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  • ID:6-5709225 上海市2019届青浦区高考物理二模试卷 pdf 含答案

    高中物理/高考专区/模拟试题

    第 1 页 / 共 7 页 青浦区2018学年第二学期高三年级期终学业质量调研测试 物理试卷 考生注意: 1.试卷满分 100分,考试时间 60分钟. 2.本考试分设试卷和答题纸.试卷包括三部分,第一部分为选择题,第二部分为填空题, 第三部分为综合题. 3.作答必须涂或写在答题纸上,在试卷上作答一律不得分.第一部分的作答必须涂在答题 纸上相应的区域,第二、三部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置. 一、选择题(共 40 分,1-8 题每题 3 分,9-12 题每题 4 分。每题只有一个正确选项) 1.为卢瑟福提出原子核式结构模型提供依据的实验是( ) (A) α粒子散射实验 (B) 光电效应实验 (C) α粒子轰击氮核实验 (D) α粒子轰击铍核实验 2.中子 轰击氮核 ,轰击后生成碳核 和另一原子核 X,则原子核 X的中子数为( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 3.下列物理常量单位正确的是( ) (A) 滑动摩擦系数μ的单位 N/kg (B) 普朗克常量 h的单位是 J?s (C) 万有引力恒量 G的单位是 N?kg2/ m2 (D) 静电力恒量 k没有单位 4.如图所示的点电荷电场中,带正电的场源点电荷电量为 Q固定于 O点,OP=r。已知一个电 荷量为 q的正检验电荷在 P点受到的电场力大小为 F、具有的电势能为 EP,静电力恒量为 k。下 列说法正确的是( ) (A) P点的场强大小为 F/Q (B) P点的场强大小为 kq/r2 (C) P点的电势为 EP/q (D) 撤去检验电荷 q,P点电势变为 0 5.如图所示,与竖直方向成 45°角的天花板上有一物块,该物块在竖直向上的恒力 F作用下恰 好能沿天花板匀速上升,则下列说法中正确的是( ) (A) 物块一定受两个力的作用 (B) 物块一定受三个力的作用 (C) 物块可能受三个力的作用 (D) 物块可能受四个力的作用 O r P 第 2 页 / 共 7 页 6.在任意相等时间内,物体的速度变化不相同的是( ) (A) 自由落体运动 (B) 匀速圆周运动 (C) 竖直上抛运动 (D) 匀减速直线运动 7.如图 A、B为 a、b两束单色光分别经过同一双缝干涉装置后在屏 上形成的干涉图样,则( ) (A) 在真空中,a光的传播速度小于 b光的传播速度 (B) 在相同条件下,a光比 b光更容易发生明显的衍射现象 (C) 若 b光照射某金属能发生光电效应,则 a光照射该金属也一定能发生光电效应 (D) 若两束光都能使某金属发生光电效应,则 b光速照射时溢出的光电子数量更多 8.两列振幅分别为 A1和 A2的相干简谐横波相遇,下列说法正确的是( ) (A) 波峰与波谷相遇处质点的振幅为 0 (B) 波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为 A1+A2 (C) 波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移 (D) 波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅 9.如图所示电路中,电源电动势为 E,内阻为 r。闭合电键,电压表示数为 U,电流表示数为 I; 在滑动变阻器 R1的滑片 P由 a端滑到 b端的过程中( ) (A) U一直不变 (B) I一直变小 (C) U与 I比值先变大后变小 (D) U与 I乘积先变大后变小 10.如图所示,一个小球沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动,圆环的半径为 R,关于小球, 以下说法正确的是( ) (A) 小球在最低点的速度可以等于 (B) 小球在最高点的速度一定大于 (C) 小球在最低点对轨道的压力可以是 0 (D) 小球在最高点对轨道的压力可以是 0 11.如图所示,弹簧振子在 M、N之间做周期为 T,振幅为 A的简谐运动。O为平衡位置,P是 ON间的一点。若振子向右通过 P点时开始计时,则经过 1/4T,则振子通过的路程( ) (A) 一定大于 A (B) 一定小于 A (C) 一定等于 A (D) 可能小于 A BA R P 第 3 页 / 共 7 页 12.甲、乙两车同时同地出发,在同—平直公路上行驶。其中 甲车做匀速直线运动,乙车由静止开始做匀加速直线运动,其 运动的位移时间 S-t图象如图所示。则乙车追上甲车前两车间 的最大距离是( ) (A) 15m (B) 20m (C) 25m (D) 50m 二、填空题(每题 4 分,共 20 分) 13.如图是光电管及其工作原理图,它是应用_______的原理制成的光电原件,实际应用中,为 了使频率范围更广的入射光照射到阴极 K时,电路里都会产生电流,应该选用下表中_______材 料做阴极。 14.如图,轻绳的一端固定在地面的 O点,手持绳子的另一端点 A以周期 T=2s 在水平方向上做简谐运动,从而带动绳上其他质点振动形成一列沿 Y轴负方向 传播的波,此列机械波是____(选填“横波”或“纵波”),沿 Y轴方向传播的 速度为_________m/s。 15.直升飞机下挂一质量为 10Kg的重物,以 v0=10 m/s匀速上升,当到达离地 高 h =175m 处时,悬挂重物的绳子突然断裂,求:从绳子断裂开始,重物经 _________s落到地面,重物落地时的机械能为__________J。 (取地面为零势 能面,空气阻力不计,g取 10 m/s2) 16.某同学利用如图电路测定一个未知电阻 R0的阻值和电源电动势(电源内 阻不计),已知 R1=R2=R3=2Ω,当电键 S1闭合、S2断开时,电压表读数为 0.8V;当电键 S1、S2都闭合时,电压表的读数为 1V,该电源的电动势为 _______V,当电键 S1闭合、S2断开时,电阻 R0的阻值为_______Ω。 17. 如图所示,A、B两个带电小球的质量均为 m,所带电量分别为+q 和-q,两球间用绝缘轻质细线连接,A球又用绝缘细线悬挂在天花板 上,细线长均为 L。在两球所在的空间加上水平向左的匀强电场,电场 强度大小为 E=mg/q,由于有空气阻力,A、B两球最后会再次平衡(不 材料 铯 钠 锌 银 铂 极限 波长 0.66 μm 0.50 μm 0.37 μm 0.26 μm 0.19 μm 0 5 100 t/s S/m 甲 乙 第 4 页 / 共 7 页 考虑 A、B之间的库仑力),此时天花板对细线的拉力为______,则在这个过程中,两个小球总 电势能的变化量为______。 三、综合题(第 18题 12分,第 19题 12分,第 20题 16分,共 40分) 注意:第 19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中,要求给出必要的图示、文字说 明、公式、演算等。 18.在“用 DIS研究机械能守恒定律”的实验中,利用图(a)所示的器材进行实验。 (1)摆锤释放器的作用是:____________________。 (2)如图(b),图象中表示小球的重力势能 Ep随小球距 D点的高度 h变化关系的图线是______ (填图线所对应的文字) (3)(单选题)实验测得 A、B、C、D四点中只有 C点速度明显偏小,造成这个误差的原因最 可能是( ) (A)摆锤释放的位置高于 A点 (B)光电门放置的位置高于 C点 (C)在 A点释放的摆锤初速度不为零 (D)摆锤运动过程中受到空气阻力的缘故 (4)某同学又设计了如图实验装置来研究机械能守恒定律,水平桌面上固定一倾斜的光滑导轨, 导轨上 A点处有一小车,导轨上 B点固定一个光电门传感器,已知车的总质量为 m,重力加速 度为 g,小车由静止沿导轨向下运动,如果要验证机械能守恒定律,需测量的物理量有: __________________。 第 5 页 / 共 7 页 19.(12分) 某登山爱好者在攀登珠穆朗玛峰的过程中,发现他携带的手表表面玻璃发生了爆 裂。这种手表是密封的,出厂时给出的参数为:27 ℃时表内气体压强为 1×105Pa;在内外压强 差超过 6×104 Pa时,手表表面玻璃可能爆裂。已知当时手表处的气温为-33 ℃,外界大气压强 随高度变化而变化,高度每上升 12 m,大气压强降低 133 Pa。设海平面大气压为 1×105 Pa,则 (1)手表表面玻璃爆裂时表内气体压强的大小为多少帕? (2)若手表表面玻璃面积约 9cm2,则此时玻璃受到的大气压力为多大? (3)登山运动员此时的海拔高度约为多少米? 20.(16分)如图(甲)所示,光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距 l,在M点和 P点间连 接一个阻值为 R的电阻,一质量为 m、电阻为 r、长度也刚好为 l的导体棒垂直搁在导轨上 a、b 两点间,在 a点右侧导轨间加一有界匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面,宽度为 d0,磁感应强 度为 B,设磁场左边界到 ab距离为 d。现用一个水平向右的力 F拉导体棒,使它从 a、b处静止 开始运动,棒离开磁场前已做匀速直线运动,与导轨始终保持良好接触,导轨电阻不计,水平力 F-x的变化情况如图(乙)所示,F0已知。求: (1)棒 ab刚进入磁场左边界时的速度 v1; (2)d满足什么条件时,棒 ab进入磁场后会一直做匀速运动; (3)若改变 d的数值,请定性分析棒 ab进入磁场后可能的运动状态。需要进行必要的文字分析 和讨论。 第 6 页 / 共 7 页 青浦区 2018学年第二学期高三物理质量检测试卷评分参考 一、选择题(第 1-8 小题,每小题 3分,第 9-12小题,每小题 4分,共 40分) 二、填空题(每题 4分,共 20分) 13.光电效应,铯 ; 14.横波,0.5; 15. 7, 18000; 16. 2 , 1; 17.2mg, ?; 三、综合题(第 18题 12分,第 19题 12分,第 20题 16分,共 40分) 18.(1)使摆锤每次从同一位置由静止释放;(2分) (2)乙;(3分) (3)B;(3分) (4)AB之间的高度和 B点的速度(共 4分,各 2分) AB之间的距离、导轨的倾角和 B点的速度 A、B两点分别离桌面的高度和 B点的速度(其它合理的答案也得分) 19. (1) 针对手表内的密闭气体,由查理定律: (1分) 2 2 1 1 T p T p ? (1分) 代入数据: 240300 101 2 5 p ? ? 4 2 108 ??p pa (2分) (2)因为此时表内外压强差已超过 6×104pa,所以此时手表外部的大气压强为 p=p2-6×104pa =0.2×105pa (2分) 由压强的定义式 S F p ? , 牛18109102.0 45 ?????? pSF (2分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B B C D B C D C D B C 第 7 页 / 共 7 页 (3)由题目可知登山过程中从海平面到手表爆裂处压强的变化量为 Δp=1×105Pa-0.2×105Pa=0.8×105Pa (1分) 所以上升的高度 12 133 108.0 h 5 ? ? ? m= 7218m (3分) 20. (1)棒在水平方向上仅受到向右的拉力 F0 由牛顿第二定律得:a=F0 m (1 分) 棒进入磁场前做匀加速直线运动,则由 v2=2as得:v1= m dF02 (2 分) (2)棒在磁场中水平方向上受到向右的拉力和向左的安培力(画受力分析图也可以) (1 分) 由 E=Blv,I= E R+r ,FA= B2L2v R+r (1 分) 设棒在磁场中匀速运动时的速度为 v2 由力的平衡的 2F0=FA (1 分) 解得:v2= 2F0(R+r) B2l2 (1分) 若要棒 ab进入磁场后一直做匀速运动,即 v1=v2 (1 分) m dF02 = 2F0(R+r) B2l2 (1 分) 解得 d=2mF0(R+r) 2 B4l4 时,进入磁场后一直匀速运动 (1 分) (3)棒进入磁场前做初速度为零的匀加速直线运动 ①当 d< 2mF0(R+r) 2 B4l4 时,棒进入磁场时 v < v2,2F0 >FA,加速运动,FA增大,a 减小,即棒进 入磁场后做加速度减小的加速直线运动。(2 分) ②当 d=2mF0(R+r) 2 B4l4 时,棒进入磁场后做匀速直线运动。(2 分) ③当 d> 2mF0(R+r) 2 B4l4 时,棒进入磁场时 v > v2,2F0< FA,减速运动,FA减小,a 减小,做加速 度减小的减速直线运动。(2分)

  • ID:6-5709219 上海市2019届长宁区高考物理二模试卷 pdf 含答案

    高中物理/高考专区/模拟试题

    第 1 页 / 共 7 页 压强传感器 (D) 水 温度传感器压强传感器 (C) 水 温度传感器压强传感器温度传感器 (A) 水 压强传感器温度传感器 (B) 水 2018 学年第二学期高三物理教学质量检测试卷 考生注意: 1.试卷满分 100分,考试时间 60分钟. 2.本考试分设试卷和答题纸.试卷包括三部分,第一部分为选择题,第二部分为填空题,第三部 分为综合题. 3.作答必须涂或写在答题纸上,在试卷上作答一律不得分.第一部分的作答必须涂在答题纸上相 应的区域,第二、三部分的作答必须写在答题纸上与试卷题号对应的位置. 一、选择题(第 1-8 小题,每小题 3分;第 9-12 小题,每小题 4分,共 40分.每小题只有一个正确答 案) 1.弹簧振子在振动中通过平衡位置时 (A)位移最大 (B)回复力最大 (C)速度最大 (D)加速度最大 2.真空中,下列光子能量最小的可见光是 (A)红光 (B)黄光 (C)绿光 (D)蓝光 3.下列运动物体加速度值最大的是 (A)火箭升空 (B)击发后在枪膛中的子弹 (C)刚起步的卡车 (D)地球表面自由落体的铅球 4.用国际单位制的基本单位表示万有引力常量的单位,下列符合要求的是 (A)N?m/kg2 (B)N?kg2/ m2 (C)m3/(kg?s2) (D)kg?s2/m3 5.在“研究一定质量气体在体积不变时,其压强与温度的关系”的实验中,通过逐渐加入热水使密闭 气体温度升高,用压强传感器和温度传感器测量压强和温度。下列四个装置中最合理的是 6.下列四种明暗相间的条纹,分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器和同一单缝衍射仪器形 成的图样(灰黑色部分表示亮纹;保持缝到屏距离不变)。其中属于蓝光的衍射图样的是 第 2 页 / 共 7 页 A C B 刻度 悬丝 甲 βα 乙 A S B 7.图示的仪器叫做库仑扭秤,是法国科学家库仑精心设计的,他用此装置找到 了电荷间相互作用的规律,总结出库仑定律。下列说法中正确的是 (A)装置中 A、C为带电金属球,B为不带电的平衡小球 (B)实验过程中一定要使 A、B球带等量同种电荷 (C)库仑通过该实验计算出静电力常量 k 的值 (D)库仑通过该实验测量出电荷间相互作用力的大小 8.甲、乙两物体同时从倾角分别为α、β的光滑固定斜面顶端同一高度由 静止下滑,已知α<β。若它们的质量关系是 M 甲 > M 乙, 则 (A)甲先到底,甲的末动能大 (B)乙先到底,甲的末动能大 (C)甲先到底,甲、乙末动能相等 (D)乙先到底,甲、乙末动能相等 9.一粒子从 A点射入电场,从 B点射出,电场的等势面和粒子的运动轨 迹如图所示,图中左侧前三个等势面平行,不计粒子的重力。则粒子 (A)速度不断减小 (B)电场力不断减小 (C)加速度先不变后变大 (D)电势能先减小后增大 10.如图,在“研究共点力的合成”实验中,弹簧秤 A、B通过两细绳把橡皮条上的结点拉到位置 O, 此时两细绳间夹角小于 90°。现保持弹簧秤 A的示数不变而改变其方向使α角变小,为使结点仍在位置 O,调整弹簧秤 B的拉力及β角的大小,则下列调整方法中不.可行的是 (A)增大 B的拉力,增大β角 (B)增大 B的拉力,β角不变 (C)增大 B的拉力,减小β角 (D)B的拉力大小不变,增大β角 11.如图,S为上下连续振动的波源,振动频率为 10Hz,所产生的横波沿 x轴向左右方向传播,波速 为 20m/s, 质点 A、B与 S的距离分别为 SA=11.2m,SB=16.8m。若某时刻波源 S正通过平衡位置向 上振动,此时 A、B均已振动,则 (A)A位于 x轴下方,运动方向向下 (B)A位于 x轴上方,运动方向向下 (C)B位于 x轴上方,运动方向向上 (D)B位于 x轴下方,运动方向向上 A β O B α 第 3 页 / 共 7 页 钋(Po) 铍(Be) 石蜡 Aα射线 B h2 跳台 h1 h1 水面 H R1 R2 R3 E r S 12.如图,高台跳水项目中要求运动员从距离水面 H的高台上跳下,在完成空中动作后进入水中。若 某运动员起跳瞬间重心离高台台面的高度为 h1,斜向上跳离高台瞬间速度的大小为 v0,跳至最高点时 重心离台面的高度为 h2,入水(手刚触及水面)时重心离水面的高度为 h1。 图中虚线为运动员重心的运动轨迹。已知运动员的质量为 m,不计空气阻力, 则运动员跳至最高点时速度及入水(手刚触及水面)时速度的大小分别是 (A)0 20 +2v gH (B)0 2 12 ( - )g H h h? (C) 20 1 2+2 ( - )v g h h 2 0 +2v gH (D) 20 1 2+2 ( - )v g h h 2 0 1+2 ( - )v g H h 二、填空题(共 20分) 13.发现中子的科学家是________,其装置如右图,图中的_____ 为中子。(选填“A”或“B”) 14.两端开口、粗细均匀的 U型玻璃管开口向上竖直放置,两段水银柱中间封有一定 质量气体,其液面高度差如图所示。若向左管倒入少量水银,待液面稳定后,图中的 2h 将_______;若将 U型管略微向右倾斜,待液面稳定后,图中的 2h 将_______,(均 选填“增大”、“不变”或“减小”)。 15.A、B两球都在做匀速圆周运动,A球的轨道半径是 B的两倍,其角速度是 B的一半,则 A、B的 线速度之比是_________,向心加速度之比是_________。 16.铜摩尔质量为 M,密度为ρ,阿伏加德罗常数为 NA。1 个铜原子所占的体积是_______,质 量为 m的铜所含的原子数是_______。 17.如图,电源电动势 E=10V,内阻 r=0.8Ω,R1=3.2Ω,当电键 S 断开 时,电阻 R2消耗的电功率为 4W;电键 S闭合后,R2和 R3的并联电路消耗 的总功率也是 4W。则 R2=_______Ω,R3=_______Ω。 第 4 页 / 共 7 页 图甲 F F/N 0 1 2 3 t/s1 2 3 v/ms-1 0 3 t/s1 2 3 图乙 图丙 N G 三、综合题(第 18题 10分,第 19题 14分,第 20题 16分,共 40分) 注意:第 19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中,要求给出必要的图示、文字说明、公 式、演算等. 18.(10分)在“研究磁通量变化时感应电流的方向”的实验中: (1)先观察检流计指针偏转方向与__________方向的对应关系,查明线圈中导线的绕向,以便从指针 的偏转方向确定感应电流产生的磁场方向; (2)下表为某同学记 录的实验现象: ①实验 1、3得出的结论:穿过闭合回路的磁通量_______时,感应电流的磁场与原磁场方向_______; ②实验 2、4得出的结论:穿过闭合回路的磁通量_______时,感应电流的磁场与原磁场方向_______; ③由实验 1、2、3、4得出的结论是________________________________________________________。 (3)本实验涉及的物理规律在生产和生活中的应用有_____________。(举一例) 19.(14分)如图甲所示,物体受到水平推力 F的作用,在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力 F、 物体速度 v 随时间 t变化的规律如图乙、丙所示。求: (1)物体所受滑动摩擦力 Ff的大小; (2)物体的质量 m; (3)0~3s内物体位移 s的大小; (4)0~3s内推力做功的平均功率 P 平均。 序 号 线圈中磁场方向 (正视) 磁铁运动 情况 指针偏转 情况 感应电流磁场方向 (正视) 1 向下 插入线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 向上 第 5 页 / 共 7 页 45° B x M N P Q O v0 F t 0 20.(16分)如图,互相垂直的两根光滑足够长金属轨道 POQ固定在水平面内,电阻不计。轨道内存 在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场。一根质量为 m、单位长度电阻值为 r0的长金属杆 MN 与轨道成 45°位置放置在轨道上。以 O位置为坐标原点,t=0时刻起,杆MN在水平向右外力作用下, 从 O点沿 x轴以速度 v0匀速向右运动。求: (1)t时刻MN中电流 I的大小和方向; (2)t时间内,MN上产生的热量 Q; (3)若杆MN 从 O点由静止起以大小为 a的加速度先做匀加速运动,速度达到 v0后再做匀速直线运 动。写出外力 F与时间 t关系的表达式,并定性画出 F―t关系图。 第 6 页 / 共 7 页 2018学年第二学期高三物理质量检测试卷评分参考 一、选择题(第 1-8 小题,每小题 3分,第 9-12小题,每小题 4分,共 40分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A B C D B A B A D B C 二、填空题(每题 4分,共 20分) 13.查德威克 A 14.不变 增大 15. 1:1 1:2 16. A M N? AmN M 17.16 16 15 三、综合题(第 18题 10分,第 19题 14分,第 20题 16分,共 40分) 18.(10分)(1)电流 (2分) (2)①增大 相反 (2分) ②减小 相同 (2分) ③感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 (2分) (3)发电机(2分) 19.(14分) (1)由图丙知,2~3s内物体做匀速直线运动,则 =fF F 由图乙知, = =2NfF F (2分) (2)由图丙知,1~2s内物体做匀加速直线运动,则 2 20 3 0= m/s 3m/s 1 tv va t ? ? ? ? (2分) 由牛顿第二定律 =fF F ma? (1分) 3 2 1= = kg= kg 3 3 fF Fm a ? ? (2分) (3)由图丙知,0~3s内位移为梯形面积,即 (1分) 1 2=( ) 3m 4.5m 2 s ? ? ? (1分) (4)由图乙、丙知, 1 1= =0JFW F s? 2 2 3= =3N m=4.5J 2F W F s? ? 3 3= =2N 3m=6JFW F s? ? (3分) (0 4.5 6)J= = =3.5W 3s FWP t ? ? 平均 (2分) 第 7 页 / 共 7 页 20.(16分) (1)设在 t时刻电流 I,此时位移为 s,速度为 v0,根据题意 l=2s,R=2sr0,则 0 0 0 0 2 = 2 B s v BvBlvI R sr r ? ? ? ? (2分) 根据右手定则,电流方向 N指向M (1分) (2)t时刻电功率 P=I2R= I2(2v0t r0) (2分) 因为 P正比时间 t,即 2 2 3 2 20 0 0 0 0 0 0 0 2 = = 2 2 I v tr t Bv B vPQ t v tr t t r r ? ? ? ? ? ( ) ( )( ) (2分) (3)匀加速阶段,由牛顿第二定律 F-FA=ma 运动学公式 2 1= 2 s at ,v=at (1分) 2 1 A 1 0 0 2= = 2 = B vsBvF BIl B s r r ? ?( ) (1分) 2 2 2 31 A 0 0 2= + = + = +B s v B aF ma F ma ma t r r ( 00 v t a ? ? ) (1分) 匀速阶段,由力平衡 2 0 0 2 A 2 0 0 2 = = = 2 = Bv B v sF F BIl B s r r ? ?( ) (1分) 由运动学公式知 2 0 0 2 0= 2 v v s v t a a ? ? ?( ) (1分) 2 2 2 3 0 0 0 0 2 = B v B vF t r ar ? ( 0 v t a ? ) (1分) 根据表达式,F-t图像如图所示 (3分) 其中: 匀加速阶段正确 (1分) 匀速阶段正确 (1分) 拉力 F瞬间减小了 ma (1分) F t0 0 v a

  • ID:6-5709187 上海市2019届徐汇区高考物理二模试卷 pdf 含答案

    高中物理/高考专区/模拟试题

    第 1 页 / 共 6 页 2018学年第二学期徐汇区学习能力诊断卷 物理试卷 2019.4 考生注意: 1、答题前,务必在答题纸上填写学校、姓名、准考证号。 2、试卷满分 100分,考试时间 60分钟。 3、作答必须涂或写在答题纸上相应的位置,在试卷上作答无效。 一、单项选择题(共 40 分,1 至 8 题每小题 3 分,9 至 12 题每小题 4 分。每小题只有一个 正确选项) 1.每个光子的能量取决于光的( ) (A)振幅 (B)波长 (C)频率 (D)速度 2.白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的,其原因是不同色光在空气中的( ) (A)传播速度不同 (B)强度不同 (C)振动方向不同 (D)波长不同 3.发生β衰变后的原子核保持不变的是( ) (A)质量 (B)质量数 (C)质子数 (D)中子数 4.如图,虚线为一架飞机飞行中的一段轨迹,P是轨迹上的一 点,则飞机经过 P点时所受合力的方向,可能正确的是( ) (A)甲 (B)乙 (C)丙 (D)丁 5.某 LED 灯的额定功率为 3.0 W,其照明亮度与 25 W 的白炽 灯相当。若该 LED灯正常发光,则说明该灯在 1 s内( ) (A)获得的电能为 3 J (B)输出的光能为 3 J (C)获得的电能为 25 J (D)输出的光能为 25 J 6.重力和质量的比值大小描述的是( ) (A)物体所受地球引力的大小 (B)物体在重力场中下落的快慢 (C)物体在重力场中具有的能量 (D)重力场中某点场的强弱 7.如图,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置 O为原点,建立 Ox坐标系。若振子位于M点时开始计时, 则其振动图像为( ) OM N x P 第 2 页 / 共 6 页 8.如图(a),竖直放置的气缸内有一质量不可忽略的光滑活塞, 封闭了一定质量的理想气体,处于平衡状态。现保持温度不变, 把气缸如图(b)放置,重新平衡后,气缸内气体分子的( ) (A)平均速率变大 (B)平均速率变小 (C)平均间距变大 (D)平均间距变小 9.某脉冲激光器的耗电功率为 2×103 W,每秒钟输出 50 个光 脉冲,每个脉冲携带的能量为 0.2 J,持续时间为 10-8 s,则该激光器将电能转化为脉冲激光能 量的效率为( ) (A)2×107 (B)104 (C)10-4 (D)5×10-3 10.将一直导线垂直于磁场方向放置在磁场中。当导线中没有电流时, 磁场对导线没有力的作用;当导线通有电流时,磁场对导线有力的作用。 由此可作出的合理推测是( ) (A)磁场对电荷有力的作用 (B)磁场对负电荷有力的作用 (C)磁场对运动电荷有力的作用 (D)磁场对电场有力的作用 11.两根平行放置的长直绝缘导线M、N,通以同向等大的电流如图。 在它们正中间放有一金属圆环,则可以使圆环中产生顺时针感应电流的 是( ) (A)M向右移动 (B)N中电流增大 (C)两电流同时等量增大 (D)两电流同时反向 12.根据高中所学知识可知,自由下落的小球,将落在正下方位置。但实际上,赤道上方 200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6 cm处。这一现象可解释为,除重力外,由 于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成 正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球( ) (A)落回到抛出点 (B)落地点在抛出点西侧 (C)落地点在抛出点东侧 (D)到最高点时小球速度为零 二、填空题(共 20 分) 13.牛顿的“微粒说”认为光是一种从光源发出的物质微粒。当一束光射到一块玻璃界面时, 会同时发生反射和折射,这种现象_______(选填“能”或“不能”)用“微粒说”来解释,理 M N (a) (b) ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? I B 第 3 页 / 共 6 页 由是:__________________________________________________________________。 14.如右图为一单摆的振动图像,由图可知该单摆的振 幅为______cm,频率为______Hz;由该图像还可以了解 该单摆__________、_______________等信息。 15.某种热敏电阻和金属热电阻的阻值 R随温度 t变化的关系如图, 这种热敏电阻在温度上升时导电能力_______(选填“增强”或“减 弱”)。金属热电阻常被用作温度检测器,这是利用该种电阻的阻值有 ______________的特性。 16.如图,真空中一正点电荷形成的电场中,在同一条电场线上有 A、 B两点。若取无穷远处为电势能零点,电荷量为+q的检验电荷,在 A 点的电势能为 EpA,在 B点的电势能为 EpB,则 A、B两点间的电势差 UAB=___________。若选取 B 为零势能点,则 UAB将________,EPA 将________(均选填“变大”、“变小”或“不变”)。 17.利用如图装置可测量滑块通过某位置时的瞬时速度大小, 实验中除了需要测量挡光片的宽度外,还需要获得的数据有: _______________。某同学想提高测量的精度,就用一根细细 的针代替原来的挡光片,结果实验结果并不理想,你认为可能 的原因是:__________________________________________。 三、综合题(共 40 分) 注意:第 19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中,要求给出必要的图示、文字 说明、公式、演算等。 18.(10分)某同学自制了一个“土豆电池”,并通过查阅资料知道这种电池的电动势约为 1 V, 内阻约为 1 kΩ~2 kΩ。为精确测定该电池的电动势和内阻,除导线和开关外,实验室还提供 以下器材: (A)电流传感器(量程±2 A,最小精度 0.01 A) (B)电压传感器(量程±20 V,最小精度 0.01 V) (C)滑动变阻器(0~50 Ω) (D)电阻箱(0~9999 Ω) (1)该同学可选择( )和( )进行实验; (2)在方框内画出实验电路图; (3)测量获得多组数据后,可作____图像,得到一线性图线,通过图线测得电动势和内阻。 (4)通过测量得到这个“土豆电池”的电动势为 0.96 V,内阻为 1.28 kΩ。之后他将四个同样 的“土豆电池”串联起来,给一个规格为“3 V,0.5 A”的小灯泡供电,但灯泡并不发光。检 查灯泡、线路均无故障。你认为出现这种现象的原因是:_________________________。 R t 金属热电阻 热敏电阻 O 0 滑块 挡光片 光电门 BA + x/cm 1 2 3 4O 5 6 t/s 5 -5 第 4 页 / 共 6 页 19.(15分)如图,固定在竖直平面内的光滑平行金属导轨 ab、 cd相距为 L,b、c间接一阻值为 R的电阻。一质量为 m的导体棒 ef水平放置,与导轨垂直且接触良好,导体棒接入导轨间的阻值 也为 R。整个装置处于磁感应强度大小为 B的匀强磁场中,磁场 方向与导轨平面垂直。导体棒在恒定外力 F的作用下向上做匀速 直线运动,电阻上产生的热功率恒为 P。已知重力加速度为 g,导 轨电阻忽略不计且足够长。 (1)求导体棒向上运动的速度 v; (2)求恒定外力 F; (3)若从 t=0时刻起,突然增大 F,使导体棒以 2g的加速度匀加速上升。写出电阻 R的热 功率 Pt与时间 t的函数关系。 20.(15分) (1)静电场可以用电场线和等势面形象描述,电场线的疏密反映了电 场强度的大小。 (a)请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷 Q的场强表达式; (b)点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面 S1、S2到点电荷 的距离分别为 r1、r2。请计算 S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比 N1/N2。 (2)宇宙中的天体在不断向外辐射电磁波,人们利用射电望远镜收集 来自天体的电磁波进行观测,如图所示。假设 A、B两个天体辐射功率 相同,且都在均匀持续地辐射。天体 A距地球 1 万光年,天体 B 距地 球 5万光年。(忽略电磁波传播过程中的损耗) (a)用一架射电望远镜接收到 A发出的电磁波功率为 P1,则该望远镜 接收到的来自天体 B的电磁波功率 P2是多大? (b)为收集足够强的信号,增大望远镜口径是一种常用方法。为使接 受到天体 B的信号功率和天体 A一样强,可将望远镜口径增大为原来 的多少倍? S1 S2 E b a F d c fe R × × × × × × × × × × × × × × × × 第 5 页 / 共 6 页 物理参考答案和评分标准 一、单项选择题(共 40 分,1 至 8 题每小题 3 分,9 至 12 题每小题 4 分。) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D B D A D B C D C B B 二、填空题(共 20 分) 13.不能,如果光子是微粒的话,大多数微粒应该被反射,而不是同时发生反射和折射 14.5,0.25,周期、任意时刻摆球的位移(或位置)(每空 1分) 15.增强,随温度线性变化 16.EpA-EpB q 、不变(1分)、变小(1分) 17.挡光片通过光电门的时间。针过细,无法全部挡住光电门发出的光束,致使时间测量不准 确。 三、综合题(共 40 分) 18.(本题共 10分) (1)B、D (每空 2分) (2)(2分) R E r S 电 压 传 感 器 (3)1/U-1/R (2分) (4)土豆电池的内阻太大,产生的电流远小于小灯泡的额定电流,所以无法让小灯泡发光。 (2分) 19.(本题共 15分) (1)v=2 PR BL (2)F=BL P R + mg (3)Pt= B2L2( PR BL +gt) R 20.(15分) (1)(a)在距 Q为 r的位置放一电荷量为 q的检验电荷。 根据库仑定律检验电荷受到的电场力 2 QqF k r ? 根据电场强度的定义 FE q ? 第 6 页 / 共 6 页 得 E=kQ r2 (b)穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比 N1 N2 =E1 E2 =r2 2 r12 (2)(a)P2= 1 25 P1 (b)d2=5d1

  • ID:6-5707307 2019届高考二轮物理《力学实验题》专项训练(解析版)

    高中物理/高考专区/二轮专题

    绝密★启用前
    山东省济南市莱芜区金牌一对一2019届高考二轮物理《力学实验题》专项训练

    1.图甲是探究重物下落过程中动能与重力势能相互转化问题的实装置。

    (1)部分实验操作步骤如下,请将步骤B补充完整。
    A.按实验要求安装好实验装置;
    B.使重物靠近打点计时器,接着先____________,后_______,打点
    计时器在纸带上打下一系列的点。
    (2)图乙是一条符合实验要求的纸带,O点为打点计时器打下的
    第一点。分别测出若干连续点A,B,C…… 与O点之间的距离h1,h2,h3……。已知打点计时器的打点周期为T,重物质量为m, 重力加速度为g,可得重物下落到B点的过程中,重物增加的动能为_________,减少的重力势能为______

    (3)取打下O点时重物的重力势能为零,计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能
    Ek和重力势能的绝对值|Ep|,建立坐标系,横轴表示h,纵轴表示|Ep|和Ek,根据以
    上数据在图丙中分别绘出对应的图线I(|Ep|~h)和图线II(Ek~h),图线I,Ⅱ的
    斜率分别为忌k1,k2。
    A.图线I与图线Ⅱ不重合的主要原因是_____________________________________。
    B.重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为________________。
    用k1,k2表示)
    【答案】⑴接通电源,释放纸带;⑵;mgh2;⑶重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功;。
    【解析】使用打点计时器都是先接通电源后放开纸带;B点的速度为v=(h3-h1)/2T,重物下落到B点的过程中,重物增加的动能为Ek=mv2/2=;减少的重力势能为mgh2;图线I与图线Ⅱ不重合的主要原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功;图线I(|Ep|~h)对应的方程Ep=mgh,k1=mg和图线II(Ek~h)对应的方程Ek=(mg-f)h,k2=mg-f,f=k1-k2.所以。
    2.某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验,实验装置如图所示,图中A,B两位置分别固定了两个光电门传感器.实验时测得小物体上宽度为d的挡光片通过A的挡光时间为t1,通过B的挡光时间为t2.
    为了证明小物体通过A,B时的机械能相等,还需要进行一些实验测量和列式证明.

    (1)(单选)下列必要的实验测量步骤是________.
    A.用天平测出运动小物体的质量m
    B.测出A,B两传感器之间的竖直距离h
    C.测出小物体释放时离桌面的高度H
    D.用秒表测出运动小物体通过A,B两传感器的时间Δt
    (2)若该同学用d和t的比值来反映小物体经过A,B光电门时的速度,并设想如果能满足_________________关系式,即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的.
    (3)该同学的实验设计可能会引起明显误差的地方是(请写出一种):________________.
    【答案】(1)B (2)(d/t2)2-(d/t1)2=2gh (3)物体挡光片的宽度d太大或h的测量不准
    【解析】(1)由于重力势能和动能中均包括质量m,因此小物体的质量m不需要测量,A错误;求物体重力势能的减小量,需要测量下落高度,B正确;我们关心的是下落高度,与物体距离桌面的高度无关,C错误;不需要测量物体下落所需要的时间,D错误.(2)物体通过两光电门速度分别为,,验证机械能守恒,即需要验证-=2gh.(3)该同学的实验设计可能会引起明显误差的地方是物体挡光片的宽度d太大,h的测量不准等.
    3.某同学把附有滑轮的长木板放在实验桌上,将细绳一端拴在小车上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系,此外还准备了打点计时器及配套的电源,导线,复写纸,纸带,小木块等。组装的实验装置如图所示。
    ① 要完成该实验,必需的实验器还有哪些。
    ②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行,他这样做的目的是下列的哪个(填字母代号)

    A.避免小车在运动过程中发生抖动
    B.可使打点计时器在纸带上打出的点清晰
    C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
    D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
    ③平衡摩擦力后,当他用多个钩码牵引小车时,发现小车运动过快,致使打出的纸带上点数较少,难以选到合适的点计算小车速度,在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的器材提出一个解决办法:。
    ④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些,这一情况可能是下列哪些原因造成的(填字母代号)。
    A.在接通电源的同时释放了小车
    B.小车释放时离打点计时器太近
    C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉
    D.钩码匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力
    【答案】①刻度尺,天平(包括砝码) ② D ③可在小车上加适量的砝码 ④CD
    【解析】①实验需要测量小车的位移,所以需要刻度尺;另外需要表示小车动能的变化,所以需要小车的质量,因此需要带有砝码的天平;②因为实验要测量拉力对小车所做功与动能的关系,所以实验前需要平衡摩擦力,D项正确;③纸带上点数过少,说明小车的加速度较大,应适当减小加速度,因此需要在小车上加适量的砝码来达到增大质量,减小加速度的目的;④拉力做功大于小车动能的增量,原因可能是由于小车运动过程中受到的阻力没有被完全平衡;另一个原因是钩码的重力做功,没有完全转化为小车的动能,钩码自身的动能也在增大,CD项正确。
    4.甲乙两个同学共同研究在保持受到的牵引力不变的条件下,小车的加速度与其质量的关系。(1)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量,就能得出小车的加速度a。图2是某次实验所打出的一条纸带,在纸带上标出了5个计数点,在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出,图中数据的单位是cm。实验中使用的电源是频率f=50Hz的交变电流。根据以上数据,可以算出小车的加速度a=m/s2。(结果保留三位有效数字)

    (2)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M,得到小车的加速度a与质量M的数据,画出a~图线后,发现:当较大时,图线发生弯曲。于是,该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正,避免了图线的末端发生弯曲的现象。那么,该同学的修正方案可能是 ( )
    A.改画a与的关系图线 B.改画a与的关系图线
    C.改画a与的关系图线 D.改画a与的关系图线
    【答案】(1)0.343 m/s2(2)A
    【解析】(1)由题意知,打点周期为0.02s,相邻两计时点间间隔为0.1s,根据逐差法可求小车的加速度解得a=0.343 m/s2;(2)当较大时,图线发生弯曲,是因为砝码的质量相对小车的质量不能忽略,故应把小车与砝码视为整体研究,即改画a与的关系图线,所以A正确;B,C,D错误。
    5.某实验小组分别设计了如图甲,乙,丙所小的实验装置来验证机械能守恒定律。

    ② 分析比较后,其中最理想的实验装置是(选填“甲” “ 乙” “丙”);
    ②图丁是利用最理想的实验装置进行实验得到的一条纸带,图中点1是打点计时器打出的第一个点,其他各点是紧接着连续打出的点,如果发现第1 ,2两点之间的距离明显大于2mm,这是因为实验操作时;
    ③已知重锤的质量为m,相邻两计数点的时间间隔为T,仪考虑出现②所述情况所带来的影响时,设从打第1点到打第6点过程中重锤减少的重力势能为△EP,则下列关系式正确
    的是(填选项前的字母)。
    A.>B.=C.<
    ④若实验操作正确,某同学根据公式。v62=2gh沙计算出从第1点到第6点重锤动能增加量
    △EK=mv62,由△EP=m g h计算出重力势能的减少量,再根据△Ek=△Ep得出重锤在下
    落过程中机械能守恒的结论。则该探究过程是________(选填“合理”或“不合理”)的,
    理由是_______
    【答案】①甲②先释放纸带后接通电源③C ④不合理
    【解析】乙图中的重物应该靠近打点计时器,不选,甲图用夹子固定比手更稳定,丙图也不选,甲图理想;正规操作应该先通电后放开纸带,1,2间距离小于或等于2mm,第1 ,2两点之间的距离明显大于2mm了,原因应是先释放纸带后接通电源;出现②所述情况所带来的影响时,机械能守恒方程为,所以,选C;应根据υ6=计算打第6点时的速度,然后计算第6点对应的动能。(其他合理答案也参照给分)
    6.某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律:在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m,滑块可沿米尺自由下落.在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A,线框平面在水平面内,滑块可穿过线框,如图所示.把滑块从米尺的0刻度线处释放,记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U,改变h,调整线框的位置,多做几次实验,记录各次的h,U.
    (l)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证,用图线______(选填“U-h”或“-h”更容易得出结论.
    (2)影响本实验精确程度的因素主要是_______(至少列举一点).

    【答案】(1) U2-h (2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)
    【解析】(1)线框下落到A点时的速度满足:;根据法拉第电磁感应定律:,而,所以可认为电压表读数(k为常数),则,所以如果采用图象法对得出的数据进行分析论证,用图线”更容易得出结论.
    (1) 空气阻力(或电磁感应损失机械能)都会影响实验的精确度。
    7.①在一次探究活动中,甲同学用如图(a)所示的装置测量铁块A与放在水平桌面上的金属板B之间的动摩擦因数,已知铁块A的质量mA=l.5kg,金属板B的质量mB=3.0 kg,用水平恒力F向左拉金属板B,使其向左运动,观察到A保持静止状态。弹簧秤示数的放大情况如图所示,则A,B间的动摩擦因数μ=。(保留l位有效数字)(g=10 m/s2)

    ③ 同学设计性地将纸带连接在金属板曰的后面,用于完成练习使用打点计时器的实验,通
    过打点计时器连续打下一些计时点,取时间间隔为0.10 s的几个计数点,将测得的各相邻计数点间距离在图中标出,如图(b)所示。乙同学依数据分析得出金属板的运动可认为是匀变速直线运动,则在打C点时金属板拉动的瞬时速度v=m/s。(保留两位有效数字)
    ③打点计时器在纸带上打出的点迹.直接记录了( )
    A.物体运动的时间 B.物体在不同时刻的位置
    C.物体在不同时间内的位移 D.物体在不同时刻的速度
    【答案】(1)0.3 (2)0.80 (3)AB
    【解析】(1)弹簧秤示数为F=4.5N,由于铁块A处于平衡状态,所以铁块A的滑动摩擦力等于弹簧的拉力.所以μ==0.3 (2)利用匀变速直线运动的推论得:vC==0.8m/s2(3)打点计时器是每隔0.02s打下一个点,所以数点就知道时间间隔,故A正确.织带上的点记录了物体在不同时刻的位置.故B正确;物体在不同时间内的位移需要利用刻度尺测量两点之间的距离就得了.故C错误.平均速度和瞬时速度的求解需要运用物理公式,故D错误.故选AB.
    8.现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1,x2,x3,x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g=9.80m/s2。


    根据表中数据,完成下列填空:
    物块的加速度a=m/s2(保留3位有效数字)。
    ⑵因为,可知斜面是粗糙的。
    【答案】(1)4.30(填“4.29”或“4.31”同样给分) (2)物块加速度小于(或:物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)
    【解析】(1)根据逐差法求出加速度
    =4.30 m/s2.
    (2)根据牛顿第二定律,物块沿光滑斜面下滑的加速度,由于,可知斜面是粗糙的.
    9.在一次课外活动中,某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数。已知铁块A的质量mA=0.5 kg,金属板B的质量mB=1 kg。用水平力F向左拉金属板B,使其一直向左运动,稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示,则A,B间的摩擦力Ff=______N,A,B间的动摩擦因数μ=。(g取10 m/s2)。该同学还将纸带连接在金属板B的后面,通过打点计时器连续打下一系列的点,测量结果如图乙所示,图中各计数点间的时间间隔为0.1 s,可求得拉金属板的水平力F=N

    【答案】2.50 ;0.50 ;4.50
    【解析】A,B间的摩擦力Ff=2.50N,A,B间的动摩擦因数;由纸带可知,根据可得,根据牛顿第二定律F-Ff=mBa,解得F=4.50N
    10.实验小组用如下图(甲)所示装置探究“加速度与物体质量,物体受力的关系”.实验中小车质量为M,钩码质量为m,用钩码所受的重力作为小车受到的合力.

    (1)下列说法正确的是 ( )
    A.每次改变小车质量时,应重新平衡摩擦力
    B.实验时应先释放小车后接通电源
    C.本实验中M应远大于m
    D.在用图像探究加速度与质量关系时,应用a-1/M图像
    (2)实验小组测出若干组a-F数据,然后根据测得的数据作为如图乙所示的a-F图线,发现图像既不过原点,又不是直线,最主要的原因是

  • ID:6-5707303 2019届高考二轮物理《电学实验题》专项训练(解析版)

    高中物理/高考专区/二轮专题

    绝密★启用前
    山东省济南市莱芜区金牌一对一2019届高考二轮物理《电学实验题》专项训练

    1.要描绘一个标有“3 V,0.8 W”小灯泡的伏安特性曲线,已选用的器材有:
    电源(电动势为4.5 V,内阻约1 Ω)
    电流表(量程为0~300 mA,内阻约5 Ω)
    电压表(量程为0~3 V,内阻约3 kΩ)
    滑动变阻器(最大阻值10 Ω,额定电流1 A)
    开关一个和导线若干.
    (1)为便于实验操作,并确保实验有尽可能高的精度,则实验的电路图应选用下图中的________(填字母代号).


    (2)图6是实验器材实物图,图中已连接了部分导线.请根据在(1)问中所选的电路图补充完成图中实物间的连线(用笔画线代替导线).

    (3)测量结束后,先把滑动变阻器滑片移到________(填“左端”或“右端”),然后断开开关,接着拆除导线,整理好器材.
    (4)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图7所示.由图象可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而________ (填“不变”,“增大”或“减小”).

    【答案】(1)C
    (2)如图所示

    (3)左端 (4)增大
    2.半导体二极管最重要的特性是单向导电性.即当外加正向电压时,它呈现的电阻(正向电阻)比较小,通过的电流比较大;当外加反向电压时,它呈现的电阻(反向电阻)很大,通过的电流很小.用伏安法测得某个二极管的正向伏安特性曲线如图所示.

    (1)二极管正向不导通时的最高电压叫死区电压,该二极管的死区电压为____V.
    (2)当正向电压高于某个值以后,通过二极管的电流随电压增加按线性关系迅速上升,在该区域,二极管的正向电阻随电压增加而(填“增大”,“不变”或“减小”)
    (3)将该二极管与一个电动势为1.5V(内阻不计)的干电池,阻值为75的定值电阻正向连接构成回路,此时二极管的正向电阻约为.(保留2位有效数字)
    【答案】(1)0.5;(2)减小;(3)81.
    【解析】(1)由图示图象可知,二极管死区电压为0.5V;
    (2)通过二极管的电流随电压增加按线性关系迅速上升,由图示图象可知,二极管两端电压与通过二极管的电流比值减小,二极管电阻减小,正确在该区域,二极管的正向电阻随电压增加而减小. (3)干电池与定值电阻组成等效电源,作出该电源的I-U图象如图所示,
    由图象可知,二极管两端电压为0.75V,电流为9.3mA, 此时二极管电阻:
    3.某课外小组在参观工厂时,看到一丢弃不用的电池,同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内电阻.已知这个电池的电动势约为11V~13V,内电阻小于3,由于直流电压表量程只有3V,需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替),改装为量程为15V的电压表,然后再用伏安法测电源的电动势和内电阻,以下是他们的实验操作过程:
    ①把电压表量程扩大,实验电路如图甲所示,实验步骤如下,完成填空.
    第一步:按电路图连接实物
    第二步:把滑动变阻器滑动片移到最右端,把电阻箱阻值调到零
    第三步:闭合电键,把滑动变阻器滑动片调到适当位置,使电压表读数为3V
    第四步:把电阻箱阻值调到适当值,使电压表读数为_____________V
    第五步:不再改变电阻箱阻值,保持电压表和电阻箱串联,撤去其它线路,即得量程为15V的电压表

    ②实验可供选择的器材有:
    A.电压表(量程为3V,内阻约2k)
    B.电流表(量程为3A,内阻约0.1)
    C.电阻箱(阻值范围0~9999)
    D.电阻箱(阻值范围0~999)
    E.滑动变阻器(阻值为0~20,额定电流2A)
    F.滑动变阻器(阻值为0~20k,额定电流0.2A)
    电阻箱应选____________,滑动变阻器应选_____________.
    ③用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变),测电源电动势E和内电阻r,实验电路如图乙所示,得到多组电压U和电流I的值,并作出U—I图线如图丙所示,可知电池的电动势为_______________V,内电阻为___________.
    【答案】①0.6 ②CE③11.25 2.5
    【解析】①将3V电压表改装成15V量程,并联电阻箱后的总内阻为原来电压表内阻的5倍,由于滑动变阻器位置不变,分压部分的电压仍为3V,此时电压表部分电压为0.6V
    ②改装电压表需要串联大电阻,电阻箱选C,由于用分压电路,滑动变阻器选E
    ③由于电压表改装后量程扩大5倍,将图丙的纵坐标扩大5倍,即可根据纵轴截距得电动势为11.25V,由斜率可求内阻为2.5。
    4.某学生实验小组利用图1所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻.使用的器材有:

    多用电表;电压表:量程5 V,内阻十几千欧;滑动变阻器:最大阻值5 kΩ;导线若干.
    回答下列问题:
    (1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡,再将红表笔和黑表笔__________,调零点.
    (2)将图2中多用电表的红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端.
    (3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图19所示,这时电压表的示数如图3所示.多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________ V.

    (4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V.从测量数据可知,电压表的内阻为________ kΩ.
    (5)多用电表欧姆挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池,一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图4所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为______V,电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为______ kΩ.

    【答案】 (1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60(4)12.0 (5)9.00 15.0
    【解析】 (4)当滑动变阻器调到阻值为零时,多用电表的示数为电压表的内阻.
    (5)设多用电表内电池的电动势为E,欧姆“×1k”挡内部电路的总电阻为R,则由闭合电路欧姆定律及两组数据得:
    E=R+4.00 V,E=×[(15.0-12.0) kΩ+R]+3.60 V
    联立两式解得R=15.0 kΩ,E=9.00 V.
    5.利用如图所示的电路可以较为准确地测量未知电源的电动势.图中Ex为待测电源,Es为标准电源:电动势已准确测出),E为工作电源,为电路提供电流.G为零刻度在中央的灵敏电流计.AB为一根粗细均匀的电阻丝,C,D为AB上的两个活动接触点,可以在电阻丝上移动,与电阻丝AB平行放置的还有一把刻度尺,可以测出CD之间的长度.

    实验步骤如下:
    (1)按图连接好电路,将K1处于断开状态,K2处于两个触点都不接的状态
    (2)先闭合K1,调Rp整至合适位置
    (3)将置K2位1置,调整C,D触头使电流计指向零刻度,记下______.
    (4)将K2置2位置,重新调整C,D位置,使 ________,并记下________.
    (5)断开K1.计算待测电源的电动势的表达式为:Ex=_______.
    【答案】(3)CD的长度(4)电流计指向零刻度 CD的长度(5)
    【解析】电路接通后,把电源与电路中长度为的金属丝并联,当电流为0时,说明长度为的金属丝在工作电路中所分的电压等于,标准电源切换为待测电源后,重新调整金属丝与电源并联的长度,电流表再次为0时,说明长度的金属丝在工作电路中的电压等于待测电源电动势,而工作电路电流没有变化,所以,即。
    6.某同学为了测定一只电阻的阻值,采用了如下方法:
    ①用多用电表粗测:多用电表电阻挡有4个倍率:分别为×l k,×l00,×l0,×l。该同学选择×l00倍率,用正确的操作步骤测量时.发现指针偏转角度太大(指针位置如下图中虚线所示).为了较准确地进行测量,请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤:

    a·,
    b.两表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在0处。
    c.重新测量并读数,若这时刻度盘上的指针位置如上图中实线所示.测量结果是
    ② 该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值,除被测电阻外,还有如下实验仪器
    A.直流电源(电压3 V.内阻不计) …… …
    B.电压表(量程0~5 v.内阻约为5 k)
    C.电压表(量程0~15 v,内阻约为25 k)
    D.电流表(量程0~25 mA.内阻约为l)
    E.电流表(量程0~25 0mA.内阻约为0.l)
    F.滑动变阻器一只,阻值
    G.电键一只,导线若干
    在上述仪器中.电压表应选择填“”或“”), 电流表应选择(填“”或“”).请在方框内画出电路原理图 (电表用题中所给的符号表示)

    【答案】①a.换用倍率档c.120②

    【解析】①指针偏转角度太大,说明电阻太小,选择的倍率偏大,因此应该从×l00换为×l0;欧姆档的读数为指针所指的刻度乘以倍率即。②由于电源电动势只有3v,所以电压表选择量程为0~5 v的,根据上问中粗测的电阻,根据电动势3v可得电流最大为,所以电流表选择量程为0~25 mA的。由于滑动变阻器的阻值比待测电阻小,所以选择分压式,根据即大内偏大小外偏小判断电流表选择内接法,电路图如答案。
    7.张明同学在一次测电源电动势与内阻的实验中,用实验室仅有的实验器材(电流表一个,电阻箱一个,开关一个和导线若干),设计了如图1所示的电路进行实验,测得的数据如下表所示.


    (1)利用测得的数据在如图2所示的坐标纸上画出适当的图象.

    (2)由图象可知,该电池的电动势E=________ V,该电池的内阻r=________ Ω(结果保留两位有效数字).
    (3)利用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比,理论上E测________E真,r测________r真(选填“>”,“<”或“=”).
    【答案】 (1)画出R—图象.

    (2)6.0 2.0 (3)= >
    【解析】(2)由闭合电路欧姆定律E=IR+Ir得R=E·-r,则图象斜率为:k=E,电动势为:E=k=≈6.0 V,内阻为:r=2.0 Ω.
    (3)由于电流表的分压作用,电流表会分担一部分电压,即:=R++,斜率不变,则电动势大小不变,而测量内阻实际上是电源内阻与电流表内阻之和,故测量值大于实际值.
    8.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中,要测量一个标有“3 V 1.5 W”的灯泡两端的电压和通过它的电流,现有如下器材:
    A.直流电源3 V(内阻可不计)
    B.直流电流表0~600 mA(内阻约0.5 Ω)
    C.直流电压表0~3 V(内阻约3 kΩ)
    D.滑动变阻器(10 Ω,1 A)
    E.滑动变阻器(1 kΩ,300 mA)
    F.开关,导线若干
    (1)本实验中滑动变阻器选用________.(填“D”或“E”)
    (2)某同学用导线a,b,c,d,e,f,g和h连接的电路如图所示,电路中所有元器件都是完好的,且电压表和电流表已调零.闭合开关后发现电压表的示数为2 V,电流表的示数为零,小灯泡不亮,则可确定断路的导线是________;若电压表示数为零,电流表的示数为0.3 A,小灯泡亮,则断路的导线是________;若反复调节滑动变阻器,小灯泡亮度发生变化,但电压表,电流表示数不能调为零,则断路的导线是________.

    (3)下表中的各组数据是该同学在实验中测得的,根据表格中的数据在如图10所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线.


    ④如图所示,将两个这样的灯泡并联后再与5 Ω的定值电阻R0串联,接在电压恒为4 V的电路上,每个灯泡的实际功率为________ W(结果保留两位有效数字).

    【答案】(1)D (2)d h g (3) (4)0.30
    【解析】(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线,需测量多组数据,滑动变阻器需用分压式接法,为了调节方便,滑动变阻器用阻值较小的,故选择D.
    (2)电压表有示数,说明通过电压表的电路为通路,而小灯泡不亮,通过与电压表并联的小灯泡的电路为断路,所以导线d断开;若电压表示数为零,而电流表有示数,说明电路接通,电压表没有接入电路,所以h断开;若电压表,电流表示数不能调为零,是因为滑动变阻器是限流式接法,故是g断开.
    (3)描点画图,如图所示.

    (4)设灯泡的电压为U,电流为I,根据闭合电路欧姆定律得:U0=U+2IR0,所以U=-2R0I+U0,代入数据U=-10I+4,在灯泡的伏安特性曲线坐标图上画出该直线,其交点(U,I)对应的电压电流值即为灯泡的实际电压,电流值,可得灯泡消耗的实际功率P=UI=0.30 W.
    9.一微安表A的刻度盘只标注了表示量程Ig=100A的刻度线,尚未标注其他刻度线,如图所示,请用下列全部器材测量微安表A的内的内阻:

    ①待测微安表A,内阻Rg约为2k
    ②毫伏表mV:量程250 mV,最小分度5 mV,内阻约为l k
    ③滑动变阻器R1: 0—50
    ④滑动变阻器R2: 0~3 k
    ⑤直流电源E:电动势E=1.5 V,内阻r约1
    ⑥单刀单掷开关S,导线若干
    (1)在虚线框内画出测量微安表A的内阻Rg的实验电路原理图(原理图中的元件要用相应的英文字母标注)。

    (2)下面是主要的实验操作步骤,将所缺的内容填写在横线上方:第一步:断开S,按电路原理图连接器材,将两个滑动变阻器R1,R2的触头分别于合理位置;第二步:闭合S,分别调节R1和R2至适当位置,使,记下。
    (3)用已知量和测得量的符号表示微安表A的内阻Rg=。
    【答案】(1)见电路图见解析;(2)使微安表满偏 ; 这时毫伏

  • ID:6-5707127 2019学年高三高考物理二轮复习《牛顿运动定律与直线运动》验收测试题含答案解析

    高中物理/高考专区/二轮专题

    绝密★启用前
    2019学年高三高考物理二轮复习《牛顿运动定律与直线运动》验收测试题
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)
    1.如图所示,直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置-时间(x-t)图线。由图可知 ( )

    A. 在t1时刻,两车速度相等
    B. 在t2时刻,a,b两车运动方向相同
    C. 在t1到t2这段时间内,b车的速率先减小后增大
    D. 在t1到t2这段时间内,b车的速率一直比a车大
    【答案】C
    【解析】由图可知,在t1时刻,两车位移相等,选项A错误;因为x-t图线切线的斜率代表速度,在t2时刻,a,b切线的斜率符号相反,故a,b两车运动方向相反,选项B错误;在t1到t2这段时间内,b切线的斜率先减小后增大,故b车的速率先减小后增大,选项C正确;在t1到t2这段时间内,比较a,b切线的斜率可知,开始b车速率大于a,然后b车的速率逐渐减小,直到等于a车的速率;然后减小到零后由反向增加,故选项D错误。
    2.下列关于力的说法正确的是( )
    A. 失重就是物体受的重力减小了
    B. 作用力和反作用力作用在不同的物体上
    C. 在弹性限度内,弹簧的弹力跟弹簧的长度成正比
    D. 物体所受合外力越大,加速度越大,速度也越大
    【答案】B
    【解析】失重时,物体的重力没有变化,选项A错误;作用力和反作用力作用在不同的物体上,选项B正确;根据F=kx知,在弹性限度内,弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比,选项C错误;根据牛顿第二定律得:a=,知合外力越大,加速度越大,但是速度不一定大,选项D错误。
    3.如图,物块P和M叠放在一起,且质量mp
    A.M下落的速度较大
    B.P对M的压力为零
    C.P对M的压力等于mpg
    D.P对M的压力大于0而小于mpg
    【答案】B
    【解析】本题主要考查了自由落体运动;物体的弹性和弹力.物块P和M叠放在一起,从静止开始释放,做自由落体运动,P,M下落的速度相同,处于完全失重状态,P与M间的压力为零.故B正确,A,C,D错误.
    4.如图所示,甲,乙,丙,丁是以时间为轴的匀变速直线运动的图像,下列说法正确的是( )
    A. 甲是a-t图像
    B. 乙是s-t图像
    C. 丙是s-t图像
    D. 丁是v-t图像
    【答案】C
    【解析】本题考查了运动的图像。在速度时间图象中,某一点代表此时刻的瞬时速度,时间轴上方速度是正数,时间轴下方速度是负数;切线代表该位置的加速度,向右上方倾斜,加速度为正,向右下方倾斜加速度为负;选项 A,B中:只有当纵坐标表示速度时,在速度时间图象中,斜率表示加速度,图象中斜率不变即加速度为定值,所以A,B错误;匀变速直线运动位移时间关系式为x=v0t+at2,由表达式可知其位移时间图象如丙图所示,选项C正确;在丁图中,只有当纵坐标表示加速度时,其图象才表示匀加速直线运动,选项D错误。
    5.甲乙两汽车在一直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内,它们的v-t图像如图所示。在这段时间内( )

    A. 汽车甲的平均速度比乙的大
    B. 汽车乙的平均速度等于
    C. 甲乙两汽车的位移相同
    D. 汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大
    【答案】A
    【解析】根据v-t图像的知识,图像与时间轴所围的面积表示位移,图像的斜率表示加速度可知C,D均错。因为两车均是变加速运动,平均速度不能用计算,故B错;根据平均速度的定义式结合图像可知A对。
    6.如图所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内,MN是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发,初速率为v0,沿管道MPN运动,到N点的速率为v1,所需时间为t1;若该小球仍由M点以出速率v0出发,而沿管道MQN运动,到N点的速率为v2,所需时间为t2。则( )

    A.v1=v2,t1>t2
    B.v1<v2,t1>t2
    C.v1=v2,t1<t2
    D.v1<v2,t1<t2
    【答案】A
    【解析】由于是内壁光滑的闭合椭圆形管道,运动中只有重力做功,机械能守恒,MON在同一水平线上,故v1=v2=v0;而沿管道MPN运动,先减速后加速,沿管道MQN运动,先加速后减速,前者平均速率小,后者平均速率大,运动的路程相同,故t1>t2。A 正确。
    7.汽车以40 m/s的速度做匀速直线运动,刹车的加速度大小为5 m/s2,那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为( )
    A. 1∶1
    B. 1∶3
    C. 3∶4
    D. 4∶3
    【答案】C
    【解析】汽车从刹车到静止用时t刹=s=4 s,故刹车后2 s和6 s内汽车的位移分别为s1=v0t-at2=20×2 m-×5×22m=30 m,
    s2=v0t刹-at刹2=20×4 m-×5×42m=40 m,s1∶s2=3∶4,选项C正确。
    8.刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一。图中所示的图线甲,乙分别为甲,乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离x与刹车前的车速v的关系曲线,已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦。据此可知,下列说法中正确的是( )

    A. 以相同的车速开始刹车甲车先停止运动
    B. 以相同的车速开始刹车甲,乙两车同时停止运动
    C. 乙车与地面间的动摩擦因数较大,乙车的刹车性能好
    D. 甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快,甲车的刹车性能好
    【答案】C
    【解析】汽车刹车后做减速运动,根据运动学公式可知:s=,故s和v的图象是抛物线,根据抛物线特点可知a1<a2,即甲车刹车时加速度小于乙车的,以相同的车速开始刹车乙车先停止运动,故乙车刹车性能好,乙车与地面间的动摩擦因数较大,故ABD错误,C正确.
    9.如图所示,为a,b两条曲线汽车a,b在同一条平直公路上速度时间图象,已知在t2时刻,两车相遇,下列说法正确的是(  )

    A.t1时刻两车也相遇
    B.t1时刻a车在前,b车在后
    C.a车速度先增大后减小,b车速度先减小后增大
    D.a车加速度先增大后减小,b车加速度先减小后增大
    【答案】C
    【解析】在t2时刻,两车相遇,在t1-t2时间内,a图线与时间轴围成的面积大,则a的位移大,可知t1时刻,b车在前,a车在后.故A,B错误.由图线可知,a车的速度先增大后减小,b车的速度先减小后增大.故C正确.图线切线的斜率表示加速度,可知a车的加速度先减小后增大,b车的加速度先减小后增大.故D错误.
    10.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系.如图,固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面,以光滑小圆弧相连接,左侧顶端有一小球,与两斜面的动摩擦因数均为μ.小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1,滑到右侧最高点的时间为t2.规定斜面连接处为参考平面,则小球在这个运动过程中速度的大小v,加速度的大小a,动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是(  )


    【答案】B
    【解析】由牛顿第二定律可知,小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动,两阶段的加速度都恒定不变,小球在左侧斜面下滑时的加速度:a1=gsin-μgcos小球在右侧斜面下滑时的加速度:a2=gsin+μgcos, 小球在左侧斜面下滑时的加速度较小,故A错误,B正确;小球的动能与速率的二次方成正比,即Ek=mv2,因此,动能与时间关系图象是曲线,故C错误;由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等,因此,小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线,故D错误;
    11.如图,一水平传送带匀速运动,在A处把工作轻轻放到传送带上,经过一段时间工件便被送到B处,则下列说法正确的是( )

    A. 工件在传送带上可能一直做匀速运动
    B. 工件在传送带上可能一直匀加速运动
    C. 提高传送带的运动速度,一定能缩短工件的运送时间
    D. 不管传送带的速度为多大,工件的运送时间是一样的
    【答案】B
    【解析】工件初速度为零,工件在传送带上可能先做匀加速运动,当速度跟传送带速度相等时匀速,也可能一直做匀加速运动,A错B对。如果工件一直做匀加速运动,那么提高传送带的运动速度,也不能缩短工件的运送时间,但是工件先加速后匀速,那么如果提高传送带的运动速度,一定能缩短工件的运送时间,C错。D错
    12.如图所示,一些商场安装了智能化的自动扶梯,为了节约能源,在没有乘客乘行时,自动扶梯以较小的速度匀速运行,当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段的运行,则扶梯在运送乘客上行过程中( )

    A. 乘客始终受摩擦力作用
    B. 乘客经历先超重再失重的两个过程
    C. 电梯对乘客的作用力始终竖直向上
    D. 电梯对乘客的作用力先指向前上方,再竖直向上
    【答案】D
    【解析】匀速运动阶段,扶梯对乘客只有竖直向上的支持力,没有摩擦力.故A错误.加速运动阶段,扶梯对乘客的支持力大于重力,乘客处于超重状态;匀速运动阶段,扶梯对乘客的支持力等于重力,乘客既不超重,也不失重.故B错误.加速运动阶段,扶梯对乘客有水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力,扶梯对乘客的作用力指向左上方;匀速运动阶段,扶梯对乘客的作用力竖直向上.即电梯对乘客的作用力先指向前上方,再竖直向上;故C错误,D正确;
    13.从同一地点先后开出n辆汽车组成车队在平直的公路上行驶,各车均由静止出发先做加速度为a的匀加速直线运动,达到同一速度v后改做匀速直线运动,欲使n辆车都匀速行驶时彼此距离均为s,则各辆车依次启动的时间间隔为(忽略汽车的大小) ( )
    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】D
    【解析】某辆车从静止开始做匀加速直线运动经过时间t速度恰好达到v,其前面一辆车运动时间为t+△t,则s1=at2,s1+s=at2+v?△t.联立上述方程得各辆车依次启动的时间间隔,故D项正确.
    14.如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定的偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内 )。与稳定在竖直位置时相比,小球高度( )

    A. 一定升高
    B. 一定降低
    C. 保持不变
    D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
    【答案】A
    【解析】竖直平衡时kx1=mg,加速时,令橡皮筋与竖直方向夹角为θ,则kx2cosθ=mg,可得; 静止时,球到悬点的竖直距离,加速时,球到悬点的竖直距离,比较可得,,选项A正确。
    15.如图所示,三个物体质量分别为=1.0kg,=2.0kg,=3.0kg ,已知斜面上表面光滑,斜面倾角,和之间的动摩擦因数μ=0.8。不计绳和滑轮的质量和摩擦。初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,将(g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

    A. 和一起沿斜面下滑
    B. 和一起沿斜面上滑
    C. 相对于下滑
    D. 相对于上滑
    【答案】C
    【解析】假设m1和m2之间保持相对静止,对整体分析,整体的加速度

    隔离对m2分析,根据牛顿第二定律得,f-m2gsin30°=m2a 解得f=m2gsin30°+m2a
    最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=0.8×2×10×N=8N,可知f>fm,知道m2的加速度小于m1的加速度,m2相对于m1下滑.故C正确,A,B,D错误.
    16.牛顿的运动定律非常重要,他的研究帮助了人们建立了正确的力与运动的关系.下列实例中,人处于超重状态的是(  )
    A. 加速向上起飞时飞机中的乘客
    B. 加速行驶在水平轨道上高速列车中的乘客
    C. 上行电梯将要到达指定楼层时电梯中的乘客
    D. 沿椭圆轨道运行到近地点时飞船中的宇航员
    【答案】A
    【解析】加速向上起飞时飞机中的乘客的加速度向上,处于超重状态.故A正确;加速行驶在水平轨道上高速列车中的乘客受到的摩擦力和座位的水平压力提供加速度,加速度在水平方向上.故不超重.故B错误;上行电梯将要到达指定楼层时电梯中的乘客做匀减速运动,加速度的方向向下.故C错误;沿椭圆轨道运行到近地点时飞船中的宇航员处于失重状态.故D错误.
    17.在哈尔滨冰雕节上,工作人员将如图所示的小车和冰球推进 箱式吊车并运至大钢冰雕顶部安装,先后经历了向右匀 速'向右匀减速' 向上匀加速,向上匀减速育线运动四个过程。冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。冰球与斜押板面 间存在弹力的是( )

    A. 向右匀速过程
    B. 向右匀减速过稈
    C. 向上匀加速过程
    D. 向上匀减速过程
    【答案】B
    【解析】由题意可知,当向右匀速,水平方向不受到任何力,只有重力与支持力; 当处于向上匀加速,向上匀减速直线运动,根据牛顿第二定律,则有冰球受到重力与支持力;而当处于向右匀减速时,加速度与速度方向相反,则斜面对冰球有弹力,弹力的分力提供加速度,故B正确,ACD错误;
    18.A,B两个物体在水平面上沿同一直线运动,它们的v-t图象如图所示.在t=0时刻,B在A的前面,两物体相距7m,B物体做减速运动的加速度大小为2m/s2.则A物体追上B物体所用时间是(  )

    A

  • ID:6-5707125 2019学年高三高考物理二轮复习《平抛运动与圆周运动》验收测试题含答案解析

    高中物理/高考专区/二轮专题

    绝密★启用前
    2019学年高三高考物理二轮复习《平抛运动与圆周运动》验收测试题
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)
    1.在空中某一高度将一小球水平抛出,取抛出点为坐标原点,初速度方向为轴正方向,竖直向下为y轴正方向,得到其运动的轨迹方程为y=ax2(a为已知量),重力加速度为g。则根据以上条件可以求得( )
    A. 物体距离地面的高度
    B. 物体作平抛运动的初速度
    C. 物体落地时的速度
    D. 物体在空中运动的总时间
    【答案】B.
    【解析】根据得,,则.因为y,则,可以求出平抛运动的初速度.高度未知,无法求出运动的时间,无法求出竖直分速度以及落地的速度.故B正确,ACD错误.
    2.如图所示,一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动,盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止,物体与盘面间的动摩擦因数为,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面间的夹角为,g取10m/s2。则的最大值是( )

    A.
    B.
    C. 1.0rad/s
    D. 0.5rad/s
    【答案】C
    【解析】由于小物体随匀质圆盘做圆周运动,其向心力由小物体受到的指向圆心的合力提供,在最下端时指向圆心的合力最小。根据牛顿第二定律:
    得,C正确。
    3.如图,质量相同的钢球①,②分别放在A,B盘的边缘,A,B两盘的半径之比为2:1,a,b分别是与A盘,B盘同轴的轮,a,b轮半径之比为1:2。当a,b两轮在同一皮带带动下匀速转动时,钢球①,②受到的向心力大小之比为( )

    A. 2:1
    B. 4:1
    C. 1:4
    D. 8:1
    【答案】D
    【解析】皮带传送,边缘上的点线速度大小相等,所以, a轮,b轮半径之比为1:2,所以,共轴的点,角速度相等,两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等,则根据向心加速度,,故D正确,A,B,C错误
    4.特战队员在进行素质训练时,抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索,从高度一定的平台由水平状态无初速开始下摆,如图所示,在到达竖直状态时放开绳索,特战队员水平抛出直到落地。不计绳索质量和空气阻力,特战队员可看成质点。下列说法正确的是( )

    A. 绳索越长,特战队员落地时的水平位移越大
    B. 绳索越长,特战队员在到达竖直状态时绳索拉力越大
    C. 绳索越长,特战队员落地时的水平速度越大
    D. 绳索越长,特战队员落地时的速度越大
    【答案】C
    【解析】据题意,特战队员随绳摆动到最低点后做平抛运动,设绳子长度为,平抛运动的高度为,起点到地面总高度为,且有;当下摆到最低点时速度由机械能守恒定律得:,平抛后运动时间为:,特战队员落地时水平位移为:,由此可知,特战队员的水平位移有绳长和平抛高度决定,如果绳越长,虽然平抛速度越大,但高度就越低,平抛运动的时间久越短,则水平位移不一定就越大,故选项A错误;据可知,不管绳有多长,摆到最低点时绳子拉力均不变,故选项B错误;由于落地水平速度等于摆到最低点的速度,即,则绳越长,水平速度越大,选项C正确;由机械能守恒定律可知,由于总高度不变,特战队员落地速度不变,故选项D错误。
    5.如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M,长杆的一端放在地面上通过铰链连结形成转轴,其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处,在杆的中点C处拴一细绳,通过两个滑轮后挂上重物M,C点与O点距离为L,现在杆的另一端用力,使其逆时针匀速转动,由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平(转过了90°角).下列有关此过程的说法中正确的是( )

    A. 重物M做匀速直线运动
    B. 重物M做变速直线运动
    C. 重物M的最大速度是2ωL
    D. 重物M的速度先减小后增大
    【答案】B
    【解析】由题意知,杆做匀速圆周运动,取C点线速度方向与绳子沿线的夹角为任意角度θ时,可知C点的线速度为ωL,把C点的线速度正交分解,在绳子方向上的分速度就为ωLcosθ,θ由90°然后逐渐变小,所以,ωLcosθ逐渐变大,直至绳子和杆垂直,θ变为零度,绳子的速度最大为ωL;然后,θ又逐渐增大,ωLcosθ逐渐变小,绳子的速度变慢。所以知重物的速度先增大后减小,最大速度为ωL,故B正确;A,C,D错误.
    6.在空中某一高度将一小球水平抛出,取抛出点为坐标原点,初速度方向为x轴正方向,竖直向下为y轴正方向,得到其运动的轨迹方程y=ax2.若a和重力加速度g均已知,且不计空气阻力,则仅根据以上条件可求出的是( )

    A. 小球距离地面的高度
    B. 小球做平抛运动的初速度
    C. 小球落地时的速度
    D. 小球在空中运动的总时间
    【答案】B
    【解析】根据x=v0ty=及y=ax2可求出平抛运动的初速度.高度未知,无法求出运动的时间,无法求出竖直分速度以及落地的速度.故B正确,ACD错误.
    7.如图,可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处,以初速度v0水平抛出,其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点.过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°,则半圆柱体的半径为(不计空气阻力,重力加速度为g)(  )

    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】C
    【解析】在B点由速度分解可知,竖直分速度大小为,由平抛运动规律和圆周的几何条件可知,,,解得:,所以ABD错误;C正确。
    8.关于平抛运动,下列说法正确的是( )
    A. 不论抛出位置多高,抛出速度越大的物体,其水平位移一定越大
    B. 不论抛出位置多高,抛出速度越大的物体,其飞行时间一定越长
    C. 不论抛出速度多大,抛出位置越高,其飞行时间一定越长
    D. 不论抛出速度多大,抛出位置越高,飞得一定越远
    【答案】C
    【解析】平抛运动的时间由高度决定,根据h=gt2,高度越高,时间越长.根据x=vt知,初速度和时间共同决定水平位移.选项C正确,选项ABD错误.
    9.公交车是人们出行的重要交通工具,如图所示是公交车内部座位示意图,其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直,当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时,一个乘客从A座位沿AB连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到B,则站在站台上的人看到该乘客( )

    A. 运动轨迹为直线
    B. 运动轨迹为抛物线
    C. 因该乘客在车上匀速运动,所以乘客处于平衡状态
    D. 当车速度为 5m/s 时,该乘客对地速度为 7m/s
    【答案】B
    【解析】人相对地面参与了两个方向的运动,一是垂直于车身方向的匀速运动,一个是沿车身方向的匀加速直线运动,所以运动轨迹是抛物线,B正确;乘客受到沿车身方向的合外力,处于非平衡状态,C错误;速度的合成遵循平行四边形定则,乘客对地速度为m/s,D错误。
    10.某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目。原理图如图所示:一个3/4圆弧形光滑圆管轨道ABC,放置在竖直平面内,轨道半径为R,在A点与水平地面AD相接,地面与圆心O等高,MN是放在水平地面上长为3R,厚度不计的减振垫,左端M正好位于A点.让游客进入一个中空的透明弹性球,人和球的总质量为m,球的直径略小于圆管直径。将球(内装有参与者)从A处管口正上方某处由静止释放后,游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程。不考虑空气阻力。那么以下说法中错误的是( )

    A. 要使球能从C点射出后能打到垫子上,则球经过C点时的速度至少为
    B. 要使球能从C点射出后能打到垫子上,则球经过C点时的速度至
    C. 若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端,则球经过C点时对管的作用力大小为
    D. 要使球能通过C点落到垫子上,球离A点的最大高度是
    【答案】A
    【解析】从A处管口正上方某处由静止释放后,游客所在的透明弹性球在只有重力做功的情况下绕圆弧圆管运动到C点,C点为圆周最高点,由于圆管即可提供指向圆心的弹力也可以提供沿半径向外的弹力,所以只有最高点速度不等于0即可通过,而离开C点后为平抛运动,要落在平台上,竖直方向,水平方向,整理得,选项A错B对。若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端,说明,则在C点受力,解得,选项C对。要使球能通过C点落到垫子上,设球离A点高度为h,则根据动能定理,离开C点后平抛运动,水平位移,整理得,选项D对。
    11.在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江(如图甲),若把这滑铁索过江简化成图乙的模型,铁索的两个固定点A,B在同一水平面内,AB间的距离为L=80m,绳索的最低点离AB的垂直距离为h=8m,若把绳索看做是圆弧,已知一质量m=52kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10m/s(取g=10m/s2),那么 ( )

    A. 人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动
    B. 下滑过程中人的机械能保持不变
    C. 人在滑到最低点时对绳索的压力为570N
    D. 在滑到最低点时人处于失重状态
    【答案】C
    【解析】绳索看做圆弧,人从静止开始从一端开始滑动,滑动最低点时速度为,说明在绳索上面的运动不是匀速圆周运动选项A错。下滑过程根据动能定理有,可求得克服阻力做功,有阻力做功所以机械能不守恒,选项B错。根据如下图所得的几何关系,即半径。根据圆周运动径向合力提供向心力有,带入数据得,选项C对。滑到最低点时,加速度为向心加速度指向圆心竖直向上,处于超重状态,选项D错。

    12.如图所示,x轴在水平地面上,y轴竖直向上,在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b,不计空气阻力,若b上行的最大高度等于P点离地的高度,则从抛出到落地,有(  )

    A.a的运动时间是b的运动时间的倍
    B.a的位移大小是b的位移大小的倍
    C.a,b落地时的速度相同,因此动能一定相同
    D.a,b落地时的速度不同,但动能可能相同
    【答案】D
    【解析】设P点离地面高度为h,初速度大小为,则a落地的时间,a的位移;对b分段求时间,又有,解得,,所以AB错误,由机械能守恒可知,a,b落地时速度大小相等,方向不同,若a,b质量相等,故动能可能相等,选项C错误,D正确。
    13.无风时气球匀速竖直上升,速度为3m/s.现吹水平方向的风,使气球获4m/s的水平速度,气球经一定时间到达某一高度h,则 ( )

    A. 气球实际速度的大小为7m/s
    B. 气球的运动轨迹是曲线
    C. 若气球获5m/s的水平速度,气球到达高度h的路程变长
    D. 若气球获5m/s的水平速度,气球到达高度h的时间变短
    【答案】C
    【解析】本题主要考查了运动的合成和分解.A、由题意可知,水平速度为4m/s,而竖直速度为3m/s,根据合成的法则,则有实际速度的大小为5m/s,故A错误;B、水平方向与竖直方向,均做匀速直线运动,则合运动也是匀速直线运动,故B错误;C、若气球获5m/s的水平速度,但竖直方向的运动时间不变,而水平位移变大,则气球到达高度h的路程变长,故C正确,D错误;
    14.在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上做初速度为零,加速度为a的匀加速运动,同时人顶着直杆以速度v0水平向右匀速移动,经过时间t,猴子沿杆向上移动的高度为h,人顶杆沿水平地面移动的距离为x,如图所示,关于猴子的运动情况,下列说法中正确的是(  )

    A. 相对地面的运动轨迹为直线
    B. 相对地面做变加速曲线运动
    C.t时刻猴子对地速度的大小为(v0+at)
    D.t时间内猴子对地的位移大小为
    【答案】D
    【解析】据题意,猴子在水平方向和竖直方向的运动性质与平抛运动类似,故实际上的运动轨迹是一条抛物线,故A选项错误;由于猴子在竖直方向做匀加速直线运动,猴子受力恒定不变,故是匀变速曲线运动,B选项错误;t时刻猴子对地速度为:,故C选项错误;据位移的合成,t时刻猴子对地的位移为:,故D选项正确。
    15.利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面,如图,用两根长为的细线系一质量为的小球,两线上端系于水平横杆上,A,B两点相距也为,若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动,则小球运动到最低点时,每根线承受的张力为( )

    A.
    B. 3mg
    C. 2.5mg
    D.
    【答案】A
    【解析】小球恰好过最高点时有:mg=m解得:v1=① 根据动能定理得,mg?L=② 由牛顿第二定律得:
    T-mg=m③ 联立①②③得,T=2mg
    故A正确,B,C,D错误.
    16.如图所示为游乐园中的“空中飞椅”设施,游客乘坐飞椅从启动,匀速旋转,再到逐渐停止运动的过程中,下列说法正确的是(  )

    A. 当游客速率逐渐增加时,其所受合外力的方向一定与速度方向相同
    B. 当游客做匀速率圆周运动时,其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
    C. 当游客做匀速率圆周运动时,其所受合外力的方向一定不变
    D. 当游客做速率减小的曲线运动时,其所受合外力的方向一定与速度方向相反
    【答案】B
    【解析

  • ID:6-5707121 2019学年高三高考物理二轮复习《万有引力定律及其应用》验收测试题含答案解析

    高中物理/高考专区/二轮专题

    2019学年高三高考物理二轮复习《万有引力定律及其应用》验收测试题
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)
    1.目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列判断不正确的是( )
    A. 由于地球引力做正功引力势能一定减小
    B. 卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
    C. 卫星的动能逐渐减小
    D. 气体阻力做负功,地球引力做正功,但机械能减小
    【答案】C
    【解析】由于卫星高度逐渐降低,所以地球引力对卫星做正功,引力势能减小,故A正确;根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值,而引力做的功等于引力势能的减少,即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化,B正确;得v=,可见,卫星的速度大小随轨道半径的减小而增大,则卫星的动能逐渐增大,故C错误;气体阻力做功不可忽略,由于气体阻力做负功,所以卫星与地球组成的系统机械能减少,故D正确; 题目要求选错误的,故选:C.
    2.我国成功地发射“嫦娥三号”探月卫星,其飞行轨道如图所示,在环月段时需由圆形轨道I变换到椭圆轨道II,已知圆形轨道I半径为r、周期为T,万有引力恒量为G,下列说法正确的是( )


    A. 探月卫星在P处变轨进入椭圆轨道时必须点
    B. 由题中条件可以计算出月球的质量
    C. 探月卫星沿l、II两轨道运行时经P点的机
    D. 探月卫星在轨道I上运行的周期小于在轨道
    【答案】B.
    【解析】探月卫星在P处变轨进入椭圆轨道是由圆周运动变为向心运动,必须点火减速,故A错误;卫星的万有引力等于向心力,有:可以计算出月球的质量,B正确;探月卫星沿l、II两轨道运行时,势能相等,但动能不等,故机械能不等,故C错误;开普勒的周期定律同样适用与月球体系,轨道半径的半长轴越长,周期越大,故D错误;
    3.欧洲天文学家发现了可能适合人类居住的行星“格里斯581c”.该行星的质量是地球的m倍,直径是地球的n倍.设在该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度分别为,则的比值为(  )
    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】D
    【解析】星球表面发射人造卫星的最小发射速度即第一宇宙速度,根据万有引力提供向心力得:解得该行星的质量是地球的m倍,直径是地球的n倍,故
    4.人类发射地球同步卫星时,先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火,使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火,将卫星送入同步轨道3。轨道1、2相切于Q点,轨道2、3相切于P点,如图。关于这颗卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时,以下说法正确的是( )

    A. 卫星在三个轨道运动的周期关系是:T1B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道l上的角速度
    C. 卫星在轨道l上经过Q点时的动能小于它在轨道2上经过Q点时的动能
    D. 卫星在轨道2上运动时的机械能可能等于它在轨道3上运动时的机械能
    【答案】C
    【解析】由轨道知,轨道1的半长轴最小,轨道3的半长轴最大,根据开普勒第三定律知知,.故A错误;卫星在轨道1和3上做匀速圆周运动,万有引力提供向心力可知,角速度,知轨道半径大的角速度小,故B错误;卫星在轨道1上做匀速圆周运动,经过P点时万有引力和向心力相等,在轨道2上经过P点时要做离心运动,万有引力小于所需向心力,由于万有引力相等,故在轨道2上经过P点时的速度大,动能大,故C正确;根据卫星变轨原理,在轨道3上圆周运动时,要进入轨道2,需要在两轨道相切点减速,发动机对卫星做负功,使万有引力大于该点圆周运动向心力,从而做近心运动.故D错误.
    5.搭载嫦娥三号探测器的长征三号乙火箭点火升空。假设为了探测月球,载着登陆舱的探测飞船在以月球中心为圆心,半径为r1的圆轨道上运动,周期为T1,总质量为m1,登陆舱随后脱离飞船,变轨到离月球更近的半径为r2的圆轨道上运动,此时登陆舱的质量为m2,最终在月球表面实现软着陆,无人探测及月夜生存三大创新。若以R表示月球的半径,忽略月球自转及地球对卫星的影响。则下列有关说法正确的是( )
    A. 月球表面的重力加速度
    B. 月球的第一宇宙速度为
    C. 登陆舱在半径为r2轨道上的周期
    D. 登陆舱在半径为r1与半径为r2的轨道上的线速度之比为
    【答案】C
    【解析】根据牛顿第二定律,可得载着登陆舱的探测飞船的加速度为:,该加速度不等于星球表面的重力加速度,故A错误;根据万有引力提供向心力为:,得:.近月卫星的运行速度为月球的第一宇宙速度,根据万有引力提供向心力为:,得:,故B错误;据开普勒第三定律可得:,故C正确;根据万有引力提供向心力,可得:同理可得:,得:,故D错误
    6.一宇宙飞船绕地心做半径为r的匀速圆周运动,飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上.用R表示地球的半径,g表示地球表面处的重力加速度,g′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度,表示人对秤的压力,下面说法中正确的是( )
    A.
    B.
    C.=
    D.=
    【答案】B
    【解析】做匀速圆周运动的飞船及其上的人均处于完全失重状态,台秤无法测出其重力,故=0,C,D错误;对地球表面的物体,,宇宙飞船所在处,,可得:,A错误,B正确.
    7.某月球探测卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动,此时其动能为Ek1,周期为T1;再控制它进行一系列变轨,最终进入贴近月球表面的圆轨道做匀速圆周运动,此时其动能为Ek2,周期为T2,已知地球的质量为M1,月球的质量为M2,则为( )
    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】C
    【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动,设卫星质量为m,轨道半径为r1,运动线速度为v1,
    因为动能为:,所以向心力为:,万有引力提供向心力:,解得:,同理,卫星绕月球做圆周运动时,有类似的结论:故:
    故C正确,ABD错误.
    8.设想在月球上发射一颗绕月卫星,经变轨后由原来的椭圆I轨道变为圆轨道II,如图所示。则下列说法正确的是 ( )

    A. 卫星在轨道II上的运行速度小于7.9km/s
    B. 卫星在轨道I上通过P点的速度和轨道II上通过P点的速度大小相等
    C. 变轨后卫星的机械能较原来变小
    D. 在轨道I上运动时卫星在近地点的重力势能大于在远地点的重力势能
    【答案】A
    【解析】星球表面的速度为第一宇宙速度,由于月球的表面重力加速度和月球半径均小于地球表面重力加速度和半径,故月球的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度7.9km/s.由知,轨道半径越大速度越小,故卫星在轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9km/s,故A正确.卫星在轨道Ⅰ上通过点P时,点火加速,使其向心力大于万有引力,做离心运动,才能进入轨道Ⅱ,故卫星在轨道Ⅰ上通过点P的速度大于轨道Ⅱ上通过点P的速度,故B错误.在轨道Ⅰ上通过点P时,点火加速,动能增大,机械能增大,才进入轨道Ⅱ,故C错误.卫星从近地点向远地点运动中,引力做负功,重力势能增大,故在轨道Ⅰ上运行时卫星在近地点的重力势能小于远地点的重力势能,故D错误.
    9.在地球大气层外有大量的太空垃圾.在太阳活动期,地球大气会受太阳风的影响而扩张,使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围,从而开始向地面下落.大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬,但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上,对人类造成危害.太空垃圾下落的原因是( )
    A. 大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落
    B. 太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小,进而导致下落
    C. 太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力,这种压力差将它推向地面
    D. 太空垃圾在大气阻力作用下速度减小,运动所需的向心力将小于万有引力,垃圾做趋向圆心的运动,落向地面
    【答案】D
    【解析】由题意知,由于大气层的扩张,太空垃圾被太空垃圾包围后,在运动的过程中会受大气层的阻力作用,故速度减小,使所需向心力小于受到的万有引力,而做近心运动,所以A、B、C错误;D正确。
    10.如图所示,人造卫星A,B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知A,B连线与A,O连线间的夹角最大为,则卫星A,B的角速度之比等于

    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】C
    【解析】据题意,人造卫星绕地心做圆周运动,其运动的向心力等于万有引力,则有:和,经过计算整理得:,故选项C正确。
    11.“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日1时30分成功发射,12月14日21时11分,嫦娥三号成功实施月面软着陆.此次成功落月,中国成为全世界第三个实现月面软着陆的国家.“嫦娥三号”探月卫星有一个运动阶段是在地球上方约310km的绕地圆形轨道上运行,另一个运动阶段是在月球上方约100km的绕月轨道上运行.已知地球和月球的质量之比为81:1,半径之比为4:1.对于这两个阶段,下列判断正确的是(  )
    A. “嫦娥三号”探月卫星绕地球做圆周运动的向心力大小比其绕月的小
    B. “嫦娥三号”探月卫星绕地球做圆周运动的加速度大小比其绕月的大
    C. “嫦娥三号”探月卫星绕地球做圆周运动的周期比其绕月的大
    D. “嫦娥三号”探月卫星绕地球做圆周运动的线速度大小比其绕月的小
    【答案】B
    【解析】由万有引力充当向心力知F==ma
    向心力,所以“嫦娥三号”探月卫星绕地球做圆周运动的向心力大小比其绕月的大,故A错误;向心加速度,所以探月卫星绕地球做圆周运动的加速度大小比其绕月的大,故B正确;,所以探月卫星绕地球做圆周运动的周期比其绕月的小,故C错误;,所以探月卫星绕地球做圆周运动的线速度大小比其绕月的大,故D错误;
    12.如图所示,a为放在赤道上随地球一起自转的物体,b为同步卫星,c为一般卫星,d为极地卫星。设b,c﹑d三卫星距地心的距离均为r,做匀速圆周运动。则下列说法正确的是(  )

    A.a,b﹑c﹑d线速度大小相等
    B.a,b﹑c﹑d向心加速度大小相等
    C. 若b卫星升到更高圆轨道上运动,则b仍可能与a物体相对静止
    D.d可能在每天的同一时刻,出现在a物体上空
    【答案】D.
    【解析】a,b比较,角速度相等,由v=ωr,可知va<vb,根据线速度公式v=,b,c,d为卫星,轨道半径相同,线速度大小相等,故A错误; a,b比较,角速度相等,由a=ω2r,aa<ab,根据向心加速度大小公式a=,b,c,d为卫星,轨道半径相同,向心加速度大小相等,故B错误; b为同步卫星,若b卫星升到更高圆轨道上运动,周期发生变化,b不可能与a物体相对静止,故C错误; d为极地卫星,如果d的周期与a的转动的周期相等,d可能在每天的同一时刻,出现在a物体上空,故D正确;
    13.假设“天宫一号”空间实验室沿圆轨道绕地球运行,轨道距地球表面约3.4×105m。利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107m这一事实,可以计算得到“天宫一号”绕地球运行的周期。已知地球半径为6.4×106m,则以下数据中最接近其运行周期的是
    A. 0.6h
    B. 1.6h
    C. 4.0h
    D. 24h
    【答案】B
    【解析】根据万有引力提供圆周运动向心力有:,可得周期所以有:,即天宫一号的周期;所以ACD错误,B正确. 故选:B
    14.哈勃望远镜被称作足人类观察宇宙的眼睛.在l 990年4月25日哈勃天文望远镜被科学家送上距地球表面约600 km的高空.使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展.假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行.已知地球半径为6.4×m,利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期.以下数据中.最接近其运行周期的是( )
    A. 0.6小时
    B. 1.6小时
    C. 4.0小时
    D. 24小时
    【答案】B
    【解析】不管是哈勃望远镜还是地球同步卫星,都是依靠地球对他们的万有引力提供向心力,即周期,所以哈勃望远镜和同步卫星的周期比,,选项B对。
    15.我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面,并发回大量图片和信息。若该月球车在地球表面的重力为,在月球表面的重力为。已知地球半径为,月球半径为,地球表面处的重力加速度为g,则( )
    A. “玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为
    B. 地球的质量与月球的质量之比为
    C. 地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为
    D. 地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
    【答案】D
    【解析】质量是表示物体含物质多少的物理量,与引力无关,物体的质量是不变的,重力是改变的,根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较;忽略星球自转的影响,根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量;第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,也是最大的圆周运动的环绕速度。“玉兔号”月球车在地球表

  • ID:6-5707119 2019学年高三高考物理二轮复习《物体受力平衡》验收测试题含答案解析

    高中物理/高考专区/二轮专题

    绝密★启用前
    2019学年高三高考物理二轮复习《物体受力平衡》验收测试题
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共90分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)
    1.轻质弹簧A的两端分别连在质量为m1和m2的小球上,两球均可视为质点.另有两根与A完全相同的轻质弹簧B,C的一端分别与两个小球相连,日的另一端固定在天花板上,C的另一端用手牵住,如图所示.适当调节手的高度与用力的方向,保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8),当弹簧C的拉力最小时,B,C两弹簧的形变量之比为(  )

    A. 1:1
    B. 3:5
    C. 4:3
    D. 5:4
    【答案】C
    【解析】以两球整体为研究对象,受力分析,由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时施加的拉力最小,由几何关系知TB:TC=4:3;

    2.如图所示,斜面上固定有一与斜面垂直的挡板,另有一截面为1/4圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上,半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间,没有与斜面接触而处于静止状态。现在从球心O.处对甲施加一平行于斜面向下的力F,使甲沿斜面方向缓慢向下移动。设乙对挡板的压力大小为F1,甲对斜面的压力大小为F2,甲对乙的弹力为F3。在此过程中:( )


    A.F1逐渐增大,F2逐渐增大,F3逐渐增大
    B.F1逐渐减小,F2保持不变,F3逐渐减小
    C.F1保持不变,F2逐渐增大,F3先增大后减小
    D.F1逐渐减小,F2保持不变,F3先减小后增大
    【答案】D
    【解析】先对物体乙受力分析,受重力,挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′,如图根据平衡条件,结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小,甲对乙的弹力F3′不断减小,根据牛顿第三定律,乙对挡板的压力F1不断减小,甲对乙的弹力F3不断减小;再对甲与乙整体受力分析,受重力,斜面的支持力,挡板的支持力和已知力F,如图根据平衡条件,有 x方向:F+(M+m)gsin-F1=0 y方向:F2-(M+m)gcos=0 解得:F2=(M+m)gsin,保持不变. 结合牛顿第三定律,物体甲对斜面的压力F2不变.故D正确,ABC错误.
    3.如图所示,重为G的光滑球在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间处于静止状态。若将斜面换成材料和质量相同,但倾角θ稍小一些的斜面,以下判断正确的( )

    A. 球对斜面的压力变大
    B. 墙面受到压力变小
    C. 地面受到的压力变小
    D. 斜面可能向左滑动
    【答案】B
    【解析】以球为研究对象,它受到重力mg,斜面对它的支持力N1,墙壁对它的弹力F的作用而处于平衡状态,如图所示.

    根据平衡条件有:N1cosθ=mg,N1sinθ=F,解得F=mgtanθ,所以静摩擦力f=F=mgtanθ,,倾角θ减小时,N1变小,F变小,由牛顿第三定律知球对斜面的压力变小,墙面受到压力变小,故A错误,B正确;选取球和斜面这个整体为研究对象,受到重力(M+m)g,地面支持力N,墙壁的弹力F和地面的静摩擦力f的作用而处于平衡状态.如图所示.

    根据平衡条件有:N=(M+m)g,地面受到的压力不变,F=f. 倾角θ减小时,静摩擦力f减小,斜面仍将保持静止,故C,D错误.
    4.如图,A,B两物体叠放在水平地面上,A物体m=20kg,B物体质量M=30 kg。处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁,另一端与A物体相连,弹簧处于自然状态,其劲度系数为250N/m,A与B之间,B与地面之间的动摩擦因数均为=0.5。现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动,当移动0 .2m时,水平推力F的大小为(g取10 m/s2) ( )

    A. 350 N
    B. 300 N
    C. 250 N
    D. 200 N
    【答案】B
    【解析】B缓慢地向墙壁移动,所以物体B的合力始终为零,假设A相对B静止,当移动0.2m时,弹簧的弹力大小为F弹=250×0.2=50N,此时AB间的最大摩擦力大小为f=200×0.5=100N,因为F弹5.如图所示,放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B,A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧.A,B均处于静止状态,下列说法中正确的是( )

    A.B受到向左的摩擦力
    B.B对A的摩擦力向右
    C. 地面对A的摩擦力向右
    D. 地面对A没有摩擦力
    【答案】D
    【解析】以B为研究对象,B受弹簧向左的弹力,又因B处于静止状态,故受A对它向右的摩擦力,所以A错误;根据牛顿第三定律可知,B对A的摩擦力向左,所以B错误;把A,B视为一整体,水平方向没有运动的趋势,故B不受地面的摩擦力,所以C错误;D正确。
    6.体育器材室里,篮球摆放在图示的球架上。已知球架的宽度为d,每只篮球的质量为m,直径为D,不计球与球架之间摩擦,则每只篮球对一侧球架的压力大小为( )

    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】C
    【解析】篮球受力平衡,设一側球架的弹力与竖直方向的夹角
    为θ ,如图,
    由平衡条件,,
    而,
    则,选项C正确。
    7.如图所示,质量均为m的物体A和物体B,用跨过光滑定滑轮的轻质细绳相连,A置于倾角=30°的固定斜面上,处于静止状态。现用水平力F作用在物体B上,缓慢的拉开一小角度,物体A一直保持静止,此过程中A所受的摩擦力( )

    A. 逐渐增大
    B. 逐渐减小
    C. 先减少后增大
    D. 先增大后减少
    【答案】A
    【解析】对A研究可知,原来细线的拉力大小等于B的重力,即T=mg>mgsin,A原来所受的摩擦力沿斜面向下,当用水平向右的力F缓慢拉物体A,细线的竖直分力大小等于A的重力,所以细线所受拉力的大小一定增大,A所受的摩擦力增大,
    8.在水平桌面上有一个倾角为α的斜面体。一个质量为m的物块,在平行于斜面的拉力F作用下,沿斜面向上做匀速运动。斜面体始终处于静止状态。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列结论正确的是( )

    A. 斜面对物块的摩擦力大小是F
    B. 斜面对物块的摩擦力大小是μmg
    C. 桌面对斜面体的摩擦力大小是0
    D. 桌面对斜面体的摩擦力大小是Fcosα
    【答案】D
    【解析】分析物块在垂直斜面方向两个力重力垂直斜面向下的分力和支持力,沿斜面方向受到三个力即重力沿斜面向下的分力,沿斜面向下的摩擦力,沿斜面向上的拉力F,根据受力平衡可得斜面体对物块的摩擦力大小为,选项AB错。斜面体和物块都处于平衡状态,整体受力分析,竖直方向有两个重力和桌面支持力以及拉力F竖直向上的分力,水平方向为F的水平分力和摩擦力,由于整体平衡,所以有桌面对斜面体摩擦力,对照选项C错D对。
    9.如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千,某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍能保持等长且悬挂点不变。木板静止时,表示木板所受合力的大小,表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后( )

    A.不变,变大
    B.不变,变小
    C.变大,变大
    D.变小,变小
    【答案】A
    【解析】木板静止,所受合力为零,所以F1不变,将两轻绳各减去一小段,木板再次静止,两绳之间的夹角变大,木板重力沿绳方向的分力变大,故F2变大,正确选项B。
    10.如图所示,某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中,该同学对绳的拉力将(滑轮与绳的重力及摩擦均不计)( )

    A. 越来越小
    B. 越来越大
    C. 先变大后变小
    D. 先变小后变大
    【答案】B
    【解析】本题主要考查了共点力平衡的条件及其应用。对结点受力分析,如图所示,由于为同一根绳子,故F1=F2=F,设F1与F2夹角为θ,则,F1=F2=在重物被吊起的过程中,θ变大,故F1与F2同时变大,故选项B正确.

    11.如图所示,在足够长水平传送带上有三个质量分别为m1,m2,m3的小木块(长度不计)1,2,3,中间分别用一原长为L,劲度系数为k的轻弹簧连接起来,木块与传送带间的动摩擦因数为,现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上,传送带按图示方向匀速运动,当三个木块达到平衡后,1,3两木块之间的距离是( )

    A. 2L+(m2+m3)g/k 
    B. 2L+(2m2+m3)g/k
    C. 2L+(m2+2m3)g/k  
    D. 2L+(m1+m2+m3)g/k
    【答案】C
    【解析】对木块3分析,摩擦力与弹簧弹力平衡,有:,则:
    对木块2和3整体分析,摩擦力和弹簧弹力平衡,有:则则1,3两木块的距离:
    12.表面光滑,半径为R的半球固定在水平地面上,球心O的正上方O′处有一无摩擦的定滑轮,轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上,如图所示,两小球平衡时,若滑轮两侧细绳的长度分别为L1=2.4R和L2=2.5R,则这两个小球的质量之比m1∶m2为(不计球的大小) ( )

    A. 24∶1
    B. 25∶1
    C. 24∶25
    D. 25∶24
    【答案】D
    【解析】先以左侧小球为研究对象,分析受力情况:重力m1g,绳子的拉力T和半球的支持力N,作出受力图.由平衡条件得知,拉力T和支持力N的合力与重力mg大小相等,方向相反.设OO′=h,根据三角形相似得:,同理所以故选:D.
    13.如图所示为某新型夹砖机,它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起,大大提高了工作效率。已知该新型某夹砖机能夹起质量为m的砖,两支“手臂”对砖产生的最大压力为(设最大静擦力等于滑动摩擦力),则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为( )

    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】B
    【解析】对砖进行受力分析,根据平衡条件得:2Ff=mg,2μFmax=mg,解得:,故B正确,A,C,D错误。
    14.如图为节日里悬挂灯笼的一种方式,A,B点等高,O为结点,轻绳AO,BO长度相等,拉力分别为FA,FB,灯笼受到的重力为G.下列表述正确的是( )

    A.FA一定小于G
    B.FA与FB大小相等
    C.FA与FB是一对平衡力
    D.FA与FB大小之和等于G
    【答案】B
    【解析】设∠AOB=2θ,O点受到FA,FB,F三力作用,根据平衡条件得知:FA与FB合力与重力 大小相等,方向相反,所以此合力的方向竖直向上.
    建立如图所示的坐标系,列平衡方程得:


    解出:.当θ=60°时,FA=FB=G;当θ<60°时,FA=FB<G;当θ>60°时,FA=FB>G;故A错误,B正确;平衡力大小相等,方向相反,作用在同一条直线上,所以FA与FB不是一对平衡力.故C错误;可知FA不一定小于G;两力可能与G相等,两力的大小之和大于G,故D错误.
    故选:B.
    15.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型,一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1tanθ,他从A点开始下滑,滑到C点恰好静止,整个过程中滑梯保持静止状态.则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中( )

    A. 地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左,后水平向右
    B. 地面对滑梯始终无摩擦力作用
    C. 地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
    D. 地面对滑梯的支持力的大小先大于,后小于小朋友和滑梯的总重力的大小
    【答案】A
    【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动,将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向,如图.以小朋友和滑梯整体为研究对象,由于小朋友有水平向左的分加速度,根据牛顿第二定律得知,地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左.同理可知,小朋友在BC段做匀减速直线运动时,地面对滑梯的摩擦力方向水平向右.故A正确,B错误.

    以小朋友和滑梯整体为研究对象,小朋友在AB段做匀加速直线运动时,有竖直向下的分加速度,则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力.同理,小朋友在BC段做匀减速直线运动时,地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力.故CD错误,
    16.如图甲,手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙),电脑始终静止在底座上,则( )

    A. 电脑受到的支持力变大
    B. 电脑受到的摩擦力变小
    C. 散热底座对电脑的作用力变大
    D. 散热底座对电脑的作用力不变
    【答案】D
    【解析】笔记本电脑受重力,支持力和静摩擦力,如图所示:根据平衡条件,有:①② A:由原卡位1调至卡位4,角度减小,根据②式,静摩擦力减小,故A错误; B:由原卡位1调至卡位4,角度减小,根据①式,支持力N增加,根据牛顿第三定律,电脑对散热底座的压力变小故B错误;电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡,但大小的和是变化的,故C错误;散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力,与重力平衡,始终是不变的,故D正确;
    17.如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M,N处受力的方向,下列说法正确的是 ( )

    A.M处受到的支持力竖直向上
    B.N处受到的支持力竖直向上
    C.M处受到的静摩擦力沿MN方向
    D.N处受到的静摩擦力沿水平方向
    【答案】A
    【解析】弹力的方向与接触面切线垂直,M处支持力方向与地面垂直,即竖直向上,所以A正确;N处的支持力方向与MN垂直向上,所以B错误;摩擦力方

  • ID:6-5707117 2019学年高三高考物理二轮复习《直流与交流电路》验收测试题含答案解析

    高中物理/高考专区/二轮专题

    绝密★启用前
    2019学年高三高考物理二轮复习《直流与交流电路》验收测试题
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)
    1.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器,V1,A1为监控市电供电端的电压表和电流表,V2,A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表,R1,R2为教室的负载电阻,V3,A3为教室内的监控电压表和电流表,配电房和教室间有相当长的一段距离,则当开关S闭合时(  )

    A. 电流表A1,A2和A3的示数都变大
    B. 只有电流表A1的示数变大
    C. 电压表V3的示数变小
    D. 电压表V2和V3的示数都变小
    【答案】C
    【解析】开关S闭合,负载的总电阻减小,又副线圈的电压U2不变,所以副线圈的电流增大,电流表A2示数变大,根据变流规律可得原线圈电流增大,电流表A1示数增大,配电房和教室间有相当长的一段距离,导线所耗电压增大,故并联电路的电压减小,即电压表V3示数减小,所以电流表A3的示数减小,所以A,B错误,C正确;副线圈电压不变,即V2示数不变,所以D错误.
    2.如图甲所示,理想变压器的原线圈的匝数n1,和副线圈匝线n2均可调节.原线圈两端接如图乙所示的交流电,副线圈接负载电阻R和理想交流电流表
    A,则下述说法正确的是( )

    A. 原线圈所接交流电的瞬时值表达式(V)
    B. 增大n1,其它条件不变,变压器的输出电压变大
    C. 增大n2,其它条件不变,电流表的示数变大
    D. 增大R,其它条件不变,变压器的输入功率变大
    【答案】C
    【解析】由图知交流电角速度为100,选项A错误;增大n1变压器的输出电压变小,B错误;只增大R时,有得输出功率变小,则输入功率也变小。
    3.如图所示,理想变压器原,副线圈的匝数比为10:1,电压表和电流表均为理想电表,为副线圈的负载电阻。现在原线圈两端加上交变电压,其时间变化的规律,则( )

    A. 若电流表示数为0.1A,则1min内电阻上产生的焦耳热为132J
    B. 副线圈中产生的交变电流频率为100Hz
    C. 电压表的示数为V
    D. 若电流表示数为0.1A,则原线圈中的电流为1A
    【答案】A
    【解析】副线圈消耗的电能全部转化为焦耳热,所以Q=UIt=22×0.1×60=132J,A正确;由表达式知道周期T=0.02s,所以频率f=50Hz,所以B错误;根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为220V,所以副线圈的电压的最大值为22V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为22V,所以C错误.电流与匝数成反比,所以若电流表示数为0.1A,则原线圈中的电流为0.01A,所以D错误.
    4.在如图所示电路中,当滑动变阻器R3的滑片P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
    【答案】B
    【解析】当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时,电阻R3变小,电路总电阻变小,电源输出电流增大,电压表示数变小,并联电路两端电压变小,通过R2的电流变小,通过R3的电流变大,即电流表示数变大,选项B正确.
    5.如图所示为理想变压器及其工作电路,原,副线圈匝数比n1:n2=2:1,电压表和电流表均为理想电表,原线圈接函数表达式的交流电,为半导体热敏电阻(其电阻随温度升高而变小).R1,R2为定值电阻,C为电容器。下列判断正确的是( )

    A. V1表的示数为220 V
    B.R2的电功率为零
    C. 副线圈输出电压的函数表达式为
    D.RT处温度升高时,V1表示数不变,V2表和A表的示数均变大
    【答案】A
    【解析】由题意可知原线圈的输入电压为,即V1表的示数为220 V,故选项A正确;由于原线圈输入交流电,副线圈也输出交流电,所以有电流通过电容器,即通过电阻R2的电流不为零,功率不为零,故选项B错误;由于原副线圈的电流频率相同,故选项C错误;副线圈相当于电源,其电压为,当半导体电阻温度升高时,其阻值减小,副线圈负载减小,副线圈电流I2变大,即电流表的示数变大,由闭合电路的欧姆定律可知电压表V2的示数减小,故选项D错误.
    6.在如图所示的电路中,E为电源,其内阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变),R1,R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值随所受照射光强度的增大而减小,V为理想电压表.若将照射R3的光的强度减弱,则 (  )

    A. 电压表的示数增大
    B. 小灯泡消耗的功率减小
    C. 通过R2的电流减小
    D. 电源内阻的电压增大
    【答案】B
    【解析】若将照射R3的光的强度减弱,则R3的电阻将增大,电路中的总电阻将增大,总电流减小,故电压表的示数减小,内电压也减小,A,D错误;电阻R2两端的电压将增大,通过R2的电流增大,而总电流减小,所以通过小灯泡的电流减小,小灯泡消耗的功率减小,B正确,C错误.
    7.远距离输电,原来采用2200V输电,输电线上损失的电功率为P,在保持输送电功率和输电线电阻不变的条件下,现采用22kV输电,则输电线上损失的电功率将变为( )
    A.P
    B.P
    C. 10P
    D. 100P
    【答案】A
    【解析】据题意,提升电压前,损失的功率为:;当电压提升后,损失功率为:,则,故选项A正确。
    8.如图所示区域内存在匀强磁场,磁场的边界由x轴和y=2sinx曲线围成(x≤2 m),现把一边长l=2 m的正方形单匝线框以水平速度v=10 m/s匀速地拉过该磁场区,磁场区的磁感应强度为0.4 T,线框电阻R=0.5 Ω,不计一切摩擦阻力,则(  )

    A. 水平拉力F的最大值为8 N
    B. 拉力F的最大功率为12.8 W
    C. 拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区
    D. 拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区
    【答案】C
    【解析】线框通过磁场区域,感应电流先增大然后减小,形成正弦交流电,周期为2l/v=0.4 s,感应电动势最大值为Em=Blv=8 V,有效值为4V,感应电流最大值为16 A,有效值为8A,则水平拉力最大值为Fm=BIml=12.8 N,A错误;拉力的最大功率为Pm=Fmv=128 W,B错误;线框匀速通过,拉力做功等于焦耳热,Q=I2Rt=25.6 J,C正确,D错误.
    9.如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图像,则(  )

    A. 用户用电器上交流电的频率是100 Hz
    B. 发电机输出交流电的电压有效值是500 V
    C. 输电线上的电流只由降压变压器原,副线圈的匝数比决定
    D. 当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小
    【答案】D
    【解析】由u-t图像可知,交流电的周期T=0.02 s,故频率f==50 Hz,选项A错误;交流电的电压最大值Um=500 V,故有效值U==250V,选项B错误;输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原,副线圈的匝数比决定,选项C错误;当用户用电器的总电阻增大时,副线圈上的电流减小,根据=,原线圈(输电线)上的电流减小,根据P=IR得,输电线损失的功率减小,选项D正确.
    10.如图所示,在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s,转轴O1O2垂直于磁场方向,线圈总电阻为2 Ω,匝数为100匝.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,t=s时线圈中感应电流为1 A,那么(  )

    A. 线圈中感应电流的有效值为2 A
    B. 线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 J
    C.t=s时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/s
    D. 线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e=4sin 100πt(V)
    【答案】C
    【解析】由于从中性面开始,感应电流的瞬时值表达式为:i=Imcost(A),将t=s代入可得,Im=2 A,因此感应电流的有效值为I==A,A错误;线圈转动一周产生的焦耳热Q=I2Rt=()2×2×0.02 J=0.08 J,B错误;线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e=Umcost(V)=ImRcost(V)=4cos 100πt(V),D错误;而t=s时有瞬时值e=4cosV=2 V,而根据法拉第电磁感应定律,e=n,因此t=s时穿过线圈磁通量的变化率为=0.02 Wb/s,C正确.
    11.如图所示,M为理想变压器,电表均可视为理想电表,电源电压U不变,输电线电阻忽略不计。当变阻器滑片P向上移动时,对于电表读数发生的变化判断正确的是( )

    A. Al变大
    B. A2变小
    C. VI不变
    D. V2变小
    【答案】A.
    【解析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以变压器的输出电压也不变,所以V1,V2的示数都不变,当变阻器的滑动头P向上移动时,滑动变阻器的电阻减小,所以负线圈的电流增大,原线圈的电流也要变大,所以A正确,BCD错误.
    12.在如图所示电路中,当变阻器局的滑动头P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
    【答案】B
    【解析】本题主要考查了闭合电路的动态分析。由R3减小则外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律知总电流I增大,由U/=Ir和U/+U=E知路端U减小,故伏特表V表变小;干路电流增大则定值电阻R1两端电压增大,故并联电压U2减小,所以通过定值电阻R2的电流I2减小,I2+I3=I故通过电流表的电流I3变大,选项B正确。
    13.图为模拟远距离输电实验电路图,两理想变压器的匝数n1=n42R,忽略灯丝电阻随温度的变化.当A,B端接入低压交流电源时(  )

    A. A1,A2两表的示数相同
    B. L1,L2两灯泡的亮度相同
    C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率
    D.R2两端的电压小于R4两端的电压
    【答案】D
    【解析】设A,B两端所加电压为U.由欧姆定律知,通过A2表的电流大小I2=.通过升压变压器升压后输出电压U′=U,降压变压器获得电压为U′-I1·2R=U-I1·2R,灯泡L1两端电压为(U-I1·2R),则通过灯泡L1的电流为.故由变压器电流变化规律得I1=.又因为n1=n42R,所以I1I2,故灯炮L1亮度更大,选项B错误.由于I114.某一电热器接在U=110V的直流电源上,每秒产生的热量为Q;现把它改接到某正弦式交流电源上,每秒产生的热量为4.5Q,则该交流电压的最大值Um是( )
    A. 220V
    B. 110V
    C. 220V
    D. 330V
    【答案】D
    【解析】设电热器的电阻为R,根据焦耳定律及有效值与最大值关系得:电热器接在U=110V的直流电源上时,有电热器接到某正弦式交流电源上时,有
    以上两式联立解得:,故选D。
    15.如图所示电路,电源内阻不可忽略.开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中 (  )

    A. 电压表与电流表的示数都减小
    B. 电压表与电流表的示数都增大
    C. 电压表的示数增大,电流表的示数减小
    D. 电压表的示数减小,电流表的示数增大
    【答案】A
    【解析】变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中,变阻器R0接入电路中的电阻变小,从而使整个电路中的外电阻变小,干路电流变大,内阻r分得的电压U内=Ir变大,U外变小,电压表示数变小.由U1=IR1知U1变大,因U外=U1+U2,故U2变小,由于I2=,所以流过R2的电流变小,电流表示数变小,选项A正确.
    16.一台理想变压器的原,副线圈的匝数比是5∶1,原线圈接入电压为220V的正弦交流电,各元件正常工作,一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上,如图所示,电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是( )C

    A. 原,副线圈中的电流之比为5∶1
    B. 电压表的读数约为44V
    C. 若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω,则1 分钟内产生的热量为2904 J
    D. 若将滑动变阻器的滑片向上滑动,则两电表读数均增大
    【答案】C
    【解析】理想二极管的作用是正向的电流通过时电阻很小,反向的电流通过时电阻很大,认为断路,故理想二极管的作用是只允许正向的电流通过,再根据变压器的原理电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,即可求得结论。由于原,副线圈中的电流与匝数成反比,所以电流之比为1:5,A选项错误;原,副线圈的电压与匝数成正比,所以副线圈两端电压为U2=44V,但二极管具有单向导电性,根据有效值的定义有,从而求得电压表两端电压有效值为U=22V,B选项错误;则1min内产生的热量为=2904 J,C选项正确;将滑动变阻器滑片向下滑动,接入电路中的阻值变大,但对原,副线圈两端的电压无影响,即电压表的读数不变,电流表的读数变小,所以D错误。
    17.在如图所示的四个电路中,电源电动势为E,内阻为r,定值电阻阻值为R0,当滑动变阻器R的滑片P从a向b滑动时,理想电压表读数变大的是 (  )


    【答