高考物理模拟试卷（含解析）.pdf

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1、甘肃省兰州、靖远名校2 0高考物理模拟试卷一、选择题（共10小 题，每 小 题4分，满 分4 0分。在每小题给出的四个选项中，第1 6小题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合要求。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（下列陈述中符合历史事实的是（）A（奥斯特通过实验发现了电流的磁效应并由此提出了分子电流假说B（库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律C（牛 顿 通 过 理 想 实 验 得 出 力 不 是 维 持 物 体 运 动 的 原 因 D（开普勒发现了行星运动定律并提出了万有引力定律2（a、b两物体在同一地点沿同一条直线运动，其速度，时间图象如图所示，

2、图 线b是 一 条 抛 物 线，则下列判断正确的是（）A（物 体a在t时 刻 改 变运动方向!B（两 物 体 在t时 刻 相 遇2（物 体b做加速增大的加速直线运动CD（0,t内，物 体a 一 直 在 物 体b前 面，t时 刻 两 者 相 距 最 远223（如 图，在 光 滑 水 平 面 上，用 水 平 外 力F拉动木板和小铁块一起做无相对滑动的匀加 速 直 线 运 动，已知木板质量为M，小 铁 块 质 量 为m,铁块与木板间的动摩擦因数为M ,则在运动过程中铁块所受摩擦力满足0A（大 小 为pmg,方 向 水 平 向 左B（大 小 为pmg,方向水平向右m F m FM+nM+irC(大 小

3、 为，方 向 水 平 向 右D(大 小 为，方向水平向左4(嫦 娥 四 号 卫 星 的 主 要 任 务 是 接 着 嫦 娥 三 号”着 陆 月 球 表 面，继续更深层次，更加全面地探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案资料(假设 嫦娥四号 卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此 时 动 能 为E ,再控制它进行一系列变轨后绕月球表】面做匀速圆周运动，此 时 动 能 为E ,已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是月 球 半 径2E2的q倍，“嫦 娥 四 号 在 整 个 过 程 中 质 量 保 持 不 变，则为()qnpqB(C(pq D(A(5(下列粒子由初速度为零经过加速电压为U

4、的电场加速后沿直线AA垂直进入磁感应 强 度 为B的有界匀强磁场中，如 图 所 示，其中只有一种粒子从磁场的左边界MN穿 出，则此粒子是().A(质 子B(气 核C(a粒 子D(钠离子(Na)6(如 图 所 法，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面(倾角为9),一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细 线 与 斜 面 平 行，小 球A静止在 斜 面 上，其右侧有一个与A带等量同种电荷的小球B,开始两球心在同一水平线上,细 线 刚 好 伸 直，两带电小球可视为点电荷，现用绝缘手柄将小球B沿 以A为 圆 心的圆周从B点缓慢移到C点，AC竖 直，此 过 程 中A始 终 静 止 不

5、 动,则（）-rA（细 线 对A的 拉 力逐渐增大，斜 面 对A的弹力逐渐减小B（细 线 对A的 拉 力 逐渐增大，斜 面 对A弹力先增大后减小C（细 线 对A拉力先增大后减小，斜 面 对A的弹力逐渐增大D（细 线 对A的拉力、斜 面 对A的弹力均先增大后减小7（如 图，一 质 量 为m、带电荷量为+q的 小 球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧轨道上与,g为重力加圆心等高处A由 静 止 释 放，经 时 间t下滑到轨道最低点B时对轨道压力 为2m g速 度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为8=30?的 斜 面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空 气 阻 力 不 计，则下列说法中正确的是（

6、）（I*H pf.fi_兀RA（小 球 从A到B的平均速度为m g3qB（匀强电场的电场强度大小为C（小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒4D（小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为38（如 图 所 示，在 磁 感 应 强 度B=0.50T的 匀 强 磁 场 中，两平行光滑金属导轨竖直放置，导体2棒PQ在竖直向上的拉力F的作用下向下做初速度为0、加 速度a=5m/s的匀加速度直线 运 动，两 导 轨 间 距 离L=1.0m,电 阻R=1.0Q,导 体 棒 质 量m=lkg ,导体棒和导轨接触良好且电阻均z不 计，取g=10m/s,则下列说法中正确的是（）Rn】，A（导 体 棒 运 行2 s

7、时，拉 力 的 功 率 为25WB（拉 力F所做的功等于导体减少的机械能C（t=4 s时，导体棒所受安培力为5ND（导 体 棒 运 行2 s的 过 程 中，通过电阻的电荷量为2.5C9（如 图 所 示，电 源 电 动 势 为E ,内 电 阻 为r,当滑动变阻器的滑片P位 于a端 时，电容器中的带电液滴恰好处于静止状态，在 滑 片 由a向b移 动 的 过 程，理想电压表示数变化量的绝对值为？U,理想电流表数变化量的绝对值为？I,则下列说法中正确的是（）UIA（电流表示数先减小后增大，不变B（电流表、电压表示数均先减小后增大C（液 滴 带 正 电，将向上先做加速后做减速运动D（液 滴 带 正 电，

8、将一直向上做加速运动10（如 图 所 示，光滑管形圆轨道半径为R,质 量 为2m,固 定 于水平面上，小 球a、b大 小 相 同，质 量 均 为m,其 直 径 略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低 点 速 度 相 同，均 为v,且 当 小 球a在 最 低 点 时，小 球b在 最 高 点，下列说法中正确的是（）A（若 小 球b在最高点对轨道无压力,则 此 时 小 球a对轨道的压力为6mgV5gRB（若 小 球b在最高点对轨道无压力，则 此 时 小 球a的 速 度v=V5gRC（若 小 球a在最低点的速度v?,则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mg D（两小球要能在管内做圆周运动，则 速

9、度v至少为V5gR二、非选择题（共5小 题，满 分6 0分）11（在 研 究 匀 变 速 直 线 运 动”的实验中：（1）实验室提供的器材有电磁打点计时器（含复写纸）、细线、纸带、钩码、小车、一端带滑轮的长木板、低 压 交 流 电 源，则还缺少的器材有（2）实验中得到一条理想纸带，选好计数点（相邻点间还有4个点没画出），打点计时器 的 电 源 频 率 为50Hz,相邻计数点间距离如图所示（单位:cm）,则 与 计 数 点D对应 的 小 车 速 度 为，与 计 数 点F对应的小车速度为，小车运动的加速度为（均保留三位有效数字）”I I ，.，MI t il f IK M|J|1 Q III12(

10、某同学测量一圆柱体金属的电阻率，已 知 金 属 长 为L(1)该同学用螺旋测微器测量其直径D,其示数如图(1)所 示，则 其 直 径D为mm;用多用电表粗测其电阻，选 用 x l 档，正确操作后得到指针情况如图(2)所 示，则 其 电 阻R约 为0(2)除 了 待测金属外，实验室还备有下列器材：A(电压表 V(0,3V,R?30kQ)i v iB(电压表 V(0,15V,R?100kQ)2V2C(电流表 A(0,3A,R?0.6Q)w(电流表 AD(0,0.6A,R71.0Q)2A2E(滑动变阻器R(0,10Q)：F(滑动变阻器R(0,2000Q)2G(电源(电动势为3V,内阻不计)H(开 关

11、S ,导线若干?为了精确测量其电阻值，该同学用伏安法进行了测量，则电压表应选(填序号，下同)，电 流 表 选，滑动变阻器选(?请完成图(3)中实物间的连线(3)若电压表示数为U,电流表示数为I,写出计算金属电阻率的表达式：(13(如 图 甲 所 示，倾 角e为37?的传递带以恒定速度逆时针运行，现将一质量m=2 kg的小物体轻轻放上传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如 图 乙，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s,sin37?=0.6,求:(1)小物体在传送带A、B间的平均速度v;(2)物体与传送带间的动摩擦因数M；(3)2s内物体机械能的变化量？E及因与

12、传送带摩擦产生的内能Q14(如 图 所 示，一轻质弹簧左端固定，其 自 由 端 在。点，0点左侧水平面光滑，右侧0 B段 粗 糙，水 平 面0 B与竖直半圆光滑轨道CD在B点无摩擦连接(C点略高于B点)，轨 道 末 端D点 切 线 水 平，且紧贴水平转盘边缘上方(现用力将质量m=2kg的小物块向左压缩弹簧(物块与弹簧不相连)，使弹簧储存一定能量E ,撤 去 外 力，小 物 块 向 右 运 动，在B点恰好能沿圆。轨 道CD运 动，再 由D点 水 平 滑 上 转 盘，若小物块滑上转盘就立即无相对滑动地随转 盘 转 动，已 知 物 块 与0 B段 的 动 摩 擦 因 数p=0.4,O B长L=m,竖

13、直圆轨道半径r=0.5m,转盘半径1182R=4m(g=10m/s,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)弹簧所储存的弹性势能E;o(2)转盘转动的角速度3；(3)物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件(15（18分）如 图 所 示，在 坐 标 系xO y的第一象限内斜线0 C的上方存在垂直纸面向里 的 匀 强 磁 场，磁 感 应 强 度 为B,第四象限内存在磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有 一 接 收 屏GD,GD=20D=d,现有一带电粒子（不计重力）从y轴 上 的A点，以初 速 度v水平向右垂直射入匀强磁场，。恰 好

14、垂 直0 C射 出，并 从x轴 上 的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已 知0 C与x轴的夹角为37?,OA=d,求：4g5 IT（1）粒子的电性及比荷；（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B，的大小；（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围（f*x *.*X Xx x R xf t|K M i f XX X M*三、附加题：【物理，选 修3,3】（共2小 题，满 分0分）16（下列说法正确的是（）A（液体温度越高、悬 浮 颗 粒 越 小，布朗运动越剧烈B（不 考虑 分 子 势 能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同X

15、XX,汇 C（第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律D（物 体 吸 收 热 量，则其内能一定增加E（能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性17（如 图 所 示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸固 定 且内壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连 接，开始活塞处 于 静 止 状 态，封闭气体的体积为V,温 度T=300K,压 强 为0.9P（P为大气压强）,活 塞 面 积 为S ,现 不0000停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍时，气体体积增加了 0.2V（活塞未被拉出气缸），重 力 加 速

16、度 为g,求：。?沙 桶 的 质 量m（?末态气缸内封闭气体的温度T四、附加题：【物理，选 修3,4（共2小 题，满 分0分）18（如 图 所 示，S是 一 振 源，上 下 做 简 谐 振 动，振 幅 为5cm,形成的波沿匀质弹性绳向左、右 两 边 传 播，已知振源开始是向下振动的，从 此 时 开 始 计 时，t=0.4s时第一次形成的波形如图所示，S左 侧 波 形 没 画 出，则（）A（此 时 质 点Q正从平衡位置向下振动15TB（振 源 振 动的频率为HzC（该 波 的 波 速 为0.2m/sD（图中质点P在t=0.4s时处于波谷E（在t=0到t=0.4s内质点Q运动的路程为20cm19（

17、如图所示为一半球形介质的截面，O为圆心，a、b两束平行红色光从不同位置进入介质，已知介质的折射率为，球半径为R,光线a沿半径方向入射且在O点恰好发生全反射，光在真空中的传播速度为c,求：（1）光线b的入射角a;2）光线b在介质中从入射到第一次出射的时间（五、附加题：【物理，选修3,5（共2小 题，满分0分）6320（用速度一定的中子轰击静止的锂核（Li）,发生核反应后生成气核和a粒 子，则核反应方程为;生成的梵核速度方向与中子的初速度方向相反，a粒子的速度为v,气核与a粒子的速率比为7:8,已知质子、中子质量均为m,光速为c,核反应过程中放出的能量全部转化为气核和a粒子的动能，则中子的初速度为

18、，此反应过程中质量亏损为（1421（如图所示，光滑的水平面上有一小车（其上表面水平部分光滑），其左端是圆弧形光滑轨道，小车质量M=2kg,质量为m=0.9kg的小木块放在小车右端,一质量为m=0.1kg的 子 弹 以 速 度v=30m/s水平向左击中木块并留在其内（可视为质点），当木要块刚好滑到轨道。最高点时，小车与左侧一竖直固定档板发生碰撞并瞬间被锁定，而木块能量不变，反向运动，2g=10m/s,不计一切阻力（14（1）求圆弧形光滑轨道的半径R；（2）计算说明木块能否落到小车的水平部分（甘肃省兰州、靖远名校高考物理模拟试卷一、选择题（共10小 题，每 小 题4分，满 分4 0分。在每小题给出

19、的四个选项中，第1 6小题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合要求。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（下列陈述中符合历史事实的是（）A（奥斯特通过实验发现了电流的磁效应并由此提出了分子电流假说B（库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律C（牛 顿 通 过 理 想 实 验 得 出 力 不 是 维 持 物 体 运 动 的 原 因 D（开普勒发现了行星运动定律并提出了万有引力定律考点：物理学史（分析：正确解答本题的关键是:了解高中的重要物理学史，知道各个重要规律的发现者以及重要规律发现的历史背景、使用条件等解答：解:A、奥斯特发现了电流的磁效应，安培

20、提出了分子电流假说，故A错误；B、库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律，故B正确；C、伽 利 略 通 过 理 想 实 验 得 出 力 不 是 维 持 物 体 运 动 的 原 因 ，故C错误；D、开普勒发现行星运动定律，牛顿总结了万有引力定律，故D错误（故选:B点评：对 于 物 理 学 史 部 分，在 平时学习中不可忽视，要不断的积累和平时注意多加记 忆，否则很容易出错（2（a、b两物体在同一地点沿同一条直线运动，其速度，时间图象如图所示，图 线b是 一 条 抛 物 线，则下列判断正确的是（）A（物 体a在t时 刻 改 变运动方向1B（两 物 体 在t时 刻 相 遇2（物 体b做加速增大的

21、加速直线运动CD（0,t内，物 体a 一 直 在 物 体b前 面，t时 刻 两 者 相 距 最 远22考点：匀变速直线运动的图像（专题：运动学中的图像专题（分析：v,t图象中图线的斜率表示加速度，v,t图象中图线与坐标轴围成图形的面积表 示 位 移，判 断2 s和6 s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；解答：解:A、物 体a的速度时间图象都在时间轴上方，一 直 为 正，没 有 改 变 方 向，故A错误；B、根 据 图 象 可 知，0,t内，a的 面积一直比b的 面 积 大，又是从同一地点出发，所以 物 体2a 一 直 在 物 体b前 面，t时 刻 速 度 相 等，两 者 相 距 最 远，故

22、B错 误，D正确；2C、v,t图象中图线的斜率表示加速度，则b的加速度越来越小,故（:错 误（故选:D点评：在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动相 结 合，注意图象交点的含义，如本题中图象交点表示速度相等，并不一定相遇（其位移关系等只能根据图象与时间轴所围成的面积进行判断（3（如 图，在 光 滑 水 平 面 上，用 水 平 外 力F拉动木板和小铁块一起做无相对滑动的匀加 速 直 线 运 动，已知木板质量为M，小 铁 块 质 量 为m,铁块与木板间的动摩擦因数为M ,则在运动过程中铁块所受摩擦力满足077777777 77/A（大 小 为pmg,方 向 水 平 向

23、左B（大 小 为pmg,方向水平向右m F m FM+irM+ir（大 小 为，方 向 水 平 向 右D（大 小 为，方 向 水 平 向 左C考点：牛顿第二定律;力的合成与分解的运用（专题：牛顿运动定律综合专题（分析：先对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得加速度，再隔离铁块进行分析，由牛顿第二定律可求得摩擦力的大小和方向（解答：解:两物体无相对运动，由牛顿第二定律知：F而F =（M+m）a,解得:a=,方向水平向右；m F而隔 离 铁 块，由牛顿第二定律可得铁块受到的摩擦力f=m a=,方向水平向右;故C正确故选：C（点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确二者间受到的摩擦力为静摩擦力，不

24、能根据动摩擦力的公式求解（4（嫦 娥 四 号 卫 星 的 主 要 任 务 是 接 着 嫦 娥 三 号 着 陆 月 球 表 面，继续更深层次，更加全面地探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案资料（假 设 嫦娥四号 卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此 时 动 能 为E ,再控制它进行一系列变轨后绕月球表面 做 匀 速 圆 周 运 动，此 时 动 能 为E ,已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是月 球 半 径21E2的q倍，“嫦娥四号”在整个过程中质量保持不变，则为()Pg.1qppqA(B(C(pq D(考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用(专题：人造

25、卫星问题(分析：对于卫星绕地球运动，根据动能表达式计算向心力，再根据万有引力提供向心 力 列 方 程，解出周期与质量和动能之间的关系，对于卫星绕月球运动有类似的关系(解 答：解:嫦娥四号绕地球做匀速圆周运动，设嫦娥四号质量为m,轨道半径为r,运 动I线 速 度 为v 1Ri Ri 22因为动能为E=mv,所以向心力为=”iriVj M ID%R】根据万有引力提供向心力G=mG M i m2R解得:E=iGM2m2R2同 理，嫦娥四号绕月球做圆周运动时，其 动 能 为E =已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是月球半径的q倍,所 以E与E的比值=,故A正确、BCD错 误（故选:A（点评：本题考

26、查了万有引力在天体中的应用，根据万有引力提供向心力列出等式（向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用（5（下列粒子由初速度为零经过加速电压为U的电场加速后沿直线AA垂直进入磁感应 强 度 为B的有界匀强磁场中，如 图 所 示，其中只有一种粒子从磁场的左边界MN穿 出，则此粒子是（）*A（质 子B（定 核C（a粒 子D（钠离子（Na）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动（专题：带电粒子在磁场中的运动专题（分析：粒 子 在 电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度，粒子在磁场中做匀速圆 周 运 动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后答题（解答：解:粒子

27、在电场中加速，由动能定理得:qU=mv,0,粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，r由牛顿第二定律得:qvB=m,解得:r=,nqB、U相 同，粒子越大粒子的轨道半径越大，粒 子 半 径 越 大，粒子越可能从磁场射出，q质子、气核、a粒子、钠 粒 子 中，质 子 的 最 大，质子的轨道半径最大，从M N边 界 穿 出 的 是 质 子，故A正确；故选:A（点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的 关 键，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题，要掌握处理带电粒子在磁场中运动的解题思路与方法（6（如 图 所 法，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面（倾 角 为9）

28、,一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细 线 与 斜 面 平 行，小 球A静止在 斜 面 上，其右侧有一个与A带等量同种电荷的小球B,开始两球心在同一水平线上，细 线 刚 好 伸 直，两带电小球可视为点电荷，现用绝缘手柄将小球B沿 以A为圆心 的 圆 周 从B点 缓 慢 移 到C点，AC竖 直，此 过 程 中A始 终 静 止 不 动，则（）2-HA（细 线 对A的 拉 力逐渐增大，斜 面 对A的弹力逐渐减小B（细 线 对A的 拉 力 逐渐增大，斜 面 对A弹力先增大后减小C（细 线 对A拉力先增大后减小，斜 面 对A的弹力逐渐增大D（细 线 对A的拉力、斜 面 对A

29、的弹力均先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用（专题：共点力作用下物体平衡专题（分析：对 小 球A受 力 分 析，受重力、支持力、拉 力 和 静 电 力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解出支持力和拉力的表达式进行分析即可（解答：解:对小球受力分析，如图所示：T T9 a 9+在 移 动 小 球B的 过 程 中，静 电 力F的 大 小 不 变，且图中；根 据 平 衡 条 件，有：N=Gcos0+FsinaGsin0=Fcosa+T故 斜 面 的 支 持 力N先 增 加 后 减 小，细 线 的 拉 力T一直增加；故ACD错 误，B正确；故选:B点评：本题是力平衡中的动

30、态分析问题，关键是明确小球的受力情况，然后根据平衡 条 件 列 式 分 析，不难（7（如 图，一 质 量 为m、带电荷量为+q的小球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧轨道上与圆心等高处A由 静 止 释 放，经 时 间t下滑到轨道最低点B时对轨道压力为2mg,g为 重 力 加 速 度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为6=30?的斜面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空 气 阻 力 不 计，则下列说法中正确的是（）兀R A2tA（小 球 从A到B的平均速度为mg3qB（匀强电场的电场强度大小为C（小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒RD（小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3考点：带电

31、粒子在匀强电场中的运动（专题：带电粒子在电场中的运动专题（分析：根据平均速度的定义分析答题;由牛顿第二定律求出小球的速度，然后应用动能定理、运动的合成与分解分析答题（解答：解:A、小 球 在A到B的过程中做圆周运动，平均速度应等于位移与时间的比值，不等于弧长与时间的比值，故A错误；2v下B、小 球 在B点 时，由牛顿第二定律可知:qE+F,mg=m,由题意可知:F =2mg,mg/4gRl2从A到B过 程，由动能定理可得:mgR,qER=mv,解得:E=,v=;故B正确；C、小球从开始运动到击中斜面的过程中，处重力做功外，电场力还对小球做功，则小球的机械能不 守 恒，故C错误；mg-qE v

32、2m tan 3d4gRD、石 块 垂 直 于 斜 面，则可知竖直分速度v=,则 由v=at;a=g;可”%代得:t=3;故D正确;故选:BD（点评：小球经历了圆周运动和平抛运动两个过程;要注意将综合题分解为两小题进行分析;注意平抛运动中垂直打在斜面上的速度分解（8（如 图 所 示，在 磁 感 应 强 度B=0.50T的 匀 强 磁 场 中，两平行光滑金属导轨竖直放置，导体z棒PQ在竖直向上的拉力F的作用下向下做初速度为0、加 速度a=5m/s的匀加速度直线 运 动，两导轨间距离L=1.0m,电 阻R=1.0Q,导体棒质量m=lkg,导体棒和导轨接触良好且电阻均z不 计，取g=10m/s,则下

33、列说法中正确的是（）R _A（导 体 棒 运 行2 s时，拉 力 的 功 率 为25WB（拉 力F所做的功等于导体减少的机械能（t=4 s时，导体棒所受安培力为5N CD（导 体 棒 运 行2 s的 过 程 中，通过电阻的电荷量为2.5C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（专题：电磁感应功能问题（分析：由导体切割磁感线规律可明确感应电流，由安培力公式可求得安培力；由功能关系可明确导体减少的机械能;根据法拉第电磁感应定律可求得电荷量（nB 2LT 2 vBn 2,L 2 at.R R-解答：解:经时间t,导 体 棒 受 安 培 力F =B IL=,所 以t=4 s时，导体棒

34、安所 受 安 培 力 为5N,故C正确；54由牛顿第二定律可得:mg,F,F=m a，代入数据解得:拉力大小为5,t,所 以t=2s时，s拉力 F =2.5N,速度为 v=at=10m/s;拉力率 P=Fv=2.5xlO=25W,故 A 正确；由功能关系可知，拉 力F和安培力所做的功等于导体棒减少的机械能，故B错误；导 体 棒 运 行2 s的 过 程 中，通过电阻的电荷量为q=t=5C;故D错误；BLvt2R I故选:AC（点评：本题考查导体切割磁感线的规律，要注意明确受力分析及能量分析的综合应用，明确求电量时要用平均电动势（9（如 图 所 示，电 源 电 动 势 为E ,内 电 阻 为r,当

35、滑动变阻器的滑片P位 于a端 时，电容器中的带电液滴恰好处于静止状态，在 滑 片 由a向b移 动 的 过 程，理想电压表示数变化量的绝对值为？U,理想电流表数变化量的绝对值为？I,则下列说法中正确的是（）2,十厂uIA（电流表示数先减小后增大，不变B（电流表、电压表示数均先减小后增大（液 滴 带 正 电，将向上先做加速后做减速运动CD（液 滴 带 正 电，将一直向上做加速运动考点：闭合电路的欧姆定律;电容（专题：恒定电流专题（分析：在滑动变阻器滑动头P自a端 向b端 滑 动 的 过 程 中，外电路电阻先增大后减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和外电路电压的变化，即可知道电流表和电压表读数的

36、变化（电 容 器C的电压等于外电压，根据外电压的变化判断电场力的变 化，从而判断合力的变化，进而判断液滴的运动情况（解答：解:A、滑动变阻器的滑片由a向b移 动 的 过 程，外电路电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流先减小后增大，即电流表示数先减小后增大，U_A T-r根据闭合电路欧姆定律得：U=E/r,所 以，不 发 生 变 化，电压表示数先增大后减小，故A正 确，B错误；C、电容器两端电压即为外电路电压，刚开始液滴重力和电场力平衡，则液滴带正电，且U,由 于U先 增 大 后 减 小，所以电场力先增大后减小，但重力和电场力的合力一直向上，所以液滴一直向上做加速运动，故C错 误

37、，D正确（故选:AD点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，同时注意结合电容器的特点进行分析;对于闭合电路欧姆定律的题目，要注意掌握：局部，整体，局部 的分析思路进行分析求解（10（如 图 所 示，光滑管形圆轨道半径为R,质 量 为2m,固 定 于水平面上，小 球a、b大小相,其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低点速度相同，均 同，质量 均 为m为v,且 当 小 球a在 最 低 点 时，小 球b在 最 高 点，下列说法中正确的是（）A（若 小 球b在最高点对轨道无压力，则 此 时 小 球a对轨道的压力为6mgV5gRB（若 小 球b在最高点对轨道无压力，则 此 时 小 球a的

38、速 度v=V5gRC（若 小 球a在最低点的速度v?,则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mg D（两小球要能在管内做圆周运动，则 速 度v至少为V5gR考点：机械能守恒定律;向心力（专题：机械能守恒定律应用专题（分析：要使小球能通过最高点，只要小球的速度大于零即可;而当向心力等于重力时，小球对轨道没有压力，由向心力公式可求得小球在最高点时速度;再由机械能守恒可求得小球在最低点时的速度，及最低点时所需要的向心力，即可求得最低点处压力（R解答：解:AB、在 最 高 点，当小球对轨道无压力时，由重力提供向心力，则有:mg=m;解得:v=;111后 正2 2由机械能守恒定律可得，mg2R=mv,mv;

39、21V 5gRV 5gR求得小球在最低点时的速度v=,故最低点速度至少为，才能使两球在管内做圆2周运动;故A B正确（2vC、若 小 球a在最低点的速度v?时，小 球a在 最 低 点 时，F =mg+m;小 球b在最高a点受轨道作用力为2VRF =m,mg;由最低点到最高点的过程中，有b1 2 _ 1 22v-ginvf2mgR=联立可得两球对轨道压力差为？F=6mg,所以管形圆轨道对水平面的压力为F =2mg+?F=8mg,故C错误（D、两小球要能在管内做圆周运动，则小球至少要能到达最高点，由机械能守恒知2m gR=,即v=2,故D错误（故选:AB点评：小球在竖直面内的圆周运动，若是用绳拴着

40、只有重力小于等于向心力时，小球才能通过;而用杆或在菖内运动的小球，只 要 速 度 大 于 零，小球即可通过最高点（二、非选择题（共5小 题，满 分6 0分）11（在 研 究 匀 变 速 直 线 运 动”的实验中：（1）实验室提供的器材有电磁打点计时器（含复写纸）、细线、纸带、钩码、小车、一端带滑轮的长木板、低 压 交 流 电 源，则还缺少的器材有刻度尺（2）实验中得到一条理想纸带，选好计数点（相邻点间还有4个点没画出），打点计时器 的 电 源 频 率 为50Hz,相邻计数点间距离如图所示（单位:cm）,则 与 计 数 点D对应的小车速度z为1.02m/s,与计数点F对应的小车速度为1.44m/

41、s，小车运动的加速度为2.07m/s（均保留三位有效数字）I I.A，/s则物体所受的合力为：F=ma=2xl0N=2 0 N（小2 o.s21,2s内的加速度为：，mgsin 8+mgcos 9=1 m根据牛顿第二定律得:二gsinB+ugcose,mgsin 0-W mgcos 8a2=r o=gsin0,pgcos0联立两式解得：|J =0.5,9=37?(1 o 1X j a jt j=x 10X lirp5in（3）0,I s内，物块的位移：，传送带的位移为:x=vt=10 xlm =10m 21则相对位移的大小为:？x=x,x=5m,1211 0 1飞=丫12+即 2 t2 10

42、x l+x 2X ImFllin则L 2 s内，物块的位移为:=,传送带的位移为:x=vt=10m,4 2则相对位移的大小为:？x=x,x=lm ,234所以相对路程的大小为:？s=?x+?x=6m,1 2摩擦产生的热量为:Q=|jmgcose？s=0.5 x 20 x 0.8 x 6J=48J（答:（l）0,ls内物体所受的合外力大小为20N;（2）小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5;（3）在0,2s内由于小物块与皮带间的摩擦所产生的热量为48J（点评：该题考查传送带问题，解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律、功能关系和运动学公式综合求解（14（如 图 所 示，一

43、轻质弹簧左端固定，其 自 由 端 在。点，O点左侧水平面光滑，右侧OB段粗 糙，水 平 面OB与竖直半圆光滑轨道CD在B点无摩擦连接（C点 略 高 于B点），轨 道 末 端D点 切 线 水 平，且紧贴水平转盘边缘上方（现 用 力 将 质 量m=2 k g的小物块向左压缩弹簧（物块与弹簧不相连），使弹簧储存一定能量E，撤 去 外 力，小 物 块 向 右 运 动，在B点恰好能沿圆。轨 道CD运 动，再 由D点 水 平 滑 上 转 盘，若小物块滑上转盘就立即无相对滑动地随转 盘 转 动，已 知 物 块 与0 B段 的 动 摩 擦 因 数p=0.4,O B长L=m,竖直圆轨道半径r=0.5m,转盘半径

44、113zR=4m（g=10m/s,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求:（1）弹簧所储存的弹性势能E;o（2）转盘转动的角速度3；（3）物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件（专题：动能定理的应用专题（分析：（1）物 块 在B点恰好能沿圆轨道CD运 动，在B点，由重力提供向心力，由牛顿 第 二 定 律 求 出B点 的 速 度，物 块 从。点 离 开 弹 簧 过 程，弹簧储存的弹性势能转化为 物 块 的 动 能，由动能定理求弹性势能E;。（2）物 块 从（：到D,由动能定理求出物块到D点 的 速 度，由v=rw求角速度（3）物块随转盘转动时由静摩擦力充当向心力，由牛顿第二定律分析动摩擦因数应满足的条件

45、（解答：解：（1）因物块恰好能沿圆轨道CD运 动，所 以 在B点有:2VBVmg=m物 块 从0点 离 开 弹 簧，弹簧储存的弹性势能转化为物块的动能，物 块 从。到B,由动能定理知1 2-H孑0 EQ,pmgL=联 立 解 得E =16J o(2)物 块 从C到D,由动能定理得1 2 _ 1 2那 VD 2W VB2mgr=V5gr解得 v=5m/s o由题意知转盘边缘的线速度大小即为物块在D点 的 速 度 大 小，由V=3R得。转盘转动的角速度3=1.25rad/s2(3)物块在转盘上受重力、支持力和静摩擦力，且由摩擦力提供向心力，即f=mwR?pmg 解得 p70.625答：(1)弹簧所

46、储存的弹性势能E是16J(。(2)转盘转动的角速度3 是1.25rad/s(3)物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件是M，?0.6 2 5(点评：本题关键要分析清楚物块的运动过程，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律和圆周运动的规律，即可正确解题(15(18分)如图所示，在 坐 标 系xO y的第一象限内斜线0 C的上方存在垂直纸面向里 的 匀 强 磁 场，磁 感 应 强 度 为B,第四象限内存在磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有 一 接 收 屏GD,GD=20D=d,现有一带电粒子（不计重力）从y轴 上 的A点，以

47、初 速 度v水平向右垂直射入匀强磁场，。恰 好 垂 直0 C射 出，并 从x轴 上 的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场45偏 转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已 知0 C与x轴 的 夹 角 为37?,O A=d,求：qIT（1）粒子的电性及比荷；（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B，的大小；（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围（考点：带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动（专题：带电粒子在磁场中的运动专题（分析：（1）根据题意作出粒子运动轨迹，由左手定则判断出粒子的电性，求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出粒子比荷（2）粒

48、子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度的临界值，然后求出电场强度的范围（解答：解：（1）粒子运动轨迹如图所示:由左手定则可知，粒 子 带 负 电，45由几何知识可得，粒子在第一象限内做圆周运动的轨道半径:r=d，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，谥 5v()qr 4Bdir由牛顿第二定律得:qvB=m,解得:=;。(2)由图示粒子运动轨迹可知:OP=d,Q P 5cos370 4粒子在第四象限内做圆周运动的轨道半径:R=d,由牛顿第二定律得:qvB=m,解得:B=B;o21016T 2 5(3)粒子

49、在匀强电场中做类平抛运动，由几何知识得：OQ=R+Rsin37?=2d,E较 大 时粒子击中D点，由类平抛运动规律得：qE111ax 64B voi 1m 5 22d=vt 2d=t,解得:E-；O m a x当E较 小 时，粒 子 击 中G点，由类平抛运动规律得：qEgn64Bvo31m 45 222d=Vt 2d=t,解得:E =,O m in64BVQ64BVQ45电场强度范围:？E?;5voq答：（1）粒 子 带 负 电，粒子的比荷为:；1625（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B，的 大 小 为B;64BVQ64BVQ-45 5（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围是:？E

50、?（点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀 速 圆 周 运 动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题，解题是注意几何知识的应用（三、附加题：【物理，选 修3,3】（共2小 题，满 分0分）16（下列说法正确的是（）A（液体温度越高、悬 浮 颗 粒 越 小，布朗运动越剧烈B（不 考虑 分 子 势 能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同C（第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律D（物 体 吸 收 热 量，则其内能一定增加E（能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性考