物理 太原市2017年高三第一次模拟考试
精品
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单选题 本大题共10小题,每小题3分,共30分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 3分

2.如图所示,虚线abc代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即Uab=Ubc.实线为一带正电的质点(不计重力)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,MN是这条轨迹上的两点,下列判断正确的是(  )

A三个等势面中,a的电势最低

B带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大

C带电质点通过M点时的动能比通过N点时大

D带电质点通过M点时的加速度比通过N点时小

正确答案

B

解析

A.正电荷做曲线运动,电场力指向曲线的内侧;作出电场线,根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知,电场线向下.故c的电势最高,故A错误;B.利用推论:正电荷在电势高处电势能大,知道M点电势能大,故B正确;C.只有电场力做功,电势能和动能之和守恒,故带电质点在M点的动能与电势能之和等于在N点的动能与电势能之和,M点电势能大,动能小.故C错误;D.等差等势面的疏密可以表示电场的强弱,M处的等势面密,所以M点的电场强度大,粒子受到的电场力大,粒子的加速度大,故D错误;故选:B

考查方向

等势面;电势能.

解题思路

作出电场线,根据轨迹弯曲的方向可知,正电荷受力的方向向下,电场线向下.故c的电势最高;根据推论,正电荷在电势高处电势能大,可知电荷在M点的电势能大;总能量守恒;由电场线疏密确定出,M点场强小,电场力小,加速度小.

易错点

根据电场线与等势面垂直,作出电场线,得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向,同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法.

1
题型: 单选题
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分值: 3分

3.如图所示,在一匀强电场区域中,有ABCD四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上,已知ABC三点电势分别为φA=1 V,φB=4 V,φC=0,则D点电势φD的大小为(  )

A-3 V

B0

C2 V

D1 V

正确答案

A

解析

将BC四等分,标上四等分点E、F、G,则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离,电势差相等可知,E点的电势为1V,F点的电势为2V,G点的电势为3V.连接AE,则AE为一条等势线,根据几何知识可知,DP∥AE,则DP也是一条等势线,所以D点电势UD=-3V.故选:A

考查方向

匀强电场中电势差和电场强度的关系.

解题思路

在BC上找出与A点等电势点,作出等势线,再过D作出等势线,在BC线上找出与D等势点,再确定D点的电势

易错点

找等势点,作等势线,充分利用匀强电场的等势面相互平行,而且沿电场线方向相等距离,电势差相等进行作图.

1
题型: 单选题
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分值: 3分

8.如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3,理想电流表示数变化量的绝对值为△I,则(  )

A
A.A的示数减小

BV2的示数增大

CC.△V3与△I的比值等于r

D△V1大于△V2

正确答案

D

解析

A.据题理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路,所以R与变阻器串联,电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压.当滑动变阻器滑片向下滑动时,接入电路的电阻减小,电路中电流增大,则A的示数增大,故A错误;B.电路中电流增大,电源的内电压增大,则路端电压减小,所以V2的示数减小,故B错误;C.根据闭合电路欧姆定律得:U3=E-I(R+r),则得:,则△V3与△I的比值大于r,故C错误;D.根据闭合电路欧姆定律得:U2=E-Ir,则得:;,据题:R>r,则,故△V1大于△V2.故D正确.故选D.

考查方向

闭合电路的欧姆定律.

解题思路

理想电压表内阻无穷大,相当于断路.理想电流表内阻为零,相当短路.分析电路的连接关系,根据欧姆定律分析.

易错点

本题是电路的动态分析问题,关键要搞清电路的结构,明确电表各测量哪部分电路的电压或电流,根据闭合电路欧姆定律进行分析.

1
题型: 单选题
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分值: 3分

9. 如图所示是某款理发用的电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成.当调节开关S1、S2的通断,可使电动机驱动风叶旋转,将冷空气从进风口吸入,从出风口吹出冷风或热风.已知电吹风的额定电压为220V,吹冷风时的功率为120W,吹热风时的功率为1000W.关于该电吹风,下列说法正确的是(  )

AA.电热丝的电阻为55Ω

BB.当开关S2闭合、S1闭合时,电吹风吹出冷风

CC.当电吹风吹冷风时,电热丝每秒钟消耗的电能为1000J

DD.当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为1120J

正确答案

A

解析

A.当吹热风时,电机动M和电阻丝R并联,电阻丝消耗的功率为:P=P-P=1000-120W=880W,
,可得:,故A正确;B.当开关S2闭合、S1闭合时,电阻丝工作,产生热量,所以此时电吹风吹出热风.故B错误;C.当电吹风吹冷风时,S1断开,电热丝处于断路状态,没有电流通过,电热丝每秒钟消耗的电能为0,故C错误;D.当电吹风吹热风时,电动机M和电热丝R并联,电动机的功率为120W,所以每秒钟消耗的电能为:Q=Pt=120×1=120J,故D错误;故选A

考查方向

电功、电功率.

解题思路

吹热风时,电热丝R和电动机都工作,它们是并联的,电路的总功率等于它们功率之和,根据并联电路的特点即可求解电动机每秒钟消耗的电能.

易错点

对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目,要结合串并联电路的电流流向特点进行分析.

1
题型: 单选题
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分值: 3分

1.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系,也确定了单位间的关系。如关系式I=U/R既反映了电压、电流和电阻之间的关系,也确定了V(伏)与A(安)和(欧)的乘积等效。现有物理量单位:m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、(欧)和T(特),由它们组合成的单位与电流单位A(安)等效的是(   )

AJ/C和N/C

BC/(F·Ω)和kg/(T·s2

CW/A和C·T·m/s

D和T·A·m

正确答案

B

解析

根据电容的定义式  ,有  ,在国际单位制中,电量的单位是  ,电容的单位是  ,故电压单位  与  等效;根据法拉第电磁感应定律,长为  的导体棒在磁场中以速度  做垂直切割磁感线运动时,产生的感应电动势为  ,而在国际单位制中,磁感应强度的单位是  ,长度的单位是  ,速度的单位是  ,故电压单位  与  等效,B选项正确.

考查方向

物理量的单位及单位换算.

解题思路

对每个选项中的单位进行分析,明确各自的来历和对应的物理量,就能确定符合题意的选项.

易错点

熟悉各物理量的单位,熟练掌握各物理学公式是正确解题的关键.

1
题型: 单选题
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分值: 3分

4.如图所示,平行金属板中带电质点P处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,则(   )

A质点P将向上运动

B电流表读数减小

C电压表读数减小

DR3上消耗的功率逐渐增大

正确答案

C

解析

由图可知,R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后,再由R1串连接在电源两端;电容器与R3并联;当滑片向b移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大;路端电压减小,同时R1两端的电压也增大;故并联部分的电压减小;由欧姆定律可知流过R3的电流减小,则流过并联部分的电流增大,故电流表示数增大;故B错误;因并联部分电压减小,而R2中电压增大,故电压表示数减小,故C正确;因电容器两端电压减小,故电荷受到的向上电场力减小,则重力大于电场力,电荷向下运动,故A错误;因R3两端的电压减小,根据欧姆定律可知,流过R3的电流逐渐减小; 故D错误;故选:C.

考查方向

闭合电路的欧姆定律.

解题思路

由图可知电路结构,由滑片的移动可知电路中电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化;再分析质点的受力情况可知质点的运动情况.

易错点

解决闭合电路欧姆定律的题目,一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析,注意电路中某一部分电阻减小时,无论电路的连接方式如何,总电阻均是减小的.

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题型: 单选题
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分值: 3分

5. 如图所示,a,b两个带正电的粒子,电荷量分別为q1与q2,质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进人平行板间的匀强电场后.a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,若不计重力.则(  )

A电荷量q1大于q2

B质量m1小于m2

C粒子的电荷量与质量之比

D粒子的电荷量与质量之比

正确答案

C

解析

设任一粒子的速度为v,电量为q,质量为m,加速度为a,运动的时间为t,则

加速度:①   时间    ②  偏转量  ③  因为两个粒子的初速度相等,由②得:t∝x,则得a粒子的运动时间短,由①得:a的加速度大,由③得:a粒子的比荷就一定大,但a的电荷量不一定大.故C正确.ABD错误故选:C.

考查方向

带电粒子在电场中的运动

解题思路

根据类平抛运动计算

易错点

a粒子的比荷就一定大,但a的电荷量不一定大.

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题型: 单选题
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分值: 3分

6. 一单色光照到某金属表面时,有光电子从金属表面逸出,下列说法中不正确的是 (   )

A只增大入射光的频率,金属逸出功将减小

BB.只延长入射光照射时间,光电子的最大初动能将不变

CC.只增大入射光的频率,光电子的最大初动能将增大

DD.只增大入射光的强度,单位时间内逸出的光电子数目将增多

正确答案

A

解析

A.金属逸出功由金属材料决定,与入射光无关.故A错误.BC.根据爱因斯坦光电效应方程得知,光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大,与光照射时间无关.故BC正确.D.只增大入射光的强度,单位时间内入射的光子的数增加,一个光子被一个电子吸收,则单位时间内逸出的光电子数目将增多.故D正确.故选A

考查方向

爱因斯坦光电效应方程.

解题思路

根据爱因斯坦光子说进行金属逸出功由金属材料决定,与入射光无关.光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大.只增大入射光的频率,光电子的最大初动能将增大.只增大入射光的频率,光电子逸出所经历的时间不变.只增大入射光的强度,单位时间内逸出的光电子数目将增多.

易错点


解决本题的关键掌握发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率.以及知道光的强弱不影响光电子的能量,只影响单位时间内发出光电子的数目.并理解光电效应方程的应用,注意入射光的频率决定光电子的最大初动能.

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题型: 单选题
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分值: 3分

7.如图为氢原子的能级示意图,锌的逸出功是3.34ev,那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是(  )

A用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应

B用能量为14.0eV的光子照射,不可使处于基态的氢原子电离

C一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时,发出的光照射锌板,板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV

D用能量为10.3eV的光子照射,可使处于基态的氢原子跃迁到激发态

正确答案

C

解析

A.氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV,照射金属锌板一定能产生光电效应现象,故A错误;B.能量为14.0eV大于13.6eV,因此此光子照射,可使处于基态的氢原子电离,故B错误;C.氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为=-1.51+13.6=12.09eV,因锌的逸出功是3.34ev,锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09-3.34=8.75eV,故C正确;D.用能量为10.3eV的光子照射,小于12.09eV,不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态,要正好等于12.09eV,才能跃迁,故D错误;故选C

考查方向

氢原子的能级公式和跃迁.

解题思路

氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象.要使处于基态的氢原子电离,照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处,最小频率的电磁波的光子能量应为:hγ=0-E1

易错点

解决本题的关键知道什么是电离,以及能级的跃迁满足hγ=Em-En,注意吸收光子是向高能级跃迁,释放光子是向低能级跃迁,同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差.

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题型: 单选题
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分值: 3分

10.在某一竖直平面内存在一范围足够大的匀强电场,一个带电小球在电场力和重力的作用下由静止开始沿不在竖直方向的直线斜向下运动,以下判断正确的是(    )

A电场线不可能在水平方向

B小球可能做匀速直线运动

C小球的电势能不可能增加

D小球的机械能可能守恒

正确答案

D

解析

A. 电场线可能水平向外或者水平向里,A错误;B.重力与电场力不共线,所以合力不为0,小球不可能匀速直线运动,B错误;C.电场力可能做正功也可能做负功,所以C错误;故选择D

考查方向

带电粒子在复合场中运动

解题思路

根据小球的运动轨迹可以分析小球的受力情况和运动情况,从而可以判断电场线的方向和电场力做功情况,即可以根据电场力做功跟电势能变化的关系判断电势能的变化。

易错点

不能根据小球的运动轨迹可以分析小球的受力情况和运动情况

多选题 本大题共5小题,每小题4分,共20分。在每小题给出的4个选项中,有多项符合题目要求,全对得4分,选对但不全得2分,有选错的得0分。
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题型: 多选题
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分值: 4分

11.如图所示,不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,AB的质量分别是2mm.劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上,另一端与物体A相连,倾角为θ的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中.开始时,物体B受到沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用而保持静止,且轻绳恰好伸直.现撤去外力F,直到物体B获得最大速度,且弹簧未超过弹性限度,不计一切摩擦.则在此过程中(    )

A物体B所受电场力大小为

BB的速度最大时,弹簧的伸长量为

C撤去外力F的瞬间,物体B的加速度为

D物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量

正确答案

B,C

解析

在外力撤去前,绳子刚好伸直,拉力为零,对B受力分析可得,即,所以撤去外力的瞬间B在沿斜面方向上只受沿斜面向下的重力的分力,沿斜面向下的电场力,故有,所以撤去外力瞬间的加速度,A误C正确;随着B沿着斜面下滑,绳子的拉力逐渐增大,当时,即合力为零时,B的速度最大,此时,解得,B正确;由于过程中只有重力和电场力,弹力做功,所以根据能量守恒看得物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量,故D错误;故选BC

考查方向

考查了牛顿第二定律,动能定理,能量守恒定律

解题思路

根据牛顿第二定律,动能定理,能量守恒定律列方程求解。

易错点

由于过程中只有重力和电场力,弹力做功,所以根据能量守恒看得物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量。

1
题型: 多选题
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分值: 4分

12.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,ABC三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示.由此可见(  )

A电场力为3mg

B小球带正电

C小球从AB与从BC的运动时间相等

D小球从AB与从BC的速度变化量的大小相等

正确答案

A,D

解析

设带电小球在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2,竖直分位移分别为y1和y2,经历的时间为分别为t1和t2.在电场中的加速度为a.  x1=v0t1;进入电场做匀变变速曲线运动的过程,有:x2=v0t2;由题意有:x1=2x2;则得:t1=2t2.又,将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动,则有:,根据几何知识有:y1:y2=x1:x2;解得:a=2g;根据牛顿第二定律得:F-mg=ma=2mg,解得:F=3mg,即电场力为3mg.由于轨迹向上弯曲,加速度方向必定向上,合力向上,说明电场力方向向上,所以小球带负电.根据速度变化量△v=at,则得:平抛运动过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2,方向竖直向下;电场中运动过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2,方向竖直向上,所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等,方向相反,则速度变化量不相等.故AD正确,BC错误.故选:AD.

考查方向

匀强电场中电势差和电场强度的关系;平抛运动.

解题思路

小球先做平抛运动,进入电场中做匀变速曲线运动,其逆过程是类平抛运动.两个过程都运用的分解法研究,水平方向都做匀速直线运动,根据位移公式x=vt,可分析时间关系;再研究竖直方向,由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式,求解电场力的大小.根据△v=at研究速度变化量的关系.

易错点

关键运用逆向思维研究小球B到C的过程,再运用力学基本规律:牛顿第二定律和运动学公式列式分析.

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题型: 多选题
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分值: 4分

14.

自动充电式电动车的前轮装有发电机,发电机与蓄电池相连,电动车运动时,开启充电装置,发电机可以向蓄电池充电,将其它形式的能转化成电能储存起来。为测试电动车的工作特性,某人做了如下实验:关闭电动车的动力装置,使车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行。第一次实验中,关闭充电装置,让车自由滑行,其动能随位移变化的关系如图线①所示;第二次实验中,启动充电装置,其动能随位移变化的关系如图线②所示,不计空气阻力。从图象中可以确定       (    )

A第一次实验中,电动车受到的阻力的大小是50N

B第二次实验中,蓄电池中充入的总电能是300J

C充电时蓄电池充入电能的多少与电动车运动距离的大小成正比

D第一次运动中电动车做匀减速运动,第二次电动车做加速度逐渐减小的减速运动

正确答案

A,D

解析

AB.第一次关闭自充电装置,由图线①知道10m停止运动,动能变为0,则只有滑动摩擦力做负功f乘10m,根据功能关系,大小等于原来的初动能500J;即:f×10=500…①,第二次启动自充电装置,由图线②知道6m停止运动,动能变为0,则滑动摩擦力做负功f乘6m,根据功能关系,大小等于初动能减去向蓄电池所充的电能E,即:f×6=500-E…②,由①得f=50(N),代入②,得E=500-50×6=200(J);所以第二次向蓄电池所充的电能是200J;C.由上式②看出,fx=Ek0-E,充电时蓄电池充入电能的多少与电动车运动距离的大小是线性关系,但不是正比.故C错误.D.第一次运动中电动车受到摩擦力作用而做匀减速运动,第二次过程:根据动能定理得:-Fx=Ek-Ek0,得 Fx=Ek0-Ek,由数学知识得知,图象的斜率大小等于合力大小,斜率逐渐减小则知合力逐渐减小,加速度也逐渐减小.故第二次电动车做加速度逐渐减小的减速运动.故D正确.故选AD.

考查方向

闭合电路中的能量转化;功率、平均功率和瞬时功率.

解题思路

车在粗糙的水平地面上滑行,受到滑动摩擦力的作用,假设为f,第一次关闭自充电装置,由图线①知道10m停止运动,动能变为0,则只有滑动摩擦力做负功f乘10m,根据功能关系,大小等于原来的初动能500J;第二次启动自充电装置,由图线②知道6m停止运动,动能变为0,则滑动摩擦力做负功f乘6m,根据功能关系,大小等于初动能减去向蓄电池所充的电能E;根据功能关系列出两个等式,即可得解.

易错点

此题从图中看出物体滑行的距离,然后利用功能关系列式计算是解决此题的关键.

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题型: 多选题
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分值: 4分

13.如图所示,AB为一固定的水平绝缘杆,在其上下对称位置固定放置一对等量同种正点电荷,其连线与AB交于O点,杆上的E、F点关于O点对称,E、F的间距为L。一可以视为质点的小环穿在杆上,小环带负电,质量为m,小环从E点以一初速度v。沿杆向右做匀减速直线运动并经过F点,小环与杆的动摩擦因数随位置而变化,其在O点处与杆的动摩擦因数为μ0。则小球在由E运动到F的过程中(    )

A小环在O点电势能最小

B小环与细杆的滑动摩擦力大小不变

C小环受到细杆的弹力先减小后增大

D小球克服摩擦力做功为μ0mgL

正确答案

A,D

解析

过程分析:两个点电荷的电场分布如图:

选项分析:

A.带负电的小球从E到O点过程中,电场力对小球做正功,电势能减小,O到F过程电场力做负功,电势能增加,所以小球在O点电势能最小,故A项正确。B.小球沿杆向右做匀减速直线运动,则小球受到的合外力恒定且与速度方向相反,由于水平方向上,小球受合电场力和摩擦力,二者的合力提供加速度,由于E到O点过程中合电场力不恒定,E点合电场力与速度方向同向设大小为,E点的动摩擦因数,则;从O点到F点,根据对称性F点的小球受到的合电场力方向与速度方向相反大小与相等,设F点的动摩擦因数为,则,小球一直做匀减速运动,合力大小相等,所以动摩擦因数不一样,故B项错误。C.由于E到O点过程,场强强度先增大后减小,即摩擦力先增大后减小,故C项错误。D.由于O点处场强大小为0,则,由E到F的过程中合外力做功,电场力不做功,则合外力做的功,根据能量守恒,小球克服摩擦力做功,故D项正确。故选AD

考查方向

点电荷的电场强度

解题思路

画出两个点电荷的电场分布,然后受力分析,根据功能关系和牛顿运动定律分析判断。

易错点

对功能关系不熟练

1
题型: 多选题
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分值: 4分

15.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。某课题研究小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置。其工作原理图如图甲所示:将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路,在压敏电阻上放置一个绝缘重物。0~时间内升降机停在某一楼层处,时刻升降机开始运动,从电流显示器中得到电路中电流随时间变化的情况如图乙所示。则以下判断中正确的是                                                        (    )

A时间内绝缘重物处于失重状态

B时间内绝缘重物处于失重状态

C升降机开始时可能停在10楼,从时刻开始,经向下加速、匀速、减速,最后停在1楼

D升降机开始时可能在1楼,从时刻开始,经向上加速、匀速、减速,最后停在10楼

正确答案

A,C

解析

A.t 1 ~t 2 时间内电路中电流i比升降机静止时小,说明压敏电阻增大,压力减小,重物处于失重状态.故A正确;B.t 3 ~t 4 时间内电路中电流i比升降机静止时大,说明压敏电阻减小,压力增大,重物处于超重状态.故B错误.C.根据重物的状态可知,若升降机开始时停在10楼,则t 1 时刻开始,向下加速、匀速、减速,最后停在1楼.故C正确.D.若升降机开始时停在l楼,t 1 时刻开始向上加速、匀速、减速,重物应先处于超重、既不超重也不失重、失重状态,与上分析不符,故D错误.故选AC

考查方向

传感器在生产、生活中的应用;超重和失重.

解题思路

通过压敏电阻将压力信号转换成电信号,从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化,判断压力的变化,确定升降机的运动状态.

易错点

本题是信息题,首先要抓住题中信息:压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小,其他部分是常规问题.

简答题(综合题) 本大题共50分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
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题型:简答题
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分值: 8分

在测量金属丝电阻率的实验中,可供选用的器材如下:

待测金属丝:Rx(阻值约4 Ω,额定电流约0.5 A);

电压表:V(量程3 V,内阻约3 kΩ);

电流表:A1(量程0.6 A,内阻约0.2 Ω);A2(量程3 A,内阻约0.05 Ω);

电源:E1(电动势3 V,内阻不计);E2(电动势12 V,内阻不计);

滑动变阻器:R(最大阻值约20 Ω);

螺旋测微器;毫米刻度尺;开关S;导线.

16.用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图所示,读数为________mm.

17.若滑动变阻器采用限流接法,为使测量尽量精确,电流表应选________、电源应选________(均填器材代号),在虚线框内完成电路原理图.

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

1.770 (1.768-1.772)

解析

从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm+27.0×0.01mm=1.770mm;

考查方向

测定金属的电阻率.

解题思路

螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数;

易错点

螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数;

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

A1、E1

解析

电阻丝的额定电流约为0.5A,电流表应选A1;电阻丝的额定电压约为U=IR=0.5×5=2.5V,电源应选E1

待测金属丝电阻约为5Ω,电压表内阻约为3kΩ,电流表内阻约为0.2Ω,相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻,电流表应采用外接法,由题意可知,滑动变阻器采用限流接法,实验电路图如图所示:

考查方向

测定金属的电阻率.

解题思路

根据金属丝的额定电流选择电流表,根据金属丝的额定电压选择电源;
根据金属丝阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法,然后作出实验电路图.

易错点

确定电流表的接法是正确设计实验电路的关键,当电压表内阻远大于待测电阻阻值时,电流表应采用外接法.

1
题型:简答题
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分值: 8分

假设某星球表面上有一倾角为的固定斜面,一质量为的小物块从斜面底端以速度9m/s沿斜面向上运动,小物块运动1.5s时速度恰好为零.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为0.25,该星球半径为.(),试求:

20.该星球表面上的重力加速度g的大小;

21.该星球的第一宇宙速度.

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

对物体受力分析:

可知:                      2分

由运动学可知:               1分

联立可得:                              1分

考查方向

万有引力定律及其应用

解题思路

根据牛顿第二定律和运动学公式列方程联立解出重力加速度;

易错点

物体受力分析

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

 =3km/s

解析

对地球表面的物体:                   2分

对地球表面卫星:  1分    故: =3km/s                1分

考查方向

万有引力定律及其应用

解题思路

根据重力近似等于万有引力;

易错点

轨道半径等于天体半径时的运行速度就是第一宇宙速度。

1
题型:简答题
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分值: 10分

如图所示,竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R=0.2m,圆心为O,下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接.一带正电、质量为的物块(可视为质点),置于水平轨道上的A点.已知AB两点间的距离为L=1.0m,物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度为g=10 m/s2.

24.若物块在A点以初速度向左运动,恰好能到达圆周的最高点D,则物块的初速度应为多大?

25.若整个装置处于方向水平向左、场强大小为的匀强电场中(图中未画出),现将物块从A点由静止释放,试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用三角函数表示);

26.在上一问的情景中,试求物块在水平面上运动的总路程.

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

对物块由A至D过程中由动能定理

可知:             1分

对物块在D点临界时:                     1分

联立可得:                              1分

考查方向

动能定理的应用

解题思路

物体做曲线运动,根据动能定理求解;

易错点

各个力做功的判断与计算。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

物块在以后运动过程速度最大时位于B点左侧圆弧上,

其与圆心的连线与OB的夹角为

解析

对物块,假设由A至C过程中分析

可知:

可得:  故物块始终没有脱离轨道            1分

对物块受力,可知:                        1分

故,物块在以后运动过程速度最大时位于B点左侧圆弧上,

其与圆心的连线与OB的夹角为         1分

考查方向

带电粒子在匀强电场中的运动。

解题思路

根据等效重力场思路找出速度最大时的位置,然后由动能定理计算。

易错点

根据等效重力场思路找出速度最大时的位置

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

对物块,由释放至其到B点速度为0的过程中分析

可知:   2分;可得:   1分

考查方向

动能定理的应用。

解题思路

摩擦力做功把其它能量转化为内能,物块最终停止,由全过程动能定理即可求解。

易错点

物块做往返运动最终停止。

1
题型:简答题
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分值: 8分

甲同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E及电阻R1R2阻值.

实验器材有:待测电源E(不计内阻),待测电阻R1,待测电阻R2,电压表V(量程为1.5V,内阻很大),电阻箱R(0-99.99Ω),单刀单掷开关S1,单刀双掷开关S2,导线若干。

18.先测电阻R1的阻值.请将甲同学的操作补充完整:

A.闭合S1,将S2切换到a,调节电阻箱,读出其示数R0和对应的电压表示数Ul.

B.保持电阻箱示数不变,                ,读出电压表的示数U2.

C.则电阻R1的表达式为R1=             .

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

将S2切换到b;   

解析

考查方向

测定电源的电动势和内阻.

解题思路

将开关S2切换到a,读出其示数R和对应的电压表示数U1,从而求出电路中的电流,保持电阻箱电阻不变,将开关S2切换到b,读出电压表的示数U2.通过闭合电路欧姆定律求出则电阻R1的表达式.

易错点

】题为伏阻法测电动势和内电阻,但由于过程较为复杂,故应认真审题,明确题中的实验原理;同时要注意电源内电阻忽略不计,R2可等效为内电阻处理

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

1.43;   1.20;

解析

解题思路

结合闭合电路欧姆定律得出电压表读数的倒数与电阻箱电阻倒数的关系,通过斜率和截距求出电源的电动势和电阻R2.

易错点

题为伏阻法测电动势和内电阻,但由于过程较为复杂,故应认真审题,明确题中的实验原理;同时要注意电源内电阻忽略不计,R2可等效为内电阻处理.

1
题型:简答题
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分值: 8分

如图所示是示波管的示意图,竖直偏转电极的极板长l=4 cm,板间距离d=1 cm.板右端距离荧光屏L=18 cm.(水平偏转电极上不加电压,没有画出).电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是1.6×107 m/s,电子电荷量e=1.60×10-19 C,

质量m=0.91×10-30 kg.

  22.要使电子束不打在偏转电极的极板上,加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大?

23.若在偏转电极上加U=40sin 100πt V的交变电压,在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段?

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

91 V

解析

经过偏转电场的时间为t

竖直方向位移=··t2

所以U===91 V

考查方向

带电粒子在匀强电场中的运动.

解题思路

电子做类平抛运动,将运动分解成电场力方向与速度方向,则由运动学公式与牛顿第二定律,结合平行四边形定则,即可求解;

易错点

考查物体做类平抛运动处理的方法与规律,掌握运动学公式与牛顿第二定律相综合运用,理解几何关系的重要性.注意分运动的同时性.

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

4.4 cm

解析

因为t== s=2.5×10-9 s

T== s= s=0.02 s≫t,故进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动.

Um=40 V时,由vxvvy=·t,得偏转角的正切值tan θ==0.11,偏移量y=(+L)tan θ,得在荧光屏的竖直坐标轴上的观测量为2y=4.4 cm.

考查方向

带电粒子在匀强电场中的运动.

解题思路

根据电压的最大值,从而得出最大偏转距离,根据几何关系,即可求解.名师点评

易错点

考查物体做类平抛运动处理的方法与规律,掌握运动学公式与牛顿第二定律相综合运用,理解几何关系的重要性.注意分运动的同时性.

1
题型:简答题
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分值: 8分

如图所示,一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷A,其电荷量Q=+4×10—3C,场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为,其中为静电力恒量,为空间某点到场源电荷A的距离。现有一个质量为kg的带正电的小球B,它与A球间的距离为m,此时小球B处于平衡状态,且小球B在场源电荷A形成的电场中具有的电势能的表达式为,其中之间的距离。另一质量为m=0.1kg的不带电绝缘小球C从距离B的上方H=0.8m处自由下落,落在小球B上立刻与小球B粘在一起向下运动,它们到达最低点后又向上运动,向上运动到达的最高点为P。(取g=10m/s2,k=9×109N·m2/C2),

27.小球C与小球B碰撞前的速度的大小?小球B的带电量为多少?

28.小球C与小球B一起向下运动的过程中,最大速度为多少?

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

解析

小球C自由下落H距离的速度:4m/s                        2分

小球B在碰撞前处于平衡状态,对B球由平衡条件知:    1分

代入数据得:C                                                               1分

考查方向

机械能守恒定律,平衡条件。

解题思路

根据机械能守恒求出下落H距离的速度;小球B在碰撞前处于平衡状态,根据平衡条件求解小球B的带电量

易错点

分析物体的运动过程,合理的选择物理规律.

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

m/s

解析

设当B合C向下运动的速度最大时,与A相距x,对B和C整体,由平衡条件得:

                                                                                    1分

代入数据得:                                                               1分

由能量守恒得:     1分

代入数据得m/s                                       1分

考查方向

电势差与电场强度的关系;能量守恒.

解题思路

对C和B整体进行受力分析,当总重力与库仑力平衡时,速度最大,由能量守恒列出等式求解最大速度.

易错点

分析物体的运动过程,合理的选择物理规律.

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