调研复习试题1

高考物理模拟试卷1一、单项选择题1．一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后受到的推力是800N，开动5s的时间，速度的改变为2m/s，则宇宙飞船的质量为：（）A．1000kgB．2000kgC．3000kgD．4000kg2．如图所示为厦门胡里山炮台的一门大炮．假设炮弹水平射出，以海平面为重力势能零点，炮弹射出时的动能恰好为重力势能的3倍，不计空气阻力，则炮弹落到海平面时速度方向与海平面的夹角为：（）A．30°B．45°C．60°D．75°3．如图所示，质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍．当它以速度v，加速度a加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从该时刻起，发动机始终在额定功率下工作，重力加速度g．则以下分析正确的是：（）A．汽车发动机的额定功率为kmgvB．汽车行驶的最大速度为C．当汽车加速度减小到时，速度增加到2vD．欲使汽车最大速度增加到2倍，则发动机额定功率应增加到4倍4．如图所示，A、B、C为放置在光滑水平面上的三个带电小球，其中B与C之间用长为L的绝缘轻质细杆相连（L远远大于小球的直径），现在三个小球都恰好处于静止状态。已知小球B的带电量为﹣q，小球C的带电量为+9q，则以下判断正确的是：（）A．小球A的带电量一定为+B．轻质细杆一定处于被拉伸状态C．小球A与B之间的距离一定为D．若将A向右平移一小段距离，释放后A一定向左运动二、不定项选择题5．在x轴上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，O、A、B、C为x轴上等间距的四个点．现将带正电粒子从O点静止释放，粒子沿直线运动到A点时的动能恰为Ek，已知粒子只受电场力作用，则以下分析正确的是：（）A．粒子运动到C点时的动能为3EkB．沿x轴从O点到C点，电势一直在降低C．粒子从O点到C点，先做加速，后做减速D．粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量6．自动化生产车间通常用传送带来传输工件。如图所示，甲、乙两水平传送带高度相等，相互垂直且无缝对接，两传送带始终均以v0速度匀速运动。工件质量为m，离开甲前与甲传送带的速度相同，并能平稳地传到乙传送带上，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，工件可视为质点。则工件从刚到乙传送带到与乙传送带速度相同的过程中，下列说法正确的是：（）A．滑动摩擦力对工件做的总功为零B．工件所受的滑动摩擦力大小、方向均不变C．每个工件在传送带乙上滑行时产生的热量为mv02D．工件在垂直于乙传送带运动方向上滑行的距离为7．在如图所示的电路中，圈①、②、③处可以接小灯、电流表或电压表（均为理想电表）三种元器件，电源电动势E、内阻r均保持不变，定值电阻R1：R2：R3：R4=4：3：2：1，小灯电阻RL=R1，R1＞r，，下列说法中正确的是：（）A．要使电源总功率最大，则应该①接电流表，②接电压表，③接小灯B．要使电源输出功率最大，则应该①接电流表，②接小灯，③接电压表C．要使路端电压最大，则应该①接小灯，②接电压表，③接电流表D．要使闭合电路中电源效率最高，则应该①接小灯，②接电流表，③接电压表三、非选择题8．在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验。此方案验证机械能守恒定律方便快捷。（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=__________mm；（2）在处理数据时，计算小球下落h高度时速度v的表达式为__________；（3）为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象？__________；A．h﹣t图象B．h﹣图象C．h﹣t2图象D．h﹣图象（4）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量mv2总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会__________（填“增大”、“缩小”或“不变”）。9．小王同学用电压表和电流表测定某蓄电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示，电压表和电流表均可视为理想电表。（1）图乙是部分连接好的实物电路图，请你完成余下导线的连接（要求滑动触片P从左向右移动时滑动变阻器接入电路的阻值在不断增大）。（2）小王同学在实验时记录滑动触片P在不同位置的x值以及对应的电压表读数U和电流表读数I，并作出如图丙所示的U﹣x图象和I﹣x图象。则根据图象数据可求得：蓄电池的电动势为__________V；内阻为__________Ω；滑动变阻器的最大阻值为__________Ω。（3）请在图丁中作出该蓄电池的U﹣I图象。10．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形MNL内存在垂直于xOy平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，三角形的一直角边ML长为6a，落在y轴上，∠NML=30°，其中位线OP在x轴上．电子束以相同的速度v0从y轴上﹣3a≤y≤0的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场，已知从y轴上y=﹣2a的点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点．若在直角坐标系xOy的第一象限区域内，加上方向沿y轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．试求：（1）电子的比荷；（2）电子束从+y轴上射入电场的纵坐标范围；（3）从磁场中垂直于y轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。11．如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从M点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从N点射出。（1）求电场强度的大小和方向。（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从M点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从M点射入，但速度为原来的2倍，粒子从（2）中同一位置离开，求粒子在磁场中运动的时间。答案1、解：由动量定理可知：Ft=mv﹣0，m===2000kg；故选：B．2、解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为α．根据机械能守恒定律得：+mgh=mv2，据题有：=3mgh。联立解得：v=v0；则cosα==，可得α=30°，故选：A．3、解：A、速度v时，根据牛顿第二定律知，所以P0=kmgv+mav，故A错误；B、最后匀速牵引力等于阻力时速度最大，故，故B正确；C、加速度为时，此时牵引力为F，则F﹣kmg=m，解得F=，此时速度为v=，故C错误；D、由于匀速运动，故受到的阻力不变，此时的功率P=f•2v=2P0，故D错误；故选：B4、解：AC、小球A受力平衡，根据平衡条件，有：解得：x=，qA可以为任意值；故A错误，C正确；B、对球B，球A、球C的静电力的合力为：F=由于不知道球A的带电量，故无法确定球A、球C的静电力的合力是否为零，故杆可能是拉力、支持力、没有力，故B错误；D、球A在原来的位置是平衡的，若将A向右平移一小段距离，球B、球C对其的静电力均增加，但球B的静电力增加更快，故释放后A一定向右运动；故D错误；故选：C5、解：A、由动能定理知，粒子由O运动到A时电场力做功为Ek，由A到C电场力做功小于2EK，则粒子运动到C点时动能小于3Ek，故A错误．B、带正电粒子从O点到A点，动能增加，则电场力做正功，电场方向向右．由图知，由O点到C点，场强一直为正值，说明场强方向一直向右，电势一直降低，故B正确．C、由于电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，则C错误D、AB段的平均电场力大于BC的平均电场力，则AB段电场力做功大于BC段电场力做功，由功能关系知，粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量，故D正确。故选：BD．6、解：A、两传送带始终均以v0速度匀速运动，则工件从刚到乙传送带到与乙传送带速度相同的过程中，根据动能定理可得：W合=△EK=0，故A正确，B、沿甲与乙的运动方向建立坐标系如答图1所示．刚滑上乙时，工件相对乙运动的速度为，方向如图所示，θ=45°，工件受到摩擦力的大小为f=μmg，方向如图所示，θ=45°，故B正确；D、沿x轴方向，根据牛顿运动定律和运动学公式μmgsinθ=max，解得：ax=μgsin45°根据运动学公式，解得工件在乙上垂直于乙的运动方向滑行的距离：x=v02/2μg，故D错误；C、工件在乙上沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y，根据牛顿运动定律和运动学公式ax=μgsinθ，ay=μgcosθ在x轴方向g，在y轴方向工件滑动的时间，乙前进的距离y1=v0t工件相对乙的位移摩擦生热Q=μmgL，解得，故C正确；故选：ABC7、分析：A、要使电源的总功率最大，根据P=EI，即总电流最大，总电阻最小．B、当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大．所以要想输出功率最大，要使外电阻接近于内阻．C、外电阻越大，总电阻越大，总电流越小，内电压越小，外电压越大．所以当外电阻最大时，路端电压最大．D、电源的效率η=，知外电阻越大，效率越高．解：A、要电源总功率最大，电压是固定的，所以就要求电流要大，电流大则总电阻要最小，内阻是一定的，所以外阻要最小．那么如何接外阻小呢，1接小灯的话，外阻最小也为2R1=8R4，比较大，所以要接电流表，2接小灯的话，3接电压表开路，则小灯和R3并联再与R4串联再与R2并联，最后于R1串联，最后计算外阻为（4+）×R4，3接小灯，2接电压表开路，则R3R4串联，与RL、R2并联最后与R1串联，最后计算外阻为（4+）×R4最小．故A正确．B、当R外=r时，输出功率最大，但是R1＞r，从上面可以看出，最小的外阻也大于r，所以要输出功率最大，只有外阻接近r才行，所以还是选择最小的外阻，可以看到还应该是①接电流表，②接电压表，③接小灯．故B错误．C、要路端电压最大，就要外阻越大越好，这样应该①接电压表，这样整个电路断路，路端电压等于电动势．故C错误．D、要是电源效率最高，则电路不能是断路，同时外阻越大越好，这样1要接小灯，如果3接电流表，则R2、R3、R4被短接，R外=RL+R1=2R1=8R4，如果②接电流表，则R3短接，R4与R2并联，R外=RL+R1+=（8+）×R4，为最大．故D正确．故选AD．三、非选择题8．在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验．此方案验证机械能守恒定律方便快捷．（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=17.805mm；（2）在处理数据时，计算小球下落h高度时速度v的表达式为；（3）为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象？D；A．h﹣t图象B．h﹣图象C．h﹣t2图象D．h﹣图象（4）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量mv2总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会增大（填“增大”、“缩小”或“不变”）．8、解：（1）螺旋测微器的固定刻度为17.5mm，可动刻度为30.5×0.01mm=0.305mm，所以最终读数为17.5mm+0.305mm=17.805mm，（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；所以v=，（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgh=mv2；即：2gh=（）2，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，所以应作h﹣图象，故选：D．（4）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量mv2总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会增大。9．小王同学用电压表和电流表测定某蓄电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示，电压表和电流表均可视为理想电表．（1）图乙是部分连接好的实物电路图，请你完成余下导线的连接（要求滑动触片P从左向右移动时滑动变阻器接入电路的阻值在不断增大）．（2）小王同学在实验时记录滑动触片P在不同位置的x值以及对应的电压表读数U和电流表读数I，并作出如图丙所示的U﹣x图象和I﹣x图象．则根据图象数据可求得：蓄电池的电动势为2.0V；内阻为2Ω；滑动变阻器的最大阻值为36Ω．（3）请在图丁中作出该蓄电池的U﹣I图象．分析：（1）由原理图可得出对应的实物图，注意题目中的要求，明确滑动变阻器的接法；（2）由图丙中的两图象可得出对应的电流和电压值，再由闭合电路欧姆定律列式联立可求得电动势和内阻；再由欧姆定律可求得滑动变阻器的最大阻值；（3）由（2）中的得出的数据可求得对应的U﹣I图象．9、解：（1）根据实验原理图可得出对应的实物图，注意变阻器应接左下接线柱；如图所示；（2）由图可知，电流为I1=0.1A时，电压为U1=1.8V，电流为I2=1.0A时，电压为零；故1.0A为短路电流；由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir；I2=，代入数据解得：E=2.0V，r=2Ω；当接入一半的电阻时，阻值R′===18Ω；故总阻值R=2R′=2×18=36Ω；（3）电源的电动势为2.0V，短路电流为1.0A，对应的伏安特性曲线如图所示；故答案为：（1）如图1所示；（2）2.0；2；36；（3）如图所示；分析：（1）从y轴上y=﹣2a点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点，则电子圆周运动的半径为a，根据牛顿第二定律列方程求比荷；（2）（3）粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切时打到荧光屏上距Q点最远．10、解：（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为r=a，由牛顿第二定律得：ev0B=m，电子的比荷：=；（2）电子能进入电场中，且离O点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN相切，电子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示．则：O′M=2a，OO′=OM﹣0′M=a，即粒子从D点离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为：OD=ym=2a，所以电子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a；（3）假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a=v0t，y=••t2，打到荧光屏上电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平：x=v0t，竖直：y=••t2，代入数据解得：x=；设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ有：tanθ===，H=（3a﹣x）tanθ=（