江西2021年高考复习物理模拟试卷(四)课件

2021

年江西师大附中高考物理模拟试卷（四）二、选择题：本大题共

8

小题，每小题

6

分，共

48

分．在每小题给出的四个选项中，第

14～18

题只有一项符合题目要求，第

19～21

题有多项符合题目要求．全部选对的得

6

分，选对但不全的得

3

分，有选错的得

0

分．1．（6分）放射性同位素钍29302Th经一系列

α、β

衰变后生成氡28260Rn，以下说法正确的是（）A．每经过一次

α

衰变原子核的质量数会减少

2个B．每经过一次

β

衰变原子核的质子数会增加

1个C．放射性元素钍29302Th的原子核比氡28260Rn原子核的中子数少

4个D．钍

Th衰变成氡28260Rn一共经过

2次

α

衰变和

3次

β

衰变232902．（6分）利用探测器探测某行星，探测器在距行星表面高度为

h

的轨道上做匀速圆周运动时，测得周1期为

T

；探测器在距行星表面高度为

h

的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为

T

，万有引力常量122为

G，根据以上信息可求出（）A．该行星的质量B．该行星的密度C．该行星的第一宇宙速度D．探测器贴近星球表面飞行时星球对它的引力3．（6分）如图，两个带电小球

A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力

F作用于

B球，两球在图示位置静止．现将

B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）12021年江西师大附中高考物理模拟试卷（四）二、选择题：本1A．墙面对

A的弹力变小C．推力

F变大B．斜面对

B的弹力不变D．两球之间的距离变大4．（6分）如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球

a置于水平地面上，球

b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球

b，当球

b摆到

O点正下方时，球

a1对地面的压力大小为其重力的

，已知图中

Ob段的长度小于

Oa段的长度，不计空气阻力，则3（）A．球

b下摆过程中处于失重状态B．球

b下摆过程中向心加速度变小2C．当球

b摆到

O点正下方时，球

b所受的向心力为球

a重力的3D．两球质量之比

m

：m

＝9：2ab5．（6分）如图所示，一竖直放置的平行板电容器和电源相连，开关

S闭合，左极板固定且接地。一根轻绳一端固定在电容器外面的

O点，另一端连接一带电小球（可视为点电荷），放在两极板间，平衡时细绳偏离竖直方向的角度为

θ．现在在开关闭合或断开两种情况下，用外力把右极板缓慢向右平移一小段相同的距离；若开关闭合，外力做功为

W

；若开关断开，外力做功为

W

．假设电场仅存在于两12极板之间，带电小球不影响平行板电容器之间的匀强电场，则下列说法正确的是（）2A．墙面对A的弹力变小B．斜面对B的弹力不变4．（622A．W

＞W12B．W

＜W12C．闭合开关，移动右极板的过程中，小球的机械能逐渐增加D．断开开关，移动右极板的过程中，小球的电势能逐渐增加6．（6分）水平力

F方向确定，大小随时间的变化如图

a所示，用力

F拉静止在水平桌面上的小物块，在练习F从

0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图

b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图可知（）试卷

测试A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为

3NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为

0.1C．物块的质量为

m＝2kgD．在

0～4s时间内，合外力的冲量为

12N•S32A．W＞W12B．W＜W12C．闭合开关，移动右极板的37．（6分）磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图为其原理示意图，平行金属板

C、D间有匀强磁场，磁感应强度为

B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻

R

的阻值是滑动变阻器最大0阻值的一半，与开关

S串联接在

C、D两端，已知两金属板间距离为

d，喷入气流的速度为

v，磁流体发电机的电阻为

r（R

＜r＜2R

），则滑动变阻器的滑片

P由

a向

b端滑动的过程中（）00高考A．金属板

C为电源负极，D为电源正极B．发电机的输出功率一直增大2

2

2퐵

푑

푣

푅0C．电阻

R

消耗功率最大值为02(푅

+

푟)02

2

2퐵

푑

푣D．滑动变阻器消耗功率最大值为

푟

+

푅08．（6分）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW．在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为

1：10，电流表的示数为

1A，输电线的总电阻为

10Ω，则下列说法正确的是（）试卷

测A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压

U

＝2000V247．（6分）磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低4C．用户获得的功率为

19kWD．将

P下移，用户获得的电压将增大三、非选择题：9．（6分）为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数

μ，某同学设计了如图的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切。第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端

M对齐，滑块从滑槽顶端高考复由静止释放，落在水平面的

P点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出末端

N与桌子右端

M的距离为

L，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的

Q点，已知重力加速度为

g，不计空气阻力练（1）实验还需要测出的物理量是（用代号表示）：

。A．滑槽的高度

h；B．桌子的高度

H；C．O点到

P点的距离

d

；1D．O点到

Q点的距离

d

；E．滑块的质量

m。2（2）写出动摩擦因数

μ

的表达式是

μ＝

。（3）如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为

x。则动摩擦因数可表示为

μ＝

。10．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：A、直流电源

3V（内阻不计）B、直流电流表

0﹣600mA（内阻约

0.5Ω）C、直流电压表

0﹣3V（内阻约

3kΩ）5C．用户获得的功率为19kW9．（6分）为了测定滑块与水5D、滑动变阻器（10Ω，1A）E、滑动变阻器（1kΩ，300mA）F、开关、导线若干高考复习（1）本实验中滑动变阻器应选用

（填“D”或“E”）．（2）某同学用导线

a、b、c、d、e、f、g和

h连接的电路如图甲所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零，闭合开关后发现电压表的示数为

2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可确定断路的导线是

（填字母）若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压

（填字母）．表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是

（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图乙所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线．U/V0I/A00.51.01.50.170.300.396D、滑动变阻器（10Ω，1A）高考复习（1）本实验中滑动变阻62.02.50.450.4911．（14分）如图所示，长

12m质量为

50kg的木版右端有一立柱．木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为

0.1，质量为

50kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以

4m/s

的加速度匀加速向右奔跑至板的右端时，立刻抱住木柱，试求：2（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．（3）人抱住木板后，木板向什么方向滑动？滑行多远的距离？12．（18分）如图所示，MN、PQ是水平放置的一对平行金属板，两板接在电压为

U的电源两极，上极板

MN的中心开有一个小孔，在两板之间加一个平方向的有界匀强磁场，边界为半径为

R的圆形，且与

MN极板相切于小孔处。现将一带电小球从小正上方某处由静止释放，小球穿过小孔经磁场偏转后沿直线从下极板右侧

Q处离开电场，已知极板长度和间距分别为

4R和

3R，磁感应强度为

B，重力加速度为

g，求：푞（1）小球的比荷

；푚（2）小球经过两极板后运动方向改变了多少？（3）小球离开

Q点时的速度和从释放到运动至

Q点的时间。72.00.4511．（14分）如图所示，长12m质量为72021高考复习题13．（5分）下列四幅图的有关说法中不正确的是（）A．分子间距离为

r

时，分子间不存在引力和斥力0B．分子间距小于

r

范围内分子间距离减小时，斥力增大引力减小，分子力表现为斥力0C．水面上的单分子油膜，在测量分子直径

d大小时可把分子当做球形处理D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性E．猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，分子间表现为斥力，可看做是绝热变化14．（10分）如图所示，在一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用

5cm高的水银柱封闭着

45cm长的理想气体，管内外气体的温度均为

300K，大气压强

p

＝76cmHg。0（i）若缓慢对玻璃管加热，当管中气体的温度上升了

60K时水银柱上表面与管口刚好相平，求玻璃管的总长度；（ii）若保持管内温度始终为

300K，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时玻璃管内水银柱的总长度。82021高考复习题13．（5分）下列四幅图的有关说法中不正815．如图所示，MN、PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端接阻值

R＝1.5Ω

的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆

ab，ab的质量

m＝0.1kg，电阻

r＝0.5Ω．ab与导轨间动摩擦因数

μ＝0.5，导轨电阻不计，现用

F＝0.7N的恒力水平向右拉

ab，使之从静止开始运动，经时间

t＝2s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数

U＝0.3V．重力加速度

g＝10m/s

．求：2（1）ab匀速运动时，外力

F的功率．（2）ab杆加速过程中，通过

R的电量．练（3）ab杆加速运动的距离．915．如图所示，MN、PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨92021

年江西师大附中高考物理模拟试卷（四）参考答案与试题解析二、选择题：本大题共

8

小题，每小题

6

分，共

48

分．在每小题给出的四个选项中，第

14～18

题只有一项符合题目要求，第

19～21

题有多项符合题目要求．全部选对的得

6

分，选对但不全的得

3

分，有选错的得

0

分．1．（6分）（2021•宝鸡一模）放射性同位素钍29302Th经一系列

α、β

衰变后生成氡28260Rn，以下说法正确的是（）A．每经过一次

α

衰变原子核的质量数会减少

2个B．每经过一次

β

衰变原子核的质子数会增加

1个C．放射性元素钍29302Th的原子核比氡28260Rn原子核的中子数少

4个D．钍

Th衰变成氡28260Rn一共经过

2次

α

衰变和

3次

β

衰变23290【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．【分析】经过一次

β

衰变，电荷数多

1，质量数不变，经过一次

α

衰变，电荷数少

2，质量数少

4，结合电荷数守恒、质量数守恒分析判断．【解答】解：A、经过一次

α

衰变，电荷数少

2，质量数少

4，故

A错误。B、经过一次

β

衰变，电荷数多

1，质量数不变，质子数等于电荷数，则质子数增加

1个，故

B正确。C、元素钍29302Th的原子核的质量数为

232，质子数为

90，则中子数为

142，氡28260Rn原子核的质量数为

220，质子数为

86，则中子数为

134，可知放射性元素钍29302Th的原子核比氡28260Rn原子核的中子数多

8个，故

C错误。D、钍

Th衰变成氡28260Rn，可知质量数少

12，电荷数少

4，因为经过一次

α

衰变，电荷数少

2，质量23290102021年江西师大附中高考物理模拟试卷（四）参考答案与试题10数少

4，经过一次

β

衰变，电荷数多

1，质量数不变，可知经过

3次

α

衰变，2次

β

衰变，故

D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键理解

α、β

衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．2．（6分）（2021•青岛二模）利用探测器探测某行星，探测器在距行星表面高度为

h

的轨道上做匀速圆1周运动时，测得周期为

T

；探测器在距行星表面高度为

h

的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为12T2，万有引力常量为

G，根据以上信息可求出（）A．该行星的质量B．该行星的密度C．该行星的第一宇宙速度D．探测器贴近星球表面飞行时星球对它的引力【考点】4F：万有引力定律及其应用．【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力提供向心力求出天体的质量，结合天体的体积求出天体的密度．第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，重力等于万有引力，万有引力提供向心力，列式求解．【解答】解：A、先让行星贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为T

，根据万有引力提供向1心力，得：푀푚G

푅24휋2=

푚푅2푇14휋2푅3解得：M

=⋯①2퐺푇111数少4，经过一次β衰变，电荷数多1，质量数不变，可知11探测器在距行星表面高度为

h的轨道上做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有：푀푚4휋2G=

푚(푅

+

ℎ)(푅

+

ℎ)22푇2234휋

(푅

+

ℎ)解得：M

=⋯②2퐺푇2联立①②两式即可求出行星的质量

M和行星的半径

R，故

A正确；2

34휋

푅2푀퐺푇3휋=

，可以求出行星的密度，故

B正确；1B、行星的密度ρ

=

푉=4휋푅32퐺푇13퐺푀C、根据万有引力提供向心力，得第一宇宙速度v

=C正确；푅

，所以可以求出该行星的第一宇宙速度，故D、由于不知道探测器的质量，所以不可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力，故

D错误；故选：ABC。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，结合轨道半径和周期求解中心天体的质量．试列说法正确的是（）3．（6分）（2016•长宁区一模）如图，两个带电小球

A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力

F作用于

B球，两球在图示位置静止．现将

B球沿斜面向上移动一小段距离，发现

A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下12探测器在距行星表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动时，根据12A．墙面对

A的弹力变小C．推力

F变大B．斜面对

B的弹力不变D．两球之间的距离变大【考点】29：物体的弹性和弹力；2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡；A4：库仑定律．【专题】12：应用题；22：学科综合题；4A：整体法和隔离法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】利用整体法对

AB两球分析可知斜面对

B的弹力不变，假设

A球不动，利用库仑定律可知库仑力的变化，进而知道小球会上升，致使库仑力与竖直方向的夹角变小，水平分量变小，库仑力变小，两球间的距离变大，注意判断即可．【解答】解：对

B选项，利用整体法可知，斜面对

B球支持力的竖直分量等于

A、B两带电小球的重力之和，斜面倾角不变，斜面对

B球支持力不变，故斜面对

B的弹力不变，B选项正确；对

D选项，假设

A球不动，由于

A、B两球间的距离减小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故

D正确；对

A、C选项，因水平分量减小，故

A正确，C错误。故选：ABD。【点评】本题考查了与库仑力相结合的物体的平衡问题，利用好整体和隔离法，正确对研究对象进行受力分析是解决此题的关键．4．（6分）（2021•新疆二模）如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球

a置于水平地面上，球

b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球

b，当球

b摆到

O1点正下方时，球

a对地面的压力大小为其重力的

，已知图中

Ob段的长度小于

Oa段的长度，不计空3气阻力，则（）13A．墙面对A的弹力变小B．斜面对B的弹力不变【考点】13A．球

b下摆过程中处于失重状态B．球

b下摆过程中向心加速度变小2C．当球

b摆到

O点正下方时，球

b所受的向心力为球

a重力的3D．两球质量之比

m

：m

＝9：2ab【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；4A：向心力．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】b球下落过程中作圆周运动的一部分，根据加速度的方向判断出超失重现象，当

b球摆到竖1直最低位置时，球

a对地面的压力大小为其重力的

，判断出绳子的拉力，由牛顿第二定律，结合向心3力公式可列出质量、速度及半径间的关系；再运用机械能守恒定律可列出

b球的质量与速度间的关系；最后可求出两球质量关系。【解答】解：A、球

b下落过程中，做圆周运动，速度不断增大，而竖直方向的速度先增大后减小，故处于先失重后超重，故

A错误；푣2B、b球速度增大，根据

a

=푟

可知，向心加速度增大，故

B错误；12푎3C、当球

b摆到

O点正下方时，球

a对地面的压力大小为其重力的

，则

F+F

＝m

g，解得F

=

푚

푔Na32，球

b所受的向心力为

F向＝F﹣m

g

=

푚

푔

‒

푚

푔，故

C错误b푎푏3푚푏푣2푙12D、设

Ob绳长为

l，在下落过程中，根据动能定理可知m

푔푙

=

푚

푣

，则F

=，联立解得

m

：a푏푏向2m

＝9：2，故

D正确；b故选：D。【点评】小球

b在下摆过程中运用机械能守恒定律，在最低点运用牛顿第二定律。同时借助于小球

a的重力得知小球

b摆到最低点时绳子的拉力大小，从而将两球质量联系起来。5．（6分）（2021•东湖区校级模拟）如图所示，一竖直放置的平行板电容器和电源相连，开关

S闭合，左14A．球b下摆过程中处于失重状态2C．当球b摆到O14极板固定且接地。一根轻绳一端固定在电容器外面的

O点，另一端连接一带电小球（可视为点电荷），放在两极板间，平衡时细绳偏离竖直方向的角度为

θ．现在在开关闭合或断开两种情况下，用外力把右极板缓慢向右平移一小段相同的距离；若开关闭合，外力做功为

W

；若开关断开，外力做功为1W

．假设电场仅存在于两极板之间，带电小球不影响平行板电容器之间的匀强电场，则下列说法正确2的是（）高考A．W

＞W12B．W

＜W12C．闭合开关，移动右极板的过程中，小球的机械能逐渐增加D．断开开关，移动右极板的过程中，小球的电势能逐渐增加【考点】AE：电势能与电场力做功；BB：闭合电路的欧姆定律．【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】开关闭合和断开两种情况下，分析场强变化，右极板所受电场力的变化，再比较做功之比；根据小球原来静止，判断小球的电性，移动极板判断小球电势的变化，从而判断电势能的变化。【解答】解：AB、开关闭合，用外力把右极板向右平移一小段距离，电压不变，场强变小，右极板所受电场力变小；푈푄4휋푘푄=ɛ푆

，极板间的场强不随距离变化，用外力把开关

K断开，电量不变，两极板间场强

E

=

푑=퐶푑右极板向右移动相同距离，电场力不变，位移相同，所以第二种情况外力做功多，故

A错误，B正确；15极板固定且接地。一根轻绳一端固定在电容器外面的O点，另一15C、电容器右极板带正电，下极板带负电，极板间的电场向左，因为带电小球原来处于静止状态，受力平衡，电场力水平向左，说明小球带正电，移动右极板的过程中，极板间的场强减小，左极板与小球的电势差减小，左极板电势为

0，小球的电势升高，小球带正电，所以小球的电势能增大，则机械能减小，故

C错误；D、断开开关，移动右极板的过程中，极板间的场强不变，小球的电势不变，小球的电势能保持不变，故

D错误；故选：B。【点评】开关闭合是电压不变，开关断开时，电容器所带的电荷量不变，注意电量不变的情况下，移动极板场强不变；注意正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小。6．（6分）（2021•广西一模）水平力

F方向确定，大小随时间的变化如图

a所示，用力

F拉静止在水平桌面上的小物块，在

F从

0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图

b所示，重力练习加速度大小为

10m/s

，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图可知（）2试卷

测试A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为

3NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为

0.1C．物块的质量为

m＝2kgD．在

0～4s时间内，合外力的冲量为

12N•S【考点】37：牛顿第二定律；52：动量定理．16C、电容器右极板带正电，下极板带负电，极板间的电场向左，因为16【专题】32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．【分析】t＝1s时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，由图

a读出最大静摩擦力。根据

t＝2s和

t＝4s时的拉力和加速度，由牛顿第二定律列式，可求得动摩擦因数和物块的质量。根据

a﹣t图象与时间轴所围的面积求

4s内速度的变化量，从而求得第

4s末的速度。【解答】解：A、由图

b可知，t＝2s时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图

a读出最大静摩擦力为

6N，故

A错误。B、C、由图知：当

t＝2s时，a＝1m/s2，F＝6N，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入得：6﹣μm×10＝m。当

t＝4s时，a＝3m/s

，

＝2F12N，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma，代入得：12

μm﹣

×10＝3m。联立解得

μ＝0.1，m＝3kg，故

B正确，C错误。1

+

32D、a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得

0﹣4s内物体速度的增量为△v

=×

(4

‒

2)

=

4m/s，t＝0时刻速度为

0，则物块在第

4s末的速度为

4m/s；根据动量定理，得

0﹣4s内合外力的冲量为：△I＝△P＝m△v＝3×4＝12N•s．故

D正确。故选：BD。【点评】本题关键是对物体进行受力分析，再根据不同的加速度列牛顿第二定律方程。要知道

a﹣t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由此求速度的变化量。7．（6分）（2021•宁城县三模）磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图为其原理示意图，平行金属板

C、D间有匀强磁场，磁感应强度为

B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻

R

的阻0值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关

S串联接在

C、D两端，已知两金属板间距离为

d，喷入气流的速度为

v，磁流体发电机的电阻为

r（R

＜r＜2R

），则滑动变阻器的滑片

P由

a向

b端滑动的过00程中（）17【专题】32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专1720A．金属板

C为电源负极，D为电源正极B．发电机的输出功率一直增大2

2

2퐵

푑

푣

푅0C．电阻

R

消耗功率最大值为02(푅

+

푟)02

2

2퐵

푑

푣D．滑动变阻器消耗功率最大值为

푟

+

푅0【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；BB：闭合电路的欧姆定律；CM：带电粒子在混合场中的运动．【专题】31：定性思想；4E：模型法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定。【解答】解：A、因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向

D板偏，负离子向

C板偏，即金属板

C为电源负极，D为电源正极，故

A正确；퐸B、等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即

Bqv＝q

，所以电源电动势为

E＝Bdv，又

R

＜0푑r＜2R

，所以滑片

P由

a向

b端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有

r＝R

+R，由电源输出功00率与外电阻关系可知，滑片

P由

a向

b端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故

B错误；C、由题图知当滑片

P位于

b端时，电路中电流最大，电阻

R

消耗功率最大，其最大值为

P

＝I2R010퐸2푅0퐵

푑

푣

푅，故

C正确；2(푅

+

푟)2

2

20==2(푅

+

푟)00D、将定值电阻

R

归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值

2R

＜r+R

，则当滑动变阻器连入电路0001820A．金属板C为电源负极，D为电源正极B．发电机的输182

2

22퐵

푑

푣

푅0的阻值最大时消耗功率最大，最大值为

P

=故选：AC。，故

D错误。(푟

+

3푅0)2【点评】本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素。8．（6分）（2021•青岛二模）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输高考复出功率为

20kW．在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为

1：10，电流表的示数为

1A，输电线的总电阻为

10Ω，则下列说法正确的是（）练A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压

U

＝2000V2C．用户获得的功率为

19kWD．将

P下移，用户获得的电压将增大【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理；EA：电能的输送．【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．【分析】发电机输出功率恒定，根据

P＝UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比；若

P下移．降压变压器的原线圈匝数增大，用户的电压减小．【解答】解：A、发电机输出功率恒定，根据

P＝UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故

A错误；192220的阻值最大时消耗功率最大，最大值为P=，故19푛2B、电流互感器副线圈上的电流为

1A，根据变压器的原副线圈两端电流与匝数成反比，即：I

=

푛1⋅110퐼2

=1

×

1

=

10A，푃20

×

10310所以升压变压器的输出电压

U

===

2000V：故

B正确；2퐼1C、输电线上损失的功率为：P

=

퐼线2푟

=

퐼

푟

=

10

×

10

=

1000W，用户获得的功率为：P22=

푃

‒送损1用户3푃

=

20

×

10

‒

1000

=

19000W＝19kW，故

C正确；损푛2D、若

P下移。降压变压器的原线圈匝数增大，U

=

푈

，用户的电压减小，故

D错误；21푛1故选：BC。【点评】本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．三、非选择题：9．（6分）（2021•东湖区校级模拟）为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数

μ，某同学设计了如图的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切。第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端M对齐，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的

P点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出末端

N与桌子右端

M的距离为

L，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的

Q点，已知重力加速度为

g，不计空气阻力试卷

测（1）实验还需要测出的物理量是（用代号表示）：

BCD

。A．滑槽的高度

h；B．桌子的高度

H；C．O点到

P点的距离

d

；1D．O点到

Q点的距离

d

；E．滑块的质量

m。220푛2B、电流互感器副线圈上的电流为1A，根据变压器的原副线20222푑

‒

푑1（2）写出动摩擦因数

μ

的表达式是

μ＝

4퐻퐿

。2푑1（3）如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为

x。则动摩擦因数可表示为

μ＝

4퐻푥

。【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】13：实验题；524：摩擦力专题．【分析】（1）滑块离开桌面受做平抛运动，要求出滑块滑下轨道时的速度，应测出桌面的高度，O与P间、O与

Q间的距离；（2）由平抛运动知识求出滑块离开轨道及离开桌面的速度，由动能定理可以求出动摩擦因数的表达式；（3）如果滑块没有离开桌面，滑块在桌面上做匀减速运动，最后速度变为零，由动能定理可以求出动摩擦因数。【解答】解：（1）滑块离开桌面后做平抛运动，实验需要测出滑块离开滑槽与离开桌面时的速度，因此实验时需要测出：桌子的高度

H；

O点到

P点的距离

d

；O点到

Q点的距离

d

；故选

BCD。121（2）滑块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上：H

=

2gt

，在水平方向上：

＝

，

＝

，滑块2dv

td2vt10在桌面上运动时，要克服摩擦力做功，112由动能定理得：﹣μmgL

=

2mv

-2mv

2，0222푑

‒

푑1解得：μ

=。4퐻퐿1（3）如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为

x，由动能定理得：﹣μmgx＝0

-

2mv

2，02푑1解得：μ

=4퐻푥2122푑‒푑1（2）写出动摩擦因数μ的表达式是μ＝2122221푑

‒

푑푑1故答案为：（1）BCD；（2）μ

=；（3）μ

=4퐻퐿4퐻푥【点评】该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会；理解实验原理是正确解题的关键。10．（9分）（2015•赣州一模）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：A、直流电源

3V（内阻不计）B、直流电流表

0﹣600mA（内阻约

0.5Ω）C、直流电压表

0﹣3V（内阻约

3kΩ）D、滑动变阻器（10Ω，1A）E、滑动变阻器（1kΩ，300mA）练习F、开关、导线若干试卷

测试（1）本实验中滑动变阻器应选用

D

（填“D”或“E”）．（2）某同学用导线

a、b、c、d、e、f、g和

h连接的电路如图甲所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零，闭合开关后发现电压表的示数为

2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可确定断路的导线是

d

（填字母）若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是

g

（填字母）．22222푑‒푑푑1故答案为：（1）BCD；（2）μ=；（22（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图乙所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线．U/V0I/A00.51.01.52.02.50.170.300.390.450.49【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．【分析】（1）描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流或电压从零调，滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器；（2）要画出电路图，再通过电路图判断故障所在；（3）要根据表格数据适当选取标度，认真描点，画出平滑的曲线；【解答】解：（1）描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流从零调，故滑动变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器

D．（2）根据电路图电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后，发现电压表的示数为

2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则判断断路的导线为

d；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为

g．（3）根据表格中的数据作出该电珠的伏安特性曲线如图所示23（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据2320高考故答案为：（1）D（2）d，g；（3）如图【点评】描绘小灯泡的伏安持性曲线实验中要注意实验中的原理及接法；要求学生熟练应用分压接法．若滑动变阻器采用分压式接法，应选阻值小的变阻器，这样变阻器的输出电压线性好，易调节．11．（14分）（2005•河东区一模）如图所示，长

12m质量为

50kg的木版右端有一立柱．木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为

0.1，质量为

50kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端时，立刻抱住木柱，试求：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小．（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．试卷（3）人抱住木板后，木板向什么方向滑动？滑行多远的距离？【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出摩擦力；2420高考故答案为：（1）D（2）d，g；（3）如图【点评】描24（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出运动时间．（3）由匀变速运动的速度公式求出物体的速度，由动量守恒定律与动能定理可以求出滑行的距离．【解答】解：（1）设人的质量为

m，加速度为

a

，木板的质量为

M，1加速度为

a

，人对木板的摩擦力为

f．2对人，由牛顿第二定律得：f＝ma

，代入数据解得：f＝200N；1（2）设人从左端跑到右端时间为

t．对木板，由牛顿第二定律得：f﹣μ（M+m）g＝Ma

，2푓

‒

휇(푀

+

푚)푔解得：a

==2m/s

，22푀11由运动学公式得：L

=

a

t

+2a

t22，解得：

＝2s；t122（3）设人跑至右端时，人的速度为

v

，木板的速度为

v

；12人抱住木板后，其共同的速度为

v，由运动学公式得：v

＝a

t＝8m/s，v

＝a

t＝4m/s，1122由动量守恒定律可得：mv

﹣Mv

＝（m+M

）v，12代入数据解得：v＝2m/s，v

的方向与人原运动方向一致，1由动能定理可得：μ（

M+m）gs

=

2（m+M）v

，代入数据解得：

＝2m；2s答：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小为

200N．（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为

2s．（3）人抱住木板后，木板与人原来的运动方向相同，滑行多远的距离为

2m．【点评】分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与动能定理即可正确解题．25（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式可以求出运动时间2512．（18分）（2021•东湖区校级模拟）如图所示，MN、PQ是水平放置的一对平行金属板，两板接在电压为

U的电源两极，上极板

MN的中心开有一个小孔，在两板之间加一个平方向的有界匀强磁场，边界为半径为

R的圆形，且与

MN极板相切于小孔处。现将一带电小球从小正上方某处由静止释放，小球穿过小孔经磁场偏转后沿直线从下极板右侧

Q处离开电场，已知极板长度和间距分别为

4R和

3R，磁感应强度为

B，重力加速度为

g，求：푞（1）小球的比荷

；高考复푚（2）小球经过两极板后运动方向改变了多少？（3）小球离开

Q点时的速度和从释放到运动至

Q点的时间。练习【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】11：计算题；31：定性思想；4B：图析法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）由小球离开磁场后做直线运动，可知小球受力平衡，根据受力平衡得出比荷；（2）根据几何关系求出中心角，即小球经过两极板后运动方向的改变量；（3）由几何关系及牛顿第二定律可得出做圆周运动的速度；再根据自由落体运动的速度变化关系得出휃进入磁场前的运动时间，圆周运动的圆心角及时间t

=

2휋푇关系得出磁场中的时间，根据匀变速直线运动规律得出直线运动时间；最后求总和的时间即可。【解答】解：（1）小球穿出磁场后只受重力、电场力，那么合外力方向为竖直方向，又小球做直线运动，那么速度和合外力方向一致，而小球要到达

Q点，故速度方向不可能为竖直方向，那么合外力必2612．（18分）（2021•东湖区校级模拟）如图所示，MN26푞푈须为零，即：3푅

=

푚푔푞3푔푅푈所以小球的比荷为：

=푚（2）小球在磁场中所受合外力为洛伦磁力，故小球做匀速圆周运动，那么由圆周运动规律可知：△ACO≌△DCO，所以

OD⊥CD，푂퐵3푅

‒

푅又

DQ⊥CD，因此

ODQ在一条直线上，所以有：∠BQD

=

arctan퐵푄

=

푎푟푐푡푎푛2

3푅

=

30°所以，小球经过两极板后运动方向改变了

60°（3）小球在磁场范围做匀速圆周运动，离开磁场后受力为零，做匀速直线运动，故小球离开

Q点时的速度为小球在磁场中做匀速直线运动的速度푅=3푅又小球在磁场中做匀速直线运动的半径为：r

=

푡푎푛30°푚푣2那么，由牛顿第二定律可得：Bvq

=푟3

3퐵푔푅2代入解得：v

=푈푣那么，小球从静止释放到小孔的运动过程只受重力作用，做自由落体运动，故运动时间为：t

=

=1푔3

3퐵푅2푈1휋푈小球在磁场中转过

60°，故运动的时间为：t

=

푇

=269퐵푔푅퐵푄‒

푅3푈푐표푠30°小球离开磁场后做匀速直线运动，运动的时间为：t

==3퐵푔푅3푣3

3퐵푅2

휋

+

3

3푈所以，小球从释放到运动至

Q点时间为：t＝t

+t

+t

=+123푈9퐵푔푅3푔푅答：（1）小球的比荷为

푈；（2）小球经过两极板后运动方向改变了

60°；27푞푈须为零，即：3푅=푚푔푞3푔푅所以小球的比荷为：=273

3퐵푅2

휋

+

3

3푈（3）小球离开

Q点时的速度和从释放到运动至

Q点的时间为+。푈9퐵푔푅【点评】本题考查了粒子在电场、磁场中的运动，解题的关键是搞清楚每个过程的运动情况，结合图象及几何关系进行求解。13．（5分）（2016•潮州二模）下列四幅图的有关说法中不正确的是（）高考复习题A．分子间距离为

r

时，分子间不存在引力和斥力0B．分子间距小于

r

范围内分子间距离减小时，斥力增大引力减小，分子力表现为斥力0C．水面上的单分子油膜，在测量分子直径

d大小时可把分子当做球形处理D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性E．猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，分子间表现为斥力，可看做是绝热变化【考点】86：分子间的相互作用力．【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】物质由分子组成，分子间同时存在相互作用的引力与斥力，分子间的作用力与分子间的距离有关，分子引力和斥力都随距离增大而减小．水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径

d大小时把它们当做球形处理；晶体具有点阵结构；体积缩小则外界对气体做功，体积增大则气体对外界做功．【解答】解：A、当分子间距离为

r

时，分子间存在的引力和斥力大小相等，所以分子力整体的效果0为

0．故

A错误；B、分子间距小于

r

范围内分子间距离减小时，斥力和引力都增大，但引力增大的慢，所以分子力表0现为斥力。故

B错误；2833퐵푅2휋+33푈（3）小球离开Q点时的速度28C、水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径

d大小时把它们当做球形处理，故

C正确；D、晶体具有点阵结构，食盐属于晶体，食盐中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，故

D正确；E、猛推木质推杆，外界对气体做正功，密闭的气体温度升高，压强变大。此时气体分子之间的距离仍然大于

r

，分子之间的相互作用力仍然是引力，但是很小，几乎可以忽略不计。故

E错误。0本题选择错误的，故选：ABE【点评】本题容易出错的选项是

C项，要知道油膜法估测分子直径的实验有三条假设前提：1．将油膜看成单分子油膜，2．不考虑各油分子间的间隙，3．将油膜分子看成球形．14．（10分）（2021•遂宁模拟）如图所示，在一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用

5cm高的水银柱封闭着

45cm长的理想气体，管内外气体的温度均为

300K，大气压强

p

＝76cmHg。0（i）若缓慢对玻璃管加热，当管中气体的温度上升了

60K时水银柱上表面与管口刚好相平，求玻璃管的总长度；（ii）若保持管内温度始终为

300K，现将水银缓慢注入管中，直到水银柱上表面与管口相平，求此时玻璃管内水银柱的总长度。试【考点】99：理想气体的状态方程．【专题】11：计算题；32：定量思想；4E：模型法；54B：理想气体状态方程专题．【分析】（i）以管内封闭气体为研究对象，气体作等压膨胀变化，根据盖﹣吕萨克定律求解玻璃管的总长度；29C、水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径d大小时把它们29（ii）将水银缓慢注入管中，封闭气体作等温变化，根据玻意耳定律求此时玻璃管内水银柱的总长度。【解答】解：（i）设玻璃管横截面积为

S，玻璃管的总长度为

L，以管内封闭气体为研究对象，气体经等压膨胀：初状态：V

＝45S，T

＝300K11末状态：V

＝（L﹣5）S，T

＝360K22푉1푉2由盖﹣吕萨克定律：푇1

=

푇2代入数据解得：L＝59cm（ii）当水银柱上表面与管口相平，设此时管中气体压强为

P

，水银柱的高度为

H，管内气体经等温2压缩：初状态：V

＝45S，P

＝81cmHg11末状态：V

＝（59﹣H）S，P

＝（76+H）

cmHg22由玻意耳定律：P

V

＝P

V2

211解得：H≈21.7cm答：（i）玻璃管的总长度是

59cm；（ii）此时玻璃管内水银柱的总长度是

21.7cm。【点评】本题的关键是要分析清楚气体状态变化过程，找出相应的公式。在列式前，要先分析各个状态参量，再列方程。15．（2004•潍坊模拟）如图所示，MN、PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端接阻值

R＝1.5Ω

的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆

ab，ab的质量

m＝0.1kg，电阻

r＝0.5Ω．ab与导轨间动摩擦因数

μ＝0.5，导轨电阻不计，现用

F＝0.7N的恒力水平向右拉

ab，使之从静止开始运动，经时间

t＝2s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数30（ii）将水银缓慢注入管中，封闭气体作等温变化，根据玻意耳定30U＝0.3V．重力加速度

g＝10m/s2．求：（1）ab匀速运动时，外力

F的功率．（2）ab杆加速过程中，通过

R的电量．（3）ab杆加速运动的距离．高考【考点】3C：共点力的平衡；52：动量定理；BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律；D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】53C：电磁感应与电路结合．【分析】金属杆在水平恒定拉力的作用下，切割磁感线运动，产生电动势，回路中出现电流，导致金属杆受到安培力．当安培力、滑动摩擦力与拉力相等时，金属杆做匀速直线运动．由此时的电压表的读数可算出金属杆产生的电动势，则可以求出金属杆的运动速度，最后算出外力的功率．由动量定理求得通过

R的电量．由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出

ab杆加速运动的距离．【解答】解：（1）设导轨间距为

L，磁感应强度为

B，ab杆匀速运动的速度为

v，电流为

I，此时

ab杆受力如图所示：由平衡条件得：F＝μmg+ILB①퐵퐿푣푈由欧姆定律得：I

==

②푅

+

푟푅由①②解得：BL＝1T•m

v＝0.4m/s③31U＝0.3V．重力加速度g＝10m/s2．求：（1）ab31F的功率：P＝Fv＝0.7×0.4W＝0.28W④（2）设

ab加速时间为

t，加速过程的平均感应电流为I，由动量定理得：Ft

-

μmgt

-

퐼퐿퐵푡

=

푚푣⑤解得：q

=

퐼

⋅

푡

=

0.36퐶⑥△

훷

퐵퐿푠（3）设加速运动距离为

s，由法拉第电磁感应定律得E

==

푡

⑦△

푡又E

=

퐼(푅

+

푟)⑧푞(푅

+

푟)

0.36

×

2푚

=

0.72푚，由⑥⑦⑧解得s

==퐵퐿1答：（1）ab匀速运动时，外力

F的功率是

0.28W．（2）ab杆加速过程中，通过

R的电量是

0.36C．（3）ab杆加速运动的距离是

0.72m．【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，通过三力平衡可求得

BL的乘积，再由闭合电路的殴姆定律可得电动势，则可求出运动速度，从而算出外力的功率．32F的功率：P＝Fv＝0.7×0.4W＝0.28W④（2）设322021

年江西师大附中高考物理模拟试卷（四）二、选择题：本大题共

8

小题，每小题

6

分，共

48

分．在每小题给出的四个选项中，第

14～18

题只有一项符合题目要求，第

19～21

题有多项符合题目要求．全部选对的得

6

分，选对但不全的得

3

分，有选错的得

0

分．1．（6分）放射性同位素钍29302Th经一系列

α、β

衰变后生成氡28260Rn，以下说法正确的是（）A．每经过一次

α

衰变原子核的质量数会减少

2个B．每经过一次

β

衰变原子核的质子数会增加

1个C．放射性元素钍29302Th的原子核比氡28260Rn原子核的中子数少

4个D．钍

Th衰变成氡28260Rn一共经过

2次

α

衰变和

3次

β

衰变232902．（6分）利用探测器探测某行星，探测器在距行星表面高度为

h

的轨道上做匀速圆周运动时，测得周1期为

T

；探测器在距行星表面高度为

h

的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为

T

，万有引力常量122为

G，根据以上信息可求出（）A．该行星的质量B．该行星的密度C．该行星的第一宇宙速度D．探测器贴近星球表面飞行时星球对它的引力3．（6分）如图，两个带电小球

A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内．用水平向左的推力

F作用于

B球，两球在图示位置静止．现将

B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）12021年江西师大附中高考物理模拟试卷（四）二、选择题：本33A．墙面对

A的弹力变小C．推力

F变大B．斜面对

B的弹力不变D．两球之间的距离变大4．（6分）如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球

a置于水平地面上，球

b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球

b，当球

b摆到

O点正下方时，球

a1对地面的压力大小为其重力的

，已知图中

Ob段的长度小于

Oa段的长度，不计空气阻力，则3（）A．球

b下摆过程中处于失重状态B．球

b下摆过程中向心加速度变小2C．当球

b摆到

O点正下方时，球

b所受的向心力为球

a重力的3D．两球质量之比

m

：m

＝9：2ab5．（6分）如图所示，一竖直放置的平行板电容器和电源相连，开关

S闭合，左极板固定且接地。一根轻绳一端固定在电容器外面的

O点，另一端连接一带电小球（可视为点电荷），放在两极板间，平衡时细绳偏离竖直方向的角度为

θ．现在在开关闭合或断开两种情况下，用外力把右极板缓慢向右平移一小段相同的距离；若开关闭合，外力做功为

W

；若开关断开，外力做功为

W

．假设电场仅存在于两12极板之间，带电小球不影响平行板电容器之间的匀强电场，则下列说法正确的是（）2A．墙面对A的弹力变小B．斜面对B的弹力不变4．（6342A．W

＞W12B．W

＜W12C．闭合开关，移动右极板的过程中，小球的机械能逐渐增加D．断开开关，移动右极板的过程中，小球的电势能逐渐增加6．（6分）水平力

F方向确定，大小随时间的变化如图

a所示，用力

F拉静止在水平桌面上的小物块，在练习F从

0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图象如图

b所示，重力加速度大小为10m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图可知（）试卷

测试A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为

3NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为

0.1C．物块的质量为

m＝2kgD．在

0～4s时间内，合外力的冲量为

12N•S32A．W＞W12B．W＜W12C．闭合开关，移动右极板的357．（6分）磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图为其原理示意图，平行金属板

C、D间有匀强磁场，磁感应强度为

B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻

R

的阻值是滑动变阻器最大0阻值的一半，与开关

S串联接在

C、D两端，已知两金属板间距离为

d，喷入气流的速度为

v，磁流体发电机的电阻为

r（R

＜r＜2R

），则滑动变阻器的滑片

P由

a向

b端滑动的过程中（）00高考A．金属板

C为电源负极，D为电源正极B．发电机的输出功率一直增大2

2

2퐵

푑

푣

푅0C．电阻

R

消耗功率最大值为02(푅

+

푟)02

2

2퐵

푑

푣D．滑动变阻器消耗功率最大值为

푟

+

푅08．（6分）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW．在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为

1：10，电流表的示数为

1A，输电线的总电阻为

10Ω，则下列说法正确的是（）试卷

测A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压

U

＝2000V247．（6分）磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低36C．用户获得的功率为

19kWD．将

P下移，用户获得的电压将增大三、非选择题：9．（6分）为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数

μ，某同学设计了如图的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切。第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端

M对齐，滑块从滑槽顶端高考复由静止释放，落在水平面的

P点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出末端

N与桌子右端

M的距离为

L，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的

Q点，已知重力加速度为

g，不计空气阻力练（1）实验还需要测出的物理量是（用代号表示）：

。A．滑槽的高度

h；B．桌子的高度

H；C．O点到

P点的距离

d

；1D．O点到

Q点的距离

d

；E．滑块的质量

m。2（2）写出动摩擦因数

μ

的表达式是

μ＝

。（3）如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为

x。则动摩擦因数可表示为

μ＝

。10．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：A、直流电源

3V（内阻不计）B、直流电流表

0﹣600mA（内阻约

0.5Ω）C、直流电压表

0﹣3V（内阻约

3kΩ）5C．用户获得的功率为19kW9．（6分）为了测定滑块与水37D、滑动变阻器（10Ω，1A）E、滑动变阻器（1kΩ，300mA）F、开关、导线若干高考复习（1）本实验中滑动变阻器应选用

（填“D”或“E”）．（2）某同学用导线

a、b、c、d、e、f、g和

h连接的电路如图甲所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零，闭合开关后发现电压表的示数为

2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可确定断路的导线是

（填字母）若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压

（填字母）．表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是

（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图乙所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线．U/V0I/A00.51.01.50.170.30