《创新设计》2016年高考物理一轮复习word版训练滚动强化练4.doc

滚动强化练(四)(教师独具) (时间：60 分钟 满分：100 分) 一、选择题(本题共 9 小题，每小题 6 分，共 54 分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，第 89 题有多项符合题目要求。) 1(2014云南省高三统一检测) 下列有关物理史实的说法正确的是 ( ) A库仑通过扭秤实验测出了元电荷的电荷量为 1.61019 C B法拉第引入电场线来形象地描述电场 C安培通过实验发现了电流的周围存在磁场 D楞次总结出了通电导线在磁场中受力方向的判定法则 解析 密立根通过油滴实验测出了元电荷的电量，选项 A 错误；奥斯特通过实验发现 了电流的周围存在磁场，选项 C 错误；安培总结出了通电导线在磁场中受力方向的判 定法则，选项 D 错误；选项 B 正确。 答案 B 2(2014东北三省三校联考) A、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图 1 甲所示的方波交 变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比 PAP B等于 ( ) 图 1 A54 B32 C. 1 D212 解析 对甲有 PA I R，对乙有 PB 2R I R，则 I20RT2 (I02)2RT2 T 5820 (I02) 1220 PA PB 54， A 正确，B 、C 、D 错误。 答案 A 3如图 2 所示，一个静止的质量为 m、带电荷量为 q 的带电粒子( 不计重力)，经电压 U 加 速后垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，粒子最后落到 P 点，设 OPx ，下列图 线能够正确反映 x 与 U 之间的函数关系的是 ( ) 图 2 解析 带电粒子在电场中加速时，由动能定理得 qU mv2，而在磁场中偏转时，由牛 12 顿第二定律得 qvBm ，依题意 x2r，联立解得 x ，因此正确答案为 B。 v2r 2mqB2qUm 答案 B 4如图 3 所示，质量为 m 的木块 A 放在质量为 M 的三角形斜劈 B 上，现用大小均为 F、 方向相反的水平力分别同时推 A 和 B，它们均静止不动，则 ( ) 图 3 AA 与 B 之间一定存在摩擦力 BB 与地面之间一定存在摩擦力 CB 对 A 的支持力一定小于 mg D地面对 B 的支持力的大小一定等于 (Mm)g 解析 对木块 A 受力分析，当推力 F 沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时， 摩擦力的方向沿斜面向下；当推力 F 沿斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时， 摩擦力的方向沿斜面向上；当推力 F 沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时， 摩擦力为零，选项 A 错误；根据共点力平衡的条件，设 B 的倾角为 ，运用正交分解 法，可以得到 FNmgcos Fsin ，其与重力的关系不确定，选项 C 错误；对 A、B 整体受力分析，由于两个推力的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力，选项 B 错误； 根据共点力平衡条件，有 FN( Mm )g，选项 D 正确。 答案 D 5甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做匀变速直线运动，t0 时刻同时经过公路 旁的同一路标，下表是每隔 1 s 记录的两车的速率。关于两车的运动，下列说法正确的 是 ( ) 时间 t/s 0 1 2 3 4 甲车的速率 v1/(ms1 ) 18.0 16.0 14.0 12.0 10.0 乙车的速率 v2/(ms1 ) 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 A乙车的速度变化较快 B在 04 s 内，乙车的平均速度较大 C在 04 s 内，甲车相对乙车行驶了 56 m D在乙车追上甲车之前，t5 s 时两车相距最远 解析 由表中数据可知，甲、乙两汽车的加速度分别为 a12 m/s2、a 21 m/s2，甲 车加速度较大，选项 A 错误；由 可知，04 s 两车的平均速度分别为 114 v v0 vt2 v m/s、 25 m/s，甲车平均速度较大，选项 B 错误；04 s 内甲车相对乙车的位移是v s ( 1 2)t36 m，选项 C 错误；运动开始后，由于甲车速度大于乙车速度，两车间v v 距逐渐增大，到第 5 s 末，两车速度相等，此后甲车速度小于乙车速度，两车间距开始 变小。因此，第 5 s 末两车相距最远，选项 D 正确。 答案 D 6如图 4 所示，一个匝数为 N100 匝的线圈以固定转速 50 转/ 秒在匀强磁场中旋转，其 产生的交流电通过一匝数比为 n1n 2101 的变压器给阻值 R20 的电阻供电，已 知交流电压表的示数为 20 V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是 ( ) 图 4 A电阻 R 消耗的电功率为 10 W B穿过线圈平面的最大磁通量为 Wb 150 Ct0 时刻流过线圈的电流不为零 Dt0.002 5 s 时刻穿过线圈平面的磁通量为 Wb 150 解析 电阻 R 上消耗的电功率 P 20 W，选项 A 错误；变压器原线圈两端的电压， U2R 即线圈产生的感应电动势有效值为 200 V，所以其最大值 200 VNBS，所以穿过2 线圈最大的磁通量 BS Wb Wb，选项 B 错误；t0 时刻线圈平面和磁 2002100100 250 场垂直，各边均不切割磁感线，故线圈中电流为零，选项 C 错误；t 0.002 5 s 时线圈 转过 45 度角，此时穿过线圈的磁通量为 BSsin 45 Wb Wb，选项 D 正确。 250 22 150 答案 D 7如图 5 甲所示，质量为 2 kg 的绝缘板静止在粗糙水平地面上，质量为 1 kg、边长为 1 m、电阻为 0.1 的正方形金属框 ABCD 位于绝缘板上，E、F 分别为 BC、AD 的中点。 某时刻起在 ABEF 区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度 B1 的大小随时间变化的规 律如图乙所示，AB 边恰在磁场边缘以外，FECD 区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感 应强度 B20.5 T，CD 边恰在磁场边缘以内。设金属框受到的最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，两磁场均有理想边界，取 g10 m/s 2。则 ( ) 图 5 A金属框中产生的感应电动势大小为 1 V B金属框受到向左的安培力大小为 1 N C金属框中的感应电流方向沿 ADCB 方向 D如果金属框与边缘板间的动摩擦因数为 0.3，则金属框可以在绝缘板上保持静止 解析 由楞次定律可知，B 1B 感 与 B1 反向，I 感 方向为 ABCD 方向，C 错误； E 0.5 V，I 5 A，F 安 B 2LI2.5 N，A、B 错误；金属框与绝缘板 t L22Bt ER 间的最大静摩擦力 fmmg3 NF 安 ，则金属框可以在绝缘板上保持静止，D 正确。 答案 D 8最新天文学观测新发现的双子星系统“开普勒47”有一对互相围绕运行的恒星，运行周 期为 T，其中一颗大恒星的质量为 M，另一颗小恒星只有大恒星质量的三分之一。已知 引力常量为 G，据此可知 ( ) A两颗恒星相距 3GMT232 B大、小两颗恒星的转动半径之比为 13 C大、小两颗恒星的转动线速度之比为 31 D大、小两颗恒星的转动角速度之比为 13 解析 角速度 ，两颗恒星的周期相等，角速度也相等，选项 D 错误；设大恒星 2T 的轨道半径为 r1，小恒星的轨道半径为 r2，两恒星之间的距离为 L，所以 r1r 2L， 结合万有引力定律，G M r1，G r2，联立可得 MM3 L2 42T2 MM3 L2 M3 42T2 r1r 213，r 1r 2 ，选项 A、B 正确；线速度 v r，线速度之比 3GMT232 2T v1v 2r 1r 2 13，选项 C 错误。 答案 AB 9如图 6 所示，在一个直角三角形区域 ABC 内，存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度 为 B 的匀强磁场， AC 边长为 3l，C90 ，A53。一质量为 m、电荷量为q 的 粒子从 AB 边上距 A 点为 l 的 D 点垂直于磁场边界 AB 射入匀强磁场，要使粒子从 BC 边射出磁场区域(sin 53 0.8 ，cos 530.6)，则 ( ) 图 6 A粒子速率应大于 3Bql2m B粒子速率应小于 2Bql3m C粒子速率应小于 4Bqlm D粒子在磁场中最短的运动时间为 m6Bq 解析 由几何知识知 BC4l，BD4l，粒子运动轨迹与 BC 边相切为一临界，如图甲 所示，由几何知识知 rr4l，得 r1.5l ，根据牛顿第二定律 qvBm ，得 53 v2r v ，即为粒子从 BC 边射出的最小速率；粒子恰能从 BC 边射出的另一边界 qBrm 3qBl2m 为与 AC 边相切，如图乙所示，由几何知识可知恰为 C 点，半径 r4l，则 v qBrm ，即为粒子从 BC 边射出的最大速率；T ，t min T ；综上可知 4qBlm 2mqB 37360 37m180qB A、C 正确，B、D 错误。 答案 AC 二、非选择题(本题 3 个小题，共 46 分) 10(10 分) 待测电阻 Rx的阻值约为 20 ，现要测量其阻值，实验室提供器材如下： A电流表 A1(量程 150 mA，内阻约为 10 ) B电流表 A2(量程 20 mA，内阻 r230 ) C电压表 V(量程 15 V，内阻约为 3 000 ) D定值电阻 R0100 E滑动变阻器 R1，最大阻值为 5 ，额定电流为 1.0 A F滑动变阻器 R2，最大阻值为 5 ，额定电流为 0.5 A G电源 E，电动势为 4 V(内阻不计 ) H电键 S 及导线若干 (1)为了使电表调节范围较大，测量准确，测量时电表读数不得小于其量程的 ，请从所 13 给的器材中选择合适的实验器材_( 均用器材前对应的序号字母填写) ； (2)根据你选择的实验器材，请你在虚线框内画出测量 Rx的最佳实验电路图并标明元件 符号； (3)待测电阻的表达式为 Rx_。式中各符号的物理意义为 _。 解析 (1)由于电源电动势为 4 V，电压表 V 的量程为 15 V，达不到其量程的三分之一， 故电压表不能使用；可用电流表 A2 与定值电阻 R0 串联扩大其电压量程，当作电压表与 电流表 A1 配合使用伏安法测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电流表 用外接法，改装的电压表量程为 20 mA130 2.6 V，滑动变阻器最大阻值为 5 ， 无法起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；此时考虑到干路最小电流约为 0.8 A，故滑动变阻器只能选择 R1，经过估算当电流表 A1 满偏时，电流表 A2 也正 ER 好满偏，非常匹配，因此满足电表读数不得小于其量程的三分之一要求。故实验器材 选择 ABDEGH。 (2)如图所示 (3)待测电阻 Rx ，其中 I1、I 2 分别为电流表 A1 和 A2 的示数。 I2R0 r2I1 I2 答案 (1)ABDEGH (2) 见解析图 (3) I 1、I 2 分别为电流表 A1 和 A2 的示 I2R0 r2I1 I2 数 11(16 分) 如图 7 所示，在 E10 3 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道 QPN 与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆形轨道平面与电场线平行， P 为 QN 圆弧的中点， 其半径 R40 cm，一带正电 q10 4 C 的小滑块质量 m10 g，与水平轨道间的动摩擦 因数 0.15，位于 N 点右侧 x1.5 m 处，取 g10 m/s 2，求： 图 7 (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则滑块应以多大的初速度 v0 向左运动； (2)这样运动的滑块通过 P 点时对轨道的压力。 解析 (1)设小球到达 Q 点时速度为 v，则 mgqEm v2R 滑块从开始运动到达 Q 点过程中，由动能定理得： mg2R qE 2R(mgqE)x mv2 mv 12 12 20 联立方程组，解得：v 07 m/s (2)设滑块到达 P 点时速度为 v，则从开始运动到 P 点过程，由动能定理得： (qEmg)x(mgqE)R mv2 mv 12 12 20 又在 P 点时：F Nm v2R 代入数据，解得：F N0.6 N 由牛顿第三定律：即压力为 0.6 N 答案 (1)7 m/s (2)0.6 N 12(20 分) 如图 8 所示，MN 和 PQ 是平行、光滑、间距 L0.1 m、足够长且不计电阻的 两根竖直固定金属杆，其最上端通过电阻 R 相连接， R0.5 。R 两端通过导线与平行 板电容器连接，电容器上下两板距离 d1 m。在 R 下方一定距离有方向相反、无缝对 接的两个沿水平方向的匀强磁场区域和，磁感应强度均为 B2 T，其中区域的 高度差 h13 m，区域的高度差 h21 m。现将一阻值 r0.5 、长 L0.1 m 的金属 棒 a 紧贴 MN 和 PQ，从距离区域上边缘 h5 m 处由静止释放； a 进入区域后即刻 做匀速直线运动，在 a 进入区域的同时，从紧贴电容器下板中心处由静止释放一带正 电微粒 A。微粒的比荷 20 C/kg，重力加速度 g10 m/s 2。求： qm 图 8 (1)金属棒 a 的质量 M； (2)在 a 穿越磁场的整个过程中，微粒发生的位移大小 x。( 不考虑电容器充、放电对电 路的影响及充、放电时间) 解析 (1)a 下滑 h 的过程中，由运动学规律有 v22gh 代入数据解得 v10 m/s a 进入磁场后，由平衡条件有 BILMg 感应电动势为 EBLv2 V 感应电流为 I 2 A，解得 M0.04 kg ER r (2)因磁场、的磁感应强度大小相同，故 a 在磁场中也做匀速运动， a 匀速穿过 磁场的整个过程中，电容器两极板间的电压为 U 1 V ，场强为 E 1 V/m RER