考前增分集訓 集訓二 小卷增分練

集訓二小卷增分練30分鐘小卷增分練(8選擇＋2實驗)(一)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.如圖1所示為氫原子的能級圖，一群處于量子數(shù)n＝4激發(fā)態(tài)的氫原子，能夠自發(fā)地躍遷到較低的能量狀態(tài)，并向外輻射光子(已知可見光的光子的能量范圍為1.63～3.10eV，鋅板的逸出功為3.34eV)，則向外輻射多種頻率的光子中()圖1A.最多有4種頻率的光子B.最多有3種頻率的可見光C.能使鋅板發(fā)生光電效應的最多有4種頻率的光子D.能使鋅板發(fā)射出來的光電子的最大初動能的最大值為9.41eV解析根據(jù)組合Ceq\o\al(2,4)＝6，得一群處于n＝4的激發(fā)態(tài)氫原子可能發(fā)出6種頻率的光子，A項錯誤；根據(jù)能級的躍遷滿足hν＝Em－En得產(chǎn)生的光子能量分別是12.75eV，12.09eV，10.2eV，2.55eV，1.89eV，0.66eV，可見光的光子能量范圍約為1.63eV～3.10eV，所以可以產(chǎn)生2種頻率的可見光，B項錯誤；依據(jù)光電效應產(chǎn)生條件及鋅板的逸出功知，能使鋅板發(fā)生光電效應的最多有3種頻率的光子，C項錯誤；依據(jù)光電效應方程：Ekm＝hν－W，使鋅板發(fā)射出來的光電子，其最大初動能的最大值為Ekm＝12.75eV－3.34eV＝9.41eV，D項正確。答案D15.北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)由靜止同步軌道衛(wèi)星、中地球軌道衛(wèi)星和傾斜同步軌道衛(wèi)星組成。中地球軌道衛(wèi)星的半徑小于靜止同步軌道衛(wèi)星的半徑，傾斜同步軌道衛(wèi)星的周期為24小時，軌道平面與赤道平面有一定夾角。則下列說法正確的是()A.中地球軌道衛(wèi)星的周期大于傾斜同步軌道衛(wèi)星的周期B.中地球軌道衛(wèi)星的向心加速度小于靜止同步軌道衛(wèi)星的向心加速度C.中地球軌道衛(wèi)星和靜止同步軌道衛(wèi)星的速度均大于地球的第一宇宙速度D.地球赤道上隨地球自轉(zhuǎn)的物體的向心加速度比靜止同步軌道衛(wèi)星的向心加速度小解析中地球軌道衛(wèi)星半徑小于靜止同步軌道衛(wèi)星的半徑，由開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k可知，中地球軌道衛(wèi)星周期小于靜止同步軌道衛(wèi)星周期，而傾斜同步軌道衛(wèi)星的周期等于靜止同步軌道衛(wèi)星的周期，A項錯誤；由a＝Geq\f(M,r2)可知，B項錯誤；中地球軌道衛(wèi)星和靜止同步軌道衛(wèi)星的速度均小于第一宇宙速度，C項錯誤；由a＝rω2可知，地球赤道上物體的向心加速度比靜止同步軌道衛(wèi)星的向心加速度小，D項正確。答案D16.如圖2所示，輕質(zhì)光滑的定滑輪用輕質(zhì)細線吊在天花板上，物塊m、M用跨過定滑輪的輕質(zhì)細線連接，m靜止懸在空中，M靜止在水平地面上的A點?，F(xiàn)把M從A點緩慢移動到B點，m仍靜止懸在空中。則下列說法正確的是()圖2A.細線對M的拉力變大 B.懸掛滑輪的細線拉力變大C.M對地面的壓力變大 D.M對地面的靜摩擦力變小解析m受力平衡，所以繩中張力始終等于mg，大小不變，A項錯誤；如圖甲所示，繩子間夾角α逐漸增大，所以兩段繩中張力的合力逐漸減小，懸掛滑輪的細線拉力也逐漸減小，B項錯誤；在M從A緩慢移到B的過程中，M始終處于平衡狀態(tài)，對M受力分析如圖乙所示，由受力分析可知FTcosθ＝Ff，F(xiàn)Tsinθ＋FN＝Mg，在此過程中θ逐漸減小，cosθ逐漸增大，sinθ逐漸減小，所以Ff逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大，C項正確，D項錯誤。答案C17.一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖3所示。該物體在t0和2t0時刻的動能分別為Ek1、Ek2，動量分別為p1、p2，則()圖3A.Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 B.Ek2＝3Ek1，p2＝3p1C.Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 D.Ek2＝3Ek1，p2＝2p1解析根據(jù)動量定理得F0t0＝mv1①，2F0t0＝mv2－mv1②，由①②解得v1∶v2＝1∶3，那么動量之比為p1∶p2＝1∶3，依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，得Ek1∶Ek2＝1∶9，A項正確。答案A18.如圖4，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝1T，其中BC邊長為3cm，∠C＝30°?，F(xiàn)有大量比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的帶正電的粒子持續(xù)不斷地以不同的速率從P點垂直AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，PC間距離為3cm(不計粒子重力)。以下說法錯誤的是()圖4A.粒子在磁場中運動的最長時間為π×10－6sB.速度小于1×104m/s的粒子均能從AC邊射出C.速度為1.5×104m/s的粒子恰好經(jīng)過C點D.可能有部分粒子能從AB邊射出解析在磁場區(qū)域中運動半周從AC邊射出磁場的粒子的運動時間最長，運動時間為eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)＝π×10－6s，A項正確；由r＝eq\f(mv,qB)得速度v＝1×104m/s的粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑r＝1cm，軌跡恰好與BC邊相切，速度小于1×104m/s的粒子半徑小于1cm均能運動半周從AC邊射出，B項正確；速度為1.5×104m/s的粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑r＝1.5cm，若磁場區(qū)域足夠大，粒子恰好經(jīng)過C點，但速度v＞1×104m/s，從BC(或AB)穿出磁場后沿直線運動，不會到達C點，C項錯誤；粒子速度足夠大就可從AB邊射出，D項正確。答案C19.如圖5所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉動小車和木塊，讓它們一起做無相對滑動的加速運動，若小車的質(zhì)量為M，木塊的質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車間的動摩擦因數(shù)為μ。對于這個過程，某同學用了以下4個式子來表達木塊受到的摩擦力的大小，下列表達式一定正確的是()圖5A.F－Ma B.maC.μmg D.Ma解析用隔離法，對木塊有Ff＝ma，對小車有，F(xiàn)－Ff＝Ma，A、B項正確；由于不是滑動摩擦力，不能用公式Ff＝μFN表達，C項錯誤；Ma指的是小車M在運動過程中受到的合外力，D項錯誤。答案AB20.如圖6所示，在勻強電場中有一個與電場方向平行的直角三角形ABC，∠A＝30°，虛線表示電場線，與AB夾角為60°，其中A點電勢為3V，C點電勢為1V。一質(zhì)量為2.0×10－17kg、帶電荷量為1.0×10－5C的帶電離子僅在靜電力作用下恰好沿圖中弧線自A運動到B。已知離子在A點的速度大小為1×106m/s，則()圖6A.離子帶正電B.離子帶負電C.離子在B點的速度大小為eq\r(2)×106m/sD.離子在B點的速度大小為2×106m/s解析φA＝3V＞φC＝1V，所以電場強度方向是沿虛線斜向下，在軌跡與電場線相交的地方，由電場力必須沿電場線并且指向軌跡的凹面可判斷出電場力沿虛線斜向下，與電場強度方向相同，帶電粒子帶正電，A項正確，B項錯誤；由幾何關(guān)系可知AC與電場方向夾角為30°，所以UAC＝E·AC·cos30°①，UAB＝E·AB·cos60°②，AC·cos30°＝AB③，由①②③可知UAB＝eq\f(1,2)UAC＝eq\f(1,2)(φA－φC)＝1V，粒子由A到B的過程，由動能定理可得qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vB＝eq\r(2)×106m/s，C項正確，D項錯誤。答案AC21.如圖7甲所示，在光滑水平面上放置一質(zhì)量為1kg的單匝均勻正方形銅線框，線框邊長為0.1m。在虛線區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為eq\f(10,3)T。現(xiàn)用恒力F拉線框，線框到達1位置時，以速度v0＝3m/s進入勻強磁場并開始計時。在t＝3s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場。此過程中v－t圖象如圖乙所示，那么()圖7A.t＝0時刻線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為0.75VB.恒力F的大小為0.5NC.線框完全離開磁場的瞬間的速度大小為3m/sD.線框完全離開磁場的瞬間的速度大小為1m/s解析t＝0時，線框的速度為v0＝3m/s，線框右側(cè)MN的兩端電壓為外電壓，總的感應電動勢為E＝BLv0＝1V，則UMN＝eq\f(3,4)E＝0.75V，A項正確；在1～3s內(nèi)線框做勻變速直線運動，此過程中線框在水平方向僅受外力F，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合題圖乙可得F＝ma＝0.5N，B項正確；由題圖乙可以看出，t＝3s時刻線框達到2位置，開始離開磁場時與線框進入磁場時速度相同，則線框穿出磁場與進入磁場運動情況完全相同，則可知線框完全離開磁場的瞬時速度與t＝1s時刻的速度相等，即為2m/s，C、D項錯誤。答案AB二、非選擇題(本題共2小題，共15分)22.(5分)為了進行驗證牛頓第二定律的實驗，現(xiàn)提供如圖8所示的實驗裝置。圖8(1)為了消除小車與水平木板之間的摩擦力的影響，應采取的做法是________。A.將木板不帶滑輪的一端適當墊高，使小車在鉤碼拉動下恰好做勻速運動B.將木板帶滑輪的一端適當墊高，使小車在鉤碼拉動下恰好做勻速運動C.將木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做勻速運動D.將木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車能夠靜止在木板上(2)有一組同學保持小車及車中的砝碼質(zhì)量一定，研究加速度a與所受外力F的關(guān)系，他們在軌道水平和傾斜兩種情況下分別做了實驗，得到了兩條a－F圖線，如圖9所示。圖線________(選填“①”或“②”)是在軌道傾斜情況下得到的；小車及車中的砝碼總質(zhì)量m＝________kg。圖9解析(1)將木板不帶滑輪的一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做勻速運動，以使小車的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小車的合力大小就等于繩子的拉力，故A、B、D錯誤，C正確。(2)由圖線①可知，當F＝0時，a≠0。也就是說當繩子上沒有拉力時小車就有加速度，所以圖線①是在軌道右側(cè)抬高成為斜面情況下得到的。a－F圖象的斜率k＝eq\f(1,m)，由a－F圖象得圖象斜率k＝2，所以m＝0.5kg。答案(1)C(2分)(2)①(1分)0.5(2分)23.(10分)“測定銅導線的電阻率”實驗中可供使用的器材有A.橫截面積為1.0mm2、長度為100m的一捆銅導線(電阻Rx約2Ω)。B.電流表G：內(nèi)阻Rg＝100Ω，滿偏電流Ig＝3mA。C.電流表A：量程0～0.6A，內(nèi)阻約1Ω。D.滑動變阻器R：最大阻值5Ω。E.定值電阻：R0＝3Ω，R1＝900Ω，R2＝1000Ω。F.電源：電動勢6V，內(nèi)阻不計。G.開關(guān)、導線若干。請完成下列實驗內(nèi)容：(1)把電流表G與定值電阻串聯(lián)改裝成量程為0～3V的電壓表，則定值電阻應選________(選填“R1”或“R2”)。(2)為了盡可能獲取多組數(shù)據(jù)，實驗電路圖應選________，電路中R0的作用是________。(3)根據(jù)正確的電路圖，完成實物圖的連接(已正確連接了部分導線)。(4)某次測量中，電流表G的讀數(shù)為2.40mA時，電流表A的讀數(shù)為0.50A，由此求得銅導線的電阻率為__________Ω·m(保留2位有效數(shù)字)。解析(1)需要串聯(lián)的定值電阻阻值R＝eq\f(U,Ig)－Rg＝eq\f(3,3×10－3)Ω－100Ω＝900Ω，所以應選R1。(2)由于電流表A的內(nèi)阻約1Ω，比較接近待測電阻，故電流表應采用外接法；為了盡可能獲取多組數(shù)據(jù)，應采用分壓電路，故選甲電路；R0的作用是增大電流表G的讀數(shù)以減小誤差。(3)根據(jù)電路圖，連接實物如圖。(4)電流表G的讀數(shù)為2.40mA時，電流表A的讀數(shù)為0.50A，根據(jù)歐姆定律得Rx＝eq\f(IG（Rg＋R1）,IA－IG)－R0＝eq\f(2.40×10－3×（100＋900）,0.50－2.40×10－3)Ω－3Ω≈1.8Ω根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S)，有ρ×eq\f(100m,1.0×10－6m2)＝1.8Ω解得ρ＝1.8×10－8Ω·m。答案(1)R1(2分)(2)甲(2分)增大電流表G的讀數(shù)以減小誤差(2分)(3)見解析圖(2分)(4)1.8×10－8(2分)

30分鐘小卷增分練(8選擇＋2實驗)(二)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.如圖所示是交流發(fā)電機的示意圖。線圈的AB邊連在金屬滑環(huán)K上，CD邊連在滑環(huán)L上，導體做的兩個電刷E、F分別壓在兩個滑環(huán)上，線圈在轉(zhuǎn)動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路的連接。下列說法正確的是()A.當線圈轉(zhuǎn)到圖甲位置時，磁通量的變化率最大B.從圖乙所示位置開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關(guān)系是i＝ImsinωtC.當線圈轉(zhuǎn)到圖丙位置時，感應電流最小D.當線圈轉(zhuǎn)到圖丁位置時，流經(jīng)外電路的電流方向為E→F解析圖甲位置為中性面位置，當線圈轉(zhuǎn)到圖甲位置時，線圈中的磁通量最大，磁通量的變化率最小(為零)，選項A錯誤；圖乙位置為產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流最大的位置，從圖乙所示位置開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關(guān)系是i＝Imcosωt，選項B錯誤；圖丙位置為中性面位置，當線圈轉(zhuǎn)到圖丙位置時，線圈中的磁通量最大，磁通量的變化率最小(為零)，產(chǎn)生的感應電動勢最小，感應電流最小，選項C正確；由于圖中沒有給出磁鐵極性，所以不能判斷當線圈轉(zhuǎn)到圖丁位置時流經(jīng)外電路的電流方向，選項D錯誤。答案C15.如圖1所示，長方體物塊放在粗糙水平地面上，光滑圓球在光滑豎直墻壁和物塊之間處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向右的拉力F拉長方體物塊，使其緩慢移動一小段距離，在這個運動過程中()圖1A.球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小B.球?qū)﹂L方體物塊的壓力逐漸增大C.地面對長方體物塊的支持力逐漸減小D.地面對長方體物塊的支持力逐漸增大解析以光滑圓球為研究對象，對其受力分析，如圖所示，在長方體物塊緩慢向右移動一小段距離后，長方體物塊對圓球的支持力與豎直方向的夾角變大，則由圖可知物塊對圓球的支持力變大，墻壁對圓球的作用力變大，由牛頓第三定律可知，A錯誤，B正確；以長方體物塊和圓球組成的整體為研究對象，豎直方向的合力為零，因此地面對長方體物塊的支持力等于二者的重力之和，C、D錯誤。答案B16.質(zhì)量為1kg的小球從空中自由下落，與水平地面相碰后彈到空中某一高度，其速度—時間圖象如圖2所示，以豎直向上為正，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()圖2A.小球下落的最大速度為5m/sB.小球能彈起的最大高度為2.5mC.小球第一次反彈后的瞬時速度大小為10m/sD.小球與地面第一次碰撞過程中地面對小球的沖量大于15kg·m/s解析由圖象可知，小球第一次落地瞬間的速度大小為10m/s，A錯誤；小球第一次著地反彈后的瞬時速度大小為5m/s，C錯誤；由速度—時間圖線與橫軸圍成圖形的面積表示位移可知，小球第一次能彈起的最大高度為eq\f(1,2)×5×0.5m＝1.25m，B錯誤；小球第一次從落地到彈起的過程，由動量定理得I－mgt＝mv－mv0，則I＝mgt＋15kg·m/s＞15kg·m/s，D正確。答案D17.正電子發(fā)射計算機斷層掃描(PET/CT)，其原理是借助于示蹤劑(正電子放射性藥物)可以聚集到病變部位的特點來發(fā)現(xiàn)疾病的。PET/CT常用氧15標記，其半衰期僅有2分鐘。對含氧元素的物質(zhì)照射20～50MeV的X射線，激發(fā)原子核邊緣的中子，可以產(chǎn)生氧15。下列說法正確的是()A.用30MeV的X射線照射氧16時，生成氧15的同時釋放出中子B.氧15發(fā)生正電子衰變時，生成的新核含有9個中子C.經(jīng)過10分鐘，氧15的含量減小為原來的eq\f(1,5)D.將氧15置于回旋加速器中，其半衰期可能發(fā)生變化解析用30MeV的X射線照射氧16時，生成氧15的同時釋放出中子，方程為X＋eq\o\al(16,8)O→eq\o\al(15,8)O＋eq\o\al(1,0)n，故A正確；氧15產(chǎn)生正電子衰變，eq\o\al(15,8)O→eq\o\al(0,＋1)e＋eq\o\al(15,7)N，生成的新核有8個中子，故B錯誤；經(jīng)過10分鐘，即經(jīng)過5個半衰期，剩余氧15的含量m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(1,32)m0，故C錯誤；改變元素所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)，不能改變其半衰期，故D錯誤。答案A18.地面附近電場的電場線如圖3所示，其中一條方向豎直向下的電場線上有a、b兩點，高度差為h。質(zhì)量為m、電荷量為－q的檢驗電荷，從a點由靜止開始沿電場線運動，到b點時速度為eq\r(gh)。下列說法中正確的是()圖3A.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的檢驗電荷，從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為2eq\r(gh)B.質(zhì)量為m、電荷量為＋2q的檢驗電荷，從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度為eq\r(2gh)C.質(zhì)量為m、電荷量為－2q的檢驗電荷，從a點由靜止起沿電場線運動到b點時速度仍為eq\r(gh)D.質(zhì)量為m、電荷量為－2q的檢驗電荷，在a點由靜止開始釋放，點電荷將沿電場線在a、b兩點間來回運動解析從a到b的過程中，運用動能定理，對質(zhì)量為m、－q的檢驗電荷：mgh－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①，對電荷量為＋q的檢驗電荷：mgh＋qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)②，①②兩式相加化簡得v2＝eq\r(4gh－veq\o\al(2,1))＝eq\r(4gh－gh)＝eq\r(3gh)，A項錯誤；對質(zhì)量為m、電荷量為＋2q的檢驗電荷運用動能定理：mgh＋2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)③，由①③得v3＝eq\r(2（3gh－veq\o\al(2,1)）)＝2eq\r(gh)，B項錯誤；對質(zhì)量為m、電荷量為－2q的檢驗電荷運用動能定理：mgh－2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)④，由①④化簡得v4＝eq\r(2（veq\o\al(2,1)－gh）)＝0，即到達b點時，速率為零，說明電場力大于重力，故接下來向上運動，根據(jù)電場線的分布可知，越向上，電場力越小，最終會小于重力，當速度減為零后，又會向下運動，如此往復，故C項錯誤，D項正確。答案D19.如圖4所示，質(zhì)量相等的A、B兩物體用輕質(zhì)細繩和橡皮筋相連，細繩跨過傾角為30°的光滑斜面頂端的定滑輪并與斜面平行。初始時A位于斜面底部的擋板上，橡皮筋處于原長，已知重力加速度為g，則由靜止釋放B的整個過程中(沒有撞擊滑輪和地面)有()圖4A.釋放瞬間B的加速度為gB.運動過程中A的加速度最大值為eq\f(1,2)gC.A剛要離開擋板時系統(tǒng)的彈性勢能最大D.橡皮筋拉力對A做的功等于A的機械能的增加量解析釋放瞬間，橡皮筋沒有發(fā)生形變，沒有彈力，細繩中就沒有拉力，所以B只受重力，加速度為g，故A正確；B加速下落，對B由牛頓第二定律可知細繩的拉力T＜mg，則橡皮筋中的彈力F＜mg，對A受力分析，由牛頓第二定律得：aA＝eq\f(F－mgsin30°,m)＜eq\f(1,2)g，故B錯誤；當橡皮筋中的彈力F＝mgsin30°時，A要離開擋板，此時橡皮筋中的彈力不是最大，彈性勢能不是最大，故C錯誤；對A受力分析知，橡皮筋的彈力對A做正功，重力做功不改變A的機械能，所以橡皮筋拉力對A做的功等于A的機械能的增加量，故D正確。答案AD20.如圖5所示，空間存在四分之一圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外。一電子以初速度v從圓心O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)過時間t恰好由A點離開磁場。若電子以初速度v′從O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)時間t′恰好由C點離開磁場。已知圓弧AC的長度是圓弧CD的長度的一半，則()圖5A.v′＝eq\f(\r(3),3)v B.v′＝eq\f(2\r(3),3)v C.t′＝eq\f(3,4)t D.t′＝eq\f(2,3)t解析假設磁場區(qū)域的半徑為R1。電子的初速度分別為v和v′時電子的軌跡分別過A點和C點，作出粒子的運動軌跡，如圖所示，電子運動軌跡的圓心分別為O1和O2，由幾何關(guān)系可知電子的速度為v時，電子的軌跡半徑為eq\f(R1,2)；電子的速度為v′時，電子的軌跡半徑為O2C＝R′，則OO2＝O2C＝R′，由于弧AC長度為弧CD長度的一半，則∠AOC＝30°，由幾何知識可得R′＝eq\f(\r(3)R1,3)。由公式qvB＝meq\f(v2,r)可知v＝eq\f(qBr,m)，則有eq\f(v′,v)＝eq\f(2R′,R1)＝eq\f(2\r(3),3)，解得v′＝eq\f(2\r(3),3)v，A錯誤，B正確；由以上分析可知∠OO2C＝120°，則t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πR1,2v)、t′＝eq\f(T′,3)＝eq\f(2πR′,3v′)，聯(lián)立解得t′＝eq\f(2,3)t，C錯誤，D正確。答案BD21.地月拉格朗日L2點，始終位于地月連線上的如圖6所示位置，該點距離地球40多萬公里，距離月球約6.5萬公里。若飛行器P通過L2點時，是在地球和月球的引力共同作用下沿圓軌道Ⅰ繞地心做勻速圓周運動，其周期與月球沿圓軌道Ⅱ繞地心做勻速圓周運動的周期相等。已知飛行器P的線速度為v，周期為T，受地球和月球?qū)λ娜f有引力大小之比為k。若飛行器P只在地球的引力作用下沿圓軌道Ⅰ繞地心做勻速圓周運動的線速度為v′，周期為T′，則()圖6A.v′＞v B.v′＜vC.T′＝eq\r(1＋\f(1,k))T D.T′＝eq\r(1＋k)T解析由于飛行器P通過L2點時，其周期與月球的周期相等，則由v＝ωr＝eq\f(2π,T)r可知，飛行器的速度大于月球的環(huán)繞速度；若飛行器P只在地球的引力作用下在圓軌道Ⅰ上運動，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知月球的環(huán)繞速度大于飛行器的速度v′，所以v＞v′，A錯誤，B正確；假設月球?qū)︼w行器的萬有引力大小為F，則地球?qū)︼w行器的萬有引力大小為kF，飛行器在地球和月球的引力共同作用下運動時，由牛頓第二定律有F＋kF＝mReq\f(4π2,T2)，若飛行器只在地球的引力作用下運動，由牛頓第二定律有kF＝mReq\f(4π2,T′2)，解得T′＝eq\r(1＋\f(1,k))T，C正確，D錯誤。答案BC二、非選擇題(本題共2小題，共15分)22.(6分)(2019·湖南省三湘名校第三次大聯(lián)考)如圖7甲所示，某實驗小組利用氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”的實驗時，實驗室提供兩個滑塊P、Q，已知滑塊P的質(zhì)量為mP＝115g，滑塊Q的質(zhì)量未知。為了測定滑塊Q的質(zhì)量，該小組進行了以下操作：圖7A.將氣墊導軌組裝并調(diào)節(jié)水平，在氣墊導軌上適當位置固定兩個光電門G1、G2B.調(diào)整滑塊P上的遮光片，使其不能擋光，將兩滑塊輕放在導軌上，如圖甲所示，推動滑塊Q后撤去推力，滑塊Q以一定的速度通過光電門G1，遮光片通過光電門G1的時間為t1＝0.016sC.當滑塊Q與P相撞后粘在一起，遮光片通過光電門G2的時間為t2＝0.034sD.用游標卡尺測得遮光片寬度d如圖乙所示(1)游標卡尺的讀數(shù)為________mm；(2)滑塊Q的質(zhì)量為________g(保留3位有效數(shù)字)。解析(1)游標卡尺的主尺讀數(shù)為：4mm，游標尺上第6個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標尺讀數(shù)為6×0.05mm＝0.30mm，因此最終讀數(shù)為：4mm＋0.30mm＝4.30mm；(2)碰撞前兩個滑塊的總動量p1＝mQeq\f(d,t1)，碰撞后兩個滑塊的總動量p2＝(mP＋mQ)eq\f(d,t2)，系統(tǒng)碰撞前后的動量大小相等，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得mQ＝102g。答案(1)4.30(3分)(2)102(3分)23.(9分)為了測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，同時又能準確測量待測電阻Rx的阻值，實驗室提供了下列器材：A.待測干電池(電動勢1.5V左右，內(nèi)阻不超過1.5Ω)B.電流表A1(量程0～600mA，內(nèi)阻可忽略不計)C.電流表A2(量程0～0.3mA，內(nèi)阻RA2為1000Ω)D.電壓表V(量程0～15V，內(nèi)阻為15kΩ)E.滑動變阻器R1(0～20Ω，10A)F.電阻箱R0(0～99.99Ω，1A)G.定值電阻R2＝9000ΩH.開關(guān)、導線若干小明在以上提供的器材中選擇所需器材設計的測量電路如圖8甲所示(其中R為滑動變阻器或電阻箱)，試回答以下問題：圖8(1)該實驗電路沒有選用所提供的電壓表V的原因是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)R，根據(jù)實驗電路測量數(shù)據(jù)，電流表A1的示數(shù)記為I1，電流表A2的示數(shù)記為I2，小明測出了6組I1、I2的數(shù)據(jù)，并描繪出如圖乙所示的I1和I2的關(guān)系圖線。根據(jù)已描繪出的圖線，可得待測干電池的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω。(3)為了能準確測量待測電阻Rx的阻值，電路中的R應當選用________(填寫器材前的字母)。(4)簡述測量待測電阻Rx的方法：______________________________________________________________________________________________________________。解析(1)本實驗中所給電壓表量程太大，故應將電流表A2與定值電阻串聯(lián)后充當電壓表使用。(2)電流表A2的示數(shù)和定值電阻阻值與電流表內(nèi)阻RA2之和的乘積可作為路端電壓，則由閉合電路歐姆定律可知I2(R2＋RA2)＝E－I1r，即I2＝－eq\f(r,10000Ω)I1＋eq\f(E,10000Ω)，由圖乙可知，圖線與縱軸的交點為(0，1.48×10－4A)，圖線的斜率為－0.79×10－4，則有1.48×10－4A＝eq\f(E,10000Ω)，解得E＝1.48V；－0.79×10－4＝－eq\f(r,10000Ω)，解得r＝0.79Ω。(3)為了能準確測量待測電阻Rx的阻值，電路中的R應當選用電阻箱R0。(4)先斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)電阻箱R0的值為R1時，記下兩只電流表的示數(shù)；接著閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R0的值為R2時，兩只電流表的示數(shù)恢復到原來的示數(shù)，則Rx＝R2－R1。答案(1)電壓表V的量程遠大于待測干電池的電動勢(1分)(2)1.48(1.47～1.49均對)(2分)0.79(0.77～0.81均對)(2分)(3)F(2分)(4)見解析(2分)30分鐘小卷增分練(8選擇＋2實驗)(三)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.物理學家金斯說過：“雖然h的數(shù)值很小，但是我們應當承認它是關(guān)系到保證宇宙的存在的。如果說h嚴格地等于0，那么宇宙間的物質(zhì)能量將在十億分之一秒的時間內(nèi)全部變?yōu)檩椛?。”其中h是普朗克常量。關(guān)于h的單位，用國際單位制的基本單位表示，正確的是()A.J·s B.J/sC.kg·m2·s－1 D.kg·m2·s3解析光子的能量可以由普朗克常量得出，即E＝hν＝eq\f(hc,λ)，所以h＝eq\f(Eλ,c)，能量的單位是J，1J＝1N·m＝1kg·m2·s－2，波長的單位是m，光速的單位是m·s－1，所以h的單位用國際單位制的基本單位表示是kg·m2·s－1，選項C正確，A、B、D均錯誤。答案C15.如圖1所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場和水平向左、場強為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒以垂直于磁場且與水平方向成45°角的速度v做直線運動，重力加速度為g。則下列說法正確的是()圖1A.微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動B.微?？赡苤皇軆蓚€力作用C.勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(mg,qv)D.勻強電場的電場強度E＝eq\f(mg,q)解析微粒以垂直于磁場且與水平方向成45°角的速度v做直線運動，對微粒受力分析如圖所示，可知微粒帶負電，電場力方向向右，洛倫茲力垂直于速度方向斜向左上方，而重力豎直向下，則電場力、洛倫茲力和重力三力平衡，微粒做勻速直線運動，選項A、B均錯誤；由平衡條件得qvBcos45°＝mg，解得B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，選項C錯誤；由tan45°＝eq\f(qE,mg)，解得E＝eq\f(mg,q)，選項D正確。答案D16.2018年12月12日，嫦娥四號探測器經(jīng)過約110小時的奔月飛行到達月球附近。假設嫦娥四號在月球上空某高度處做圓周運動，運行速度為v1，為成功實施近月制動，使它進入更靠近月球的預定圓軌道，設其在預定圓軌道上的運行速度為v2。對這一變軌過程及變軌前后的速度對比正確的是()A.發(fā)動機向后噴氣進入低軌道，v1>v2B.發(fā)動機向后噴氣進入低軌道，v1<v2C.發(fā)動機向前噴氣進入低軌道，v1>v2D.發(fā)動機向前噴氣進入低軌道，v1<v2解析設月球和嫦娥四號的質(zhì)量分別為M、m，由萬有引力定律可知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，軌道半徑越小，運行速度越大，可知v1＜v2；要對嫦娥四號實施近月制動使其進入更靠近月球的預定軌道，嫦娥四號的發(fā)動機應向前噴氣，選項D正確，A、B、C錯誤。答案D17.已知高速公路上汽車的最高時速為120km/h，駕駛員的反應時間為0.3～0.6s，請結(jié)合表中資料判斷，汽車行駛在高速公路上的安全距離最接近()路面動摩擦因數(shù)干瀝青路面0.7干碎石路面0.6～0.7濕瀝青路面0.32～0.4A.100m B.200m C.300m D.400m解析汽車的最高速度為v＝120km/h＝eq\f(100,3)m/s，在反應時間內(nèi)，汽車仍做勻速直線運動，通過的最大距離為x1＝vt＝eq\f(100,3)×0.6m＝20m，汽車以最高速度行駛在濕瀝青路面上剎車的過程距離最大，根據(jù)動能定理得－μmgx2＝0－eq\f(1,2)mv2，其中μ＝0.32，解得x2＝eq\f(v2,2μg)＝174m，則總距離為x＝x1＋x2＝194m，最接近200m，選項B正確，A、C、D錯誤。答案B18.利用如圖2所示的裝置給小燈泡供電，下列說法正確的是()圖2A.圖示位置穿過線框的磁通量的變化率最大B.在圖示位置線框中的電流改變方向C.使用變壓器的目的是提高輸出功率D.若燈泡亮度偏暗，可通過增加原線圈匝數(shù)來提高燈泡亮度解析由圖可知，此時線框和磁場垂直，線框中的磁通量最大，磁通量的變化率最小，產(chǎn)生的感應電動勢最小(為零)，線框中電流方向發(fā)生改變，選項A錯誤，B正確；變壓器的輸入功率等于輸出功率，選項C錯誤；燈泡偏暗說明變壓器的輸出電壓較小，要使輸出電壓變大，應減少原線圈匝數(shù)，選項D錯誤。答案B19.指紋識別傳感器在日常生活中應用十分廣泛，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板，當手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同。此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數(shù)據(jù)。根據(jù)以上信息，下列說法正確的是()A.在峪處形成的電容器電容較小B.充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大C.在峪處形成的電容器放電較慢D.潮濕的手指對指紋識別絕對沒有影響解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，極板與指紋峪(凹下部分)的距離較大，構(gòu)成的電容器電容值較小，選項A正確；由于所有電容器充到一個預先設計好的電壓值，所以所有的電容器電壓一定，根據(jù)Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)可知，極板與指紋峪構(gòu)成的電容器的電荷量較少，放電較快；反之，在嵴處形成的電容器電容值較大，電荷量大，放電較慢，選項B正確，C錯誤；潮濕的手指與傳感器之間有水填充，改變了原來電容器的電容，所以會影響指紋識別，選項D錯誤。答案AB20.(2018·海南卷，8)如圖3(a)，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖(b)為物塊與木板運動的v－t圖象，圖中t1、v0、v1已知。重力加速度大小為g。由此可求得()圖3A.木板的長度B.物塊與木板的質(zhì)量之比C.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)D.從t＝0開始到t1時刻，木板獲得的動能解析由圖(b)只能求出小物塊與長木板的相對位移，不知道小物塊最終停在哪里，無法求出木板的長度，由于圖線的斜率表示加速度，則長木板的加速度大小為aA＝eq\f(v1,t1)，小物塊的加速度大小aB＝eq\f(v0－v1,t1)，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝MaA，μmg＝maB，解得eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，μ＝eq\f(v0－v1,gt1)；在0～t1時間內(nèi)，木板獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1(v0－v1)，題中t1、v0、v1已知，但是M、m未知，故不能夠求解出木板獲得的動能，選項B、C正確。答案BC21.如圖4所示，在豎直平面內(nèi)固定有光滑平行導軌，間距為L，下端接有阻值為R的定值電阻，空間存在與導軌平面垂直、磁感應強度為B的勻強磁場。質(zhì)量為m的導體棒ab與上端固定的彈簧相連并垂直導軌放置。初始時，導體棒靜止，現(xiàn)給導體棒豎直向下的初速度v0，導體棒開始沿導軌做往復運動，運動過程中始終與導軌垂直并保持良好接觸，重力加速度為g。若導體棒電阻也為R，不計導軌電阻，則下列說法正確的是()圖4A.導體棒做往復運動過程中的每個時刻受到的安培力方向總與運動方向相反B.初始時刻導體棒兩端的電壓Uab＝BLv0C.若導體棒從開始運動到速度第一次為零時，下降的高度為h，則通過電阻R的電荷量為eq\f(BLh,2R)D.若導體棒從開始運動到速度第一次為零時，下降的高度為h，此過程導體棒克服彈力做的功為W，則定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mgh－W解析由楞次定律的推論知，導體棒所受的安培力總是阻礙其相對磁場的運動，即安培力的方向與相對運動方向總是相反，選項A正確；初始時，導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv0，導體棒兩端的電壓Uab＝eq\f(1,2)BLv0，選項B錯誤；在導體棒從開始運動到速度第一次為零的過程中，設所用時間為Δt，由法拉第電磁感應定律可知eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLh,Δt)，再由閉合電路歐姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)，結(jié)合電流的定義式得q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq\f(BLh,2R)，選項C正確；由能量守恒定律可得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝W＋Q，Q為電路中產(chǎn)生的總熱量，定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(1,2)Q，解得QR＝eq\f(1,2)mgh＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)W，選項D錯誤。答案AC二、非選擇題(本題共2小題，共15分)22.(6分)為了驗證矩形線框自由下落過程上、下邊經(jīng)過光電門時機械能是否守恒，使用了如圖5所示的實驗裝置。已知矩形線框用直徑為d的圓形材料做成。某次實驗中矩形線框下邊和上邊先后經(jīng)過光電門的擋光時間分別為t1和t2。圖5(1)為完成該實驗，還需通過操作測量的物理量是________。A.用天平測出矩形線框的質(zhì)量mB.用刻度尺測出矩形線框下邊到光電門的距離hC.用刻度尺測出矩形線框上、下邊之間的距離LD.用秒表測出線框上、下邊通過光電門的時間間隔Δt(2)如果滿足關(guān)系式________________(請用測量的物理量和已知量來表示，重力加速度為g)，則矩形線框自由下落過程上、下邊經(jīng)過光電門時機械能守恒。解析(1)本實驗是對線框經(jīng)過光電門過程的機械能是否守恒進行驗證，所以可以用圓形材料的直徑和通過光電門的擋光時間求得上、下邊通過光電門時的速度，并求得對應的動能，測出線框上、下邊之間距離L，求得重力勢能的減少量，驗證動能的增加量是否等于重力勢能的減少量即可，選項C正確。(2)光電門記錄線框上、下邊經(jīng)過的擋光時間t2、t1，要將線框下、上邊通過光電門的平均速度視為線框下、上邊通過光電門的瞬時速度，則有v1＝eq\f(d,t1)、v2＝eq\f(d,t2)，如果滿足mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝2gL，則機械能守恒。答案(1)C(3分)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝2gL(3分)23.(9分)某實驗小組用如圖6所示實驗電路研究電源路端電壓和小燈泡電壓隨電流的變化規(guī)律。圖6(1)實驗操作步驟：①按實驗電路連接好實驗器材；②把滑動變阻器的滑片P移到________(填“最右端”或“最左端”)；③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)滑片P到適當位置，讀出電流表A、電壓表V1和電壓表V2的示數(shù)，并記錄數(shù)據(jù)，斷開開關(guān)S；④調(diào)整滑片P到不同位置，多次重復步驟③，某次測量時三個電表指針位置如圖7所示，電流表讀數(shù)為______A，電壓表V1讀數(shù)為________V，電壓表V2的讀數(shù)為________V；圖7⑤整理好實驗器材。(2)實驗小組把測量數(shù)據(jù)標在U－I坐標系中，如圖8所示，描繪出兩條圖線A、B。①從圖中可以得出電源的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω(計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；②滑動變阻器滑片P移到最右端時，小燈泡的實際功率為________W(計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；③請在圖8中用描點法畫出滑動變阻器兩端電壓隨電流表讀數(shù)變化的圖線。圖8解析(1)滑動變阻器對電路中的電流和電壓具有調(diào)節(jié)作用，在閉合開關(guān)S前應該使滑動變阻器的最大阻值接入電路中，以保證各元件的安全，故應將滑動變阻器的滑片P移動到最左端。電流表的量程為3A，最小刻度為0.1A，要估讀到下一位，故讀數(shù)為1.50A；電壓表V1的量程為6V，最小刻度為0.2V，要估讀到本位，故讀數(shù)為2.9V；電壓表V2的量程為3V，最小刻度為0.1V，要估讀到下一位，故讀數(shù)為1.30V。(2)易知圖線A是電源路端電壓隨電流的變化圖線，根據(jù)閉合電路歐姆定律得到電源路端電壓與電流的關(guān)系U＝E－Ir，可知圖線與縱軸交點的坐標即為電源的電動勢E，可得E＝4.5V，圖線斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻r，可得r＝eq\f(4.5－1.0,3.5－0)Ω＝1.0Ω?；糜谧钣叶藭r，電路中電流有最大值，對應B圖線與A圖線在最右端相交點的橫坐標，讀出小燈泡此時的電流為I1＝2.0A、電壓為U1＝2.5V，則小燈泡的實際功率P1＝U1I1＝2.5×2.0W＝5.0W。根據(jù)電路原理圖可知滑動變阻器兩端的電壓為電壓表V1與電壓表V2的讀數(shù)之差，據(jù)此可以用描點法畫出滑動變阻器兩端電壓隨電流表讀數(shù)變化的圖線。答案(1)②最左端(1分)④1.50(1分)2.9(1分)1.30(1分)(2)①4.5(1分)1.0(1分)②5.0(2分)③如圖所示(1分)30分鐘小卷增分練(8選擇＋2實驗)(四)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.一個氘核與一個氚核結(jié)合成一個氦核同時放出中子，釋放17.6MeV的能量。已知氘核、氚核、氦核和中子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3和m4。下列說法正確的是()A.該核反應方程是eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋2eq\o\al(1,0)nB.該核反應中的核燃料是當前核電站采用的核燃料C.m1＋m2＞m3＋m4D該核反應可以在常溫下進行解析依據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒，該核反應方程式是eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n，故A項錯誤；當前核電站采用的核燃料是鈾235，故B項錯誤；聚變反應中的質(zhì)量虧損Δm＝m1＋m2－m3－m4，則有m1＋m2>m3＋m4，故C項正確；只有將原子核加熱到很高的溫度，達到幾百萬攝氏度以上的高溫時，聚變才會發(fā)生，故D項錯誤。答案C15.如圖1，斜面放置于粗糙水平地面上，輕質(zhì)彈簧左端固定于墻上，右端連接物塊，初始時彈簧水平且處于原長狀態(tài)，物塊、斜面均靜止，現(xiàn)用水平推力緩慢向左推動斜面，推動過程中，物塊、斜面保持相對靜止(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，關(guān)于此過程，以下說法正確的是()圖1A.物塊受到斜面的支持力一直增大B.物塊受到斜面的摩擦力一直增大C.水平推力一直不變D.地面受到的壓力增大解析初始時物塊靜止，受到的斜面靜摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，方向沿斜面向上；左移過程中彈力越來越大，彈力沿斜面向上的分力越來越大，物塊受斜面靜摩擦力先減小后反向增大，B項錯誤；彈力垂直斜面的分力越來越大，由受力平衡及牛頓第三定律可得物塊受到斜面的支持力一直增大，故A項正確；由整體法可知，水平推力等于彈簧彈力、地面支持力始終等于整體重力，根據(jù)牛頓第三定律可知地面支持力與地面受到的壓力大小相等，C、D項錯誤。答案A16.如圖2所示，空間存在平行于紙面方向的勻強電場，紙面內(nèi)A、B、C三點形成一個邊長為1cm的等邊三角形。將電子由A點移動到B點，電場力做的功為2eV，再將電子由B點移動到C點，克服電場力做的功為1eV。勻強電場的電場強度大小為()圖2A.100V/m B.200V/mC.eq\f(200\r(3),3)V/m D.200eq\r(3)V/m解析由公式U＝eq\f(W,q)可知，A、B兩點的電勢差為UAB＝eq\f(2eV,－e)＝－2V，B、C兩點的電勢差為UBC＝eq\f(－1eV,－e)＝1V，則A、B中點的電勢與C點的電勢相等，又由電場線的方向垂直于等勢線且由高電勢指向低電勢，可知電場線的方向平行于AB且由B指向A，由電勢差和電場強度的關(guān)系得E＝eq\f(UBA,dBA)＝eq\f(2V,0.01m)＝200V/m，B正確，A、C、D錯誤。答案B17.2018年3月30日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭(及遠征一號上面級)，以“一箭雙星”方式成功發(fā)射第三十、三十一顆北斗導航衛(wèi)星。這兩顆衛(wèi)星屬于中圓地球軌道衛(wèi)星，是我國北斗三號第七、八顆組網(wǎng)衛(wèi)星。北斗導航衛(wèi)星的軌道有三種：地球靜止軌道(高度35809km)、傾斜地球同步軌道(高度35809km)、中圓地球軌道(高度21607km)，如圖3所示，已知地球半徑為6370km，下列說法正確的是()圖3A.中圓地球軌道衛(wèi)星的周期一定比靜止軌道衛(wèi)星的周期長B.中圓地球軌道衛(wèi)星受到的萬有引力一定比靜止軌道衛(wèi)星受到的萬有引力大C.傾斜同步軌道衛(wèi)星的線速度為4km/sD.傾斜同步軌道衛(wèi)星每天在固定的時間經(jīng)過同一地區(qū)的正上方解析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，故中圓地球軌道衛(wèi)星的周期小于靜止軌道衛(wèi)星的周期，故A錯誤；中圓地球軌道衛(wèi)星與靜止軌道衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系未知，故無法比較萬有引力大小，故B錯誤；傾斜同步軌道衛(wèi)星的軌道半徑與靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑相等，故公轉(zhuǎn)周期相等，線速度v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(2×3.14×（6370＋35809）×103,24×3600)m/s≈3066m/s，故C錯誤；傾斜同步軌道衛(wèi)星周期為24h，則衛(wèi)星每天在固定的時間經(jīng)過同一地區(qū)的正上方，故D正確。答案D18.甲、乙兩輛汽車沿平直的公路做直線運動，其v－t圖象如圖4所示。已知t＝0時，甲車領(lǐng)先乙車5km，關(guān)于兩車運動的描述，下列說法正確的是()圖4A.0～4h時間內(nèi)，甲車做勻速直線運動B.0～4h時間內(nèi)，甲、乙兩車相遇3次C.t＝1h時，甲、乙兩車第一次相遇D.t＝4h時，甲車領(lǐng)先乙車5km解析根據(jù)題圖可知，在0～4h時間內(nèi)，甲車做勻減速直線運動，選項A錯誤；根據(jù)速度—時間圖象與橫軸圍成圖形的面積表示位移可知，在0～0.5h內(nèi)兩車相遇一次，在t＝1h時兩車第二次相遇，在t＝3h時兩車第三次相遇，即在0～4h時間內(nèi)，甲、乙兩車相遇3次，選項B正確，C錯誤；在t＝0到t＝4h的時間內(nèi)，甲車的位移為x甲＝eq\f(1,2)×40×4km＝80km，乙車的位移為x乙＝eq\f(1,2)×40×1km＋20×3km＋eq\f(1,2)×20×1km＝90km，由x乙－x甲－5km＝5km可知，t＝4h時，甲車落后乙車5km，選項D錯誤。答案B19.如圖5所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，粗細均勻的導線構(gòu)成直角三角形線框，自線框從左邊界進入磁場時開始計時，在外力作用下勻速進入磁場區(qū)域。在線框進入磁場過程中，規(guī)定逆時針方向為感應電流I的正方向，感應電動勢大小為E，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，則這些量隨時間變化的關(guān)系圖象正確的是()圖5解析線框經(jīng)時間t的位移為x＝vt，線框切割磁感線的有效長度為l＝xtanθ＝vttanθ(θ為直角三角形線框斜邊與底邊的夾角)，因而產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Blv＝Bv2ttanθ，選項A正確；根據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2tanθ,R)t，選項B錯誤；線框勻速運動，外力F與安培力等大反向，則有F＝BIl＝eq\f(B2v3tan2θ,R)t2，選項C正確；線框的電功率的瞬時值為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2v4tan2θ,R)t2，選項D錯誤。答案AC20.兩個質(zhì)子以不同的速率在勻強磁場中做圓周運動，軌跡如圖6所示，兩圓周相切于A點，過A點作一直線與兩圓周交于D點和C點。若兩圓周半徑r1∶r2＝1∶2，下列說法正確的有()圖6A.兩質(zhì)子速率之比v1∶v2＝1∶2B.兩質(zhì)子周期之比T1∶T2＝1∶2C.兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次分別到達D點和C點經(jīng)歷的時間之比t1∶t2＝1∶2D.兩質(zhì)子在D點和C點處速度方向相同解析質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBr,m)，所以兩質(zhì)子的速率之比為1∶2，A正確；又T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，所以兩質(zhì)子的周期之比為1∶1，B錯誤；由題圖可知兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次分別運動到D點和C點時的偏轉(zhuǎn)角相等，由于周期相同，則兩質(zhì)子的運動時間相等，即t1∶t2＝1∶1，C錯誤；由于兩質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)角相等，則兩質(zhì)子分別運動到D點和C點時的速度方向相同，D正確。答案AD21.如圖7所示，長方體物體上固定一長為l的豎直桿，物塊及桿的總質(zhì)量為2m。質(zhì)量為m的小環(huán)套在桿上，當小環(huán)從桿頂端由靜止下滑時，物塊在大小為3mg的水平拉力F作用下從靜止開始沿光滑水平面向右勻加速運動。小環(huán)落至桿底端時，物塊移動的距離為eq\r(3)l，重力加速度為g。則在小環(huán)從頂端開始下落到底端的運動過程中()圖7A.小環(huán)做曲線運動B.小環(huán)的動能增量與物塊及桿的動能增量的比值為2∶3C.小環(huán)克服摩擦力做的功為eq\f(（3－\r(3)）mgl,3)D.物塊及桿的加速度為1.5g解析由題意知，小環(huán)跟著桿和物塊在水平方向做初速度為零、加速度為a＝eq\f(F,3m)＝eq\f(3mg,3m)＝g的勻加速直線運動，同時小環(huán)在豎直方向向下做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)運動的合成知小環(huán)的合運動為勻變速直線運動，故A、D錯誤；將三個物體看做一個整體，由題知水平方向上的位移x＝eq\f(1,2)at2，故運動時間t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2\r(3)l,g))，水平方向末速度v1＝at＝g·eq\r(\f(2\r(3)l,g))＝eq\r(2\r(3)gl)，小環(huán)在豎直方向上做勻加速直線運動的位移h＝l＝eq\f(1,2)ayt2，所以小環(huán)在豎直方向運動的加速度ay＝eq\f(2l,t2)＝eq\f(2l,\f(2\r(3)l,g))＝eq\f(\r(3),3)g，則小環(huán)在豎直方向的末速度v2＝eq\r(2ayl)＝eq\r(2·\f(\r(3),3)gl)＝eq\r(\f(2\r(3),3)gl)，根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝may，所以小環(huán)所受摩擦力Ff＝mg－may＝eq\f(3－\r(3),3)mg，小環(huán)克服摩擦力做功W＝Ffl＝eq\f(3－\r(3),3)mgl，故C正確；物塊和桿的動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,1)＝2eq\r(3)mgl，小環(huán)動能的增量ΔEk′＝eq\f(1,2)·m(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)·m(2eq\r(3)gl＋eq\f(2\r(3),3)gl)＝eq\f(4\r(3),3)mgl，小環(huán)的動能增量與物塊及桿的動能增量的比值為2∶3，故B正確。答案BC二、非選擇題(本題共2小題，共15分)22.(6分)小環(huán)同學在實驗室中用多用電表測電阻，回答下列問題：(1)一多用電表的電阻擋有三個倍率，分別是×1、×10、×100。用×10擋測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為了較準確地進行測量，應換到________擋。如果換擋后立即用表筆連接待測電阻進行讀數(shù)，那么缺少的步驟是________，若補上該步驟后測量，表盤的示數(shù)如圖8所示，則該電阻的阻值是________Ω。圖8(2)下列關(guān)于用多用電表歐姆擋測電阻的說法中正確的是________。A.測量電阻時，如果紅、黑表筆分別插在負、正插孔，則不會影響測量結(jié)果B.測量阻值不同的電阻時，都必須重新歐姆調(diào)零C.測量電路中的電阻時，應該把該電阻與電源斷開D.多用電表使用一段時間后，電池電動勢變小，內(nèi)阻變大，但仍能調(diào)零，其測量結(jié)果與原來相比不變(3)用多用電表探測二極管的極性，用歐姆擋測量，黑表筆接a端，紅表筆接b端時，指針偏轉(zhuǎn)角較大，然后黑、紅表筆反接指針偏轉(zhuǎn)角較小，說明________(填“a”或“b”)端是二極管正極。解析(1)剛開始多用電表指針偏轉(zhuǎn)角度較小，說明選用倍率偏小，應換用大倍率。每次換擋之后多用電表都應重新歐姆調(diào)零。多用電表的測量值是指針讀數(shù)與倍率的乘積，即22×100Ω＝2200Ω。(2)多用電表測電阻時，紅、黑表筆插錯不會影響測量結(jié)果，A正確；測不同的電阻時，只要沒更換倍率，不用重新歐姆調(diào)零，B錯誤；測電路中的電阻時應將待測電阻與電源斷開，C正確；多用電表中的電池電動勢變小、內(nèi)阻變大后，會影響測量結(jié)果，D錯誤。(3)二極管具有單向?qū)щ娦?，多用電表的紅表筆接的是表內(nèi)電池的負極，接b端時，指針偏轉(zhuǎn)角大，二極管電阻小，說明b端是二極管的負極，a端是其正極。答案(1)×100(1分)歐姆調(diào)零(1分)2200(1分)(2)AC(2分)(3)a(1分)23.(9分)利用圖9裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗，從圖示位置開始釋放重錘。圖9(1)請指出圖中的錯誤及不妥之處(只需寫出兩處)。①___________________________________________________________________；②___________________________________________________________________。(2)改進實驗中錯誤及不妥之處后，某同學經(jīng)正確操作得到打點紙帶，在紙帶后段每兩個計時間隔取一個計數(shù)點，依次為1、2、3、4、5、6、7，測量各計數(shù)點到第一個打點的距離h，并正確求出打相應點時的速度v。各計數(shù)點對應的數(shù)據(jù)見下表：計數(shù)點1234567h(m)0.1240.1940.2790.3800.4970.6300.777v(m/s)1.942.332.733.133.50v2(m2/s2)3.765.437.459.8012.25請在圖10坐標系中，描點作出v2－h(huán)圖線；由圖線可知，重錘下落的加速度g′＝________m/s2(保留3位有效數(shù)字)；若當?shù)氐闹亓铀俣萭＝9.80m/s2，根據(jù)作出的圖線，能粗略驗證自由下落的重錘機械能守恒的依據(jù)是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。圖10解析(1)由圖可知，圖中的錯誤及不妥之處；①使用的是直流電源；②重物離打點計時器太遠；③沒有從上方提著紙帶，而是用手托著重錘。(2)根據(jù)描點法可得出對應的圖象如圖所示；由mgh＝eq\f(1,2)mv2，變形可得v2＝2gh，由圖可知，圖象的斜率表示重力加速度的2倍，故2g＝eq\f(15－5,0.770－0.255)m/s2≈19.42m/s2，解得g＝9.71m/s2。答案(1)①使用的是直流電源(2分)②重物離打點計時器太遠，或沒有從上方提著紙帶，而是用手托著重錘(2分)(2)如解析圖所示(1分)9.71(9.68～9.74均正確)(2分)圖線為通過坐標原點的一條傾斜直線，斜率g′與g基本相等(2分)30分鐘小卷增分練(8選擇＋2實驗)(五)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.如圖1所示，為一含光電管電路，滑動變阻器觸頭P位于a、b之間某點，用光照射光電管陰極，電表指針無偏轉(zhuǎn)，要使電表指針偏轉(zhuǎn)，可能有效的措施是()圖1A.加大照射光的強度B.用頻率更高的光照射C.將P向a滑動D.將電源正、負極對調(diào)解析由電路可知，在光電管上加的是正向電壓。用光照射光電管陰極，電表指針無偏轉(zhuǎn)，說明沒有發(fā)生光電效應，根據(jù)發(fā)生光電效應的條件可知，加大照射光的強度，仍然不能發(fā)生光電效應，選項A錯誤；由于沒有發(fā)生光電效應，故無論將P向a滑動，還是將電源正、負極對調(diào)，都不能使電表指針偏轉(zhuǎn)，選項C、D錯誤；要使電表指針偏轉(zhuǎn)，必須發(fā)生光電效應，故用頻率更高的光照射，可能有效，選項B正確。答案B15.一個質(zhì)量為m的小球A在光滑的水平面上以3m/s的速度向右運動，與一個質(zhì)量為2m的靜止的小球B發(fā)生正碰，假設碰撞過程中沒有機械能損失，則碰后()A.A球、B球都向右運動，速度都是1m/sB.A球向左運動，速度為1m/s；B球向右運動，速度為2m/sC.A球向左運動，速度為5m/s；B球向右運動，速度為1m/sD.A球向右運動，速度為0.5m/s；B球向右運動，速度為1.25m/s解析兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，又碰撞過程中沒有機械能損失，根據(jù)機械能守恒定律得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，代入數(shù)據(jù)解得vA＝－1m/s，vB＝2m/s，B項正確。答案B16.如圖2，一汽車在t＝0時刻，從A點開始剎車做勻減速直線運動，途經(jīng)B、C兩點，已知AB＝3.2m，BC＝1.6m，從A到B及從B到C的時間均為t＝1.0s，以下判斷正確的是()圖2A.汽車的加速度大小為0.8m/s2B.汽車恰好停在C點C.汽車過B點的瞬時速度大小為2.4m/sD.汽車在A點的瞬時速度大小為3.2m/s解析根據(jù)Δs＝aT2，a＝eq\f(BC－AB,t2)＝－1.6m/s2，A項錯誤；因為中間時刻速度等于平均速度，所以汽車過B點時的瞬時速度大小為vB＝eq\f(AC,2t)＝2.4m/s，C項正確；根據(jù)vC＝vB＋at得vC＝0.8m/s，B項錯誤；同理vA＝4m/s，D項錯誤。答案C17.如圖3所示，處于真空中的勻強電場水平向右，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球從P點以大小為v0的初速度水平向右拋出，經(jīng)過t時間到達Q點(圖中未畫出)時的速度大小仍為v0，重力加速度為g，則小球由P點運動到Q點的過程中，下列判斷正確的是()圖3A.Q點在P點正下方B.小球電勢能減少C.小球重力勢能減少量等于eq\f(1,2)mg2t2D.Q點應位于P點所在豎直線的左側(cè)解析從P點到Q點，根據(jù)動能定理可知mgh＋W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，因重力做正功，則電場力做負功，電勢能增加，則Q點應該在P點的右下方，選項A、B、D錯誤；小球在豎直方向下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，則小球重力勢能減少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，選項C正確。答案C18.如圖4甲所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度平方與其對應高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為1.25N，空氣阻力不計，g＝10m/s2，B點為AC軌道中點，下列說法正確的是()圖4A.小球質(zhì)量為0.5kgB.小球在B點受到軌道作用力為4NC.圖乙中x＝25D.小球在A點時重力的功率為5W解析由題圖乙可知小球在C點的速度大小為vC＝3m/s，軌道半徑R＝0.4m，因小球所受重力與彈力的合力提供向心力，所以有mg＋F＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)，代入數(shù)值可得m＝0.1kg，選項A錯誤；由機械能守恒定律可得，小球從B點到C點的過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得veq\o\al(2,B)＝17m2/s2，因小球在B點只有彈力提供向心力，所以有F′＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，解得F′＝4.25N，選項B錯誤；再由機械能守恒定律可得，小球從A點到C點的過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋2mgR，解得小球在A點的速度v0＝5m/s，所以題圖乙中x＝25，選項C正確；因在A點重力與速度方向垂直，所以小球在A點的重力的功率為0，選項D錯誤。答案C19.如圖5所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為20∶1，原線圈所接交流電源的電壓瞬時值表達式為u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，Q為保險絲(電阻不計)，其額定電流為0.2sin(100πt)VA，R為負載電阻。下列判斷正確的是()圖5A.該交流電源的頻率為100HzB.副線圈兩端的電壓為11VC.要使保險絲不被燒斷，R中通過的電流不超過4AD.要使保險絲不被燒斷，R的阻值不小于3Ω解析由u＝Umsin2πft＝220eq\r(2)sin(100πt)V，得頻率為f＝50Hz，選項A錯誤；U1＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝11V，選項B正確；I1＝0.2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I2＝eq\f(n1,n2)I1＝4A，選項C正確；R的最小值為eq\f(U2,I2)＝eq\f(11,4)Ω＜3Ω，選項D錯誤。答案BC20.如圖6所示，衛(wèi)星1為地球同步衛(wèi)星，衛(wèi)星2是周期為3小時的極地衛(wèi)星，只考慮地球引力的作用，衛(wèi)星1和衛(wèi)星2均繞地球做勻速圓周運動，兩軌道平面相互垂直，運動過程中衛(wèi)星1和衛(wèi)星2在某時刻同時處于地球赤道某一點的正上方。下列說法正確的是()圖6A.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2的角速度大小之比為1∶8B.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2的速度大小之比為1∶2C.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2的向心力大小之比為1∶16D.衛(wèi)星1和衛(wèi)星2相鄰兩次同時處在地球赤道某一點正上方的時間間隔為3小時解析由題知同步衛(wèi)星1的周期為24小時，極地衛(wèi)星2的周期為3小時，兩衛(wèi)星都做勻速圓周運動，由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω1,ω2)＝eq\f(T2,T1)＝1∶8，A正確；由eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r，得eq\f(r1,r2)＝eq\f(4,1)，根據(jù)eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，故B正確；由于兩個衛(wèi)星的質(zhì)量未知，所以兩個衛(wèi)星向心力的大小關(guān)系不能確定，C錯誤；若某時刻衛(wèi)星1和衛(wèi)星2同時處于地球赤道上某一點的正上方，而衛(wèi)星1的周期為24小時，衛(wèi)星2的周期為3小時，即衛(wèi)星2每繞8圈，衛(wèi)星1恰好繞一圈，所以再經(jīng)過24小時，兩個衛(wèi)星又同時到達該點正上方，所以衛(wèi)星1和衛(wèi)星2同時處在地球赤道的某一點正上方的周期為24小時，D錯誤。答案AB21.如圖7所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形兩直角邊的邊長均為2l，則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是()圖7A.若該粒子的入射速度為v＝eq\f(qBl,m)，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為lB.若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(\r(2)qBl,m)C.若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(qBl,2m)D.該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)解析根據(jù)洛倫茲力提供粒子做勻速圓周運動的向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)。當v＝eq\f(qBl,m)時，粒子的軌跡半徑R＝l，則粒子以C點為圓心做勻速圓周運動，從CD邊飛出磁場，故選項A正確；當粒子恰好沒有從AD邊飛出磁場時，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有R＝(R＋l)sin45°，則R＝(eq\r(2)＋1)l，此時粒子的速度為v＝eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)，故選項B錯誤；若要使粒子從AC邊射出，則該粒子做圓周運動的最大半徑為eq\f(l,2)，則從O點入射的最大速度為eq