專題02 新題精選30題-2018年高考物理走出題海之黃金30題系列 Word版含解析

1、2018年高考物理走出題海之黃金30題系列專題02 新題精選30題一、單選題（在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，）1a、b、c三個(gè)物體在同一條直線上運(yùn)動(dòng)，它們的位移一時(shí)間圖像如圖所示，其中a是一條頂點(diǎn)坐標(biāo)為(0,10)的拋物線，下列說法正確的是（ ）A. b、c兩物體都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)物體的速度相同B. 在內(nèi),a、b兩個(gè)物體間的距離逐漸變大C. 物體c的速度越來越大D. 物體a的加速度為【答案】 B靜止開始運(yùn)動(dòng)的勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式可知物體a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閽佄锞€經(jīng)過（0,10）點(diǎn)和（5，20）點(diǎn)，故，所以，D錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】位移圖象的基本性質(zhì)：橫坐標(biāo)代表時(shí)刻，而縱坐

2、標(biāo)代表物體所在的位置，縱坐標(biāo)不變即物體保持靜止?fàn)顟B(tài)；位移時(shí)間圖像是用來描述物體位移隨時(shí)間變化規(guī)律的圖像，不是物體的運(yùn)動(dòng)軌跡，斜率等于物體運(yùn)動(dòng)的速度，斜率的正負(fù)表示速度的方向，質(zhì)點(diǎn)通過的位移等于x的變化量2如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一直桿，桿與地面間夾角為，輕環(huán)套在桿上。不計(jì)質(zhì)量的滑輪用輕質(zhì)繩OP懸掛在天花板上，另一輕繩通過滑輪系在環(huán)上，不計(jì)所有摩擦?，F(xiàn)向左緩慢拉繩，當(dāng)環(huán)靜止時(shí)，與手相連的繩子水平，則OP繩與天花板之間的夾角為（ ）A. B. C. D. 【答案】 C由幾何關(guān)系得OP與天花板之間的夾角，C正確3如圖，一質(zhì)量為M、帶有掛鉤的小球套在傾角為 的細(xì)桿上，恰能沿桿勻速下滑。若下滑過程中小

3、球所受桿的作用力大小為F，且小球所受最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說法正確的是（ ）A. 僅增大(<90°)，小球被釋放后仍能沿桿勻速下滑B. 僅增大(<90°)，小球被釋放后所受桿的作用力小于FC. 不變，僅在掛鉤上再掛一個(gè)物體，小球被釋放后將沿桿加速下滑D. 不變，僅在掛鉤上再掛一個(gè)物體，小球被釋放后所受桿的作用力仍等于F【答案】 BD、當(dāng)掛上一質(zhì)量為m的物體時(shí)，以兩物體整體為研究對象，沿桿向下的重力分力為：，細(xì)桿所受的壓力大小為：，細(xì)桿所受的壓力變大，由牛頓第三定律可知，D錯(cuò)誤；C、球形物體所受的摩擦力即沿桿向上的力，大小為：，摩擦力增大，分析可知F1

4、=F2，因此球形物體仍沿細(xì)桿勻速下滑，故C錯(cuò)誤；故選B。4如圖所示，半徑為R的豎直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB為直徑，O點(diǎn)為碗的球心。將一彈性小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從AO連線上的某點(diǎn)c點(diǎn)沿CO方向以某初速度水平拋出，經(jīng)歷時(shí)間（重力加速度為g）小球與碗內(nèi)壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C點(diǎn)；假設(shè)小球與碗內(nèi)壁碰撞前后瞬間小球的切向速度不變，法向速度等大反向。不計(jì)空氣阻力，則C、O兩點(diǎn)間的距離為A. B. C. D. 【答案】 C【解析】小球在豎直方向的位移為，設(shè)小球與半球形碗碰撞點(diǎn)為D點(diǎn)，則DO的連線與水平方向的夾角為300，過D點(diǎn)作CO連線的垂線交于CO連線E點(diǎn)，則OE= ，小球下落h時(shí)豎直

5、方向的速度為，則水平方向的速度，所以水平方向的位移為，由幾何關(guān)系可知，CO= ，故C正確。5假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠(yuǎn)的行星A和B，自身球體半徑分別為RA和RB兩顆行星各自周圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方（）與運(yùn)行公轉(zhuǎn)周期的平方（）的關(guān)系如圖所示；T0為衛(wèi)星環(huán)繞各自行星表面運(yùn)行的周期。則A. 行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量B. 行星A的密度小于行星B的密度C. 行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D. 當(dāng)兩行星周圍的衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌道半徑相同時(shí)，行星A的衛(wèi)星的向心加速度大于行星B的衛(wèi)星的向心加速度【答案】 DB項(xiàng)：根圖象可知，在兩顆行星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，密度，所以行星A的密度等于行星

6、B的密度，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：第一宇宙速度，A的半徑大于B的半徑，衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運(yùn)行的周期相同，則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：根據(jù)得： ，當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時(shí)，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，則行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速，故D正確。6一輕質(zhì)細(xì)桿長為2L，可繞固定于中點(diǎn)O的水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，桿兩端固定有形狀相同的小球1和2，它們的質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和q(q>0)，整個(gè)裝置放在如圖所示的、在豎直面內(nèi)關(guān)于過O軸的豎直線對稱的電場中。現(xiàn)將桿由水平位置靜止釋放，讓兩小球繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直線上A、B兩位置。設(shè)電勢差UBA=U，重力加速度大小為

7、g，不考慮小球1、2間的庫侖力。則該過程中（ ）A. 小球2受到的電場力減小B. 小球1電勢能減少了UqC. 小球1、2的機(jī)械能總和增加了UqmgLD. 小球1、2的動(dòng)能總和增加了Uq【答案】 D【解析】桿由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，重力對系統(tǒng)做功為0，根據(jù)對稱知開始時(shí)兩小球處于等勢面上，轉(zhuǎn)動(dòng)后，小球1所在位置電勢較低，電勢能減少，小球2所在位置電勢較高，根據(jù)等勢線與電場線的關(guān)系知道，小球2受到的電場力增大，小球2的電勢升高量大于小球1的電勢降低量，所以小球2的電勢能增加量大于，小球1電勢能減少量小于，系統(tǒng)重力勢能不變，動(dòng)能增加，根據(jù)能量守恒可知小球1、2的動(dòng)能總和增加量等于小球1、2的電

8、勢能總和減小量，即為，故ABC錯(cuò)誤， D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要能正確分析小球能量如何轉(zhuǎn)化，運(yùn)用W=qU和U=Ed定性分析兩球電勢能的變化關(guān)系，由能量守恒定律分析即可。7在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場中，有一原來靜止的原子核，該核衰變后，放出的帶電粒子和反沖核的運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖中a、b所示，由圖可以判定（）A. 該核發(fā)生的是衰變B. 該核發(fā)生的是衰變C. a表示反沖核的運(yùn)動(dòng)軌跡D. 磁場方向一定垂直紙面向里【答案】 BB正確。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，質(zhì)量大的速度小，而速度小的，運(yùn)動(dòng)半徑較小，而b的質(zhì)量較大，因此b是反沖核的運(yùn)動(dòng)軌跡，故C錯(cuò)誤；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場方向不同，粒子旋轉(zhuǎn)的方向相

9、反，由于粒子的速度方向未知，不能判斷磁場的方向。故D錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)睛：放射性元素放射后，兩帶電粒子的動(dòng)量是守恒正好軌跡的半徑公式中也有動(dòng)量的大小，所以可以研究半徑與電荷數(shù)的關(guān)系，注意由運(yùn)動(dòng)的半徑大小來確定速度的大小是解題的關(guān)鍵8在某空間有一勻強(qiáng)電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標(biāo)系O-xyz，M、N、P為電場中的 三個(gè)點(diǎn)，M點(diǎn)的坐標(biāo)(0,3L,0) ,N點(diǎn)的坐標(biāo)為(4L，0，0) ,P點(diǎn)坐標(biāo)為(0，0，4L)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(4L，L，7L),Q點(diǎn)圖中未畫出。已知M、N和P點(diǎn)電勢分別為0V、25 V和9V，則下列說法正確的是A. 該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度等于

10、2.25V/mB. Q點(diǎn)的電勢為22VC. 電子在O點(diǎn)的電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能D. 將電子沿y軸、z軸從M點(diǎn)經(jīng)過O點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場力先做負(fù)功，再做正功【答案】 B【解析】如圖甲所示，連接MN，在MN上取一點(diǎn)H，使H點(diǎn)電勢H=9V，則MH：HN=16：9，連接PH，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知MN垂直面POH、PH垂直MN又P=H=9V，電場由N指向M。后不變，則電子的電勢能先減小后不變，電場力先做正功，后不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B.點(diǎn)睛：本題主要是考查勻強(qiáng)電場的電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)U=Ed來分析，知道在勻強(qiáng)電場中，沿電場線方向上電勢差之比等于距離之比9在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)

11、勢為E，內(nèi)阻為r，閉合開關(guān)S1，斷開開關(guān)S2，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I；此時(shí)將滑動(dòng)變阻器R滑片向下移動(dòng)，則下列說法中正確的是A. 電壓表示數(shù)增大B. 通過電阻R2的電流方向?yàn)閍bC. 電阻R1消耗的功率減小D. 若滑動(dòng)變阻器R滑片位置不動(dòng)，閉合開關(guān)S2，電流表示數(shù)減小【答案】 D所以電阻消耗的功率增大，C錯(cuò)誤；若滑動(dòng)變阻器R滑片位置不動(dòng)，閉合開關(guān)，電路總電阻增大，干路電流減小，即電壓表示數(shù)減小，而變阻器滑片位置不變，電阻不變，所以通過滑動(dòng)變阻器的電流減小，即電流表示數(shù)減小，D正確【點(diǎn)睛】在分析電路動(dòng)態(tài)變化時(shí)，一般是根據(jù)局部電路變化（滑動(dòng)變阻器，傳感器電阻）推導(dǎo)整體電路總電阻、總電流的變化

12、，然后根據(jù)閉合回路歐姆定律推導(dǎo)所需電阻的電壓和電流的變化（或者電流表，電壓表示數(shù)變化），也就是從局部整體局部10一種改進(jìn)后的回旋加速器示意如圖，寬度忽略不計(jì)的窄縫A、C間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，電場被限制在A、C間，與A、C平行的兩虛線之間無電場。帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。對這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是（ ）A. 加速電場的方向需要做周期性的變化B. 加速后粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)C. 帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次D. 帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周直徑的變化量相等，即P1P2等于P2P3【答案】 CD、根據(jù)得，

13、則，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)，知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且，則，故D錯(cuò)誤；故選C。【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉(zhuǎn)一圈，加速一次，且都在AC間加速，加速的電場不需改變。11如右圖，空間某區(qū)域內(nèi)存在沿水平方向的勻強(qiáng)磁場，一正方形閉合金屬線框自磁場上方某處釋放后穿過磁場，整個(gè)過程線框平面始終豎直，線框邊長小于磁場區(qū)域上下寬度。以線框剛進(jìn)入磁場時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，下列描述線框所受安培力F隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖中，不正確的是A. B. C. D. 【答案】 A完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，離開磁場時(shí)安培力大于重力，速度減小，故B正確；若重力小于安培力，由 可知，線框做加速度減

14、小的減速運(yùn)動(dòng)，安培力隨速度的減小而減小，完全進(jìn)入后只受重力，線框加速，離開磁場時(shí)安培力大于重力，速度減小，進(jìn)入過程與離開過程可能安培力變化情況可能完全相同，故C正確；若進(jìn)入時(shí)重力大于安培力，由，則做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，離開磁場時(shí)安培力大于重力，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，安培力隨速度減小而減小，故D正確；綜上分析，不正確的是A。12圖甲所示為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1:100,其輸人電如圖乙所示，遠(yuǎn)距離輸電線的總電阻為50。降壓變壓器右側(cè)部分為火災(zāi)報(bào)警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，當(dāng)溫度升高時(shí)其阻值變小，電壓表V

15、可以顯示加在報(bào)警器兩端的電壓(報(bào)警器未畫出)。未出現(xiàn)火警時(shí)，升壓變壓器的輸入功率為660kW。下列說法中正確的是A. 0.01 s時(shí)刻，電壓表的示數(shù)是0VB. 未出現(xiàn)火警時(shí)，運(yùn)距離輸電線路損耗的功率為45 kWC. 當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，電壓表V的示數(shù)變大D. 當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，輸電線上的電流變小【答案】 B值電阻的分壓增大，所以電壓表V的示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，副線圈電流增大，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知輸電線上的電流增大，故D錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道：1、輸送功率與輸送電壓、電流的關(guān)系；2、變壓器原副線圈的電壓比與匝

16、數(shù)比的關(guān)系；3、升壓變壓器輸出電壓、降壓變壓器輸入電壓、電壓損失的關(guān)系；4、升壓變壓器的輸出功率、功率損失、降壓變壓器的輸入功率關(guān)系。二、多選題（在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求）13如圖所示，將一光滑的足夠長的斜面固定在水平面上，其傾角為，在斜面的中間位置放置一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，并用銷釘將其鎖定，現(xiàn)在該滑塊上施加一平行于斜面向上的外力F，同時(shí)將鎖定解除，滑塊由靜止開始沿斜面運(yùn)動(dòng)，滑塊在開始的一段時(shí)間內(nèi)，其機(jī)械能E隨位移x的變化規(guī)律如圖所示。其中0x1為曲線、xlx2為平行于軸的直線。則A. 0x1的過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)方向沿斜面向下B. 0x1的過程中滑塊的加速度逐漸減小到零

17、C. 0x2的過程中滑塊先沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)再沿斜面向下做勻速運(yùn)動(dòng)D. xlx2的過程中滑塊的加速度大小為gsin【答案】 AD開始時(shí)只有拉力與重力做功，拉力做的功等于小物塊機(jī)械能的增加，由圖乙可知，開始時(shí)滑塊的機(jī)械能減小，則拉力做負(fù)功，所以滑塊運(yùn)動(dòng)的方向向下，A正確；由可知，即圖乙中，圖線的斜率表示拉力的大小，由題可知，該拉力逐漸減小。滑塊受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得，則，可知在的過程中滑塊的加速度逐漸增大，B錯(cuò)誤； 的過程中滑塊的機(jī)械能保持不變，可知拉力F已經(jīng)減小為0，所以物體只受到重力和支持力，沿斜面方向，所以加速度大小為所以在0x2的過程中滑塊先沿斜面向下

18、做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，再沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤D正確142018年4月2日8時(shí)15分左右，中國第一個(gè)目標(biāo)飛行器“天宮一號”再入大氣層，落到南太平洋中部區(qū)域，絕大部分器件在再入大氣層過程中由于空氣阻力的作用燒蝕銷毀，對航空活動(dòng)以及地面造成危害的可能性極小。如圖所示，a是“天宮一號”飛行器、b、c是地球同步衛(wèi)星，此時(shí)a、b恰好相距最近。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，地球自轉(zhuǎn)的角速度為，“天宮一號”飛行器a的軌道半徑為r，引力常量為G，則A. “天宮一號”飛行器a的周期小于24小時(shí)B. 衛(wèi)星b的機(jī)械能一定等于衛(wèi)星c的機(jī)械能C. 若“天宮一號”飛行器a在下落的過程中質(zhì)量保持不變，則“天宮一號”

19、飛行器a的機(jī)械能將增加D. 若“天宮一號”飛行器a和衛(wèi)星b均逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，則到下一次相距最近，還需經(jīng)過時(shí)間【答案】 AD提供向心力有，可得a衛(wèi)星的角速度，可知半徑越大角速度越小，衛(wèi)星由相距最近至再次相距最近時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度差為2，即，可得經(jīng)歷的時(shí)間，故D正確；故選AD。點(diǎn)睛：在衛(wèi)星問題的處理中主要抓住衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬有引力提供，能根據(jù)衛(wèi)星軌道半徑的大小確定描述衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)物理量的大小是解決本題的關(guān)鍵；在衛(wèi)星的追擊問題中，要知道兩衛(wèi)星相距最近時(shí)兩者轉(zhuǎn)過的圈數(shù)之差為整數(shù)15如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑絕緣軌道由水平段AB和半徑為r的半圓環(huán)段BCD平滑相切而成，過圓環(huán)直徑BOD的虛線左

20、側(cè)存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)將一可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小滑塊，從水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊沿軌道運(yùn)動(dòng)到半圓環(huán)上B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力等于滑塊重力的7倍，且滑塊離開半圓環(huán)后不經(jīng)任何碰撞回到了B點(diǎn)。關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（ ）A. 滑塊不能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)DB. 滑塊兩次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度相同C. 在虛線左側(cè)，滑塊到達(dá)距水平軌道高為 的位置時(shí)，電場力的瞬時(shí)功率為零D. P到B點(diǎn)的距離為【答案】 CD【解析】A、第一次經(jīng)過B點(diǎn)有，解得，從B到D有動(dòng)能定理可得，解得，所以滑塊能沿軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)D，故A錯(cuò)誤；D、由題意可解得，所以電場力的大小為 ，從P到B點(diǎn)由動(dòng)能定理可得，解得P到B點(diǎn)的距離

21、為，故D正確；故選CD。16如圖所示，在垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框以3 .0m/s的初速度沿垂直于磁場邊界由位置I水平向右運(yùn)動(dòng)，線框經(jīng)過位置，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。若線框進(jìn)、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置的速度為v，則下列說法正確的是A. q1 =q2 B. q1= 2q2 C. v=l. 0m/s D. v=l.5m/s【答案】 BC點(diǎn)睛：此題關(guān)鍵要記住求解電量的經(jīng)驗(yàn)公式；其次要解答關(guān)于安培力和速度的問題要首先想到用動(dòng)量定理，因?yàn)樵诎才嗔Φ臎_量表達(dá)式中有關(guān)于電量q的問

22、題.17如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m=2M的小物塊?，F(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左、大小為v0的初速度，下列說法正確的是A. 最終小物塊和木箱都將靜止B. 最終小物塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能為C. 木箱速度水平向左、大小為時(shí)，小物塊的速度大小為D. 木箱速度水平向右、大小為時(shí)，小物塊的速度大小為【答案】 BC :則得最終系統(tǒng)的速度為: ,方向向左.最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能為: ,所以B選項(xiàng)是正確的.C、木箱速度水平向左、大小為 時(shí)，解得： ，故C正確D、當(dāng)木箱速度為時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有:解得： ，故D錯(cuò)故選BC點(diǎn)睛：小木塊和木

23、箱組成的系統(tǒng)在光滑的平面上滑動(dòng),系統(tǒng)所受外力的合力為零,故系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒,而因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力,阻礙物體間的相對滑動(dòng),最終兩物體應(yīng)該相對靜止,一起向左運(yùn)動(dòng).由動(dòng)量守恒求出最終共同速度,再由能量守恒求機(jī)械能的損失.18一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢能EP隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0x2段是對稱的曲線，x2x3是直線段，則下列判斷正確的是A. x1處電場強(qiáng)度最大B. x2x3段是勻強(qiáng)電場C. x1、x2、x3處電勢1、2、3的關(guān)系為123D. 粒子在0x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】 BCC項(xiàng)：根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q，粒子帶負(fù)電，q0

24、，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：123故C正確。點(diǎn)晴：解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本規(guī)律：牛頓第二定律進(jìn)行分析電荷的運(yùn)動(dòng)情況。19如圖所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，與水平面的夾角為,導(dǎo)軌上固定有質(zhì)量均為m,電阻均為R的兩根相同的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒MN上方軌道粗糙，下方光滑，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將兩根導(dǎo)體棒同時(shí)釋放后，觀察到導(dǎo)體棒MN下滑而EF保持靜止,當(dāng)MN下滑速度最大時(shí)，EF與軌道間的摩擦力剛好到達(dá)最大靜摩擦力,下列敘述正確的是A. 導(dǎo)體棒EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsinB.

25、 導(dǎo)體棒MN的最大速度為C. 導(dǎo)體棒MN受到的最大安培力為mgsinD. 導(dǎo)體棒MN所受重力的最大功率為【答案】 BC，D錯(cuò)誤【點(diǎn)睛】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解20如圖所示，在邊長L=8cm的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T。P是正方形內(nèi)一點(diǎn)，它與AD和DC的距離均為d=1cm。在P點(diǎn)有一個(gè)發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射出速率不同的正離子，離子的質(zhì)量m=1.0&

26、#215;10-14kg，電荷量q=1.0×10-5C,離子的重力不計(jì)，不考慮離子之間的相互作用，則A. 速率為5×106m/s的離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑是5cmB. 能在正方形區(qū)域內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的離子的最大速率是6×105m/sC. 速率為5×106m/s的離子從BC邊上射出磁場的長度為D. 離子從BC邊上射出正方形區(qū)域的最小速度為【答案】 ACD【解析】速率為5×106m/s的離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑是，選項(xiàng)A正確；跡與BC邊相切，則PN=2cm；，則 ，則從BC邊上射出磁場的長度為GC-FC=(-1)cm，選項(xiàng)C正確；故選ACD.點(diǎn)睛：帶

27、電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵是畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，根據(jù)題意找到臨界軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解.三、實(shí)驗(yàn)題21為了“探究質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系”，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中M表示小車的質(zhì)量，m表示砂和砂桶的質(zhì)量。滑輪質(zhì)量不計(jì)。(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，一定要進(jìn)行的操作或保證的條件是：_、_、_和_。(填選項(xiàng)字母序號)A.用天平測出質(zhì)量M和mB.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C.平衡摩擦力后，讓小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源再釋放小車，打出紙帶，同時(shí)記錄彈簧測力計(jì)的示數(shù)FD.保證M不變，改變m，重復(fù)“步驟C”E為減小實(shí)驗(yàn)誤差，一定要保證mMF.選出其中點(diǎn)跡清晰的幾條紙帶，利用逐差法分

28、別計(jì)算出每條紙帶的加速度大小a，并記下對應(yīng)的F(2)該同學(xué)以彈簧測力計(jì)的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的a-F圖像是一條過原點(diǎn)的直線，這表明：質(zhì)量一定時(shí)，加速度a與力F的關(guān)系是_，若利用圖線求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量M=_?！敬鸢浮?B; C; D; F; a與F成正比; ;D、改變砂和砂桶質(zhì)量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度隨F變化關(guān)系，故D正確；故選BCD。(2) 由牛頓第二定律得：，所以質(zhì)量一定時(shí)，加速度a與力F的關(guān)系是a與F成正比；aF圖象的斜率：，則小車的質(zhì)量。22用如圖所示的裝置可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律（1）實(shí)驗(yàn)中質(zhì)量為的入射小球和質(zhì)量為的被碰小球的質(zhì)量關(guān)系是

29、_（選填“大于”、“等于”、“小于”）（2）圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的投影實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射小球多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測量平拋射程OP然后，把被碰小球靜置于軌道的水平部分，再將入射小球從斜軌上S位置靜止釋放，與小球相碰，并多次重復(fù)本操作接下來要完成的必要步驟是_（填選項(xiàng)前的字母）A用天平測量兩個(gè)小球的質(zhì)量、B測量小球開始釋放的高度hC測量拋出點(diǎn)距地面的高度HD分別通過畫最小的圓找到、相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE測量平拋射程OM、ON（3）若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為_（用（2）中測量的量表示）；（4）經(jīng)過測定，小球落地的平均位置距O點(diǎn)的距離如圖

30、所示若用長度代表速度，則兩球碰撞前“總動(dòng)量”之和為_g·cm，兩球碰撞后“總動(dòng)量”之和為_g·cm（5）用如圖裝置也可以驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，實(shí)驗(yàn)步驟與上述實(shí)驗(yàn)類似圖中D、E、F到拋出點(diǎn)B的距離分別為若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為_ABCD【答案】 大于 ADE 2016 m2001 C由（2）分析，可知守恒表達(dá)式可表示為，（4）碰前的動(dòng)量為，碰后的總動(dòng)量為；（5）碰撞前，小球落在圖中的E點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為小球和發(fā)生碰撞后，的落點(diǎn)在圖中的D點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為，的落點(diǎn)是圖中的F點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為設(shè)斜面BC與水平面的傾角為，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：，解得：，同理可解

31、得：,，所以只要滿足，即：，故選C.【點(diǎn)睛】明確兩種裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒的原理，并根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理以及操作中的注意事項(xiàng)逐項(xiàng)分析，得出正確答案由動(dòng)量守恒定律求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式確定需要測量的量；23某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)如圖1所示電路圖來測量電源的電動(dòng)勢及內(nèi)阻，其中待測電源電動(dòng)勢約為2V、內(nèi)阻較小；所用電壓表量程為3V,內(nèi)阻非常大，可看作理想電壓表。(1)按實(shí)驗(yàn)電路圖在圖2中補(bǔ)充完成實(shí)物連線_。(2)先將電阻箱電阻調(diào)至如圖3所示，則其電阻讀數(shù)為_,閉合開關(guān)S,將S1打到b端，讀出電壓表的讀數(shù)為1.10 V;然后將S1打到a端，此時(shí)電壓表讀數(shù)如圖4所示，則其讀數(shù)為_V。根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)可得電阻R0=_

32、。(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)將S1打到b端，讀出電阻箱讀數(shù)R以及相應(yīng)的電壓表讀數(shù)U、不斷調(diào)節(jié)電阻箱電阻，得到多組R值與相應(yīng)的U值，作出圖如圖5所示，則通過圖象可以得到該電源的電動(dòng)勢E=_V，內(nèi)阻r=_, (計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)【答案】 (1)如下圖所示； (2)11.0； 1.50； 4.0； (3)1.67； 1.00；【解析】（1）電路連接如圖：（3）在閉合電路中，電源電動(dòng)勢為：E=U+I（r+R0）=U+（r+R0），由圖5所示圖象可知，b=0.6，E=1.67V，圖象斜率k=3，電源內(nèi)阻為：r=kE-R0=5-4=1.00點(diǎn)睛：本題考查測量電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，

33、要注意明確電阻箱各旋鈕示數(shù)與對應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱的示數(shù)；對電表讀數(shù)時(shí)，要先確定其量程與分度值，然后再讀數(shù)；研究圖像時(shí)，必須要先找到兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后結(jié)合圖像的斜率和截距解答24某實(shí)驗(yàn)小組測定一水果電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的實(shí)驗(yàn)器材如下：待測水果電池E(電動(dòng)勢約為1V，內(nèi)阻約為200)直流電流表A1（量程06mA，內(nèi)阻為50）直流電流表A2(量程00.6A，內(nèi)阻為0.5)電壓表V1(量程0lV，內(nèi)阻約為lk)電壓表V2(量程05V，內(nèi)阻約為5k)滑動(dòng)變阻器R1(最大電阻50，額定電流1A)滑動(dòng)變阻器R2(最大電阻500，額定電流0 .1A)電阻箱R3(最大電阻9999.

34、9，額定電流1A)開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)現(xiàn)用電壓表和電流表測水果電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，要求測量有盡可能高的精確度且便于調(diào)節(jié)，應(yīng)選擇的電流表是_ ，電壓表是 _ ，滑動(dòng)變阻器是_ （選填所給器材符號）。(2)請?jiān)谙驴蛑挟嫵鰧?shí)驗(yàn)電路圖_。(3)若實(shí)驗(yàn)過程中電壓表出現(xiàn)故障不能使用，實(shí)驗(yàn)小組根據(jù)提供的器材重薪設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，方案中除保留了原先選用的部分器材外，還應(yīng)選 _ （選填所給器材符號），并按實(shí)驗(yàn)原理連接以下實(shí)物圖_。(4)實(shí)驗(yàn)小組在改進(jìn)后的實(shí)驗(yàn)中得到了多組電流與對應(yīng)的外電阻數(shù)據(jù)，將所得數(shù)據(jù)進(jìn)行處理后，在坐標(biāo)紙上作出了如右上圖所示圖線。則該電池的電動(dòng)勢E=_ V，內(nèi)阻r=_ （結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！?/p>

35、答案】 （2）因電流表的內(nèi)阻已知，則可用電流表外接電路，電路圖如圖；（3）實(shí)驗(yàn)中電壓表不能用，可采用電阻箱與電流表串聯(lián)進(jìn)行測量；電阻箱選擇R3；電路如圖；（4）由閉合電路歐姆定律可得：E=I(R+RA+r)，即；由圖像可知： ； .點(diǎn)睛：此題考查測量電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)；要知道測量方法很多，例如伏安法、安阻法、伏阻法等；會(huì)通過函數(shù)關(guān)系結(jié)合圖像來處理數(shù)據(jù).四、解答題25如圖甲所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1=1kg的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2=2kg的木塊，木塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平拉力F=

36、3t (N)，重力加速度大小g=10m/s2。求木塊和木板相對靜止一起運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1；通過計(jì)算，在圖乙中利用已經(jīng)給出的坐標(biāo)數(shù)據(jù)，畫出木板和木塊的加速度隨時(shí)間t變化的圖象。（取水平拉力F的方向?yàn)檎较颍敬鸢浮?(1) (2)見解析發(fā)生相對滑動(dòng)前，m1、m2共同加速度a=t 發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)后對木塊m2有F-m2g= m2a2 a2= a2=1.5t5 對木板m1有m2g= m1a1a1=10m/s2 圖象如圖乙 26如圖所示，光滑軌道CDEF是一“過山車”的簡化模型，最低點(diǎn)D處入、出口不重合，E點(diǎn)是半徑為R=0.32m的豎直圓軌道的最高點(diǎn)，DF部分水平，末端 F點(diǎn)與其右側(cè)的水平傳送帶平滑

37、連接，傳送蒂以速率v=1m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平部分長度L=1m.物塊B靜止在水平面的最右端F處。質(zhì)量為mA=1kg的物塊A從軌道上某點(diǎn)由靜止釋放，恰好通過豎直圓軌道最高點(diǎn)E,然后與B發(fā)生碰撞并粘在一起。若B的質(zhì)量是A的k倍，A、B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)都為=0.2,物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊A與物塊B的碰撞時(shí)間極短，取g=10m/s2.(1)求k=3時(shí)物塊A、B碰撞過程中產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊A、B在傳送帶上向右滑行的最遠(yuǎn)距離；(2)討論k在不同數(shù)值范圍時(shí)，A、B碰撞后傳送帶對它們所做的功W的表達(dá)式。【答案】 （1）；（2）時(shí)，0；當(dāng)時(shí)，；設(shè)碰撞后A、B速度為v2，且設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

38、得：由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得：解得：設(shè)物塊AB在傳送帶上向右滑行的最遠(yuǎn)距離為s，由動(dòng)能定理得：解得：(2)由上面式可知：如果AB能從傳送帶右側(cè)離開，必須滿足：得：傳送帶對它們所做的功為：J(I)當(dāng)時(shí)有：，即AB返回到傳送帶左端時(shí)速度仍為v2；故這個(gè)過程傳送帶對AB所做的功為：(II)當(dāng)時(shí)，AB沿傳送帶向右減速到速度為零，再向左加速，當(dāng)速度與傳送帶速度相等時(shí)與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)到傳送帶的左側(cè)。在這個(gè)過程中傳送帶對AB所做的功為：解得：點(diǎn)睛：此題是多過程題目，設(shè)計(jì)到圓周運(yùn)動(dòng)，傳送帶問題以及碰撞問題等；解題時(shí)必須先搞清物理過程，并且能按物理過程的先后順序分階段研究，注意物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的可能的情況

39、要考慮全面.27如圖所示，勁度度系數(shù)的彈簧一端固定于地面上，另一端連接絕緣物體A，物體B置于A上不粘連，A不帶電，B的帶電量，A，B質(zhì)量均為且都可看做質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。物體B正上方有一帶圓孔的擋板，質(zhì)量為4kg的不帶電絕緣物體C放于圓孔上方不掉落，現(xiàn)在擋板與地面之間加上豎直向上、大小的勻強(qiáng)電場使A、B開始運(yùn)動(dòng)，A、B分離時(shí)，A在某裝置作用下迅速在該位量處于靜止?fàn)顟B(tài)，以后此裝量不再對A作用；A、B分離后，B向上運(yùn)動(dòng)并與C發(fā)生碰撞，且以后每次磁撞前C均已靜止在圓孔上方，已知彈簧的彈性勢能 (x為彈黃的形變量)，重力加速度為，B與A、C碰撞時(shí)為彈性碰撞且沒有電荷轉(zhuǎn)移。求：(1)A、B兩物體

40、從開始運(yùn)動(dòng)到分離時(shí)上升的高度；(2)A、B第一次碰后物體A向下運(yùn)動(dòng)的最大距離；(3)從A、B第一次撞開始，A物體運(yùn)動(dòng)的總路程?！敬鸢浮?（1）0.2m（2）（3）（2）從開始運(yùn)動(dòng)到A、B分離，對A、B由功能關(guān)系得：，得分離后，由于，B物體勻速上升，直至BC碰撞，得即B向下勻速運(yùn)動(dòng)，B、A彈性碰撞：，得，可知碰后速度互換A從平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，由能量守恒；可得：，解得；（3）撞后A向下減速，反向加速，回到原位后，與B碰撞，A、B交換速度。B再次勻速上升碰C,由碰撞結(jié)論可知，碰后，解得；歸納可得；A運(yùn)動(dòng)的總路程。28如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和足夠長的木板B，質(zhì)量為m1=m2=1kg，通過一勁度系數(shù)k=2