調研復習試題1

高考物理模擬試卷1一、單項選擇題1．一艘在太空飛行的宇宙飛船，開動推進器后受到的推力是800N，開動5s的時間，速度的改變?yōu)?m/s，則宇宙飛船的質量為：（）A．1000kgB．2000kgC．3000kgD．4000kg2．如圖所示為廈門胡里山炮臺的一門大炮．假設炮彈水平射出，以海平面為重力勢能零點，炮彈射出時的動能恰好為重力勢能的3倍，不計空氣阻力，則炮彈落到海平面時速度方向與海平面的夾角為：（）A．30°B．45°C．60°D．75°3．如圖所示，質量為m的汽車在平直公路上行駛，所受的阻力恒為車重的k倍．當它以速度v，加速度a加速前進時，發(fā)動機的實際功率正好等于額定功率，從該時刻起，發(fā)動機始終在額定功率下工作，重力加速度g．則以下分析正確的是：（）A．汽車發(fā)動機的額定功率為kmgvB．汽車行駛的最大速度為C．當汽車加速度減小到時，速度增加到2vD．欲使汽車最大速度增加到2倍，則發(fā)動機額定功率應增加到4倍4．如圖所示，A、B、C為放置在光滑水平面上的三個帶電小球，其中B與C之間用長為L的絕緣輕質細桿相連（L遠遠大于小球的直徑），現在三個小球都恰好處于靜止狀態(tài)。已知小球B的帶電量為﹣q，小球C的帶電量為+9q，則以下判斷正確的是：（）A．小球A的帶電量一定為+B．輕質細桿一定處于被拉伸狀態(tài)C．小球A與B之間的距離一定為D．若將A向右平移一小段距離，釋放后A一定向左運動二、不定項選擇題5．在x軸上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，O、A、B、C為x軸上等間距的四個點．現將帶正電粒子從O點靜止釋放，粒子沿直線運動到A點時的動能恰為Ek，已知粒子只受電場力作用，則以下分析正確的是：（）A．粒子運動到C點時的動能為3EkB．沿x軸從O點到C點，電勢一直在降低C．粒子從O點到C點，先做加速，后做減速D．粒子在AB段電勢能變化量大于BC段變化量6．自動化生產車間通常用傳送帶來傳輸工件。如圖所示，甲、乙兩水平傳送帶高度相等，相互垂直且無縫對接，兩傳送帶始終均以v0速度勻速運動。工件質量為m，離開甲前與甲傳送帶的速度相同，并能平穩(wěn)地傳到乙傳送帶上，工件與傳送帶間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，工件可視為質點。則工件從剛到乙傳送帶到與乙傳送帶速度相同的過程中，下列說法正確的是：（）A．滑動摩擦力對工件做的總功為零B．工件所受的滑動摩擦力大小、方向均不變C．每個工件在傳送帶乙上滑行時產生的熱量為mv02D．工件在垂直于乙傳送帶運動方向上滑行的距離為7．在如圖所示的電路中，圈①、②、③處可以接小燈、電流表或電壓表（均為理想電表）三種元器件，電源電動勢E、內阻r均保持不變，定值電阻R1：R2：R3：R4=4：3：2：1，小燈電阻RL=R1，R1＞r，，下列說法中正確的是：（）A．要使電源總功率最大，則應該①接電流表，②接電壓表，③接小燈B．要使電源輸出功率最大，則應該①接電流表，②接小燈，③接電壓表C．要使路端電壓最大，則應該①接小燈，②接電壓表，③接電流表D．要使閉合電路中電源效率最高，則應該①接小燈，②接電流表，③接電壓表三、非選擇題8．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，小明同學利用傳感器設計實驗：如圖甲所示，將質量為m、直徑為d的金屬小球在一定高度h由靜止釋放，小球正下方固定一臺紅外線計時器，能自動記錄小球擋住紅外線的時間t，改變小球下落高度h，進行多次重復實驗。此方案驗證機械能守恒定律方便快捷。（1）用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑d=__________mm；（2）在處理數據時，計算小球下落h高度時速度v的表達式為__________；（3）為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，應作下列哪一個圖象？__________；A．h﹣t圖象B．h﹣圖象C．h﹣t2圖象D．h﹣圖象（4）經正確的實驗操作，小明發(fā)現小球動能增加量mv2總是稍小于重力勢能減少量mgh，你認為增加釋放高度h后，兩者的差值會__________（填“增大”、“縮小”或“不變”）。9．小王同學用電壓表和電流表測定某蓄電池的電動勢和內阻，實驗電路如圖甲所示，電壓表和電流表均可視為理想電表。（1）圖乙是部分連接好的實物電路圖，請你完成余下導線的連接（要求滑動觸片P從左向右移動時滑動變阻器接入電路的阻值在不斷增大）。（2）小王同學在實驗時記錄滑動觸片P在不同位置的x值以及對應的電壓表讀數U和電流表讀數I，并作出如圖丙所示的U﹣x圖象和I﹣x圖象。則根據圖象數據可求得：蓄電池的電動勢為__________V；內阻為__________Ω；滑動變阻器的最大阻值為__________Ω。（3）請在圖丁中作出該蓄電池的U﹣I圖象。10．如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形MNL內存在垂直于xOy平面向里磁感應強度為B的勻強磁場，三角形的一直角邊ML長為6a，落在y軸上，∠NML=30°，其中位線OP在x軸上．電子束以相同的速度v0從y軸上﹣3a≤y≤0的區(qū)間垂直于y軸和磁場方向射入磁場，已知從y軸上y=﹣2a的點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經過O點．若在直角坐標系xOy的第一象限區(qū)域內，加上方向沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場，在x=3a處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點為Q忽略電子間的相互作用，不計電子的重力．試求：（1）電子的比荷；（2）電子束從+y軸上射入電場的縱坐標范圍；（3）從磁場中垂直于y軸射入電場的電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離。11．如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從M點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經t0時間從N點射出。（1）求電場強度的大小和方向。（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從M點以相同的速度射入，經t0/2時間恰從圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運動加速度的大小。（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從M點射入，但速度為原來的2倍，粒子從（2）中同一位置離開，求粒子在磁場中運動的時間。答案1、解：由動量定理可知：Ft=mv﹣0，m===2000kg；故選：B．2、解：設拋出時物體的初速度為v0，高度為h，物塊落地時的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為α．根據機械能守恒定律得：+mgh=mv2，據題有：=3mgh。聯立解得：v=v0；則cosα==，可得α=30°，故選：A．3、解：A、速度v時，根據牛頓第二定律知，所以P0=kmgv+mav，故A錯誤；B、最后勻速牽引力等于阻力時速度最大，故，故B正確；C、加速度為時，此時牽引力為F，則F﹣kmg=m，解得F=，此時速度為v=，故C錯誤；D、由于勻速運動，故受到的阻力不變，此時的功率P=f?2v=2P0，故D錯誤；故選：B4、解：AC、小球A受力平衡，根據平衡條件，有：解得：x=，qA可以為任意值；故A錯誤，C正確；B、對球B，球A、球C的靜電力的合力為：F=由于不知道球A的帶電量，故無法確定球A、球C的靜電力的合力是否為零，故桿可能是拉力、支持力、沒有力，故B錯誤；D、球A在原來的位置是平衡的，若將A向右平移一小段距離，球B、球C對其的靜電力均增加，但球B的靜電力增加更快，故釋放后A一定向右運動；故D錯誤；故選：C5、解：A、由動能定理知，粒子由O運動到A時電場力做功為Ek，由A到C電場力做功小于2EK，則粒子運動到C點時動能小于3Ek，故A錯誤．B、帶正電粒子從O點到A點，動能增加，則電場力做正功，電場方向向右．由圖知，由O點到C點，場強一直為正值，說明場強方向一直向右，電勢一直降低，故B正確．C、由于電場力一直做正功，則帶正電粒子一直加速運動，則C錯誤D、AB段的平均電場力大于BC的平均電場力，則AB段電場力做功大于BC段電場力做功，由功能關系知，粒子在AB段電勢能變化量大于BC段變化量，故D正確。故選：BD．6、解：A、兩傳送帶始終均以v0速度勻速運動，則工件從剛到乙傳送帶到與乙傳送帶速度相同的過程中，根據動能定理可得：W合=△EK=0，故A正確，B、沿甲與乙的運動方向建立坐標系如答圖1所示．剛滑上乙時，工件相對乙運動的速度為，方向如圖所示，θ=45°，工件受到摩擦力的大小為f=μmg，方向如圖所示，θ=45°，故B正確；D、沿x軸方向，根據牛頓運動定律和運動學公式μmgsinθ=max，解得：ax=μgsin45°根據運動學公式，解得工件在乙上垂直于乙的運動方向滑行的距離：x=v02/2μg，故D錯誤；C、工件在乙上沿x軸方向的位移為x，沿y軸方向的位移為y，根據牛頓運動定律和運動學公式ax=μgsinθ，ay=μgcosθ在x軸方向g，在y軸方向工件滑動的時間，乙前進的距離y1=v0t工件相對乙的位移摩擦生熱Q=μmgL，解得，故C正確；故選：ABC7、分析：A、要使電源的總功率最大，根據P=EI，即總電流最大，總電阻最小．B、當外電阻等于內電阻時，電源的輸出功率最大．所以要想輸出功率最大，要使外電阻接近于內阻．C、外電阻越大，總電阻越大，總電流越小，內電壓越小，外電壓越大．所以當外電阻最大時，路端電壓最大．D、電源的效率η=，知外電阻越大，效率越高．解：A、要電源總功率最大，電壓是固定的，所以就要求電流要大，電流大則總電阻要最小，內阻是一定的，所以外阻要最?。敲慈绾谓油庾栊∧兀?接小燈的話，外阻最小也為2R1=8R4，比較大，所以要接電流表，2接小燈的話，3接電壓表開路，則小燈和R3并聯再與R4串聯再與R2并聯，最后于R1串聯，最后計算外阻為（4+）×R4，3接小燈，2接電壓表開路，則R3R4串聯，與RL、R2并聯最后與R1串聯，最后計算外阻為（4+）×R4最小．故A正確．B、當R外=r時，輸出功率最大，但是R1＞r，從上面可以看出，最小的外阻也大于r，所以要輸出功率最大，只有外阻接近r才行，所以還是選擇最小的外阻，可以看到還應該是①接電流表，②接電壓表，③接小燈．故B錯誤．C、要路端電壓最大，就要外阻越大越好，這樣應該①接電壓表，這樣整個電路斷路，路端電壓等于電動勢．故C錯誤．D、要是電源效率最高，則電路不能是斷路，同時外阻越大越好，這樣1要接小燈，如果3接電流表，則R2、R3、R4被短接，R外=RL+R1=2R1=8R4，如果②接電流表，則R3短接，R4與R2并聯，R外=RL+R1+=（8+）×R4，為最大．故D正確．故選AD．三、非選擇題8．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，小明同學利用傳感器設計實驗：如圖甲所示，將質量為m、直徑為d的金屬小球在一定高度h由靜止釋放，小球正下方固定一臺紅外線計時器，能自動記錄小球擋住紅外線的時間t，改變小球下落高度h，進行多次重復實驗．此方案驗證機械能守恒定律方便快捷．（1）用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑d=17.805mm；（2）在處理數據時，計算小球下落h高度時速度v的表達式為；（3）為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，應作下列哪一個圖象？D；A．h﹣t圖象B．h﹣圖象C．h﹣t2圖象D．h﹣圖象（4）經正確的實驗操作，小明發(fā)現小球動能增加量mv2總是稍小于重力勢能減少量mgh，你認為增加釋放高度h后，兩者的差值會增大（填“增大”、“縮小”或“不變”）．8、解：（1）螺旋測微器的固定刻度為17.5mm，可動刻度為30.5×0.01mm=0.305mm，所以最終讀數為17.5mm+0.305mm=17.805mm，（2）已知經過光電門時的時間小球的直徑；則可以由平均速度表示經過光電門時的速度；所以v=，（3）若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒；則有：mgh=mv2；即：2gh=（）2，為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，所以應作h﹣圖象，故選：D．（4）經正確的實驗操作，小明發(fā)現小球動能增加量mv2總是稍小于重力勢能減少量mgh，你認為增加釋放高度h后，兩者的差值會增大。9．小王同學用電壓表和電流表測定某蓄電池的電動勢和內阻，實驗電路如圖甲所示，電壓表和電流表均可視為理想電表．（1）圖乙是部分連接好的實物電路圖，請你完成余下導線的連接（要求滑動觸片P從左向右移動時滑動變阻器接入電路的阻值在不斷增大）．（2）小王同學在實驗時記錄滑動觸片P在不同位置的x值以及對應的電壓表讀數U和電流表讀數I，并作出如圖丙所示的U﹣x圖象和I﹣x圖象．則根據圖象數據可求得：蓄電池的電動勢為2.0V；內阻為2Ω；滑動變阻器的最大阻值為36Ω．（3）請在圖丁中作出該蓄電池的U﹣I圖象．分析：（1）由原理圖可得出對應的實物圖，注意題目中的要求，明確滑動變阻器的接法；（2）由圖丙中的兩圖象可得出對應的電流和電壓值，再由閉合電路歐姆定律列式聯立可求得電動勢和內阻；再由歐姆定律可求得滑動變阻器的最大阻值；（3）由（2）中的得出的數據可求得對應的U﹣I圖象．9、解：（1）根據實驗原理圖可得出對應的實物圖，注意變阻器應接左下接線柱；如圖所示；（2）由圖可知，電流為I1=0.1A時，電壓為U1=1.8V，電流為I2=1.0A時，電壓為零；故1.0A為短路電流；由閉合電路歐姆定律可知：U=E﹣Ir；I2=，代入數據解得：E=2.0V，r=2Ω；當接入一半的電阻時，阻值R′===18Ω；故總阻值R=2R′=2×18=36Ω；（3）電源的電動勢為2.0V，短路電流為1.0A，對應的伏安特性曲線如圖所示；故答案為：（1）如圖1所示；（2）2.0；2；36；（3）如圖所示；分析：（1）從y軸上y=﹣2a點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經過O點，則電子圓周運動的半徑為a，根據牛頓第二定律列方程求比荷；（2）（3）粒子在磁場中運動圓軌跡必須與直線MN相切時打到熒光屏上距Q點最遠．10、解：（1）由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑為r=a，由牛頓第二定律得：ev0B=m，電子的比荷：=；（2）電子能進入電場中，且離O點上方最遠，電子在磁場中運動圓軌跡恰好與邊MN相切，電子運動軌跡的圓心為O′點，如圖所示．則：O′M=2a，OO′=OM﹣0′M=a，即粒子從D點離開磁場進入電場時，離O點上方最遠距離為：OD=ym=2a，所以電子束從y軸射入電場的范圍為0≤y≤2a；（3）假設電子沒有射出電場就打到熒光屏上，有3a=v0t，y=??t2，打到熒光屏上電子在電場中做類平拋運動，設電子在電場的運動時間為t，豎直方向位移為y，水平位移為x，水平：x=v0t，豎直：y=??t2，代入數據解得：x=；設電子最終打在光屏的最遠點距Q點為H，電子射出電場時的夾角為θ有：tanθ===，H=（3a﹣x）tanθ=（