＝v0t，Lsinθ＝，联立解得：，根据通式∠OBA＝α，∠C＝β，则tanα＝，tanβ＝，，由于AB＝BC，可知落到D点所用时间是落到B点所用时间的，即小球从O到D点的水平位移是从O到B点水平位移的1：2，故AD错误；B、由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的，故D点和B点竖直方向的速度之比为1：2，故小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为，故B错误；C、由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的，故竖直方向通过的位移之比为1：3，故重力做功为1：3，故C正确；故选：C。

3．（5分）如图所示是某同学自制的电流表原理图。

质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k在边长ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，MN的右端连接一绝缘轻指针可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于a，当M中没有电流通过且MN处于静止状态时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度g则（）A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从N至MB．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C．该电流表的最大量程是I m＝D．该电流表的刻度在0﹣I m范围内是不均匀的【解答】解：A、要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，故A错误。

B、当该电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与杆的重力平衡，弹簧处于伸长状态，故B错误。

CD、设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得：mg＝k•x0；解得：x0＝，当电流为I时，安培力为：F A＝BIL1；静止时弹簧伸长量的增加量为x，根据胡克定律△F＝k△x，得：△x＝＝∝I故该电流表的刻度是均匀；当△x＝L2时，I＝I m，则有BI m L1＝kL2，得I m＝，故C正确，D错误。

故选：C。

4．（5分）目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹表面的距离。

在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开始用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进行匹配。

下列说法正确的是（）A．湿的手不会影响指纹解锁B．极板与指纹嵴（凸起部分）构成的电容器电容小C．极板与指纹沟（凹的部分）构成的电容器充上的电荷较多D．极板与指纹沟（凹的部分）构成的电容器放电时间较短【解答】解：A、湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故A错误；B、根据电容的计算公式C＝可得，极板与指纹嵴（凸起部分）距离d小，构成的电容器电容大，故B错误；CD、由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝CU＝可知，极板与指纹沟（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短，故C错误、D正确；故选：D。

5．（5分）如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行天花板，过直角的竖直线为MN．设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是（）A．薄板的重心不在MN线上B．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a：F b＝b：cC．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a：F b＝b：aD．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生【解答】解：A、三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，根据三力汇交原理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，故A错误；BC、三角形薄板受力分析如图所示：根据物体的平衡，则F a＝mgcosα，F b＝mgsinα，联立可得：，故C正确，B错误；D、两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变引起的，故D错误。

故选：C。

6．（5分）如图所示为某种水轮机的示意图，水平管中流出的水流冲击水轮机上的某挡板时，水流的速度方向刚好与水轮机上该挡板的线速度方向相同，水轮机圆盘稳定转动时的角速度为ω，圆盘的半径为R，水流冲击某挡板时，该挡板和圆心连线与水平方向夹角为37°，水流速度与该挡板线速度相等，忽略挡板的大小，不计空气阻力，则水从管口流出的速度v0大小为（）A．0.4ωR B．0.6ωR C．0.8ωR D．0.9ωR【解答】解：圆盘边缘点的线速度大小：v＝ωR，故水流冲击某挡板前的速度为ωR；水流做平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动，将冲击挡板前的速度分解，如图所示：故v0＝v x＝vsin37°＝0.6ωR，故ACD错误，B正确；故选：B。

7．（5分）如图是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，如图所示，在倾角θ＝53°的长直轨道AC 上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L0＝4m，开始下滑到C点后进入弧形的光滑轨道CDEF，其中CDE是半径为R＝5m，圆心角为106°的圆弧，EF为半径R＝5m，圆心角为53°的圆弧，已知小车的质量为60kg，车与轨道AC间存在摩擦，摩擦因数为，轨道CDEF可视为光滑轨道，不计其他阻力，g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．小车滑至C点的速度为6m/sB．小车到达D点时对轨道的压力为1560NC．小车刚好能沿着轨道滑到F点D．若小车从长直轨道上距C点L0＝9m开始由静止下滑，则能沿轨道到F点然后刚好做平抛运动【解答】解：A、小车从B到C点的过程，由动能定理得：mgL0sinθ﹣μmgL0cosθ＝，解得v C＝2m/s，故A错误。

B、由B到D点的过程，由动能定理得mgL0sinθ﹣μmgL0cosθ+mgR（1﹣cos53°）＝，在D点，由小车，由牛顿第二定律得N﹣mg＝m解得v D＝4m/s，N＝1560N，由牛顿第三定律知小车到达D点时对轨道的压力为1560N，故B正确。

C、假设小车到达F点的速度为v F．从D到F，由动能定理得﹣mg•2R（1﹣cos53°）＝﹣解得v F＝0，因此，小车刚好能沿着轨道滑到F点，故C正确。

D、若小车从长直轨道上距C点L0＝9m开始由静止下滑，设小车到达F点的速度为v。

从开始到F的过程，由动能定理得mgL0sinθ﹣μmgL0cosθ﹣mgR（1﹣cos53°）＝，解得v＝5 m/s小车沿轨道到F点刚好做平抛运动时，有mg＝m，得v0＝5m/s。

因为v＝v0，所以小车能沿轨道到F点然后刚好做平抛运动，故D正确。

故选：BCD。

8．（5分）为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量．已知地球的半径为R，地球质量为m，太阳与地球的中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T，则太阳的质量为（）A．B．C．D．【解答】解：地球表面物体重力等于万有引力得①地球围绕太阳做圆周运动万有引力提供向心力有得②将①代入②得，B正确，ACD错误故选：B。

9．（5分）如图为利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置。

已知圆柱形饮料瓶的底面积为S，每秒钟瓶中水位下降△h，形成的部分水柱末端P离出水口的水平距离为x时，竖直距离为h，重力加速度为g，则（所有物理量均用国际单位）（）A．为防止漏水，A处口子应该堵住B．为保证水柱稳定，瓶中的水应少一些C．出水口的截面积数值大小约为D．出水口的截面积数值大小约为【解答】解：AB、瓶子中的水流出的过程中水对出口处的压强减小，要保证流速不变，需要从A处口子向瓶内水上方进入空气从而增大上面气体的压强，这样瓶子内部的水多少对流速没有影响，故AB错误；CD、根据题意可知水流离开管口做平抛运动，设初速度为v，竖直方向下落的时间为：t＝，则有：v＝＝x，圆柱形饮料瓶的底面积为S，每秒钟瓶中水位下降△h，则有：S△h＝vs′，解得出水口的截面积数值大小约为，故C正确、D错误；故选：C。

10．（4分）在如图所示的平行板器件中，匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。

一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出。

粒子重力不计，下列说法正确的是（）A．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的初速度一定大于vB．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的动能一定増大C．若粒子沿轨迹③出射，则粒子可能做匀速圆周运动D．若粒子沿轨迹③出射，则粒子的电势能可能增大【解答】解：初速度为v的带电粒子沿直线从右侧射出，故此时洛伦兹力和电场力平衡：qvB＝Eq，可得初速度：v＝A、B、假设粒子带正电，若粒子沿轨迹①出射，根据左手定则可知洛伦兹力向上，可知刚进入磁场时qv′B＞Eq，所以v′＞＝v，此时电场力做负功，动能减小，速度减小，假设粒子带负电，若粒子沿轨迹①出射，根据左手定则可知洛伦兹力向下，可知刚进入磁场时qv′B＜Eq，所以v′＜＝v，此时电场力做正功，动能增大，速度增大，故AB错误；C、因为粒子重力不计，除了洛伦兹力外粒子一定还受到电场力做用，故粒子不可能做匀速圆周运动，故C错误；D、若粒子带负电，并且入射速度v′满足：qv′B＞Eq，即v′＞＝v，粒子可能沿轨迹③出射，此时电场力做负功，电势能增大，故D正确。