河南省鎮(zhèn)平縣第一高級(jí)中學(xué)2019屆高三物理上學(xué)期期終考前模擬試題（含解析）.docx

鎮(zhèn)平一高中20182019高三期終考前模擬演練物理試題一、選擇題(本大題共17小題，計(jì)68分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第110題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第1117題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。)1.一質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),速度變化時(shí)發(fā)生位移,緊接著速度變化同樣的時(shí)發(fā)生位移,則該質(zhì)點(diǎn)的加速度為( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式，結(jié)合兩段過(guò)程中速度的變化量相等，聯(lián)立求出質(zhì)點(diǎn)的加速度【詳解】設(shè)勻加速的加速度a，物體的速度分別為v1、v2和v3；據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，v22v122ax1，v32v222ax2，且v2-v1=v3-v2=v；聯(lián)立以上三式解得：a=。故選D。2.如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開(kāi)始時(shí)輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑塊施加一個(gè)豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過(guò)程中小球始終未脫離斜劈，則有A. 小球?qū)π迸膲毫Ρ３植蛔傿. 輕繩對(duì)小球的拉力先減小后增大C. 豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大再減小D. 對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大【答案】D【解析】【詳解】A、B、對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，如圖所示：根據(jù)平衡條件可知，細(xì)線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p?。还蔄、B錯(cuò)誤。C、D、對(duì)球和滑塊整體分析，受重力、斜面的支持力N，桿的支持力N，拉力F，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：水平方向：N=Nsin，豎直方向：F+Ncos=G，由于N減小，故N減小，F(xiàn)增加；故C錯(cuò)誤、D正確。故選D?！军c(diǎn)睛】本題考查共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確選擇采用整體法和隔離法，靈活地選擇研究對(duì)象，然后根據(jù)平衡條件并結(jié)合圖示法和正交分解法分析即可。通常在分析外力對(duì)系統(tǒng)作用時(shí)，用整體法；在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用時(shí)，用隔離法。有時(shí)在解答一個(gè)問(wèn)題時(shí)要多次選取研究對(duì)象，需要整體法與隔離法交叉使用。3.用一束波長(zhǎng)為1的單色光照射一群處于基態(tài)的氫原子,氫原子發(fā)出三種頻率的光,其中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的為2,用這三種光中波長(zhǎng)為中間值的光照射逸出功為W0的金屬表面,發(fā)生光電效應(yīng),已知光在真空中的傳播速度為c,普朗克常量為h,則從金屬表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能為（ ）A. W0 B. W0C. W0 D. +W0【答案】B【解析】【分析】波長(zhǎng)最長(zhǎng)的對(duì)應(yīng)于能級(jí)差最小的躍遷；根據(jù)波爾理論找到波長(zhǎng)中間值的波長(zhǎng)，結(jié)合光電效應(yīng)方程求解最大初動(dòng)能.【詳解】由題意可知波長(zhǎng)最長(zhǎng)的應(yīng)該對(duì)應(yīng)于從32的躍遷，波長(zhǎng)為中間值的3應(yīng)該對(duì)應(yīng)于從21的躍遷，根據(jù)波爾理論可知：，解得 ；根據(jù)光電效應(yīng)方程： 解得 ，故選B.4.如圖所示,在足夠長(zhǎng)的斜面上有一質(zhì)量為m的薄木板A,當(dāng)木板A獲得初速0后恰好能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量也為m的滑塊B無(wú)初速度輕放在木板A的上表面。當(dāng)滑塊B在木板A上滑動(dòng)的過(guò)程中(B始終未從A的上表面滑出,B與A間的摩擦系數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)),下列說(shuō)法正確的是( )A. A. B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都守恒B. A. B組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能都不守恒C. 當(dāng)B的速度為v0時(shí),A的速度為v0D. 當(dāng)A的速度為v0時(shí),B的速度為v0【答案】C【解析】【分析】對(duì)A、B進(jìn)行受力分析，結(jié)合動(dòng)量守恒的條件：合外力為零，分析動(dòng)量是否守恒根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況分析機(jī)械能是否守恒結(jié)合動(dòng)量守恒定律即可求解【詳解】設(shè)A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：mgsin=mgcos。對(duì)于A、B組成的系統(tǒng)，由于2mgsin=2mgcos，所以系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。由于系統(tǒng)要克服摩擦做功，產(chǎn)生內(nèi)能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故AB錯(cuò)誤。以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，其合外力為零，符合動(dòng)量守恒，取沿斜面向下為零，由動(dòng)量守恒定律有mv0=mvA+mvB，當(dāng)vB=v0時(shí)，vA=v0。當(dāng)vA=v0時(shí)，vB=v0。由于B與A間的摩擦系數(shù)大于A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，因此vAvB，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是對(duì)物體的受力分析，分析系統(tǒng)的合外力，確定出系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行計(jì)算5.如圖，半圓形光滑航道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度從教道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為（重力加速度為）：（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】設(shè)半圓的半徑為R，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg2Rmv2mv2，離開(kāi)最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有：2R=gt2，x=vt，聯(lián)立解得：，可知當(dāng)R=時(shí)，水平位移最大，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)睛：本題考查了動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的綜合運(yùn)用，得出水平位移的表達(dá)式是解決本題的關(guān)鍵，本題對(duì)數(shù)學(xué)能力的要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練。6. 某科研單位設(shè)計(jì)了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力方向與水平方向夾角60，使飛行器恰恰與水平方向成30角的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)時(shí)間t后，將動(dòng)力的方向沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60同時(shí)適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是A. 加速時(shí)加速度的大小為B. 加速時(shí)動(dòng)力的大小等于C. 減速時(shí)動(dòng)力的大小等于D. 減速飛行時(shí)間t后速度為零【答案】A【解析】試題分析：起飛時(shí)，飛行器受推力和重力，兩力的合力與水平方向成角斜向上，設(shè)動(dòng)力為F，合力為，如圖所示：在中，由幾何關(guān)系得：，由牛頓第二定律得飛行器的加速度為：故A正確，B錯(cuò)誤；時(shí)刻的速率：，推力方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，合力的方向與水平方向成斜向下，推力跟合力垂直，如圖所示，此時(shí)合力大小為：，動(dòng)力大小：，飛行器的加速度大小為：，到最高點(diǎn)的時(shí)間為：故C D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式的應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確對(duì)分析器進(jìn)行受力分析并能結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度適中。7.如圖所示，在直角三角形所在的平面內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中A點(diǎn)電勢(shì)為0，B點(diǎn)電勢(shì)為3V，C點(diǎn)電勢(shì)為6V己知ACB30，AB邊長(zhǎng)為m，D為AC的中點(diǎn)，將一點(diǎn)電荷放在D點(diǎn)，且點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為1.5N/C，則放入點(diǎn)電荷后，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為（ ）A. 2.5N/C B. 3.5N/C C. 2N/C D. N/C【答案】A【解析】在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，D點(diǎn)電勢(shì)為，因此BD連線即為等勢(shì)線，畫(huà)出電場(chǎng)線如圖所示：因，則AB兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線方向的距離為，BA間的電勢(shì)差U=B-A=3V，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，由于點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為1.5N/C，則點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)也為1.5N/C，方向與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直因此B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為，故A正確， B、C、D錯(cuò)誤故選A.【點(diǎn)評(píng)】考此題的關(guān)鍵要找出等勢(shì)點(diǎn)，來(lái)確定等勢(shì)線，并掌握電勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直，理解公式中d的含義為兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線方向的距離8.如圖，直線上方分布著垂直紙而向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從粒子源在紙面內(nèi)沿不同的方向先后發(fā)射速率均為的質(zhì)子和，兩個(gè)質(zhì)子都過(guò)點(diǎn)。已知，質(zhì)子沿與成角的方向發(fā)射，不計(jì)質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的相互作用力，則（ ）A. 質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為B. 質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為C. 質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D. 質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【答案】B【解析】由幾何關(guān)系分別求出兩質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為，故質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)周期為，而兩質(zhì)子從O到P分別旋轉(zhuǎn)300和60，時(shí)間分別為，故B正確【點(diǎn)睛】本題是把兩個(gè)質(zhì)子相同的速率沿以不同方向從磁場(chǎng)中的同一點(diǎn)射入磁場(chǎng)，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后又到達(dá)同一點(diǎn)，顯然要找出兩質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的特征，即半徑相同，但由圓的相關(guān)知識(shí)就能知道兩質(zhì)子的軌跡，及偏轉(zhuǎn)角度，從而求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間、周期9.如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻?？衫@O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定過(guò)程；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到過(guò)程。在過(guò)程、中，流過(guò)OM的電荷量相等，則等于A. B. C. D. 2【答案】B【解析】本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。過(guò)程I回路中磁通量變化1=BR2，設(shè)OM的電阻為R，流過(guò)OM的電荷量Q1=1/R。過(guò)程II回路中磁通量變化2=（B-B）R2，流過(guò)OM的電荷量Q2=2/R。Q2= Q1，聯(lián)立解得：B/B=3/2，選項(xiàng)B正確?！军c(diǎn)睛】此題將導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和磁場(chǎng)變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有機(jī)融合，經(jīng)典中創(chuàng)新。10.一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻，和的阻值分別為，A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電流表的示數(shù)為I；當(dāng)S閉合時(shí)，電流表的示數(shù)為該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】試題分析：該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為k，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，原線圈兩端電壓，電流為I1=I，副線圈的電壓，根據(jù)歐姆定律，當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，原線圈兩端電壓，電流為I1 =4I，副線圈的電壓，根據(jù)歐姆定律綜上解得k=3，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確?！究键c(diǎn)定位】變壓器、歐姆定律【名師點(diǎn)睛】本題主要考查變壓器、歐姆定律。解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是掌握變壓器的構(gòu)造和原理，對(duì)于變壓器需要掌握公式、，并能熟練運(yùn)用。此題值得注意的是變壓器的原線圈與電阻串聯(lián)后接入交流電壓。視頻11.2017年，人類第一次直接探測(cè)到來(lái)自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過(guò)程，在兩顆中子星合并前約100 s時(shí)，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點(diǎn)每秒轉(zhuǎn)動(dòng)12圈，將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬(wàn)有引力常量并利用牛頓力學(xué)知識(shí)，可以估算出這一時(shí)刻兩顆中子星（ ）A. 質(zhì)量之積B. 質(zhì)量之和C. 速率之和D. 各自的自轉(zhuǎn)角速度【答案】BC【解析】本題考查天體運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。雙中子星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率f=12Hz（周期T=1/12s），由萬(wàn)有引力等于向心力，可得，G=m1r1（2f）2，G=m2r2（2f）2，r1+ r2=r=40km，聯(lián)立解得：（m1+m2）=（2f）2Gr3，選項(xiàng)B正確A錯(cuò)誤；由v1=r1=2f r1，v2=r2=2f r2，聯(lián)立解得：v1+ v2=2f r，選項(xiàng)C正確；不能得出各自自轉(zhuǎn)的角速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】此題以最新科學(xué)發(fā)現(xiàn)為情景，考查天體運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力定律等。12.如圖,滑塊a、b的質(zhì)量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦,a、b可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小為g,則()A. a落地前,輕桿對(duì)b一直做正功B. a落地時(shí)速度大小C. a下落過(guò)程中,其加速度大小始終不大于gD. a落地前,當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí),b對(duì)地面的壓力大小為mg【答案】DB【解析】【詳解】當(dāng)a到達(dá)底端時(shí)，b的速度為零，b的速度在整個(gè)過(guò)程中，先增大后減小，動(dòng)能先增大后減小，所以輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功故A錯(cuò)誤a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：故B正確b的速度在整個(gè)過(guò)程中，先增大后減小，所以a對(duì)b的作用力先是動(dòng)力后是阻力，所以b對(duì)a的作用力就先是阻力后是動(dòng)力，所以在b減速的過(guò)程中，b對(duì)a是向下的拉力，此時(shí)a的加速度大于重力加速度，故C錯(cuò)誤；a、b整體的機(jī)械能守恒，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的速度最大，此時(shí)b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對(duì)地面的壓力大小為mg，故D正確；故選BD【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，以及知道當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b的動(dòng)能最大?！究键c(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；牛頓定律的應(yīng)用13.如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示t0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0 時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，關(guān)于微粒在0T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()A. 末速度大小為 v0B. 末速度沿水平方向C. 重力勢(shì)能減少了 mgdD. 克服電場(chǎng)力做功為mgd【答案】BC【解析】0時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，則有：qE0=mg，內(nèi)，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，下降的位移，T時(shí)間內(nèi)，微粒的加速度 ，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯(cuò)誤，B正確微粒在豎直方向上向下運(yùn)動(dòng)，位移大小為d，則重力勢(shì)能的減小量為mgd，故C正確在內(nèi)和T時(shí)間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時(shí)間相等，則位移的大小相等，為d，整個(gè)過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功為，故D錯(cuò)誤故選：BC點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道微粒在各段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住等時(shí)性，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解知道在內(nèi)和T時(shí)間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時(shí)間相等，位移的大小相等.視頻14.如圖，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)A. 在時(shí)為零B. 在時(shí)改變方向C. 在時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较駾. 在時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较颉敬鸢浮緼C【解析】試題分析 本題考查交變電流圖象、法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。解析 由圖（b）可知，導(dǎo)線PQ中電流在t=T/4時(shí)達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t=T/4時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，選項(xiàng)A正確；在t=T/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖象斜率方向不變，導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率的正負(fù)不變，根據(jù)楞次定律，所以在t=T/2時(shí)，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于在t=T/2時(shí)，導(dǎo)線PQ中電流圖象斜率最大，電流變化率最大，導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t=T/2時(shí)導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)C正確；由楞次定律可判斷出在t=T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛 此題以交變電流圖象給出解題信息，考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。解答此題常見(jiàn)錯(cuò)誤主要有四方面：一是由于題目以交變電流圖象給出解題信息，導(dǎo)致一些同學(xué)看到題后，不知如何入手；二是不能正確運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律分析判斷；三是不能正確運(yùn)用楞次定律分析判斷，陷入誤區(qū)。15.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0x2段是關(guān)于直線x=x1對(duì)稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說(shuō)法正確的是（）A. x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零B. 粒子在0x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)C. x2x3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變，為一定值D. 在0、x1、x2、x3處電勢(shì)0、1、 2、3的關(guān)系為32= 01【答案】AC【解析】試題分析：由電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：，場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：，得：，在圖像中，斜率等于，x1處切線斜率為零，則x1處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，A對(duì)；在0x1段，圖像的斜率不斷減小，知場(chǎng)強(qiáng)減小，粒子所受的電場(chǎng)力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動(dòng)。X1x2段圖像的斜率不斷增大，場(chǎng)強(qiáng)增大，粒子所受的電場(chǎng)力增大，做非勻變速運(yùn)動(dòng)。X2x3段斜率不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，是勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子所受的電場(chǎng)力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)，C對(duì)；由電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：知負(fù)粒子在電勢(shì)能大的地方，電勢(shì)小，故D錯(cuò)?？键c(diǎn)：電勢(shì)、電勢(shì)能、電場(chǎng)強(qiáng)度。【名師點(diǎn)睛】電勢(shì)能增、減的判斷方法（1）做功判斷法電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加（2）公式法由Epqp，將q、p的大小、正負(fù)號(hào)一起代入公式，Ep的正值越大電勢(shì)能越大，Ep的負(fù)值越小，電勢(shì)能越大（3）能量守恒法在電場(chǎng)中，若只有電場(chǎng)力做功時(shí)，電荷的動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，反之，電勢(shì)能增加（4）電荷電勢(shì)法正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大16.如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，定值電阻的阻值R1=r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑片向右滑動(dòng)過(guò)程中，理想電流表A1、A2的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為I1、I2，理想電壓表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為U。下列說(shuō)法正確的是A. 電壓表V的示數(shù)減小B. 電流表A1、A2的示數(shù)均減小C. U與I1的比值等于電源內(nèi)阻rD. 電源的輸出功率逐漸增大【答案】BD【解析】AB、當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng)時(shí)，R2增大，電路中總電阻增大，電路中電流減小，電流表A2的示數(shù)減小，根據(jù)路端電壓，路端電壓U增大，所以電壓表V的示數(shù)增大，根據(jù)歐姆定律可得R1的電流增大，由并聯(lián)分流可得R2的電流減小，所以電流表A1的示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤，B正確；C、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：，即，則由，故C錯(cuò)誤；D、由于定值電阻的阻值R1=r，外電路中總電阻，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑片向右滑動(dòng)過(guò)程中，外電路中總電阻增大，電源的輸出功率逐漸增大，故D正確；故選BD。17. 如圖所示，為三個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，在磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)的磁通量為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化規(guī)律圖象的是（ ）【答案】C【解析】【詳解】當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，位移在0L內(nèi)，磁通量開(kāi)始均勻增加，當(dāng)全部進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)達(dá)最大，且為負(fù)值；位移在L2L內(nèi)，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減小；當(dāng)位移為1.5L時(shí)，磁通量最小，為零，位移在1.5L到2L時(shí)，磁通量向里，為正值，且均勻增大。位移在2L2.5L時(shí)，磁通量均勻減小至零。在2.5L3L內(nèi)，磁通量均勻增大，且方向向外，為負(fù)值。在3L4L內(nèi)，磁通量均勻減小至零，且為負(fù)值，故A正確；當(dāng)線圈進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，由E=BLv可知，E保持不變，由右手定則知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较颍瑸檎?，線框開(kāi)始進(jìn)入第二個(gè)和第三個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，左右兩邊同時(shí)切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)為2BLv，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，為正值，完全在第三個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，左邊切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿逆時(shí)針?lè)较?，為正值，故B正確；因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故C錯(cuò)誤；拉力的功率P=Fv，因速度不變，而在線框在第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí)，由B的分析可知，電流加倍，故安培力加培，功率加倍，此后從第二個(gè)磁場(chǎng)中離開(kāi)時(shí)，安培力應(yīng)等于線框在第一個(gè)磁場(chǎng)中的安培力，故D正確；此題選擇錯(cuò)誤的選項(xiàng)，故選C?！军c(diǎn)睛】由線圈的運(yùn)動(dòng)可得出線圈中磁通量的變化，則由法拉第電磁感應(yīng)定律及E=BLv可得出電動(dòng)勢(shì)的變化；由歐姆定律可求得電路中的電流，則可求得安培力的變化；由P=Fv可求得電功率的變化。二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，每空3分，共24分。)18.某同學(xué)設(shè)計(jì)如圖所示裝置來(lái)探究動(dòng)能定理。帶有水平部分的斜槽固定在地面上(固定部分沒(méi)有畫(huà)出)，斜槽面傾角為，在E點(diǎn)與水平部分平滑連接。水平部分高度為H，末端F點(diǎn)在水平地面上的投影點(diǎn)記為O點(diǎn)。O點(diǎn)右側(cè)鋪一張白紙，上面鋪上復(fù)寫(xiě)紙以記錄落點(diǎn)位置。先讓可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從斜槽面上的某一點(diǎn)釋放，恰好運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)，該釋放點(diǎn)記為M點(diǎn)。在斜槽上作出N、P、Q點(diǎn)，且MN=NP=PQ。然后分別讓滑塊從N點(diǎn)、P點(diǎn)、Q點(diǎn)由靜止釋放落到水平地面白紙上的A1、A2、A3點(diǎn)。已知斜槽面各處粗糙程度相同。則(1)利用“倍增法”來(lái)探究動(dòng)能定理的過(guò)程中，斜槽面的傾角，斜槽水平部分的高度H是否必須測(cè)量_(填“是”或“否”)？在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，滿足OA1：OA2：OA3= _，動(dòng)能定理得到驗(yàn)證。 (2)若斜槽的傾角，桌面高度H在實(shí)驗(yàn)前已被測(cè)定。有人想借助該裝置測(cè)定斜槽面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)，必須要測(cè)定的物理量（ ）A.滑塊質(zhì)量 B.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭C.釋放點(diǎn)到M點(diǎn)的距離x1 D.滑塊落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x2【答案】 (1). 否 (2). (3). CD【解析】（1）設(shè)M點(diǎn)到E點(diǎn)的距離為x0，EF=L，在M點(diǎn)釋放，設(shè)MN=NP=PQ=x，在N點(diǎn)釋放：，整理得：，同理可得在P點(diǎn)釋放：，在Q點(diǎn)釋放：，從F點(diǎn)離開(kāi)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，根據(jù)水平方向x=vt，只需滿足即可，不需要測(cè)量?jī)A角，斜槽水平部分的高度H；（2）根據(jù)，測(cè)定斜槽面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)，必須要測(cè)定的物理量釋放點(diǎn)到M點(diǎn)的距離x1，滑塊落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x，所以選CD。19.（2017新課標(biāo)全國(guó)卷）某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8 V，額定電流0.32 A）；電壓表V（量程3 V，內(nèi)阻3 k）；電流表A（量程0.5 A，內(nèi)阻0.5 ）；固定電阻R0（阻值1 000 ）；滑動(dòng)變阻器R（阻值09.0 ）；電源E（電動(dòng)勢(shì)5 V，內(nèi)阻不計(jì)）；開(kāi)關(guān)S；導(dǎo)線若干。（1）實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在03.8 V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路原理圖_。（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示。由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻_（填“增大”、“不變”或“減小”），燈絲的電阻率_（填“增大”、“不變”或“減小”）。（3）用另一電源E0（電動(dòng)勢(shì)4 V，內(nèi)阻1.00 ）和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實(shí)際功率。閉合開(kāi)關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為_(kāi)W，最大功率為_(kāi)W。（結(jié)果均保留2位小數(shù)）【答案】 (1). (2). 增大 (3). 增大 (4). 0.39 (5). 1.18【解析】（1）要求能夠?qū)崿F(xiàn)在03.8 V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，故滑動(dòng)變阻器用分壓式接法，小燈泡為小電阻，電流表用外接法，如答案圖所示；（2）由IU圖象知，切線的斜率在減小，故燈泡的電阻隨電流的增大而增大，再由電阻定律知，電阻率增大；（3）當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值為9 時(shí)，電路電流最小，燈泡實(shí)際功率最小，此時(shí)E=U+I（r+R）得U=10I+4，在圖中作出該直線如左圖所示，交點(diǎn)坐標(biāo)約為U=1.75 V，I=225 mA，P1=UI=0.39 W；整理得：，當(dāng)直線的斜率最大時(shí)，與燈泡的IU曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)最大，即燈泡消耗的功率最大。當(dāng)滑動(dòng)變阻器電阻值R=0時(shí)，燈泡消耗的功率最大，此時(shí)交點(diǎn)坐標(biāo)為U=3.67 V，I=0.32 A，如右圖所示，最大的功率為P2=UI=1.17 W?！久麕燑c(diǎn)睛】電路圖主要是控制電路、測(cè)量電路的連接。小燈泡阻值為小電阻外接法，電壓從0開(kāi)始測(cè)量分壓式接法。然后由伏安特性曲線分析阻值的變化，注意縱軸是電流。第（3）問(wèn)求小燈泡消耗的實(shí)際功率較難，因小燈泡的阻值隨電流的變化而變化，通過(guò)閉合電路的歐姆定律找到小燈泡實(shí)際的電流、電壓值。三.計(jì)算題20.如圖所示，t0時(shí)一質(zhì)量m1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平向右方向成37的恒力F作用下由靜止開(kāi)始在粗糙水平地面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t12 s時(shí)撤去力F；t0時(shí)在A右方x07 m處有一滑塊B正以v07 ms的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)。已知A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.5，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，取重力加速度大小g10 ms2，sin370.6，cos370.8。兩滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，求：（1）兩滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度相等的時(shí)刻；（2）兩滑塊間的最小距離。【答案】（1）3.75s（2）0.875m【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律先求解撤去外力F前后時(shí)A的加速度以及B的加速度；根據(jù)撤去F之前時(shí)速度相等和撤去F之后時(shí)速度相等列式求解；（2）第一次共速時(shí)兩物塊距離最大，第二次共速時(shí)兩物塊距離最??；根據(jù)位移公式求解最小值.【詳解】（1）對(duì)物塊A，由牛頓第二定律：；對(duì)物體A撤去外力后：；對(duì)物體B：A撤去外力之前兩物體速度相等時(shí)：，得t1 sA撤去外力之后兩物體速度相等時(shí)：，得t3.75 s（2）第一次共速時(shí)兩物塊距離最大，第二次共速時(shí)兩物塊距離最小，則：xx0x2x1； 得x0.875 m21.如圖所示,質(zhì)量均為m=0.5 kg的A、B兩小物塊用輕質(zhì)彈簧相連,豎直靜止放置在水平地面上,彈簧的勁度系數(shù)為k=0.5 N/cm,B物塊上系一根輕繩,輕繩繞過(guò)固定光滑的定滑輪與水平面上的C物塊相連,C物塊的質(zhì)量為M=1 kg,與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,初始時(shí)輕繩伸直但無(wú)拉力。用一水平向右的拉力F作用在C物塊上,使C物塊向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),1s時(shí)A物塊恰好離開(kāi)地面,重力加速度大小g=10 m/s2,求:(1)A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí),水平拉力F的大小;(2)A物塊剛好離開(kāi)地面前,水平拉力F做功的大小?！敬鸢浮?1) F=12.6 N (2) WF=1.52 J【解析】【分析】（1）A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí)，根據(jù)胡克定律求解BC移動(dòng)的距離，結(jié)合牛頓第二定律求解水平力F；（2）初始位置時(shí)與A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，對(duì)B、C物塊與彈簧組成的系統(tǒng)由功能關(guān)系求解F的功?！驹斀狻浚?）初始時(shí),彈簧的壓縮量為x1=，A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為x2=，從初始位置到A物塊剛好離開(kāi)地面的過(guò)程，B物塊和C物塊的位移均為x= C物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有x=at2A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí)，彈簧彈力大小為mg，對(duì)B物塊，有Tmgmg=ma對(duì)C物塊，有FMgT=Ma代入數(shù)據(jù)解得F=12.6 N（2）當(dāng)A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí)，B、C物塊的速度大小均為v=at初始位置時(shí)與A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，對(duì)B、C物塊與彈簧組成的系統(tǒng),由功能關(guān)系可得：WF=Mgx+mgx+(M+m)v2代入數(shù)據(jù)解得WF=1.52 J【點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是分析物體的受力情況以及物理過(guò)程，雖然彈簧的彈力是變力，但是由于初始位置時(shí)與A物塊剛好離開(kāi)地面時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，由此可利用功能關(guān)系求解F的功.22.如圖所示，長(zhǎng)度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，另一端固定一質(zhì)量為m電荷量為q的帶負(fù)電小球小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑等量異種點(diǎn)電荷Q、Q分別固定在以C為中點(diǎn)、間距為2d的水平線上的E、F兩點(diǎn)讓小球從最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為v，不考慮q對(duì)Q、Q所產(chǎn)生電場(chǎng)的影響重力加速度為g求：(1)小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)球?qū)U的拉力大小；(2)小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小【答案】（1） （2） 【解析】（1）圖中AC是等勢(shì)面，故電荷從A到C過(guò)程中，電場(chǎng)力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mg（2d）=mvC2-0解得：vC=2在C點(diǎn)，拉力和重力一起提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F-mg=m解得：F=5mg（2）對(duì)從B到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgd+W電=mvC2mv2對(duì)從B到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：-mgd+W電=mvD2mvC2聯(lián)立解得：vD=點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是靈活選擇過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解，同時(shí)要熟悉等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)線分布情況23.如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：（1）MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；（2）MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；（3）PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【分析】本題的關(guān)鍵在于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E=Blv，切割的速度（v）是導(dǎo)體與磁場(chǎng)的相對(duì)速度，分析這類問(wèn)題，通常是先電后力，再功能（1）根據(jù)電磁感應(yīng)定律的公式可得知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律，即可求得MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；（2）根據(jù)第一問(wèn)求得的電流，利用安培力的公式，結(jié)合牛