高考物理自我提升綜合能力系列含答案提升練習九

1、高考物理自我提升綜合能力系列（含答案）-提升練習（九）一、選擇題1、如圖甲，一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其vt圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5s，關于帶電物塊及運動過程的說法正確的是（）A該物塊帶負電B皮帶輪的傳動速度大小一定為1m/sC若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D在2s4.5s內，物塊與皮帶仍可能有相對運動2、如圖所示，質量為m，電量為q的帶正電的物體，在磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，沿動摩擦因數為的水平面向左運動，則

2、（）A若另加一個電場強度為，方向水平向右的勻強電場，物體做勻速運動B若另加一個電場強度為，方向豎直向上的勻強電場，物體做勻速直線運動C物體的速度由v減小到零所用的時間等于D物體的速度由v減小到零所用的時間小于3、如圖所示，一個帶正電的滑環(huán)套在水平且足夠長的粗糙的絕緣桿上，整個裝置處于方向如圖所示的勻強磁場中，現給滑環(huán)一個水平向右的瞬時作用力，使其由靜止開始運動，則滑環(huán)在桿上運動情況不可能的是（    ）A、始終做勻速運動B、始終做減速運動，最后靜止于桿上C、先做加速運動，最后做勻速運動D、先做減速運動，最后做勻速運動4、如圖所示，一個質量為3.0kg的物體，放在傾

3、角為=30°的斜面上靜止不動若用豎直向上的力F=5.0N提物體，物體仍靜止，（g=10m/s2）下述結論正確的是（  ）A物體受到的摩擦力不變     B物體對斜面的作用力減小5.0 NC斜面受到的壓力減小5.0 N   D物體受到的合外力減小5.0 N5、如圖所示，在水平向右做勻加速直線運動的平板車上有一圓柱體，其質量為m且與豎直擋板及斜面間均無摩擦當車的加速度a突然增大時，斜面對圓柱體的彈力F1和擋板對圓柱體的彈力F2的變化情況是(斜面傾角為)()AF1增大，F2不變  BF1增大，F2增大CF1不變

4、，F2增大  DF1不變，F2減小二、多項選擇6、如圖所示，兩相同物塊分別放置在對接的兩固定斜面上，物塊處在同一水平面內，之間用細繩連接，在繩的中點加一豎直向上的拉力F，使兩物塊處于靜止狀態(tài)，此時繩與斜面間的夾角小于90°.當增大拉力F后，系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是()A繩受到的拉力變大B物塊與斜面間的摩擦力變小C物塊對斜面的壓力變小D物塊受到的合力不變7、用具有一定動能的電子轟擊大量處于基態(tài)的氫原子，使這些氫原子被激發(fā)到量子數為n（n2）的激發(fā)態(tài)。此時出現的氫光譜中有N條譜線，其中波長的最大值為?，F逐漸提高入射電子的動能，當動能達到某一值時，氫光譜中譜線數增加到

5、N條，其中波長的最大值變?yōu)椤Ｏ铝懈魇街锌赡苷_的是：AN= N n    BN= N n1     C       D8、在如圖所示電路中，R1是定值電阻，R2是滑動變阻器，閉合電鍵S，當R2的滑動觸片P向下滑動時，四個理想電表的示數都發(fā)生變化，電流表、電壓表的示數分別用I、U1、U2、U3表示，它們示數變化量的大小分別用I、U1、U2和U3表示則下列分析判斷正確的是（ ）        

6、;                                             A 不變，不變    B 變大，變大 

7、  C 變大，不變    D 變大，不變9、如圖1510所示，水平固定的小圓盤A，其帶電荷量為Q，電勢為零，從圓盤中心O處由靜止釋放一個質量為m、帶電荷量為q的小球，由于電場的作用，小球豎直上升的高度可達圓盤中心豎直線上的c點，O到 c之間距離為h而到圓盤中心豎直線上的b點時，小球速度最大，因此可知在Q所形成的電場中，可以確定的物理量是()圖1510Ab點場強                 &#

8、160;    Bc點場強Cb點電勢                      Dc點電勢三、實驗,探究題10、有一個小燈泡上標有“4.8V  2W”的字樣，現在測定小燈泡在不同電壓下的電功率，并作出小燈泡的電功率P與它兩端電壓的平方U2的關系曲線有下列器材可供選用：A電壓表V1（03V，內阻3k）     

9、 B電壓表V2（015V，內阻15k）C電流表A（00.6A，內阻約1）       D定值電阻R13kE定值電阻R215k                            F滑動變阻器R（10，2A）G學生電源（直流6V，內阻不計）H開關、導線若干（1）實驗中所用電壓表應選用  &

10、#160;  ，定值電阻應選用     （均用序號字母填寫）；（2）為盡量減小實驗誤差，并要求從零開始多取幾組數據，且各電表指針偏轉角度大于滿偏的1/3，請在方框內畫出滿足實驗要求的電路圖；（3）利用上述實驗電路圖測出的電壓表讀數UV與此時小燈泡兩端電壓U的定量關系是   ,下圖的四個圖象中可能正確的是    11、某同學將銅片和鋅片插入水果中制成一個“水果電池”，該同學利用下列所給器材測量水果電池的電動勢E和內阻r。A. 電流表（內阻，滿偏電流）B. 電流表（量程20mA，內阻約2）C. 滑動

11、變阻器（）D. 電阻箱（09999.9）E. 待測水果電池（電動勢E約4V，內阻r約）F. 開關S，導線若干（1）實驗中用電流表改裝成量程的電壓表，需串聯一個阻值為_的電阻；（2）用電流表和改裝成的電壓表測量水果電池的電動勢和內阻，為盡量減小實驗的誤差，請在虛線方框中畫出實驗電路圖；（3）該同學實驗中記錄的6組對應的數據如下表，試根據表中數據在下圖中描點畫出圖線；由圖線可得，水果電池的電動勢E=_V，內電阻r=_；4.05.08.010.012.014.0U/V3.042.852.301.901.501.14（4）實驗測得的水果電池的電動勢與真實值相比，_（選填“大于”、“小于”或“等于”）。

12、四、綜合題12、如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖2所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上t0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小(2)求電場變化的周期T.(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值13、如圖所示，讓擺球從圖中的C點由靜

13、止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達A孔進入半徑R=0.3m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道立即關閉A孔。已知擺線長L=2m，=60°，小球質量為m=0.5kg，D點與小孔A的水平距離s=2m，g取10m/s2。試求：（1）求擺線能承受的最大拉力為多大？（2）要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道，求粗糙水平面摩擦因數的范圍？14、如圖甲所示，一光滑絕緣板組成的直角支架MLK，水平板LK長為l=0.91m，距離水平地面高為h=2m，豎直板ML足夠長，兩板連接處有一小孔水平板上方存在E1=2N/C的勻強電場，電場方向與水平方

14、向成角，指向右上方，為45°至90°的某一確定值豎直線MQ左側有電場和磁場（甲圖中均未畫出），已知豎直方向的電場E2分布在MQ左側整個空間，與紙面垂直的磁場只分布在NP與MQ兩平行線之間，區(qū)間水平寬度為d=1m，磁感應強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正方向水平板LK上表面右邊緣處有一質量m=0.1kg、電荷量q=0.1C的帶負電小球，以初速度V0=0.6m/s向左對準小孔運動通過小孔后進入左側空間恰好作勻速圓周運動小球剛進入磁場時記作t=0時刻假定小球與豎直板碰撞時間極短，且無動能損失，小球可視為質點，小球電量保持不變，g=10m/s2求：（1）電場強

15、度E2的大小和方向（2）在的取值范圍內，小球在磁場中運動的時間最短為多少？（3）在的取值范圍內，小球在P點左側的水平地面上的落點與P點的最大距離？（計算結果可以用根號表示）15、如圖所示，水平面的動摩擦因數，一輕質彈簧，左端固定在點，自然狀態(tài)時其右端位于點。水平面右側有一豎直光滑圓形軌道在點與水平面平滑連接，圓心，半徑。另一輕質彈簧一端固定在點的軸上，一端拴著一個小球，彈簧的原長為，勁度系數。用質量的物塊將彈簧緩慢壓縮到點（物體與彈簧不拴接），釋放后物塊恰運動到點停止，間距離。換同種材料、質量的物塊重復上述過程。（物塊、小球均視為質點，）求：（1）物塊到點時的速度大小；（2）若小球的質量也為，

16、若物塊與小球碰撞后交換速度，論證小球是否能通過最高點。若能通過，求出軌道最高點對小球的彈力；若不能通過，求出小球離開軌道時的位置和連線與豎直方向的夾角；（3）在（2）問的基礎上，若將拴著小球的彈簧換為勁度系數，再次求解。16、如圖所示，可看成質點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的最右端，已知A、B、C質量均相等，木板C長為L，求A物體的最終速度A在木板C上滑行的時間參考答案一、選擇題1、解：由圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運動物塊的

17、最大速度是1m/sA、對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數為，沿斜面的方向：FNmgsin=ma  物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時：FN=mgcos，后來：FN=mgcosf洛，即洛倫茲力的方向是向上的物塊沿傳送帶向上運動，由左手定則可知，物塊帶正電故A錯誤；B、D、物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結合式可知，物塊的加速度也越來越小，當加速度等于0時，物塊達到最大速度，此時：mgsin=（mgcosf洛）   由

18、可知，只要傳送帶的速度大于等于1m/s，則物塊達到最大速度的條件與傳送帶的速度無關，所以傳送帶的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物塊可能相對于傳送帶靜止，有可能相對于傳送帶不靜止故B錯誤，D正確；C、由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移故C錯誤故選：D2、解：A、對物體受力分析，受重力、支持力，洛倫茲力和滑動摩擦力；根據左手定則，洛倫茲力向下若另加一個水平向右的電場，電場力的方向向右，與摩擦力方向相同，合外力不為零，滑塊不可能做勻速直線運動故A錯誤；B、若另加一個豎直向上的電場，電場力的方向向上，當qE=（mg+qv

19、B），即E=時，支持力為零，摩擦力為零，則合外力為零，滑塊可能做勻速直線運動故B正確；CD、由于合力向右，物體向左做減速運動；由于摩擦力f=（mg+qvtB），隨速度的減小不斷減小，摩擦力f不斷減小，加速度不斷減小，不是勻變速運動，故物體的速度由v減小到零所經歷的時間t，由動量定理得ft=0mv得 t=故CD錯誤；故選：B3、C 4、B 5、C 二、多項選擇6、ACD 7、AC8、ACD 9、AD 三、實驗,探究題10、A（1分），D（1分）（2）電路圖如圖（2分） （3）（1分），C（1分）11、（1）1985（2分）（2）如下圖所示（圖中直接畫電壓表代替和，同樣給分；電路中有錯不給分）（2

20、分）（3）圖略（2分），（2分，填3.70V3.95V均給分），（2分，填均給分）（4）等于（2分）四、綜合題12、 解析：(1)微粒做直線運動，則mgqE0qvB微粒做圓周運動，則mgqE0聯立、得qB(2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則vt1qvBm2Rvt2聯立得t1；t2電場變化的周期Tt1t2(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d2R聯立得R設在N1Q段直線運動的最短時間為t1 min，由得t1 min因t2不變，T的最小值Tmint1 mint2.答案：(1)qB(2)(3)13、（1）mg(L-Lcos)=mvD2  ；

21、0; Fm-mg=m   得：Fm =2mg=10N（2）要保證小球能達到A孔，-1mgs=0-mvD2     可得：1=0.5小球不脫圓軌道分兩種情況：若進入A孔的速度較小，那么將會在圓心以下做等幅擺動，其臨界情況為到達圓心等高處速度為零，由機械能守恒可得： mvA2=mgR由動能定理可得：-2mgs=mvA2-mvD2   可求得：2=0.35若小球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道，在圓周的最高點：mg=m由動能定理可得：-3mgs-2mgR= mv2-mvD2    

22、        解得：3=0.125綜上所以摩擦因數的范圍為：0.350.5或者0.125（1）10N  （2）0.350.5或者0.12514、（1）小球在MQ左側做勻速圓周運動，重力與電場力合力為零，即：qE2=mg，代入數據解得：E2=10N/C，電場力豎直向上，小球帶負電，場強豎直向下；（2）小球在平臺上向右做勻加速運動，由動能定理得：qE1Lcos=mv2mv02，45°90°，代入數據解得：vmax=2m/s，小球通過MN后的速度為：0.6m/sv2m/s，小球在MQ右側磁場區(qū)域做勻

23、速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：R=，粒子做圓周運動的半徑：0.15mR10.5m，0.6mR22m；小球做圓周運動的周期：T=，T1=，T2=2，小球進入磁場后向左瞬時針方向的勻速圓周運動，運動時間：t1=T1，然后與ML碰撞，碰撞后小球速度水平向左，然后沿逆時針方向做勻速圓周運動，當小球速度最大為2m/s時逆時針做圓周運動的軌道半徑最大為2m，此時小球在磁場中轉過的圓心角最小，運動時間最短，有：sin=，得：=30°，粒子的運動時間為：t2=T2=，粒子的最短運動時間為：t=t1+t2=s；（3）小球以最大速度離開磁場時落地點的水平距離最大，vx=v最大cos=