高考物理能力训练卷（30）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

2016年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高考物理能力训练卷（30）一、选择题（本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）1在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列有关各图的说法中正确的是（）A采用的是放大的思想方法B采用的是控制变量的思想方法C采用的是猜想的思想方法D采用的是放大的思想方法2将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）ABCD3如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道O是圆弧的圆心，1是OA与竖直方向的夹角，2是BA与竖直方向的夹角则（）A =2Btan1tan2=2C =2D =24如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g下列选项正确 的是（）AP=mgvsinBP=3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sinD在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功二、选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的）5空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球（质量为m，电荷量为q）在A点速度为v1，方向水平向右，至B点速度为v2，v2与水平方向间夹角为，A、B间高度差为H，以下判断正确的是（）AA、B两点间电势差U=B小球由A至B，电势能的减少量为mv22mv12mgHC小球由A至B，电场力做功为mv22mv12D小球重力在B点的瞬时功率为mgv2sin 6如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动一小物块以v1的初速度冲上传送带，v1v2小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则小物块（）A小物块到达B端的速度可能等于v2B小物块到达B端的速度不可能等于零C小物块的机械能一直在减少D小物块所受合力一直在做负功7如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（）AT1=T2Bv1=v2Ca1a2Dt1t2三、非选择题8某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1的伏安特性曲线（1）首先将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡的×10位置粗略测量电阻值，电表指针如图1所示，这时指针所示被测电阻R1的阻值约为（2）现在通过实验描绘这个电子元件的伏安特性曲线，要求多次测量并尽可能减小实验误差，现有电源（电动势6V，内阻不计）、电流表A0（0500A，内阻1k）、定值电阻R0、开关和导线若干，其他可供选用的器材如下：A电流表（050mA，内阻约5） B电流表（00.6A，内阻约为0.2）C滑动变阻器（010，1.0A） D滑动变阻器（050，0.2A）为了测定该电子元件的电压，与电流表A0串联的定值电阻R0的阻值为，将其改装成一个量程为6.0V的电压表根据题目提供的实验器材，请你设计研究电子元件R1的伏安特性曲线的电路原理图，并画在图2虚线框内（R1可用“”表示）为减小测量误差并便于操作，实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用（选填器材前的字母）9如图所示为某一冲关娱乐节目的简易图，一根长为2m的绳子一端悬挂在O点，O点离地高度H=3m，A点在O点正下方，A点右侧x=m的B处有一高度h=0.5m的障碍物，障碍物的宽度不计一质量m=60kg的选手在某一平台跃起，根据选手弹跳能力，最低能握住绳上的D点，最高能握住绳上的C点，OC间的距离是0.5m握住后，由图示位置静止摆下，摆到O点正下方时，松手释放已知=37°，重力加速度g=10m/s2求：（1）选手释放绳子后，是否会撞上障碍物，若不会，请说明理由若会，请计算出选手跃起时，应握住绳子的哪些部位（2）为了保证选手的安全，应在障碍物右侧放一气垫，请计算垫子的最小长度及位置10如图所示，条形磁场组方向水平向里，磁场边界与地面平行，磁场区域宽度为L=0.1m，磁场间距为2L，一正方形金属线框质量为m=0.1kg，边长也为L，总电阻为R=0.02现将金属线框置于磁场区域1上方某一高度h处自由释放，线框在经过磁场区域时bc边始终与磁场边界平行当h=2L时，bc边进入磁场时金属线框刚好能做匀速运动不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2（1）求磁感应强度B的大小；（2）若h2L，磁场不变，金属线框bc边每次出磁场时都刚好做匀速运动，求此情形中金属线框释放的高度h（3）求在（2）情形中，金属线框经过前n个磁场区域过程中线框中产生总的焦耳热2016年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高考物理能力训练卷（30）参考答案与试题解析一、选择题（本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）1在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列有关各图的说法中正确的是（）A采用的是放大的思想方法B采用的是控制变量的思想方法C采用的是猜想的思想方法D采用的是放大的思想方法【考点】弹性形变和范性形变【分析】在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如理想实验法，微元法，控制变量法，极限思想法、类比法和科学假说法等等【解答】解：图采用光放大的方法显示微小形变；图采用控制变量法研究加速度与力、质量的关系；图采用扭秤装置放大静电力的作用效果；图采用控制变量法研究静电力大小与距离和电荷量的关系；图采用等效替代法研究力的合成与分解；故A正确，BCD错误；故选：A2将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）ABCD【考点】竖直上抛运动【分析】受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断【解答】解：B、D、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv联立解得：a=g+A、C、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；根据BD的结论a=g+，有，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故at图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；故选：C3如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道O是圆弧的圆心，1是OA与竖直方向的夹角，2是BA与竖直方向的夹角则（）A =2Btan1tan2=2C =2D =2【考点】平抛运动；向心力【分析】从图中可以看出，速度与水平方向的夹角为1，位移与竖直方向的夹角为2然后求出两个角的正切值【解答】解：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动速度与水平方向的夹角为1，tan位移与竖直方向的夹角为2，则tan1tan2=2故B正确，A、C、D错误故选：B4如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g下列选项正确 的是（）AP=mgvsinBP=3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sinD在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P=Fv可求功率，由牛顿第二定律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则有：mgsin=BIl=，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：F+mgsin=BIl=2×，故有：F=mgsin，拉力的功率为：P=Fv=2mgvsin，故AB错误；C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律得：mgsin×=ma，解得：a=sin，故C正确；D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故D错误故选：C二、选择题（本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的）5空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球（质量为m，电荷量为q）在A点速度为v1，方向水平向右，至B点速度为v2，v2与水平方向间夹角为，A、B间高度差为H，以下判断正确的是（）AA、B两点间电势差U=B小球由A至B，电势能的减少量为mv22mv12mgHC小球由A至B，电场力做功为mv22mv12D小球重力在B点的瞬时功率为mgv2sin 【考点】电场线；动能定理的应用；电势能【分析】由动能定理可求出电场力做功，由电场力做功W=qU，即可求出A、B两点间的电势差U小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2sin【解答】解：A、小球由A点运动至B点，由动能定理得：mgH+W=得电场力做功：W=mv22mv12mgH，所以电势能减小mv22mv12mgH，由电场力做功W=qU得，A、B两点间的电势差：U=（mv22mv12mgH），故AC错误，B正确D、小球运动到B点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率P=mgv2sin故D正确故选：BD6如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动一小物块以v1的初速度冲上传送带，v1v2小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则小物块（）A小物块到达B端的速度可能等于v2B小物块到达B端的速度不可能等于零C小物块的机械能一直在减少D小物块所受合力一直在做负功【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物体继续减速，摩擦力方向上，（也可以一直减到顶端时速度刚好为v2），根据除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，判断机械能的变化情况，根据动能定理可知，W合=EK判断合力做功情况【解答】解：A、小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，减到顶端时速度可能刚好与传送带速度相等，故A正确；B、小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故B错误；C、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，刚开始v1大于v2，摩擦力方向向下，做负功，机械能减小，当速度减为v2后，再减速时，摩擦力方向向上，做正功，机械能增大，故C错误；D、根据动能定理可知，W合=EK，因为物体一直做减速运动，速度动能一直减小，合外力一直做负功，故D正确故选：AD7如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（）AT1=T2Bv1=v2Ca1a2Dt1t2【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，可列式得到周期和半径的一般表达式，由牛顿第二定律得到加速度的一般表达式，再分析大小【解答】解：A、对于质子，其比荷相同，又质子在磁场中做圆周运动的周期T=，在同一匀强磁场中，则T1=T2，故A正确；B、质子在磁场中做圆周运动的半径r=，且r1r2，则v1v2，故B错误；C、由a=，T=，得a=，T1=T2，v1v2，则a1a2，故C正确；D、两质子的周期相同，由图知质子1从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，则t1t2，故D错误；故选：AC三、非选择题8某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1的伏安特性曲线（1）首先将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡的×10位置粗略测量电阻值，电表指针如图1所示，这时指针所示被测电阻R1的阻值约为120（2）现在通过实验描绘这个电子元件的伏安特性曲线，要求多次测量并尽可能减小实验误差，现有电源（电动势6V，内阻不计）、电流表A0（0500A，内阻1k）、定值电阻R0、开关和导线若干，其他可供选用的器材如下：A电流表（050mA，内阻约5） B电流表（00.6A，内阻约为0.2）C滑动变阻器（010，1.0A） D滑动变阻器（050，0.2A）为了测定该电子元件的电压，与电流表A0串联的定值电阻R0的阻值为11000，将其改装成一个量程为6.0V的电压表根据题目提供的实验器材，请你设计研究电子元件R1的伏安特性曲线的电路原理图，并画在图2虚线框内（R1可用“”表示）为减小测量误差并便于操作，实验中电流表应选用A，滑动变阻器应选用C（选填器材前的字母）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（2）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法，然后作出电路图；根据电路最大电力与选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器【解答】解：（1）选择开关旋转到电阻挡“×10”，由图示表盘可知，电阻阻值为：12×10=120；（2）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R0=Rg=1000=11000；电路最大电流约为：I=0.05A=50mA，则电流表应选A，为方便实验操作，滑动变阻器应选择C；待测电阻阻值约为120，电压表内阻约为12000，电流表内阻约为：5，电流表应采用外接法，描绘伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：故答案为：（1）120；（2）11000；电路图如图所示；A；C9如图所示为某一冲关娱乐节目的简易图，一根长为2m的绳子一端悬挂在O点，O点离地高度H=3m，A点在O点正下方，A点右侧x=m的B处有一高度h=0.5m的障碍物，障碍物的宽度不计一质量m=60kg的选手在某一平台跃起，根据选手弹跳能力，最低能握住绳上的D点，最高能握住绳上的C点，OC间的距离是0.5m握住后，由图示位置静止摆下，摆到O点正下方时，松手释放已知=37°，重力加速度g=10m/s2求：（1）选手释放绳子后，是否会撞上障碍物，若不会，请说明理由若会，请计算出选手跃起时，应握住绳子的哪些部位（2）为了保证选手的安全，应在障碍物右侧放一气垫，请计算垫子的最小长度及位置【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】（1）选手握住绳向下摆动时机械能守恒，由机械能守恒定律求出摆到O正下方时的速度，选手释放绳子后做平抛运动，由平抛运动的规律求出水平位移为x时下降的高度，从而作出判断（2）由平抛运动的规律求出选手落地时水平位移，即可求解【解答】解：（1）若选手握住绳上的D点，由机械能守恒定律得：mgL（1cos37°）=得到最低点的速度为：v1=2m/s选手释放绳子后做平抛运动，水平位移为x时历时为：t1=0.25s下落的高度 h1=0.3125m由于h1HLh=0.5m，所以选手不会撞上障碍物若选手握住绳上的C点，由机械能守恒定律得：mgLCO（1cos37°）=得到最低点的速度为：v2=2m/s选手释放绳子后做平抛运动，水平位移为x时历时为：t2=s下落的高度为：h2=0.625m由于h2HLCOh=2m，所以选手不会撞上障碍物（2）若选手握住绳上的D点，从释放到落地用时为：t3=s水平位移为：x1=v1t3=m1.26m若选手握住绳上的C点，从释放到落地用时为：t4=s=s水平位移为：x2=v2t4=m1.41m故垫子的最小长度为：l=x2x1=0.15m垫子离障碍物的距离为：S=x1x=0.76m答：（1）选手释放绳子后，不会撞上障碍物（2）垫子的最小长度为0.15m，垫子离障碍物的距离为0.76m10如图所示，条形磁场组方向水平向里，磁场边界与地面平行，磁场区域宽度为L=0.1m，磁场间距为2L，一正方形金属线框质量为m=0.1kg，边长也为L，总电阻为R=0.02现将金属线框置于磁场区域1上方某一高度h处自由释放，线框在经过磁场区域时bc边始终与磁场边界平行当h=2L时，bc边进入磁场时金属线框刚好能做匀速运动不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2（1）求磁感应强度B的大小；（2）若h2L，磁场不变，金属线框bc边每次出磁场时都刚好做匀速运动，求此情形中金属线框释放的高度h（3）求在（2）情形中，金属线框经过前n个磁场区域过程中线框中产生总的焦耳热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）由机械能守恒定律可求得bc进入磁场时的速度，再由平衡关系可求得磁感应强度大小；（2）若h2L时，线框在磁场中做减速运动，由运动学规律可明确线框bc边离开磁场时的速度大小；（3）明确物理规律，由功能关系可求得产生的总焦耳热【解答】解：（1）当h=2L时，bc进入磁场时线框的速度v=2=2=1m/s；此时金属框刚好做匀速运动，则有：mg=BIL又I=；综合可得：磁感应强度B=代入数据解得：B=1T；（2）当h2L时，bc边第一次进入磁场时金属线框的速度v0=2，即有：mgBI0L，故金属框将做减速运动又已知金属线框bc边每次出磁场时都刚好做匀减速运动又已知金属框bc边每次出磁场时都刚好做匀速运动，经过的位移为L，设此时线框的速度为v，则有v2=v2+2gL解得：v=m/s；根据题意可知，为保证金属框bc边每次出磁场时都刚好做匀速运动，则应有v=v0=，即得：h=0.3m；（3）设金属线框在每次经过一个条形磁场过程中产生的热量为Q0，则根据能量守恒有：mv2+mg（2L）=mv2+Q代入解得：Q0=0.3J；则经过前n个磁场区域时线框上产生的总的焦耳热Q=nQ0=0.3nJ答：（1）磁感应强度B的大小为1T；（2）此情形中金属线框释放的高度h为0.3m（3）在（2）情形中，金属线框经过前n个磁场区域过程中线框中产生总的焦耳热为0.3J