状元桥·2016高考物理一轮课时训练：第11章检测

合集下载

高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练11 含答案

课时跟踪训练(十一)一、选择题1．关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是()A．物体受变力作用才可能做曲线运动B．物体受恒力作用也可能做曲线运动C．物体不受力也能做曲线运动D．物体只要受到外力就一定做曲线运动[解析]物体做曲线运动的条件是所受的合外力方向与它的速度方向不在一条直线上，跟此合外力是否为变力无关，只有B选项正确．[答案] B2．(多选)关于曲线运动，下面说法正确的是()A．物体运动状态改变时，它一定做曲线运动B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和所受到的合外力方向一致[答案]BD3．(多选)关于两个分运动的合运动，下列说法中正确的是()A．两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．合运动的速度一定大于分运动的速度D．合运动的位移大小可能小于分运动的位移大小[解析]合运动与分运动的速度与位移关系均遵守三角形法则，所以C错，D对．进行运动合成时可分别进行速度合成和加速度合成，若合速度与合加速度方向在一条直线上则合运动是直线，故A对，B错．[答案]AD4．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如右图)，与此同时对质点加上沿x 轴正方向的恒力F x 和沿y 轴正方向的恒力F y ，则( )A ．因为有F x 质点一定做曲线运动B ．如果F y >F x ，质点向y 轴一侧做曲线运动C ．质点不可能做直线运动D ．如果F x >F y cot α，质点向x 轴一侧做曲线运动[解析] 若F y ＝F x tan α，则F x 和F y 的合力F 与v 在同一直线上，此时质点做直线运动．若F x >F y cot α，则F x 、F y 的合力F 与x 轴正方向的夹角β<α，则质点向x 轴一侧做曲线运动，故正确选项为D.[答案] D5．质量为m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O 处，先用沿＋x 轴方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿＋y 轴方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ，则质点在这3 s 内的轨迹为( )[解析] 在t 1＝2 s 内，质点沿x 轴方向的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2,2 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s ，位移x 1＝12a 1t 21＝4 m ；撤去F 1后的t 2＝1 s 内沿x 轴方向做匀速直线运动，位移x 2＝v 1t 2＝4 m ．沿y 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 2＝F 2m ＝6 m/s 2，位移y ＝12a 2t 22＝3 m ，故3 s 末质点的坐标为(8,3)，故A 、B错误；由于曲线运动中合力指向轨迹的“凹”侧，故C 错误，D 正确．[答案] D6．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如下图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )A ．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B ．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害C ．运动员下落时间与风力无关D ．运动员着地速度与风力无关[解析] 水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A 错误，C 正确．运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B 、D 错误．[答案] C7．(多选)如下图所示，起重机将货物沿竖直方向以速度v 1匀速吊起，同时又沿横梁以速度v 2水平匀速向右运动，关于货物的运动下列表述正确的是( )A．货物的实际运动速度为v1＋v2B．货物的实际运动速度为v21＋v22C．货物相对地面做曲线运动D．货物相对地面做直线运动[解析]货物的实际速度为v21＋v22，选项B正确，A错误；货物的速度大小和方向均不变，做直线运动，D正确，C错误．[答案]BD8．(多选)如右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图．A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的()A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内[解析]C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，C的速度v C大于v A及v B，故A错误，B正确，v C的方向为平行四边形对角线的方向，所以一定在CA和CB的夹角范围内，故C错误，D正确．[答案]BD9．如右图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A 的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B 在水平面上运动，则下列v－t图象中，最接近物体B的运动情况的是()[解析]与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度v1和垂直于绳方向的速度v2，则物体B的速度v B＝v1＝v sinθ，在t＝0时刻θ＝0°，v B＝0，C项错误；之后随θ增大，sinθ增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，A项正确．[答案] A10．(多选)河水的流速随离河岸一侧的距离的变化关系如下图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则()A．船渡河的最短时间是60 sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s[解析]当船头垂直河岸渡河时，过河时间为最短，t min＝dv船＝3003s＝100 s，A错误，B正确；因河水的速度是变化的，故船相对于岸的速度的大小和方向均是变化的，船在河水中航行的轨迹不是一条直线，当船在河中心时，船速最大，v max＝v2水＋v2船＝5 m/s，C错误，D正确．[答案]BD二、非选择题11．如下图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平．设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示(坐标格为正方形，g取10 m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；(3)小球到达N点的速度v2的大小．[解析](1)设正方形的边长为s0.竖直方向做竖直上抛运动，v0＝gt1,2s0＝v02t1水平方向做匀加速直线运动，3s0＝v12t1解得v1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12,0)．(3)到N 点时竖直分速度大小为v 0＝4 m/s ，水平分速度v x ＝a 水平t N ＝2v 1＝12 m/s ，故v 2＝v 20＋v 2x ＝410 m/s.[答案] (1)6 m/s (2)见解析图 (3)410 m/s12．小船在200 m 宽的河中横渡，水流速度为2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，求：(1)当小船的船头始终正对对岸时，它将在何时、何处到达对岸？(2)要使小船到达正对岸，应如何行驶？历时多长？[解析] 小船参与了两个运动：随水漂流和船在静水中的运动．因为分运动之间是互不干扰的，具有等时的性质，故(1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间：t ＝t 1＝d v 船＝2004s ＝50 s ，沿河流方向的位移x 水＝v 水t ＝2×50 m ＝100 m ，即在正对岸下游100 m 处靠岸．(2)要小船垂直河岸过河，即合速度应垂直于河岸，如右图所示，则cos θ＝v 水v 船＝24＝12，所以θ＝60°，即航向与上游河岸成60°角，渡河时间t ＝t 2＝d v 合＝d v 船sin θ＝2004sin60°s ＝1003s ≈57.7 s.[答案](1)50 s后在正对岸下游100 m处靠岸(2)航向与上游河岸成60°角57.7 s。

状元桥·2016高考物理一轮课时训练：第08章检测

一、选择题(本大题共10小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有一个或一个以上选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有错选或不答的得0分)1.关于磁感应强度,下列说法正确的是( )A.磁场中某点磁感应强度的大小,跟放在该点的试探电流元的情况有关B.磁场中某点磁感应强度的方向,跟该点处试探电流元所受的磁场力方向一致C.在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时,该点磁感应强度值大小为零D.在磁场中磁感线越密的地方,磁感应强度越大2.如图所示的天平可用来测定磁感应强度.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为L ，共N 匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面.当线圈中通有电流I 时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为m 1、m 2的砝码，天平平衡.当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平重新平衡.由此可知（）A.磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为NILg m m )(21- B.磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为NILmg 2 C.磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为NILg m m )(21- D.磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为NIL mg 2 3.(2013·安徽理综,15)图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是( )A.向上B.向下C.向左D.向右4.如图所示,长为3l 的直导线折成三段做成正三角形,并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B ,当在该导线中通以如图所示的电流I 时,该通电导线受到的安培力大小为( )A.2BIlB.23BIlC.232+BIlD.05.如图所示,在x>0,y>0的空间有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里,大小为B ,现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子,由x轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴射入此磁场,其出射方向如图所示,不计重力的影响,则( )A.初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B.初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C.在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D.在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子6.如图所示,ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形,磁场垂直纸面向外,比荷为me 的电子以速度v 0从A 点沿AB 方向射入,欲使电子能经过BC 边,则磁感应强度B 的取值应为( )A.B>ae mv 03 B.B<ae mv 02 C.B<ae mv 03 D.B>aemv 02 7.如图所示,一束正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里,有些离子保持原来的运动方向,未发生任何偏转,如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中,发现这些离子又分成几束,对这些进入后一磁场的离子,可得出结论( )A.它们的动能一定各不相同B.它们的电荷量一定各不相同C.它们的质量一定各不相同D.它们的电荷量与质量之比一定各不相同8.如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等.有一个带电粒子以初速度v 0从x 轴上的P 点垂直进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入下面的磁场.已知O 、P 之间的距离为d ，则带电粒子（）A.在电场中运动的时间为02v d B.在磁场中做圆周运动的半径为d 2 C.自进入磁场至第二次经过x 轴所用时间为047v d。

状元桥·2016高考物理一轮课时训练：第10章检测

一、选择题(本大题共10小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动,对于线圈中产生的交流电()A.交流电的周期等于线圈转动周期B.交流电的频率等于线圈的转动频率的两倍C.线圈每次通过中性面,交流电改变一次方向D.线圈每次通过中性面位置,交流电达到最大值2.一交流电压为u=1002sin100ðt V,由此表达式可知()A.用电压表测该电压其示数为100VB.该交流电压的周期为0.02sC.将该电压加在“100V,100W”的灯泡两端,灯泡的实际功率小于100WD.t=1/400s时,该交流电压的瞬时值为50V3.电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示.现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是（）A.线圈转动的角速度ω＝100 rad/sB.在t＝0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量最大C.电热丝两端的电压U＝1002VD.电热丝此时的发热功率P＝1 800 W4.一台发电机的结构示意图如图所示,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯,铁芯外套有一矩形线圈,线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场.若从图示位置开始计时电动势为正值,下列图象中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是()5.图甲、图乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列说法正确的是()A.图甲表示交流电,图乙表示直流电B.两种电压的有效值相等C.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100ðt VD.图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后,频率变为原来的101 6.(2014·江西红色六校联考)在如图甲所示的电路中，A 1、A 2、A 3为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，线圈L 的电阻不计.在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化规律如图乙所示，则在t 1～t 2时间内（）A.电流表A 1的示数比A 2的小B.电流表A 2的示数比A 3的小C.电流表A 1和A 2的示数相同D.电流表的示数都不为零7.一矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动,形成如图所示的交变电动势图象,根据图象提供的信息,以下说法正确的是( )A.线圈转动的角速度为3100πrad/sB.电动势的有效值14.1VC.t=1.0×10-2s 时,线圈平面和磁场方向的夹角为30°D.t=1.5×10-2s 时,穿过线圈平面的磁通量最大8.(2014·辽宁五校联考)如图所示,有一矩形线圈的面积为S ,匝数为N ,内阻不计,绕OO'轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ù做匀速转动,从图示位置开始计时,矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动触头P 上下移动时可改变输出电压,副线圈接有可调电阻R ,下列判断正确的是( )A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBS ùcosùtB.矩形线圈从图示位置经过ωπ2时间时,通过电流表的电荷量为0 C.当P 位置不动,R 增大时,电压表读数也增大D.当P 位置向上移动、R 不变时,电流表读数减小9.(2014·开封联考)理想自耦变压器的原线圈接有如图甲所示的正弦式交变电压，副线圈接有可调电阻R ，触头P 与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A.交变电源的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝U 0 cos 100πtB.若仅将触头P 向A 端滑动，则电阻R 消耗的电功率增大C.若仅使电阻R 增大，则原线圈的输入电功率增大D.若使电阻R 增大的同时，将触头P 向B 端滑动，则通过A 处的电流一定增大10.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B.电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ù匀速转动(O 轴位于磁场边界).则线框内产生的感应电流的有效值为( )A.R BL 22ωB.R BL 222ωC.R BL 422ωD.RBL 42ω 二、填空与实验题(本大题共2小题,共10分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答)11.(4分)(1)某同学为一城市设计路灯自动控制电路.要求路灯白天自动熄灭,晚上自动开启.请你利用所学过的有关传感器的知识在图中帮他连接好这个自动控制电路.(2)某小组用调压变压器供电测定和描绘一只标有“220V,40W ”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线.该变压器只有一组线圈,绕在闭合的环形铁芯上,输入端接220V 交流电源的火线与零线,输出端有一个滑片P ,移动它的位置,就可以使输出电压在0~250V 之间连续变化,图中画出了调压变压器的电路图符号.实验室备有交流电压表(量程300V 、内阻约20kΩ),交流电流表(量程0.6A 、内阻约10Ω),滑动变阻器,开关,导线等实验器材.请在图中完成实验电路图.(要求在额定电压下测得的数据误差尽量小)12.(6分)如图甲、乙、丙、丁所示是四种常见的电容式传感器示意图.电容器的电容C 决定于极板正对面积S 、极板间距离d 以及极板间的电介质这几个因素.如果某一物理量变化能引起上述某个因素的变化,从而引起电容的变化,那么,通过测定电容器的电容就可以确定该物理量的变化.(1)图甲可用来测定角度è,当动片与定片之间的角度è变大时,可使电容C (填“变大”“变小”或“不变”).(2)图乙可用来测定液面高度h.在导线芯的外面涂上一层绝缘物质,放入导电液体中,导线芯和导电液体构成电容器的 ,导线芯外面的绝缘物质就是 .液面高度h 变大时,可使电容C (填“变大”“变小”或“不变”).(3)图丙可以测定 .它是通过改变而使电容C 发生变化的.(4)图丁可以测定位移x.它是通过改变极板间的 ,而使电容C 发生变化的.三、计算题(本大题共4小题,共50分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)一正弦交变电压的电压u 随时间t 变化的规律如图所示.(1)写出该交变电压的瞬时值表达式;(2)求出该交变电压的有效值;(3)将该交变电压接在匝数比为1∶2的理想变压器原线圈上,副线圈给R=16Ω的小灯泡供电,求灯泡消耗的功率.14.（14分）(2014·洛阳重点高中联考)三峡水利枢纽工程是流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程.枢纽控制的流域面积为1×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量Q ＝4.51×1011 m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面.在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量即26台发电机组同时工作时的总发电功率P ＝1.82×107 kW.年平均发电量约为W ＝8.40×1010 kW·h ，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面.阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度g 取10 m/s 2).(1)请画出远距离输电的原理图并在其上用相应的符号标明相应的物理量.(2)若三峡电站上、下游水位差按H ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式并计算出效率η的数值.(3)若26台发电机组全部发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天？(4)将该电站的电能输送到华中地区，输电功率P 1＝4.5×106 kW ，采用超高压输电，输电电压U ＝500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0＝18 kV ，要使输电线上损耗的功率为输送电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数之比和输电线路的总电阻.15.(12分)如图是变压器电路,若变压器功率损失不计,加在原线圈上的电压U 1=3300V,输出电压U 2=220V,绕过铁芯的导线所接电压表示数为2V,则:(1)原副线圈匝数n 1、n 2分别为多少?(2)当S 断开时,电流表A 2的示数I 2=5A,则电流表A 1的示数I 1多大;(3)当S 闭合时,电流表A 1示数如何变化?16.（14分）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝ 2T.为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？1.解析:线圈转动一周,交流电周期性改变一次,所以线圈的转动周期、频率等于交流电的周期、频率.线圈通过中性面时,交流电方向改变一次,此时的感应电流为零,故A 、C 两项正确.答案:AC2,解析:电压有效值为100V,故用电压表测该电压其示数为100V,A 项正确;ù=100ð rad/s,则周期T=ωπ2=0.02s,B 项正确;该电压加在“100V,100W ”的灯泡两端,灯泡恰好正常工作,C 项错;t=1/400s 代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100V,D 项错.答案:AB3.解析：由题图可以看出该交变电流的周期T ＝0.02 s ，则角速度ω＝T π2＝02.02π rad/s ＝100π rad/s ，A 项错.t ＝0.01 s 时刻，电压达到最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量为零，B 项错.电热丝两端电压为路端电压U R ＝U rR R +＝2199m U ⨯+＝902V ，故C 项错.根据电功率公式9)290(22==R U P R W ＝1 800 W ，故D 项正确. 答案：D4.解析:由题图可知发电机内部磁极与铁芯之间的缝隙中为方向沿半径的辐向磁场,所以距转轴距离相等的各点磁感应强度大小相等,根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生大小恒定的感应电动势,A 、B 两项错误;当线圈转到竖直位置时,回路中感应电动势方向发生变化,C 项错误,D 项正确. 答案:D5.解析:交流电是电流大小和方向随时间发生变化的电流,两个图中都是交流电,A 项错;图甲是正弦交流电,图乙是锯齿形交流电,图形不同,有效值大小不相等,B 项错;对图甲的瞬时值表达式解析是正确的,C 项对;变压器不改变交流电的频率大小,D 项错.答案:C6.解析：由于理想变压器原线圈内的磁场均匀变化，所以副线圈产生恒定电动势，电流表A 1和A 2的示数相同，因电容器所在的支路相当于断路，电流表A 3的示数为0，选项C 正确.答案：C7.解析:角速度ù=31002ππ=T rad/s,A 项正确;电动势的有效值E=2mE =14.1V,B 项正确;电动势的瞬时值e=20sin 3100πt (V),将t = 1.0×10-2s 代入该式,解得è=3π,这是线圈从中性面开始转过的夹角,故线圈平面和磁场方向的夹角为30°,C 项正确;t=1.5×10-2s 时,线圈平面与磁场平行,磁通量最小,D 项错.答案:ABC8.解析:由于线框转动时两边同时切割磁感线,产生感应电流方向相同,则感应电动势为e=2NBL (21L'ù)sin(90°-ùt )=NBS ùcosùt ,A 项正确;矩形线圈从图示位置经过ωπ2时间时,通过电流表的电荷量为q=R φ∆,B 项错误;P 位置不动,由于线圈内阻不变,输出电压不变,电压表示数不变,C 项错误;P 位置向上移动,变压器原、副线圈匝数比减小,输出电压变大,R 不变,输出电流增大,输入电流也增大,电流表示数变大,D 项错误.答案:A9.解析：由图甲可得交变电源的周期为T ＝0.02 s ，最大值为U 0，则电源的电压u ＝U 0 cos T π2t ＝U 0 cos 100πt ，选项A 正确；由2121n n U U =，若仅将触头P 向A 端滑动，即n 2增大，则副线圈的输出电压U 2增大，电阻R 消耗的电功率P ＝RU 22增大，选项B 正确；若仅使电阻R 增大，则输出电压U 2一定，输出电功率P ＝R U 22减小，原线圈的输入电功率减小，选项C 错误；若使电阻R 增大的同时，将触头P 向B 端滑动，则输出电压U2减小，输出或输入的电功率减小，通过A 处的电流I ＝1U P 一定减小，选项D 错误.答案：AB10.解析:切割磁感线产生的感应电动势为E=21BL 2ù,一个周期内有电动势的时间是4T ,故根据有效值定义有(R BL ω221)2R 4T =I 2RT ,解得I=R BL 42ω. 答案:D11.解析:(1)电磁铁要和直流电源、光敏电阻串联成一个回路,路灯通过衔铁和火线、零线连接,电路如答案图所示.(2)原线圈和火线、零线连接,开关应串联在火线上;左边接灯泡,电流表内接.电表读数通过调压变压器调节,不需要滑动变阻器.电路如答案图所示.答案:(1)如图所示(2)如图所示12.解析:(1)题图甲,是通过动片的旋进和旋出来改变电极之间的相对面积使电容C 变化的.角度è变大,电极之间的相对面积减小,故电容C 变小.(2)图乙,导线芯和导电液体相当于电容器的两个极板,导线芯外面的绝缘物质相当于电介质,液面高度h 变大时,相当于增大了两板的正对面积,使电容C 变大.(3)图丙用来测定待测压力F.压力F 的变化可引起极间距离的变化,从而改变电容C.(4)图丁是通过改变电介质插入板间的多少,即改变电介质而使电容C 发生变化的.答案:(1)变小 (2)两个极电介质变大 (3)待测压力F 极板间距离(4)电介质13.解析:(1)由题中图象知电压最大值为10V,周期为0.04s,其角频率ù=Tπ2=50ð rad/s 所以瞬时值表达式为u=10sin(50ðt )V .(2)有效值为U=252=mU V =7.1V .(3)副线圈输出电压U 2=12n n U 1=102V . 小灯泡的功率为P=RU 22=12.5W . 答案:(1)u=10sin(50ðt ) V (2)7.1V (3)12.5W14.解析： (1)远距离输电的原理图如图所示.(2)电站能量转化的效率η＝gQH W W W ρ=机电效率η＝100101051.4100.136********.8113310⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯×100%≈67.1%. (3)依据P ＝Wt 可知，每台发电机组平均年发电时间t ＝241082.11040.8710⨯⨯⨯=P W 天≈192.3天. (4)升压变压器原、副线圈的匝数之比UU n n 021=＝9∶250 由P 1＝UI 得I ＝9.0×103 A又P 损＝I 2R ＝5%P 1由以上各式解得R≈2.78 Ω.答案：(1)略 (2)67.1% (3)192.3天(4)9∶250 2.78 Ω15.解析:(1)在题图中,穿过原、副线圈的磁通量变化率是相同的,在每一匝上感应出数值相同的感应电动势.电压表(绕组为1匝)示数为2V,所以原线圈匝数:n 1=23300匝=1650匝;副线圈匝数为:n 2=2220匝=110匝. (2)断开S 时,A 2示数为5 A,根据可得 I 1=16505110122⨯=n I n A =0.33A . (3)S 接通后,副线圈负载变大,输出功率变大,输入功率也变大,U 1不变,所以I 1变大.答案:(1)1650匝 110匝 (2)0.33A (3)变大16.解析：(1)E m ＝NBSω＝1 1002 V输出电压的有效值为U 1＝2m E ＝1 100 V(2)根据2121n n U U =得21n n ＝15 (3)根据P 入＝P 出＝2.2×104 W再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A答案：(1)1 100 V (2)15 (3)20 A。

物理高考模拟卷-高三物理试题及答案-北京市状元桥学校2016高考模拟试卷物理试题(二)

2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（二）一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在1～5小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在6～8小题中给出的四个选项中有多个选项正确．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．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不符合史实的是（）A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2．如图所示，轻杆与竖直墙壁成53°角，斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为mg（g表示重力加速度），则轻杆对小球的弹力大小为（）A． B． C． D．3．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M，可能正确的有（）A．a m=1 m/s2，a M=1 m/s2B．a m=1 m/s2，a M=2 m/s2C．a m=2 m/s2，a M=4 m/s2D．a m=3 m/s2，a M=5 m/s24．如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A：AB=1：3．若不计空气阻力，则两小球（）A．抛出的初速度大小之比为1：4B．落地速度大小之比为1：3C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：3D．通过的位移大小之比为1：5．如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（）A．=B．=C．=（）2D．=（）26．将一带电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，金属球外壳接地，所形成的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A．a点的电势高于b点的电势B．c点的电场强度大于d点的电场强度C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电势能增加D．电场线方向与金属球表面处处垂直7．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零8．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是（）A．图乙中电压的有效值为110VB．电压表的示数为44VC．R处出现火警时电流表示数增大D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9．气垫导轨装置是物理学实验的重要仪器，可以用来“研究匀变速直线运动”、“探究动能定理”等．（1）某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，遮光板的宽度为d，遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度可以表示为a=．（用题中所给物理量表示）（2）该学习小组在控制砂桶的质量m远远小于滑块的质量M的前提下，忽略滑块在气垫导轨上运动时所受的阻力，探究动能定理，若由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离s，遮光板的宽度为d，遮光板依次通过两个光电门的时间分别为T1、T2，滑块在通过两个光电门过程中合外力做功为，滑块动能变化量为．（用题中所给物理量表示）10．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器R L消耗的电功率．改变R L的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U﹣I关系图线．回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数（填“增大”或“减小”）．（2）I0=A．（3）R L消耗的最大功率为W（保留一位有效数字）．11．如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台AB上，轨道半径R=1.8m，末端与平台相切于A点．倾角θ=37°的斜面BC紧靠平台固定．从圆弧轨道最高点由静止释放质量m=1kg的滑块a，当a运动到B点的同时，与a质量相同的滑块b从斜面底端C点以速度v0=5m/s沿斜面向上运动，a、b（视为质点）恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度s=2m，a与AB面及b与BC面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：（1）滑块a到B点时的速度；（2）斜面上PC间的距离．12．如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷=106C/kg 的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5s后，电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（保留2位有效数字）（2）图b中t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离；（3）如果在O点右方d=68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．（sin 37°=0.60，cos 37°=0.80）（保留2位有效数字）（二）选考题[物理-选修3-3]13．下列说法正确的是（）A．将大颗粒的研磨成细盐，细盐还是属于晶体B．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的C．0℃冰熔化成0℃的水，其分子热运动的平均动能仍然不变D．布朗运动就是液体分子的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈E．宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果14．如图所示，一高为40cm，内壁光滑，导热性能良好的薄气缸竖直放置，厚度不计的活塞质量为m=2kg，横截面积为S=1×10﹣3m2，气缸的顶部A点处有一个漏气孔，稳定时活塞的下端封闭有温度为T=300K，长度为30cm的气体柱，已知大气压强恒为P0=1.0×105Pa．g=10m/s2．求：①稳定时被密封气体的压强；②缓慢将气缸内的密封气体加热到500K时，被密封的气体的压强．[物理-选修3-4]15．如图所示为一系列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，其中a，b为介质中的两质点，若这列波的传播速度时100m/s，则下列说法正确的是（）A．该波波源的振动周期是0.04sB．a，b两质点可能同时到达平衡位置C．t=0.04s时刻a质点正在向下运动D．从t=0到t=0.01s时间内质点b的路程为1cmE．该波与频率是25Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象16．如图所示，放置在真空中的三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°在BC的延长线上有一单色点光源S，从S射出的一条光线从AC边上的D点（图中未标出）处射入棱镜中，经三棱镜折射后垂直于AB边射出，若S，D两点的距离为d，且光从光源S导D点的传播时间跟光在三棱镜的时间相等，已知该三棱镜的折射率n=，光在真空中的传播速度为c．求：（1）从光源射出的光线与SB边的夹角；（2）入射点D到顶点A点的距离．[物理-选修3-5]17．下列说法正确的是（）A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了B．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质C．光子的能量由光的频率所决定D．只要有核反应发生，就一定会释放出核能E．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变18．如图所示，一辆质量为M=6kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直．一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ=0.45，平板小车的长度L=1m．现给铁块一个v0=5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，碰撞过程中无能量损失，求小铁块在平板小车上运动的过程中系统损失的机械能（g取10m/s2）．2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在1～5小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在6～8小题中给出的四个选项中有多个选项正确．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．【考点】物理学史．【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就．【解答】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实．故A正确．B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实．故B正确．C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流．故C错误．D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D正确．本题选不符合史实的，故选：C【点评】本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累．2．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，由共点力平衡条件求解轻杆对小球的弹力大小．【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据共点力平衡条件得：轻杆对小球的弹力大小为F===故选：D．【点评】本题是简单的共点力平衡问题，正确分析受力是基础，本题运用数学上勾股定理求解比较简洁，也可以由正交分解法求解．3．【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对m受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后联立方程组求解．【解答】解：当M与m间的静摩擦力f≤μmg=2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m 间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：此时F=（M+m）a m=（5+1）×2N=12N当F＜12N，可能有a M=a m=1m/s2．当F＞12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，a M＞a m=2m/s2．故AC正确，BD错误故选：AC．【点评】本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解．4．【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】两小球所在高度相同，故下落时间相同，竖直方向的速度增量相同；由水平位移关系可求出两小球的初速度的大小关系，进而求得落地速度的大小及方向关系；由几何关系可求得位移的比值．【解答】解：两球的抛出高度相同，故下落时间相同，落地时的竖直分速度相同；两小球的水平位移分别为O′A和O′B；故水平位移之比为1：4；故由x=vt可知两小球的初速度之比为1：4；故A正确；由于未知两小球的下落高度，故无法求出准确的落地时的竖直分速度，故B无法求得落地速度之比故速度方向，故B错误；同理也无法求出位移大小之比，故D错误；因竖直分速度相等，tanθ=，因竖直分速度相等，而水平初速度比值为1：4，故正切值的比值为4：1；故C错误；故选A．【点评】对于平抛运动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系．5．【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】人造卫星问题．【分析】根据万有引力提供向心力=m，解出线速度与轨道半径r的关系进行求解．【解答】解：根据万有引力提供向心力=mv=，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，所以=，故选：A．【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．6．【考点】电场的叠加；电场强度．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密表示场强的大小；电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大．金属球处于静电平衡状态，表面是一个等势面，电场线与等势面垂直．由这些知识分析．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线与等势面垂直．可知，a点所在等势面的电势低于b点所在等势面的电势，则a点的电势低于b点的电势．故A错误．B、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误．C、a点的电势低于b点的电势，根据电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，则知将一正试探电荷由a点移到b点，电势能增加，故C正确．D、金属球表面是一个等势面，则电场线方向与金属球表面处处垂直，故D正确．故选：CD【点评】该题关键要掌握电场线的物理意义以及静电平衡导体的特点，知道顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密表示场强的大小．7．【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段M N上只有O点的磁感应强度为零．【解答】解：A、B根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反．故A错误，B正确．C、D只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零．故C错误，D正确．故选：BD【点评】本题考查安培定则和平行四边定则的综合应用，基础题．8．【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】交流电专题．【分析】求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．【解答】解：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为U m，电压的有效值为U．•=•T代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A正确．B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误．C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C正确．D、R处出现火警时通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确．故选ACD．【点评】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9．【考点】探究功与速度变化的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】（1）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．（2）滑块受到的合力即为mg，根据恒力做功公式求出合外力做功，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，从而求出动能变化量．【解答】解：（1）遮光板通过光电门的时间很短，可以认为瞬时速度等于平均速度，依次通过两个光电门的速度分别为v1=和v2=，由可得，滑块的加速度为：a=，（2）砂桶的质量m远小于滑块的质量M，忽略滑块在气垫导轨上运动时所受的阻力，可以认为滑块所受合外力等于mg，则合外力做功为mgs；遮光板依次通过两个光电门的速度分别为v1=和v2=，滑块动能变化为：△E k=M﹣Mv=M（）2﹣M（）2．故答案为：（1）；（2）mgs，M（）2﹣M（）2．【点评】解决该题关键掌握知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度和匀变速直线运动的速度位移公式应用，知道在控制砂桶的质量m远远小于滑块的质量M的前提下滑块受到的合外力即为砂桶的重力mg，难度适中．10．【考点】测定电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）分析电路结构，根据并联电路规律可知R分流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化；（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率．【解答】解：（1）定值电阻与滑动变阻器并联，当R向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过R的电压减小，故电压表示数减小；（2）当电压表示数为零时，说明R L短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0为1.0A；（3）由图可知，当I0全部通过R时，I0R=20；解得：R=4由并联电路规律可知，流过R L的电流为：I=；则R L消耗的功率为：P=I2R L==；则由数学规律可知，最大功率为：P=5W；故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5【点评】本题考查闭合电路欧姆定律在实验中的应用，要注意明确：一、图象的应用，能从图象得出对应的物理规律；二是注意功率公式的变形以及数学规律的正确应用．11．【考点】动能定理；牛顿第二定律．【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题．【分析】（1）对滑块a从下滑到B点的过程运用动能定理，求出滑块a到达B点的速度大小．（2）根据平抛运动的规律求出滑块a的运动时间，根据牛顿第二定律求出滑块b上滑和下滑的加速度大小，结合运动学公式求出斜面上P、C间的距离．【解答】解：（1）滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有：，代入数据解得：v=4m/s．（2）滑块a到达B点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：x′=vt，y=，，代入数据解得：t=0.6s，滑块b从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，代入数据解得：向上运动的时间：＜0.6s，然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μ2mgcosθ=ma2，代入数据得：可得：x PC=v0t1﹣a1t12﹣a2（t﹣t1）2=1.24m答：（1）滑块a到B点时的速度为4m/s；（2）斜面上PC间的距离为1.24m．【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道a平抛运动的时间和b运动的时间相等，结合运动学公式灵活求解，注意滑块b上滑和下滑的加速度大小不等．12．【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】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电场强度E．（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离．（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0=at1 Eq=ma解得：E=．（2）当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：，周期，代入数据解得，当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：，周期，代入数据解得，故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离：△d=2（r1﹣r2）=4cm（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：，根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为15个，有：电荷沿ON运动的距离：s=15△d=60cm故最后8cm的距离如图所示，有：r1+r1cosα=d﹣s解得：cosα=0.6 则α=53°故电荷运动的总时间：，代入数据解得t总=3.86×10﹣4s 答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C．（2）图b中t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm．（3）电荷从O点出发运动到挡板所需的时间为3.86×10﹣4s．【点评】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间．（二）选考题[物理-选修3-3]13．【考点】* 晶体和非晶体；超重和失重；温度是分子平均动能的标志；* 液体的表面张力现象和毛细现象．【分析】本题根据晶体的定义和特点、热力学第二定律、布朗运动、液体分子的表面张力等知识进行逐项的分析．【解答】解：A、晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则，晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，将大颗粒的研磨成细盐，其分子内部构造不变，细盐还是属于晶体，故A正确．B、能量的转化和转移，除了满足守恒定律还有方向性，故B错误；C、温度是分子平均动能的标志，0℃冰熔化成0℃的水，其分子热运动的平均动能仍然不变，故C正确；D、布朗运动就是固体微粒在液体中的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈，故D 错误；E、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果，故E正确；故选：ACE．【点评】本题考查的知识点比较多，要求学生平时多记忆，积累关于固液气三态的重点知识．14．【考点】理想气体的状态方程．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】①以活塞为研究对象，受力分析，由平衡条件列方程可求得封闭气体的压强；②活塞刚刚到达气缸上端前等压变化，求出活塞刚到达气缸顶部时的温度，若500K高于此温度，则物体后面做等容变化．【解答】解：①设稳定时被密封气体的匀强为p1，则有：P1S=P0S+mg得p1=p0+代入数据得：p1=1.2×105Pa②当活塞缓慢移到气缸上端时，设此时密封气体的温度为T1，气体做等压变化，有：=解得：T1=×300K=400K此后密封气体温度从400K到500K时是等容变化，设加热到500K时，被密封的气体的匀强为p2，则有：=代入数据得：p2=×1.2×105Pa=1.5×105Pa答：①稳定时被密封气体的压强为1.2×105Pa；②缓慢将气缸内的密封气体加热到500K时，被密封的气体的压强1.5×105Pa．【点评】本题关键是判断温度升高到500K时活塞是否已经到达气缸顶部，不要只是简单的套用等压变化的方程得出结果．[物理-选修3-4]。

人教版高考物理一轮复习课后习题第11单元电磁感应素养练电磁感应中的导体棒+导轨问题(科学思维)

素养练18电磁感应中的导体棒+导轨问题(科学思维)1.(浙江十校联考)如图所示,一足够长的竖直放置的圆柱形磁体,产生一个中心辐射的磁场(磁场水平向外)。

一个与磁体同轴的圆形金属环,质量为m=0.2 kg,单位长度的电阻为0.1π Ω/m,半径r=0.1 m(稍大于圆柱形磁体的半径)。

金属环由静止开始下落,环面始终水平,金属环切割处的磁感应强度大小均为B=0.5 T,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。

则( )A.金属环下落过程的最大速度为0.4 m/sB.金属环下落过程中,电流始终为逆时针方向(从上往下看)C.若下落时间为2 s时金属环已经达到最大速度,则这个过程通过金属环截面的电荷量为32 CD.若下落高度为3 m时金属环已经达到最大速度,则这个过程金属环产生的热量为4.4 J2.(多选)(浙江高三联考)光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连,bc段与de段平行,尺寸如图所示。

轨道之间存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。

初始时质量为m的杆放置在b、d两点上,除电阻R外,杆和轨道电阻均不计。

杆与导轨始终接触良好,与导轨bc段垂直。

用水平外力将杆以初速度v0向左拉动,运动过程中电阻R消耗的电功率不变,在杆向左运动位移L时,下列说法正确的是( )A.杆向左做匀加速运动B.杆向左运动位移L的时间为3L4v0C.杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为2B 2L3v0 3RD.杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为3B 2L3v04R+32mv023.(多选)如图所示,光滑平行的金属导轨由半径为r的四分之一圆弧金属轨道MN和M'N'与足够长的水平金属轨道NP和N'P'连接组成,轨道间距为L,电阻不计;电阻为R、质量为m、长度为L的金属棒cd锁定在水平轨道上距离NN'足够远的位置,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。

高中物理人教版一轮复习真题集训章末验收十Word版含答案

真题集训·章末验收（十）命题点一：交变电流的产生及其描述1．(多选)(2016·全国丙卷)如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。

现使线框M 、N 在t ＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )A ．两导线框中均会产生正弦交流电B ．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝T 8时，两导线框中产生的感应电动势相等 D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC 两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误。

命题点二：理想变压器、远距离输电2．(多选)(2016·全国丙卷)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b 。

当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。

下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析：选AD 设灯泡的额定电压为U 0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U 0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A 正确，选项B 错误；由9U 0I a ＝U 0I b 得，流过b 灯泡的电流是流过a 灯泡电流的9倍，根据P ＝UI ，a 、b 灯泡的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确。

(通用版)高考物理一轮复习分层限时跟踪练11 平抛运动-人教版高三全册物理试题

分层限时跟踪练11 平抛运动 (限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·德兴模拟)如图4216所示，将一小球从倾角为θ的斜面上方O 点以初速度v 0水平抛出后，落到斜面上H 点，OH 垂直于斜面且OH ＝h .不计空气阻力，重力加速度大小为g ，如此v 0的大小为( )图4216A.gh cos 2θ2sin θB.gh sin 2θ2cos θC.2gh sin 2θcos θ D ．2gh cos 2θsin θ 【解析】由几何关系得，小球做平抛运动的水平位移x ＝h sin θ，竖直位移y ＝h cosθ，根据y ＝12gt 2得t ＝2h cos θg ，如此初速度v 0＝x t ＝gh sin 2θ2cos θ. 【答案】 B2．(2016·南充模拟)如图4217所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．如此如下判断正确的答案是( )图4217A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．即使v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也一样C ．假设v 0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【解析】小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B 点，选项A 错误；初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，如此小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项B 错误；小球不可能垂直撞击在半圆环AC 段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β.根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾，如此不可能与半圆弧垂直相撞，选项C 错误，D 正确．【答案】 D3．如图4218所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，如此v 1、v 2大小之比为( )图4218A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．2∶3【解析】设A 、B 两球平抛运动的时间为t ，如此对A 球：tan 30°＝12gt 2v 1t，对B 球：tan 30°＝v 2gt ，解得：v 1＝gt 2tan 30°，v 2＝gt tan 30°，解得：v 1v 2＝32，C 正确．【答案】 C4．(2016·宜宾模拟)如图4219所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过一样的时间落于地面上C 点，地面上D 点位于B 点正下方，B 、D 间的距离为h ，如此( )图4219A ．A 、B 两点间的距离为h 2B ．A 、B 两点间的距离为h4C ．C 、D 两点间的距离为2hD ．C 、D 两点间的距离为233h【解析】 AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间一样，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；BC 段小球做平抛运动，初速度v ＝2gh ，持续时间t ＝2h g，所以C 、D 两点间距离x ＝vt ＝2h ，故C 正确，D 错误．【答案】 C5．(2016·兴化模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v t 图线，如图4220所示．假设平抛运动的时间大于2t 1，如下说法中正确的答案是( )图4220A ．图线2表示水平分运动的v t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C ．t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D ．2t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°【解析】水平分运动为匀速直线运动，故A 错误；t 1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，如此合速度与水平方向的夹角为45°，B 错误；设水平速度为v 0，如此t 1时间内的水平位移为x ＝v 0t 1，竖直方向的位移y ＝v 02t 1，所以y x ＝12，C 正确；2t 1时刻竖直方向的速度2v 0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D 错误．【答案】 C二、多项选择题6．(2016·唐山模拟)如图4221所示，一同学分别在同一直线上的A 、B 、C 三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v 1、v 2、v 3.假设篮球出手时高度一样，出手速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如下说法正确的答案是( )图4221A ．v 1<v 2<v 3B ．v 1>v 2>v 3C ．θ1>θ2>θ3D ．θ1<θ2<θ3【解析】此过程可以看成篮球从篮筐水平抛出，由题意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，应当选项A 错误，B 正确；根据平抛运动规律，水平速度越大，落地时速度方向与水平方向的夹角越小，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD7．如图4222所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将S 1球以初速度v 1水平向右抛出，同时在M 点右方地面上N 点处，将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，如此两球从抛出到相遇过程中( )图4222A ．初速度大小关系为v 1＝v 2B ．速度变化量相等C ．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动【解析】由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且一样时间内速度变化量相等，B 正确，D 错误；又由v 1t ＝v 2x t 可得A 错误．【答案】 BC8.如图4223所示，两滑雪运动员从O 点分别以v A 和v B 水平滑出后做平抛运动分别落到斜坡上的A 、B 两点，在落点前瞬间速度与水平方向夹角分别为θA 与θB ，两者在空中运动时间分别为t A 与t B .如此( )图4223A ．t A >t BB ．t A <t BC ．v A <v BD ．θA <θB【解析】由h ＝12gt 2可知，因h B >h A ，故t B >t A ，A 错误、B 正确；由tan θ＝gt v 0，又由tan α＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0可得tan θ＝2tan α，如此θA ＝θB ，D 错误；由v 0＝gt 2tan α可知，因t A <t B ，故v A <v B ，C 正确．【答案】 BC9．如图4224所示，在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处分别有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球后不会改变其平抛运动的轨迹)．如此如下判断正确的答案是( )图4224A ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝g 2l 2v 21B ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝v 21＋g 2l 2v 21 C ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21＋v 2l v 1D ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21【解析】飞镖刺破A 气球时所经历的时间t ＝l v 1，此时飞镖竖直方向的分速度v y ＝gt ＝gl v 1，所以飞镖的速度v ＝v 21＋v 2y ＝v 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫gl v 12，选项A 错误，B 正确；飞镖从刺破A 到刺破B 所经历的时间t ′＝lv 1，此时气球上升的高度h 1＝v 2t ′，飞镖下降的高度h 2＝v y t ′＋12gt ′2，两气球在上升的过程中高度差不变，h ＝h 2＋h 1＝3gl 22v 21＋v 2l v 1，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC三、非选择题10．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA 竖直，另一侧的坡面OB 呈抛物线形状，与一平台BC 相连，如图4225所示．山沟竖直一侧OA 的高度为2h ，平台在沟底h 高处，C 点离竖直OA 的水平距离为2h .以沟底的O 点为原点建立平面直角坐标系xOy ，坡面的抛物线方程为y ＝x 22h .质量为m 的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台．探险队员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .图4225(1)假设该探险队员以速度v 0水平跳出时，落在坡面OB 的某处，如此他在空中运动的时间为多少？(2)为了能跳在平台上，他的初速度应满足什么条件？请计算说明．【解析】 (1)x ＝v 0t ，y ＋12gt 2＝2h ，y ＝x 22h ，联立解得t ＝2h v 20＋gh. (2)假设落在C 处，h ＝12gt ′2，2h ＝vt ′，联立解得v ＝2gh ，假设落在B 处，B 点坐标为(x ，h )，满足坡面的抛物线方程，即h ＝x 22h ，解得x ＝2h ，又x ＝vt ″，h ＝12gt ″2，联立解得v ＝gh .故初速度应满足gh ≤v ≤2gh .【答案】 (1)2h v 20＋gh(2)见解析 11．如图4226所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以速度v 0＝3 m/s 水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图4226(1)抛出点O 离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y由几何关系得：v 0v y＝tan 37°① 设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得v y ＝gt ②y ＝12gt 2③ x ＝v 0t ④设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得h ＝y ＋x tan 37°⑤由①②③④⑤得：x ＝1.2 m ，h ＝1.7 m.(2)在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得s ＝l －x cos 37°⑥ 设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2 ⑦ 对滑块，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ⑧由⑥⑦⑧得：μ＝0.125.【答案】 (1)1.7 m (2)0.12512．(2014·浙江高考)如图4227所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以一样方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)图4227(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)假设靶上只有一个弹孔，求L 的范围．【解析】 (1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二个弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2h g＝492 m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2L 2＝v 2h g＋s ＝570 m L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209m/s 2 (2)0.55 m0.45 m (3)492 m<L ≤570 m。

高考物理一轮复习课时练11 抛体运动(含解析)新人教版

学习资料抛体运动1。

（平抛运动规律)（2020黑龙江肇东月考)物体做平抛运动时,它的速度方向与水平方向的夹角α的正切值tan α随时间t变化的图像是（)2。

(平抛运动规律)如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成θ=37°角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙上，小球反弹后的速度方向水平,速度的大小为碰撞前速度大小的34，不计空气阻力,则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为(）A。

34B.43C。

35D.533。

（斜抛运动规律)(2020浙江杭州月考)如图是跳远运动员在起跳、腾空和落地过程的情形.若运动员的成绩为8.00 m，腾空时重心离沙坑的最大高度为1.25 m。

把运动员视为质点，空中轨迹视为抛物线，g取10 m/s2，则（）A。

运动员在空中运动的时间为0.5 sB.运动员在空中最高点时的速度大小为4 m/sC。

运动员落入沙坑时的速度大小为√98 m/sD.运动员落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为tan α=0.6254。

(与斜面有关的平抛运动)(2020江西南昌月考）如图所示,质量相同的两个小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出,恰好都落在斜面底端。

不计空气阻力，下列说法正确的是()A。

小球a、b做平抛的初速度大小之比为2∶1B。

小球a、b到达斜面底端时的位移大小之比为4∶1C.小球a、b到达斜面底端的速度方向与斜面的夹角相同D。

小球a、b运动过程中速度变化量的方向不相同5.(与斜面有关的平抛运动)（2020湖北荆门月考)如图所示，小球A位于斜面上,小球B与小球A位于同一高度，现将小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为45°的斜面上的同一点,且小球B恰好垂直打到斜面上,则v1∶v2为()A。

3∶2B。

2∶1C.1∶1D.1∶26。

（与斜面有关的平抛运动）（2020重庆月考）滑雪是冬奥会的比赛项目之一。

如图所示，某运动员(可视为质点）从雪坡上先后以初速度之比v1∶v2=4∶5沿水平方向飞出,不计空气阻力,则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（）A.运动员先后在空中飞行的时间相同B.运动员先后落在雪坡上的速度方向不同C.运动员先后落在雪坡上的重力做功之比为9∶16D.运动员先后落在雪坡上的动能增加量之比为16∶25素养综合练7。

北京市状元桥学校2016届高三物理模拟试卷(一)

2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（一）一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在1～5小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在6～8小题中给出的四个选项中有多个选项正确．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．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A．4倍B．2倍C．倍D．倍2．如图所示，水平面MON的ON部分光滑OM部分粗糙，小球夹在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，小车以一定的速度向左运动．小车越过O点以后，以下关于斜面对小球的弹力N A大小和挡板B对小球的弹力N B大小的说法，正确的是（）A．N A不变，N B减小B．N A增大，N B不变C．N B有可能增大 D．N A可能为零3．蹦极运动可以近似等效为如下物理模型：如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，小球从离弹簧上端某高处由静止释放，将弹簧压至最短后又竖直向上弹起…小球接触弹簧后向下运动到最低点的过程中，以下说法正确的是（）A．小球的机械能守恒B．小球刚接触弹簧时动能最大C．小球的加速度一直减小D．有一阶段小球的动能增大而小球的机械能减少4．若一架执行救灾任务的飞机沿水平方向匀速飞行，相隔0.5s先后释放完全相同的两箱救灾物资1和2．在这两箱物资刚开始下落的一小段时间内，可以认为它们在水平方向上受到的空气阻力大小恒定，则在这一小段时间内，地上的人将看到（）A．1号箱在2号箱的正下方B．两箱间的水平距离保持不变C．两箱间的水平距离越来越大 D．两箱间的水平距离越来越小5．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ′．则等于（）A．B．C．1 D．6．2013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，飞行轨道示意图如图所示．“嫦娥三号”从地面发射后奔向月球，先在轨道Ⅰ上运行，在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点，则“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上（）A．运行的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期B．从P到Q的过程中速率不断增大C．经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度D．经过P的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P的加速度7．如图所示，虚线表示某匀速电场的等势面，一带电粒子以某一初速度从P点射入电场后，在只受电场力作用下的轨迹如图中实线所示，Q是轨迹上的一点，且位于P点的右下方，下列判断正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子的动能先减少后增大C．等势面A的电势一定高于等势面B的电势D．粒子在Q点的电势能一定大于在P点的电势能8．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦交流电，其电压瞬时值表达式为u1=311sin 100πt V；副线圈接有“220V40W”的白炽灯泡一只．当输入端接通电源后，以下说法正确的是（）A．灯泡两端的电压为150 VB．灯泡两端的电压为110 VC．灯泡实际消耗的功率为额定功率的D．若将灯泡与副线圈断开，则副线圈两端电压为零二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9．某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度．（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物（填“靠近”或“偏离”）计时器下端；，，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取（填“b”或“c”）来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和．10．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．①根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．②开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于端（选填“A”、“B”或“AB中间”）③实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．11．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5．设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对地的位移大小x；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．12．如图所示的坐标系，在y轴左侧有垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场．在x=L处，有一个与x轴垂直放置的屏，y轴与屏之间有与y轴平行的匀强电场．在坐标原点O处同时释放两个均带正电荷的粒子A和B，粒子A的速度方向沿着x轴负方向，粒子B的速度方向沿着x轴正方向．已知粒子A的质量为m，带电量为q，粒子B的质量是n1m，带电量为n2q，释放瞬间两个粒子的速率满足关系式mv A=n1mv E．若已测得粒子A在磁场中运动的半径为r，粒子B 击中屏的位置到x轴的距离也等于r．粒子A和粒子B的重力均不计．（1）试在图中画出粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图．（2）求：粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离．（二）选考题13．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么下列说法中不正确的有（）A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大14．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为P1，肥皂泡冻住后泡内气体温度降为T2．整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为P0．求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．15．一列简谐横波在某时刻的波形图如图1所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，以下说法正确的是（）A．此列波的波长为2.5mB．此列波的频率为2HzC．此列波的波速为2.5m/sD．此列波的传播方向为沿x轴正方向传播16．如图所示，是一种折射率n=1.5的棱镜，用于某种光学仪器中，现有一束光线沿MN方向射到棱镜的AB面上，入射角的大小i=arcsin0.75．求：①光在棱镜中传播的速率；②画出此束光线射出棱镜后的方向，要求写出简要的分析过程．（不考虑返回到AB和BC面上的光线）．17．如图所示为某种放射性元素的衰变规律（纵坐标表示任意时刻放射性元素的原子数与t=0时的原子数之比），则该放射性元素的半衰期是天（一个月按30天计算）．在从某古迹中发掘出来的木材中，所含C的比例是正在生长的植物中的80%，放射性C的半衰期是5700年，根据图象可以推算，该古迹距今约年．18．如图所示，在光滑水平地面上，质量为M的滑块上用轻杆及轻绳悬吊质量为m的小球，轻绳的长度为L．此装置一起以速度v0向右滑动．另一质量也为M的滑块静止于上述装置的右侧．当两滑块相撞后，便粘在一起向右运动，求①2滑块相撞过程中损失的机械能；②当小球向右摆到最大高度时两滑块的速度大小．2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在1～5小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在6～8小题中给出的四个选项中有多个选项正确．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．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A．4倍B．2倍C．倍D．倍【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【分析】由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f=kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相等：即F=f=kv；而发动机的输出功率P=Fv，据此分析判断．【解答】解：设阻力为f，由题知：f=kv；速度最大时，牵引力等于阻力，则有 P=Fv=fv=kv2．所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的倍．故选：D．2．如图所示，水平面MON的ON部分光滑OM部分粗糙，小球夹在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，小车以一定的速度向左运动．小车越过O点以后，以下关于斜面对小球的弹力N A大小和挡板B对小球的弹力N B大小的说法，正确的是（）A．N A不变，N B减小B．N A增大，N B不变C．N B有可能增大 D．N A可能为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】对小球进行受力分析，作出力图，根据牛顿第二定律得到弹力N A和N B与加速度的关系，再分析它们的变化．【解答】解：小球的受力情况如图所示，有：竖直方向有：N A cosθ=mg水平方向有：N A sinθ﹣N B=ma小车以一定的速度向左匀速运动时，a=0，小车越过O点以后，小车改为向左减速运动，则N A不变，N B减小．故选：A3．蹦极运动可以近似等效为如下物理模型：如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，小球从离弹簧上端某高处由静止释放，将弹簧压至最短后又竖直向上弹起…小球接触弹簧后向下运动到最低点的过程中，以下说法正确的是（）A．小球的机械能守恒B．小球刚接触弹簧时动能最大C．小球的加速度一直减小D．有一阶段小球的动能增大而小球的机械能减少【考点】功能关系；机械能守恒定律．【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小．当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；对于小球和弹簧组成的系统机械能守恒．通过分析小球的运动情况和能量如何转化进行判断．【解答】解：A、小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹性势能逐渐增大，小球的机械能逐渐减小，故A错误；B、小球压上弹簧后的开始阶段，仍有mg＞kx，故小球还要继续加速，当mg＜kx时，小球才开始减速，所以mg=kx时速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态．故B错误．C、当mg＞kx时，合力向下，x增大，加速度a减小；当mg=kx时，小球加速度为零，此后mg＜kx，x增大时，合力向上，且增大，则小球加速度方向向上，且增大，故C错误．D、在mg＞kx的过程中，小球的动能增大，小球的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，小球机械能减少了，故D正确．故选：D4．若一架执行救灾任务的飞机沿水平方向匀速飞行，相隔0.5s先后释放完全相同的两箱救灾物资1和2．在这两箱物资刚开始下落的一小段时间内，可以认为它们在水平方向上受到的空气阻力大小恒定，则在这一小段时间内，地上的人将看到（）A．1号箱在2号箱的正下方B．两箱间的水平距离保持不变C．两箱间的水平距离越来越大 D．两箱间的水平距离越来越小【考点】平抛运动．【分析】掉下的物资在水平方向上做匀减速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，抓住第二箱物资掉落时的初速度大于第一箱物资的水平速度，结合水平加速度相等，判断水平距离的变化．【解答】解：两箱物资在水平方向上受到大小相同且大小恒定的空气阻力，这两箱物资在开始下落的一段时间内，在水平方向上均做匀减速直线运动，物资2下落时的水平初速度v2＞v1，而两物体的水平加速度相同，所以两物体间水平距离越来越大．故C正确，A、B、D错误．故选：C．5．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ′．则等于（）A．B．C．1 D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势差．【分析】本题根据感应电动势公式E=BLv，L是有效的切割长度，分析感应电动势的关系．【解答】解：设金属棒的长度为L．左侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为ɛ=BLv右侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为ɛ′=B Lv则=故选：B．6．2013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，飞行轨道示意图如图所示．“嫦娥三号”从地面发射后奔向月球，先在轨道Ⅰ上运行，在P点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q为轨道Ⅱ上的近月点，则“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上（）A．运行的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期B．从P到Q的过程中速率不断增大C．经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度D．经过P的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P的加速度【考点】万有引力定律及其应用．【分析】根据开普勒第三定律，比较在轨道Ⅱ上和轨道Ⅰ上运行的周期；根据万有引力做功，结合动能定理判断从P到Q过程中速率的变化．通过变轨的原理比较在两个轨道上P点地说道．根据牛顿第二定律比较加速度的大小．【解答】解：A、根据开普勒第三定律知，，因为轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，则在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期，故A正确．B、从P到Q，万有引力做正功，动能增加，则速率不断增大，故B正确．C、从轨道Ⅰ上的P点进入轨道Ⅱ，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，所以轨道Ⅱ上经过P的速度小于在轨道Ⅰ上经过P的速度，故C正确．D、根据牛顿第二定律知，在两个轨道上在P点所受的万有引力相等，则加速度大小相等，故D错误．故选：ABC．7．如图所示，虚线表示某匀速电场的等势面，一带电粒子以某一初速度从P点射入电场后，在只受电场力作用下的轨迹如图中实线所示，Q是轨迹上的一点，且位于P点的右下方，下列判断正确的是（）A．粒子一定带正电B．粒子的动能先减少后增大C．等势面A的电势一定高于等势面B的电势D．粒子在Q点的电势能一定大于在P点的电势能【考点】等势面；电势；电势能．【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向左方，由于不知道电场线的方向，因此不能判断出电荷的电性；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直．【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道电场线的方向，因此不能判断出电荷的电性，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做负功，动能减小电势能增大；从Q到P 过程中电场力做正功，动能增大，故B正确；C、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于不知道电场线的方向，也不知道电荷的电性，因此无法判断出电势的高低．故C错误；D、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做负功，从Q到P过程中电场力做正功，由于Q点离曲线的最右端近一些，所以电荷从P都Q的过程中，电场力做的负功大于电场力做的正功，电荷的电势能增大．故D正确；故选：BD．8．如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦交流电，其电压瞬时值表达式为u1=311sin 100πt V；副线圈接有“220V40W”的白炽灯泡一只．当输入端接通电源后，以下说法正确的是（）A．灯泡两端的电压为150 VB．灯泡两端的电压为110 VC．灯泡实际消耗的功率为额定功率的D．若将灯泡与副线圈断开，则副线圈两端电压为零【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】变压器原副线圈的电压与线圈的匝数成正比，副线圈的电压与负载无关，灯泡消耗的功率P=【解答】解：A、原线圈接入的交流电最大值为311 V，则有效值为：U1= V=220 V，根据理想变压器的变压公式得副线圈两端电压为：U2=U1=110 V，故A错误，B正确C、灯泡实际消耗的功率为：P′=P=P，故C正确；D、若将灯泡与副线圈断开，则副线圈两端电压仍为110 V，故D错误故选：BC二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9．某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度．（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近（填“靠近”或“偏离”）计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取 b （填“b”或“c”）来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和摩擦．【考点】测定匀变速直线运动的加速度．【分析】（1）通过组装器材、进行实验和数据处理的顺序对实验的步骤进行分析求解；（2）根据纸带上的点迹分布进行分析选择纸带，由于存在摩擦阻力，所以在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度．【解答】解：（1）按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；（2）根据纸带上的点迹分布得出b纸带做加速运动，而且相邻计时点的距离较大，c纸带先加速后减速，且相邻计时点的距离较小，所以应选取b来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和摩擦．故答案为：（1）靠近；接通电源；松开纸带；（2）b，摩擦10．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．①根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．②开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于 A 端（选填“A”、“B”或“AB中间”）③实验中测得有关数据如下表：根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】①根据电路图连接实物图．②开关S闭合之前，滑动变阻器滑动A端，使得测量部分短路，起保护作用．③根据实验的数据描点作图，用平滑曲线连接．【解答】解：①根据电路图连接实物图，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表采取3V量程，从表格中的数据来看，最大电流在0.27A左右，则电流表选取0.6A的量程，因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于灯泡的电阻比较小，则电流表采取外接法，在连接实物图时注意电表的极性．如下图．②开关S闭合之前，滑动变阻器滑动A端，使得测量电路中的电流、电压为零，处于短路状态，起保护作用．③描点作图，如下图．故答案为：①如图．（2）A（3）如图．11．某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5．设皮带足够长，取g=10m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：（1）邮件滑动的时间t；（2）邮件对地的位移大小x；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．【考点】动能定理；牛顿第二定律．【分析】（1）对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度所需的时间．（2）对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小．（3）根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．【解答】解：（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：F=μmg ①取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，Ft=mv﹣0，②由①②式并代入数据得，t=0.2s ③（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有：④由①④式并代入数据得，x=0.1m ⑤（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：s=vt ⑥摩擦力对皮带做的功W=﹣Fs ⑦由①③⑥⑦式并代入数据得，W=﹣2J．答：（1）邮件滑动的时间t为0.2s；（2）邮件对地的位移大小x为0.1m；（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W为﹣2J．12．如图所示的坐标系，在y轴左侧有垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场．在x=L处，有一个与x轴垂直放置的屏，y轴与屏之间有与y轴平行的匀强电场．在坐标原点O处同时释放两个均带正电荷的粒子A和B，粒子A的速度方向沿着x轴负方向，粒子B的速度方向沿着x轴正方向．已知粒子A的质量为m，带电量为q，粒子B的质量是n1m，带电量为n2q，释放瞬间两个粒子的速率满足关系式mv A=n1mv E．若已测得粒子A在磁场中运动的半径为r，粒子B 击中屏的位置到x轴的距离也等于r．粒子A和粒子B的重力均不计．（1）试在图中画出粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图．（2）求：粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，粒子B 在电场中做类平抛运动，可画出轨迹．（2）粒子A在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨迹的半径．粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，运用运动的分解法求出偏转的距离，由几何关系即可求解粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离．【解答】解：（1）粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，轨迹如图所示．（2）由题意，两个粒子的速率满足关系式 mv A=n1mv B粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得，qv A B=m解得 v A=，v B=粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为y A=，y B=r=由以上两式解得 y A=所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为△y=（2r﹣y A）+r=3r﹣答：（1）粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图如图所示．（2）粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离是3r﹣．（二）选考题13．某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么下列说法中不正确的有（）A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．【分析】根据理想气体的状态方程分析气体的温度的变化，根据热力学第一定律分析内能的变化．【解答】解：根据理想气体的状态方程： =C可知轮胎内的压强增大、体积增大，则温度一定升高．气体的温度升高，内能一定增大．气体的体积增大的过程中，对外做功．故ABC错误，D正确．本题选择不正确的，故选：ABC14．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为P1，肥皂泡冻住后泡内气体温度降为T2．整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为P0．求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．【考点】理想气体的状态方程．【分析】对泡内气体分析，由等容变化规律可求得冻结后的压强，即可求得压强差．【解答】解：对泡内气体有查理定律可知：=。

2016届高考物理第一轮课时跟踪复习题26

课时跟踪检测(十三) 圆周运动一、单项选择题1．如图1所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是( )图1A ．受重力和台面的支持力B ．受重力、台面的支持力和向心力C ．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D ．受重力、台面的支持力和静摩擦力2．(2013·上海联考)如图2所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘为L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速转动，角速度为ω。

若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是( )图2A ．d v 02＝L 2gB ．ωL ＝π(1＋2n )v 0，(n ＝0,1,2,3，…)C ．v0＝ωd 2D ．dω2＝g π2(1＋2n )2，(n ＝0,1,2,3，…)3．(2014·皖南八校联考)2012年奥运会在英国伦敦举行，已知伦敦的地理位置是北纬52°，经度0°；而北京的地理位置是北纬40°，东经116°，则下列判断正确的是( )A ．随地球自转运动的线速度大小，伦敦奥运比赛场馆与北京奥运比赛场馆相同B ．随地球自转运动的线速度大小，伦敦奥运比赛场馆比北京奥运比赛场馆大C ．随地球自转运动的向心加速度大小，伦敦奥运比赛场馆比北京奥运比赛场馆小D ．站立在领奖台上的运动员，其随地球自转的向心加速度就是重力加速度4．如图3所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L ＝0.8 m 的细绳，一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝0.2 kg 的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A ，则小球在最低点B 的最小速度是( )图3A ．2 m/sB ．210 m/sC ．2 5 m/sD ．2 2 m/s5．(2014·洛阳检测)如图4所示，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是( )图4A ．sin θ＝ω2L gB ．tan θ＝ω2LgC ．sin θ＝gω2LD ．tan θ＝gω2L6．(2013·江苏高考)如图5所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

一、选择题(本大题共10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有错选的得0分)1.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（）A.教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这种运动是布朗运动B.热量只能从高温物体向低温物体传递，不可能由低温物体传给高温物体C.用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功2.0×105 J，若空气向外界放出热量1.5×105 J，则空气内能增加5×104 JD.一定质量的理想气体，如果保持温度不变，体积越小，压强越大2.(2014·山东卷，节选)如图所示，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体.当环境温度升高时，缸内气体（）(双选，填正确答案标号)A.内能增加B.对外做功C.压强增大D.分子间的引力和斥力都增大3.我国“神七”航天员的漫步太空已变成现实,“神七”航天员漫步太空,此举震撼世界,意义重大,其中飞船在航天员出舱前先要“减压”,在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”,因此飞船将此设施专门做成了一个舱,叫“气闸舱”,其原理图如图所示,两个相通的舱A、B间装有阀门K,指令舱A 中充满气体,气闸舱B内为真空,整个系统与外界没有热交换,打开阀门K 后,A中的气体进入B中,最终达到平衡,则()A.气体体积膨胀,对外做功B.气体分子势能减少,内能增加C.体积变大,温度降低D.B中气体不可能自发地全部退回到A中4.关于永动机和热力学定律的讨论,下列叙述正确的是()A.第一类永动机违反了能量守恒定律B.如果物体从外界吸收了热量,则物体的内能一定增加C.外界对物体做功,则物体的内能一定增加D.做功和热传递都可以改变物体的内能,但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的5.(2013·福建卷，节选)下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能E p随分子间距离r变化关系的图线是（）6.某同学利用DIS实验系统研究一定量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图的p-t图象.已知在状态B时气体的体积为V B＝3 L，则下列说法正确的是（）A.状态A到状态B气体的体积越来越大B.状态B到状态C气内能增加C.状态A的压强是0.5 atmD.状态C体积是2 L7.清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠,这一物理过程中,水分子间的()A.引力消失,斥力增大B.斥力消失,引力增大C.引力、斥力都减小D.引力、斥力都增大8.如图所示,曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程,图中横轴表示时间t,纵轴表示温度T.从图中可以确定的是()A.晶体和非晶体均存在固定的熔点T0B.曲线M的bc段表示固液共存状态C.曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态D.曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态9.有经验的柴油机维修师,不用任何仪器,只要将手伸到柴油机排气管附近感知一下尾气的温度,就能判断这台柴油机是否节能.关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系,下列说法中正确的是()A.尾气的温度越高,内能越大,说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能多,效率低,节能B.尾气的温度越高,内能越大,说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能少,效率高,不节能C.尾气的温度越低,内能越小,说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能少,效率高,节能D.尾气的温度越低,内能越小,说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能多,效率高,不节能10.如图所示,有一圆筒形绝热容器,用绝热且具有一定质量的活塞密封一定量的理想气体,不计活塞与容器之间的摩擦.开始时容器直立在水平桌面上,容器内气体处于状态a,然后将容器缓慢平放在桌面上,稳定后气体处于状态b.下列说法正确的是()A.与a状态相比,b状态气体分子间作用力较小B.与a状态相比,b状态气体的温度较低C.a、b两状态的气体分子对活塞的压力相等D.a、b两状态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数相等二、填空题(本大题共2小题,共10分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答)11.(4分)(2014·江苏苏北四市调研)如图甲所示是一晶体物质微粒在平面上的排列情况,图中三条等长线AB、AC、AD上物质微粒的数目不同,由此得出晶体具有的性质.如图乙所示,液体表面层分子比较稀疏,分子间距离大于分子平衡距离r0,因此表面层分子间作用表现为.12.(6分)在“用油膜法估测分子的大小”实验中,现有按体积比为n∶m配制好的油酸酒精溶液置于容器中,还有一个盛有约2cm深水的浅盘,一支滴管,一个量筒.请补充下述估测分子大小的实验步骤:(1)(用字母表示需测量的物理量).(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘,等油酸薄膜稳定后,将薄膜轮廓描绘在坐标纸上,如图所示.(已知坐标纸上每个小方格面积为S,求油膜面积时,半个以上方格面积记为S,不足半个舍去)则油膜面积为.(3)估算油酸分子直径的表达式为d=.三、计算题(本大题共4小题,共50分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)(2014·河南开封模拟)如图所示,一圆柱形绝热容器竖直放置,通过绝热活塞封闭着摄氏温度为t1的理想气体,活塞的质量为m,横截面积为S,与容器底部相距h1,现通过电热丝给气体加热一段时间,使气体摄氏温度上升到t2,若这段时间内气体吸收的热量为Q,已知大气压强为p0,重力加速度为g,求:(1)气体的压强.(2)这段时间内活塞上升的距离是多少?(3)这段时间内气体的内能如何变化,变化了多少?14.（12分）(2014·山东卷，节选)一种水下重物打捞方法的工作原理如图=0.5 m3的所示.将一质量为M=3×103 kg、体积V重物捆绑在开口朝下的浮筒上.向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m，筒内气体的体积V1=1 m3.在拉力作用下浮筒慢慢上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮.求V2和h2.(已知大气压强p0=1×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度的大小g=10 m/s2.不计水温变化，筒内气体质量不变且为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略)15.（12分）(2014·河北唐山)如图所示，封闭有一定质量理想气体的气缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S.活塞通过轻绳连接了一个质量为m的小物体，轻绳跨在定滑轮上.开始时气缸内外压强相同，均为大气压p0(mg<p0S).气缸内气体的温度为T0，轻绳处在自然伸直状态.不计摩擦，缓慢降低气缸内温度，最终使得气体体积减半，求：(1)气体体积减半时的温度T1；(2)建立p-V坐标系并在该坐标系中画出气体变化的整个过程.16.(16分)(2013·上海卷)如图,柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体,容器外包裹保温材料.开始时活塞至容器底部的高度为H1,容器内气体温度与外界温度相等.在活塞上逐步加上多个砝码后,活塞下降到距容器底部H2处,气体温度升高了ΔT;然后取走容器外的保温材料,活塞位置继续下降,最后静止于距容器底部H3处;已知大气压强为p0.求气体最后的压强与温度.参考答案1.解析：布朗运动是由液体分子撞击固体小颗粒而引起的，而教室内粉尘颗粒杂乱无章的运动是由于空气流动引起的，A 项错误；在一定条件下，热量可以从低温物体传给高温物体，例如夏天空调工作时，不断地将热量从低温的室内传到高温的室外，B 项错误；根据热力学第一定律可知，C 项正确；根据T pV ＝恒量可知，对于一定质量的气体，温度不变，体积越小，压强越大，D 项正确.答案：CD2.解析：根据理想气体状态方程，缸内气体压强不变，温度升高，体积增大，对外做功.理想气体不计分子间的作用力，温度升高，内能增加.选项A 、B 正确.答案：AB3.解析:当阀门K 被打开时,A 中的气体进入B 中,由于B 中为真空,所以A 中的气体不会做功,则A 项是错误的;又因为系统与外界无热交换,所以气体内能不变,则气体的温度也不变,则B 、C 两项错误;由热力学第二定律知,真空中气体膨胀具有方向性,在无外界作用时,B 中气体不能自发地全部回到A 中,故D 项正确.答案:D4.解析:由热力学第一定律知ΔU=W+Q ,内能改变与外界对物体做功和物体与外界热量交换这两个因素有关,改变其中一个因素,另一个因素不知是否改变,无法判断物体内能的变化,B 、C 两项错误;A 、D 两项正确. 答案:AD5.解析：当分子间距离r =r 0时，分子间的引力大小等于斥力大小，分子力为零；当r <r 0时，分子间的斥力大于引力，分子力表现为斥力，r 越小分子间的斥力越大；当r>r 0时，分子间的引力大于斥力，分子力表现为引力，随着r 的增大，分子力先增大后减小，r 很大时，分子力接近于零；分子相距无穷远时的分子势能为零，分子间距缩小时引力做正功，分子势能减小，当r=r 0时，分子势能最小，且一定小于零，当r<r 0时，分子间距缩小，斥力做负功，分子势能增大，B 项正确.答案：B6.解析：状态A 到状态B 是等容变化，故体积不变，A 错；状态B 到状态C 是等温变化，气体内能不变，B 错；从图中可知，p B ＝1.0 atm ，T B ＝(273＋91) K ＝364 K ，T A ＝273 K ，根据查理定律，有BB A A T p T p =，即3640.1273=A p ，解得p A ＝0.75 atm ，C 错；p B ＝1.0 atm ，V B ＝3 L ，p C ＝1.5 atm ；根据玻意耳定律，有p B V B ＝p C V C ，解得，VC ＝2 L ，D 对.答案：D7.解析:露珠是由空气中的水蒸气凝结成的水珠,液化过程中,分子间的距离变小,引力与斥力都增大,D 项正确.答案:D8.解析:晶体有固定熔点,非晶体没有固定熔点,A 项错;水平的一段bc 所对的纵坐标就是该晶体的熔点,在这一段既有固态的晶体,也有液态的晶体,即处于固液共存状态,B 项对;ab 段表示晶体处于固态,cd 段表示晶体处于液态,但由于非晶体没有固定熔点,无法确定 ef 、fg 处于什么状态,C 、D 两项错. 答案:B9.解析:柴油在柴油机的气缸中燃烧,产生高温高压气体,燃料的化学能转变为气体的内能,气体的内能又转变为柴油机的机械能,燃烧相同的燃料,输出的机械能越多,表明柴油机越节能,是否节能是衡量机器性能好坏的重要指标.内能与温度有关,尾气的温度越高,内能越大,说明排出的能量越多,利用的就少了,效率低,不节能.答案:C10.解析:理想气体不计分子间作用力,A 项错;由a 到b ,气体对外做功且绝热,所以温度降低,B 项对;两状态压强不等,所以压力不等,C 项错;分子在单位时间内撞击活塞的个数取决于温度和分子密度两个因素,D 项错. 答案:B11.答案:各向异性引力12.解析:测油酸分子直径应知道油酸的体积,所以需先测量一滴溶液的体积,用滴管和量筒即可;而为了使油膜轮廓清晰,还应在水面洒上石膏粉;油膜面积可从图中查格数得到.答案:(1)用滴管将溶液一滴一滴地滴入量筒,N 滴溶液的体积为V ,在水面上均匀洒上一层石膏粉 (2)8S (3)SNmnV 8 13.解析: (1)分析活塞的受力情况如图所示,根据平衡条件有mg+p 0S=pS解得p=p 0+S mg . (2)设温度为t 2时活塞与容器底部相距h 2,因为气体做等压变化2211T V T V =得:2211273273t K S h t K S h +=+ 由此得:h 2=121273)273(t K t K h ++ 活塞上升了Δh=h 2-h 1=1121273)(t K t t h +-. (3)气体对外做功为W=pS ·Δh=(p 0+S mg )·S ·1121273)(t K t t h +-=(p 0S+mg )1121273)(t K t t h +- 由热力学第一定律可知减少的内能为ΔE 内=Q-W=Q-(p 0S+mg )1121273)(t K t t h +-. 答案:(1)p 0+S mg (2)1121273)(t K t t h +- (3)内能减少,减少了Q-(p 0S+mg )1121273)(t K t t h +- 14.解析:当F =0时，由平衡条件得：Mg =ρg (V 0+V 2)①代入数据得V 2=2.5 m 3②设筒内气体初态、末态的压强分别为P 1、P 2，由题意得：P 1=P 0+ρgh 1③P 2=P 0+ρgh 2④在此过程中筒内气体的温度和质量不变，由玻意耳定律得：P 1V 1=P 2V 2⑤联立②③④⑤式，代入数据得：h 2=10 m ⑥答案：2.5 m 3 10 m15.解析：(1)设初始气体体积为V ，在气体体积减半时，缸内气体压强为p 0-Smg . 根据气体定律可得：10002)(T V S mg p T V p -=. 解得：T 1＝0002T p S mg p -. (2)刚开始缓慢降温时，缸内气体的体积不变，压强减小，气体做等容变化；当缸内气体压强降为p 0-Smg 时，气体的压强不变，体积减小，气体做等压变化.如图所示.答案：(1)T 1＝0002T p S mg p - (2)见解析图16.解析:活塞的高度为H 1时,气体压强为p 0,体积为H 1S ,温度为T 0;活塞的高度为H 2时,气体压强为p ,体积为H 2S ,温度为T 0+ΔT ,则有TT S pH T S H p ∆+=02010 从活塞的高度为H 2到活塞的高度为H 3的过程,气体做等压变化,则有 03002T S H T T S H =∆+解得:p=301H p H , T 0=323H H T H -∆. 答案:301H p H 323H H T H -∆。