高考物理全國卷模擬試卷全輯(4套)合集含模擬題

11121121112112滾動檢測

力和運動考生注意：．本試卷共4頁．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填在相應(yīng)位置上．．本次考試時間分鐘，滿分100分．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．一、選擇(本題共10題，每小題4分共分．在每小題給出的四個選項中，1只有一項符合題目要求，第7～10題多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分有選錯的得)．(2018·安徽省亳州市第一學(xué)期期末質(zhì))物塊沿傾角為的定面底端上滑，到達最高點后又返回至斜面底端．已知物塊下滑的時間是上滑時間的3倍則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為C.

θtan答案C解析向上運動的末速度等于0，其逆過程為初速度為0的加速直線運動，設(shè)加速度的大小為，＝

t

2

，設(shè)向下運動的加速度的大小為a，向下運動的過程中＝t222

2

，由題知物塊下滑的時間是上滑時間的3倍即t＝3，聯(lián)立可得＝a，對物塊進行受力分，可知向上運動的過程中θ＋cos，下運動的過中ma＝mgsin－θ聯(lián)立得：μ，故正．(2018·四省成都市新都區(qū)摸)物體在同一直線上運動，二者運動的v－圖象均為直線．如圖1所示，已知兩物體在4s末相遇．則關(guān)于它們在04s的運動．下列說法正確的()圖Aa兩物體運動的方向相反Ba物體的加速度小于b物的加速度C．＝時兩物體相距最遠D．＝0時b前方3m遠答案C

ΔvΔt21ΔvΔt22ΔvΔt21ΔvΔt2200aN－解析a兩物體都沿正方向運動，運動方向相同誤物的加速度大小為＝＝m/s2－＝12體的加速度大小為：a＝＝

＝0.5m/s

，a物加速度大于物的加速度，錯誤；兩物體在4s末遇，則兩物體速度相等時相距最遠C正；設(shè)＝0相距，有4s末＋＝x，以x＋24m＋××＝54m××4m解得x＝D錯．b020吉林省吉林市第二次調(diào))如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙水平地面上，一質(zhì)量的光滑小球水平外力F的用下處于靜止?fàn)钆c心O的連線與水平面的夾角為，將力豎直面內(nèi)沿順時針方向緩慢地轉(zhuǎn)過90°，框架與小球始終保持靜止?fàn)睿诖诉^程中下列說法正確的是重力加速度為)()圖A框架對小球的支持力先減小后增大B拉力的小值為cosC．面對框架的摩擦力先減小后增大D．架地面的壓力先增大后減小答案B解析以小球為研究對象，分析力情況，作出受力示意力圖，如圖所示．根據(jù)幾何關(guān)系可知，力F順針轉(zhuǎn)動至豎直向上之前，支持逐減F先小后增大，當(dāng)F的向沿圓的切線方向向上時F最，此時＝mg，故A錯B正；以框與小球組成的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用F在時針方向轉(zhuǎn)動的過程中，沿水平方向的分力逐漸減小，所以地面對框架的摩擦力始終在減小，沿豎直方向的分力逐漸增大所以地面對框架的支持力始終在減小，故C、錯．．(2018·湖省仙桃、天門、潛江三市期末聯(lián))圖3所，粗糙水平面上并排放著兩個長方體木塊、

ABNNNABNNNB，質(zhì)量分別為＝m＝m，與水平面間的動摩擦數(shù)均為，塊通輕質(zhì)水平彈簧與豎直墻壁相連現(xiàn)用外力緩緩向左水平推塊木塊B起向左緩慢移動一段距離后突然撤去外力塊、B由止開始向右運動，當(dāng)彈簧彈力大小為時(木塊AB未離，則()圖3A木塊A木塊B的用力大小一定為FB木塊A木塊的用力大小一定為C．塊A木塊的用力大小一定為F－3μmgD．塊對塊的用力大小一定為F－答案A解析當(dāng)彈簧彈力大小為時木塊A對塊B的用力大小為根據(jù)牛頓第二定律整體有：F－·4mgma對有－·3＝3，立解得F＝，選．(2018·山省太原市三模)如圖4一光滑的輕滑輪用細繩OO懸掛于O點另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊，另一端系一位水平粗糙桌面上的物塊，整個系統(tǒng)處于靜止態(tài)．現(xiàn)將物塊c輕放在a上，整個系統(tǒng)依然處于靜止?fàn)顟B(tài)，()圖A繩′豎方向的夾角變小B繩′張力一定變大C．接a和繩的張力可能不變D．桌面間的摩擦力保持不變答案B解析以滑輪為研究對象，受a、bOO細繩的拉力而平衡a、細拉力大小等于a的力，其合力與′繩的拉力等大反向，將物塊c輕放在a上a繩拉力增大，其合力增大，合力方向不變，繩OO與豎直方向的夾角不變，繩′張一定變大AC錯B正；以研究對象繩拉力沿水平方向的分力等于b與面間的摩擦力，拉力變大所以摩擦力變大錯．(2018·安省宣城市第二次調(diào))在一塊固定的傾角為的板上疊放質(zhì)量均為的本英語詞典和一本

12313322111ff1312313322111ff131323f靜2f靜2漢語詞典，圖甲中英語詞典在，圖乙中漢語詞典在上，已知圖甲中兩本書一起勻速下滑，圖乙中兩本書一起加速下滑．已知兩本書的封面材料不同，但每本書的上、下兩面材料都相同，近似認為動摩擦力與最大靜摩擦力相等語典和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ語詞典和木板之間的動摩擦因數(shù)為，英語詞典和漢語詞典之間的動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法正確的(圖Aμ>Bμ<C．乙中漢語詞典受到的摩擦力大小是mgD．甲英語詞典受到的摩擦力大小是μcos答案D解析題圖甲中對體分析sin＝mgcos題圖乙中對整體分析2mg－mgθ＝2ma由兩式可知μ＜，故A錯；對題圖乙，對整體分析得aθμg，隔離對漢語詞典分析，根據(jù)牛頓第二定律得－＝F＝mgcos兩詞典保持相對靜止mgθ＜mg，知μ＜，但無法比較μ與的系，故B、C錯誤；根據(jù)共點力平衡知，題圖甲中英語詞所受的摩擦力為靜摩擦力＝mgθ因為2θ＝cos，以＝mg，故D正．．(2018·山省濟南一中階段檢)圖6所，矩形物塊A和形物塊B、C疊在水平地面上塊上表面水平．水平向左的力作用在物塊上，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則以說法正確的()圖A物塊A受力個數(shù)為B物塊B受力個數(shù)為C．面對物塊的持等于三者重力之和D．面物塊C摩擦力大小等于，向水平向右答案ACD解析對A受分析受力和支持力2個的作用，故A確；B受力、壓力、斜面施加的斜向上

的支持力拉F根據(jù)平條件還受斜面施加的斜向上的摩擦力5個的作用故B錯以AB、C整為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件知，地面對物塊C的支持力等于三者重力之和，地面對物塊的摩擦力大小等于，向水平向右，故C、正．．(2018·河省衡水中學(xué)第一次調(diào))如圖示，光滑的大圓環(huán)固定在豎直平面上，圓心為O點為上最高點，輕彈簧的一端固定在P點另一端拴連一個套在大環(huán)上的小球，小球靜止在圖示位置，圖A彈簧可能處于壓縮狀態(tài)B大圓環(huán)對小球的彈力方向不可能指向點C．球受到彈簧的彈力與重力的合力一定指向點D．圓對小球的彈力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力答案BC解析若彈簧處于壓縮狀態(tài)，則小球受力分析可知，重力向下，大圓環(huán)對小球的彈力指向點，彈簧彈力沿向，則由平衡條件可知，此三力不可能平衡，選項A錯；因彈簧處被拉伸狀態(tài)，則大圓環(huán)對小球的彈力方向沿半徑方向向外，不可能指向點選項B正；因小球受重力、彈簧的彈力以及大圓環(huán)的彈力作用平條件可知球受到彈簧的彈力與重力的合力一定與大圓環(huán)對小球的彈力等反向，指向O點選項C正；根據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系可知，大圓環(huán)對小球的彈力大等于球的重力，選項D錯．廣省深圳市三校模擬如圖8示m通定滑輪牽引另一水平面上的物體沿斜面勻速下滑，此過程中斜面保持靜止，斜面質(zhì)量為M則平地面對斜面()圖A無摩擦力B有水平向右的摩擦力C．持力小(＋)D．持大(＋m)

TNTN2物相對TNTN2物相對答案BC解析選Mm組的整體為研對象，設(shè)繩子上的拉力為F，力析如圖所示：由平衡條件可以判斷M必到水平向右摩擦力設(shè)斜面的傾角為，則：＋sin＝(＋m，所以F<(＋m，故B、正，A、D錯．．(2018·安徽省滁州市聯(lián)合質(zhì))圖9甲示傾角為足夠長的傳送帶以恒定速度運行，將一質(zhì)量＝的小物體以某一初速度放在傳送帶上物體相地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示沿送帶向上為正方向＝10m/s，＝0.6cos37°0.8，則下列說法正確的()圖A傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度大小為B物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為C．～物體位移的大小為14mD．～物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126J答案ACD解析

由題圖可知小物體先沿傳送帶向下做減速運動后沿傳送帶向上做加速運動，故可知傳送帶速度向沿斜面向上，最終物體和傳送帶的速度相同，故傳送帶速度大小4m/sA正；根據(jù)v－圖的斜率表示加速度可得，物體相對傳送帶滑動時的加速度大小為＝2＝2，牛頓第二定律得μmgθ－＋6mgsinθ＝，解得＝，故B誤；08s內(nèi)物體位移為x＝－××2m×＝，C確；～內(nèi)只有前內(nèi)體傳送帶發(fā)生相對滑.06s內(nèi)送帶運距離為x

＝4×＝24m,0～6s帶4×內(nèi)物體位移為＝－××2m＝，產(chǎn)生的熱量為Q＝cosx＝126J故D正．

0000二、非選擇題本題共題，共60分)11(8分河北省衡水金卷模擬)某同學(xué)利用共點力平衡原理來探究共點力的合成是否遵循平行四邊形定則，他將三條相同的橡皮筋(遵循胡克定律的一系在一起，用三條細繩分別連接橡皮筋的另一端，按圖10所方式把重物豎直吊起．在實驗中，可以通過刻度尺測量橡皮筋的長度來得到橡皮筋的拉力的小，并通過三條細繩的方向確定三個拉力的方向，從而探究其中任意兩個拉力的合力是否與第個力等大反向．圖10(1)在實驗過程中，下列說法正確的．A實驗過程中需要測量三條橡皮筋的長度以及橡皮筋的原長B以、OB為鄰邊作力的平行四邊形，其對角線一定與OC在一條直線上C．次實驗中可改變、OB夾角或改變重物質(zhì)量，但結(jié)點位不能改變D．次驗均需記錄三條細繩的方向及結(jié)點的位置(2)為減小實驗誤差選擇勁度系數(shù)適_填“大”或“小)橡皮筋適當(dāng)_填“大”或“小”的重物．答案解析

(1)AD小大(1)實驗過程中需要測量三條橡皮的長度以及橡皮筋的原長，從而確定橡皮筋的伸長量，從而確定力的大小，選項A確；以O(shè)AOB為鄰邊作力的平行四邊形，由于實驗存在誤差，則其對角不一定與OC在條直線上，選項B錯誤；多次實驗中可改變、OB的角或改變重物質(zhì)量，為是不同的實驗結(jié)O置可以變動項C錯誤次驗均需記錄三條細繩方向及結(jié)點的位置D確．(2)為減小實驗誤差，應(yīng)選擇勁度系數(shù)適當(dāng)小的橡皮筋，質(zhì)量適當(dāng)大的物，這樣橡皮筋的伸長量較大，誤差較?。稚綎|省臨沂市上學(xué)期期)同學(xué)欲運用牛頓第二定律測量滑塊的質(zhì)量M其實驗裝置如圖所示，設(shè)計的實驗步驟為：(1)調(diào)整長木板傾角，當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為m時塊恰好沿木板向下做勻速運動；(2)保持木板傾角不變，撤去鉤碼m，滑塊移近打點計時器，然后釋放滑塊，滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，并打出點跡清晰的紙帶如圖乙所(點計時器的工作頻率為．請回答下列問題：

D0xCET2×DDECD2x－＋D0xCET2×DDECD2x－＋－x0f00f合合1m圖①打點計時器在打下D點滑塊的速度＝；②滑塊做勻加速直線運動的加速度＝________m/s2

；(結(jié)果保留有效數(shù))③滑塊質(zhì)量＝________(用母、和地重力加速度示．答案

(2)①1.69②③m

0解析

24.56－(2)①相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T＝×＝0.04s，則v＝＝×－2＝②根據(jù)逐差法可得－x＝aT2

，x－＝22

，聯(lián)立得a＝

CDABBCT

＝0.0645－＋0.0707m/s≈3.88×③滑塊做勻速運動時受力平衡，平衡條件得＝sin－，去，滑塊做勻加速直線運動時，受mg到的合外力Mg－，牛頓第二定律得＝Ma，解得M.．(12)(2018·東省第一次模擬)201716日國產(chǎn)大飛機在海浦東機場進行了首次高速滑行測試測中C919在平直跑道上由靜止開始勻加速滑行＝20s達最大速度＝288km，之后勻速滑行一段時間，再勻減速滑行，最后停下來，如若滑行總距離x，減速過程的加速度大小與加速過程的加速度大小相等，取gs

圖12(1)求C919減速滑行的加速度大小；(2)若C919的量＝×104kg加速過程中飛機受到的阻力恒為自重力的倍求飛機加速過程中發(fā)動機產(chǎn)生的推力大??；

m123t＋＋彈彈kABm123t＋＋彈彈kAB彈B(3)求C919在整個滑過程中的平均速度大小(結(jié)果保留一位小)答案

5(3)53.3解析

(1)由題意可知v＝＝，得＝4由于減速過程和加速過程的加速度大小相等，故′＝(2)加速過程F－＝，解得F＝4×5

(3)加速過程t＝，＝11

＝減速過程t＝20sx＝′22

＝800mx－x－勻速過程t＝＝mx故全程的平均速度大?。健?23．(14分(2019·陜省商洛市調(diào)如圖13所，兩木塊、B質(zhì)均為，用勁度系數(shù)為、原長為L的輕彈簧連在一起放傾角為α的送帶上兩木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為用傳送帶平行的細線拉住木塊，送帶按圖示方向勻速轉(zhuǎn)動，兩木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g.：圖13(1)A、B兩木塊之間的距離；(2)剪斷細線瞬間、兩塊加速度分別為多大．答案

mgα＋μmgα(1)L＋k(2)2gαμα)0解析

(1)隔離木受力分析，由平衡條件可得F＝α＋cos由胡克定律Δx得木塊間的距離為mgα＋L＝＋＝L(2)剪斷細線瞬間彈簧彈力不變，對木塊B由牛頓第二定律得F－(α＋cos)＝ma解得＝

B

彈Af121f11122122212121121彈Af121f1112212221212112122對于木塊A有＋＋α＝ma

A解得＝2α＋α．．(18)(2018·東省日照市二模)如圖14甲所示，質(zhì)量＝、長＝的木板靜止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一質(zhì)量＝、大小可以忽略的鐵塊．假設(shè)最大靜摩力等于滑動摩擦力(＝2圖14(1)若在鐵塊上施加一隨時間增大的水平力Fkt(k是數(shù)，通過摩擦力傳感器描繪出鐵塊受到木板的摩擦力F隨間變的圖象如圖乙所示．求木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ和板與鐵塊間的動擦因數(shù)；(2)若在鐵塊上施加恒力，鐵塊從木板上滑落，求F的大小范圍；(3)若在鐵塊上施加向右的恒力F＝，鐵塊運動到木板右端所用的時間．答案解析

0.5(2)F>6N(1)由題圖可知～內(nèi)木板與鐵塊均沒有滑動F＝＝kt；～，木板與鐵塊相對靜止，但整體相對地面運動，故t1s時恰好有F＝μ(m＋)＝3N則木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝；3s后，木板與塊相對滑動，鐵塊受到滑動摩擦力，μ＝5N則木板與鐵塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(2)使鐵塊從木板上滑落，必須有鐵塊的加速度大于木板的加速度，設(shè)塊的加速度為、板加速度為，由牛頓第二定律，對鐵塊F－＝ma

1對木板：μ(m＋)＝當(dāng)時鐵塊才能從木板上滑落，代入數(shù)據(jù)解得F(3)＝8N>6N，則對鐵塊，由牛第二定律F－＝，解得a＝3m/s2對木板：μ(m＋)＝，得a＝1m/s

；

1設(shè)鐵塊運動到木板右端所用的時間為，則at2t22

＝解得：t＝

2ff2ff滾動檢測

曲線運動

動量和能考生注意：．本試卷共4頁．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填在相應(yīng)位置上．．本次考試時間分鐘，滿分100分．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．一、選擇(本題共10題，每小題4分共分．在每小題給出的四個選項中，1只有一項符合題目要求，第7～10題多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分有選錯的得)．(2018·山省日照市校際聯(lián)合質(zhì)檢)汽車發(fā)動機的額定功率是，車的質(zhì)量為×kg，在平直路面上行駛，受到阻力是車所受重力的倍若汽車從靜止出發(fā)，以的加速度做勻加速運動，則出發(fā)時汽車發(fā)動機的實功率取g＝2

)()AC．答案C

BD．75kW解析Fmg＝，汽車以2

的加速度做勻加速運動，＝，F(xiàn)＝N，50內(nèi)是勻加速＝at50s末車功率＝＝＝75kW汽車發(fā)機的額定功率是60kW則50s內(nèi)車不是勻加速，而是先勻加速后變加速，故出發(fā)5時汽車發(fā)動機的實際功率，正確．如圖1示x軸水平地面上y在豎直方向，圖中畫出了從y軸不同位置沿x正向水平拋出的三個質(zhì)量相等小球a和c的動軌跡，小從L拋出，落(2L,0)處；小球bc從(，拋出，分別落在(L,0)和L,0)處，不計空氣阻力，下列說法正確的()圖A小球初速度是小球a的初速度的兩倍B小球初速度是小球a的初速度的2倍C．球b的能增量是小球c的能量的兩倍D．球a的能增量是小球c的能增量的倍

0batt0kabababababaaaabbbbaβ0batt0kabababababaaaabbbbaβ答案B解析a兩小球的水平位移相同，但時間不同，根t＝

ht2可知＝，根據(jù)＝可＝，Ab0a錯誤，正；、c小球的豎直位移相同，根據(jù)動能定＝可，小球b的能量等于小球c的動能增量，選項C錯誤；小球的直位移等于小球c的2倍，根據(jù)動能定理可知，小球a的能增量等于小球c的2倍，選項D錯．如圖2，豎直平面內(nèi)有一段圓弧MN，OM水，豎，小球從圓心處水平拋出．若初速度為，將落在圓弧上的a點若初速度為將在圓弧上的b點已知Oa與直方向的夾角分別為α，不計空氣阻力，()圖sin＝sinβ＝

βαC.＝

βα

αβsin＝sinβ

βα答案D解析小球水平拋出，其做平拋動，由平拋運動規(guī)律知，若落a點則有Rsin＝tα＝得v＝

α2cosα若落到b點則有sinβ＝tβ＝2得v＝

β2cosα則＝b

β，故D正．α

河南省濮陽市第二次模)圖3所，設(shè)月球半徑為，設(shè)“嫦娥四號”探測器在距月球表面高度為R的形軌道Ⅰ上做勻速圓周運，運行周期為，到達軌道的A點點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道的近月點時再次點火進入近月軌道Ⅲ繞月做勻速圓周運動，引力常量為G則下列說法正確的是()圖108πA月球的質(zhì)量可表示為GTB在近月軌道Ⅲ上點率大于在橢軌道Ⅱ上點的速率C．嫦娥四號”探測器沿橢圓軌道Ⅱ從點向B點動過程中，機械能保持不變D．嫦四號”探測器從遠月點A近月點運動的過程中，加速度變小答案CMm4π2562R解析在圓形軌道Ⅰ上運動過程，萬有引力充當(dāng)向心力，故有G＝m(4R，解得M，T2GT2A錯；在橢圓軌道的B點要減速做近心運動才能進軌Ⅲ做圓周運動，所以在近月軌Ⅲ點率小于在橢圓軌道Ⅱ上B點速率，故錯；探測器沿橢圓軌Ⅱ點動到B的過程中只受到月球引力作用器機械能保持不變正；MmGM根據(jù)公式＝ma可＝以軌道半徑越大心速度越小從遠月點到近月點運動過中，rr2軌道半徑變小，加速度變大，故D錯．福建省泉州市模擬三如圖4半徑為、質(zhì)量為半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將質(zhì)量也為的球從距A正上方處由靜止釋放，小球自由落體后由A點過半圓軌道后從B沖，在空中能上升的最大高度為h則()

xttxtt圖A小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小車向左運動的最大距離為RC．球離開小車后做斜上拋運動3D．球二次能上升的最大高度＜h＜h答案D解析

小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量－x守恒定律得m－′＝，m－＝0，解得，小車的位移x＝R故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯；小球第一次在車中運動的過程中，由動能定理得mg－h(huán)－f1＝0，為球克服摩擦力做功大小，解得Wmgh，即小球第一次車中運動損失的機械能為，ff4由于小球第二次在車中運動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變，摩擦力131做功小于，械能損失小于mgh，因此小球再次離開小車，能上升的高度大于：－h(huán)h而小442于h故D正．．閩粵期末大聯(lián))如圖5所示，水平面上的輕彈簧一端固定，另一端與小物塊相連；彈簧處于自然長度時物塊位于O(圖中未畫出)；物塊的質(zhì)量為mAB＝，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為用平向右的力將物塊從點拉至點拉力做的功為.去拉力后物塊由靜止開始向左運動，經(jīng)點達B點時速度為零．重力加速度為g則上述過程()圖

ppppppA物塊在點時，彈簧的彈性勢能等于－μmgaB物塊在B點，彈簧的彈性勢能小于W－μmgaC．點，物塊的動能等于－D．塊能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在點彈簧的彈性勢能答案B解析如果沒有摩擦力，則O點該在的中點，由于有摩擦力，物體從A過程中有機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的，也即點靠近B點故>，設(shè)物塊在時彈簧的彈性勢能為E從A點動O點過程量守恒定律得＋OA＝WμmgOA<Wμmga，即物塊在A點，彈簧的彈性勢能小于－μmga，A錯；由A分得物塊開始運動至到達B點33速度為零，路程大于a＝，整個過程物體克服阻力做功大于μmga，故物塊在B點，簧的彈性2勢能小于－μmga，B正；從O點始到再次到達O，物體路程大于a，故由動能定理得，物塊的動能小于－，錯；物塊動能最大時，彈力等于摩擦力，而點彈力與摩擦力的大小關(guān)系未知，故物塊動能最大時彈簧伸長量與物塊在B點彈伸長量大小未知，故此兩位置彈性勢能大小關(guān)系不好判斷，故D錯．廣東省揭陽市一在如圖6所示的平面直角坐標(biāo)系中三小球沿圖示向做平拋運動，已知三個小球恰好在軸相遇，則)圖A小球A定比小球B先拋出B小球A在空中運動的時間之比為∶1C．球A初速度可能比小球B的速度大D．球的速度一定比小球B的速度小答案AC(2018·山省晉城市二)如圖7甲所示，在豎直平面固定一光滑的半圓形軌道，小球以一定的初速度從最低點沖上軌道乙小球在半圓形軌道上從點動到點過程中度平方與其對應(yīng)高度的關(guān)系圖象．已知小球在最高受軌道的作用力，空氣阻力不計g2

，點為軌

BBB00BBB00道中點，下列說法正確的()圖A小球質(zhì)量為0.5kgB小球在B點到軌道作用力為4.25NC．乙中＝25m/s2D．球點時重力的功率為5W答案BC解析由題圖乙可知小球在C點速度大小為＝3m/s道半徑R＝因小球所受重力與彈力的合力m1提供向心力，所以mg＝，代入數(shù)值可得m選A誤由機械能守恒可得，v

＋＝m2

，解得v

＝2

/s2

m，因是彈力提供向心力，所以有F＝，得＝4.25N，選項B正彈R彈確；由機械能守恒定律可得：m＋mgR＝

m2解得小球點的速度＝，以題圖中＝252選項正；因在點時小球重力方向與速度方向垂直，所以小球在A點重力的功率為0選項D錯．江西省臨川二中模擬)如圖8所示，疊放在水平轉(zhuǎn)臺上的小物體ABC能轉(zhuǎn)臺一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，、、的量分別為3m、2mm，A與、與轉(zhuǎn)臺C與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)都為，、C離臺中心的距離分別為rr.設(shè)本題中的最大靜摩擦力等于滑動摩力說法中不正確的()圖A對的擦力一定為3B．與臺間的摩擦力大于與B間摩擦力C．臺的角速度一定滿足ω≤

μg3r

frABBpBfrABBpBD．臺角速度一定滿足≤答案

μgr解析對受分析力力以對A的靜摩擦力擦提供向心力F(3)2故A錯；由于、AB整體，受到的靜摩擦力均提供向心力，故對，有)r≤(3m)，對整有(＋)rμ＋2m)g，

r≤(3m)，對物體，有mω2

r)≤μmg，故ω≤

2，故正B、D錯．10.(2018·陜省寶雞市一如圖9光滑水平面上放有質(zhì)量分別為和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間夾有一壓縮的水平輕質(zhì)彈(簧與物塊不相連，彈簧的壓縮量為x現(xiàn)細線剪斷，此刻物塊A的速度大小為，物塊剛要離開彈簧時塊A的度大小為v，()圖xA物塊B加速度大小為彈簧的壓縮量為B物塊A開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為C．塊開始運動前彈簧的彈性勢能為2D．塊始運動前彈簧的彈性勢能為3m答案AD解析當(dāng)物塊A的速度大小為a，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得kx2.物塊的速度大小為x時，有kx′＝，對比可得x′＝，即此時彈簧的壓縮量為，A正．取水平向左為正方向，根據(jù)2x系統(tǒng)的動量守恒得：m－＝，又＋＝，解得的移＝，故B錯．根據(jù)動量守恒定ttABA律得＝－m，得物塊剛要離開彈簧時的速度＝，系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈1簧的彈性勢能為E＝×v＋m

＝v2，故C錯，D正．

tttt二、非選擇題本題共題，共60分))(2018·河省開封市第三次模擬)某同學(xué)“探究動能定理”的實驗裝置如圖甲示平面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上點有一帶長方遮光片的滑塊，其總質(zhì)量為，左端由跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細繩與一易拉罐相連，易拉罐和里面的細沙總質(zhì)量為m遮光片兩條長邊與導(dǎo)軌垂直；導(dǎo)軌上點有一光電門，可以測量遮光片經(jīng)過光電門時的擋光時間td表遮光片的寬度表示兩間的距離．滑塊與導(dǎo)軌間沒有摩擦，用示重力加速度．圖10(1)該同學(xué)首先用游標(biāo)卡尺測量了遮光片的寬度，如圖乙所示，遮光片寬度＝(2)該同學(xué)首先調(diào)整導(dǎo)軌傾角，易拉罐內(nèi)盛上適量細沙，用輕繩通過滑連接在滑塊上．讓滑塊恰好在A點靜止．剪斷細繩后，滑塊開始加速下滑，則其受到的合外力________(題目中所給的物理量符號表示)．為驗證從→B過程中小車合力做功與滑動能變化的關(guān)系，需要驗證的關(guān)為題目中所給的物理量符號表)答案解析

d2(1)1.14(2)mgLM(1)寬度＝＋＝＝；(2)由于滑塊在點靜止滑的下滑分力等于易拉罐及細沙的總重力mg于面與滑塊間無摩擦，因此滑塊下滑時，其受到的合外力等于；d(3)本實驗應(yīng)該驗證mgL＝M2而到達B時的速度v＝，入可得mgL＝M

2

．(10分)(2018·遼師大附中上學(xué)期期中)某同學(xué)根據(jù)機械能守恒定律，設(shè)計實驗“探究彈簧的彈性勢能與壓縮量的關(guān)系”．(1)如圖將輕質(zhì)彈簧下端固定于鐵架臺，在上端的托盤中依次增加砝碼，測得相應(yīng)的彈簧長度，部分數(shù)據(jù)如下表，由數(shù)據(jù)算得勁度系數(shù)＝果保留兩位有效數(shù)字g取

).砝碼質(zhì)量(彈簧長度

000000圖(2)取下彈簧，將其一端固定于氣墊導(dǎo)軌左側(cè)，如b)示；調(diào)整導(dǎo)軌，使滑塊自由滑動時，通過兩個光電門的速度大小____________________．(3)用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量x；釋放滑塊，記錄滑塊脫離簧后的速度，放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為_____________________．(4)重復(fù)3)中的操作，得與的系如圖(c)．由圖可知，與成關(guān)，由上述實驗可得結(jié)論：對同一根彈簧，彈性勢能與彈簧成比．答案解析

(2)相等(3)滑塊的動能(4)比壓量的平方(1)表格中，當(dāng)50g時，彈簧長度為，100g時彈簧長度為，150g時彈簧長度為6.66cm，根據(jù)胡克定律＝k，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為，原長為x，列式×9.8(x－0.0862)．×＝(x－聯(lián)立兩式，解得k＝50N/m.(2)通過光電門來測量瞬時速度，從而獲得釋放壓縮彈簧后的滑塊速度為使彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為動能，則導(dǎo)軌必須水平，因此通過兩個光電門的速度大小須相等；(3)用滑塊壓縮彈簧，記錄彈簧的壓縮量；釋放滑塊，記錄滑塊脫離彈簧后的速，放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為滑塊的動能；(4)根據(jù)題(c)與x的系可知，圖線經(jīng)過原點，且是傾斜直線，則與成正比，由動能表達式，動能與速度的大小平方成正比，而速度的大小與彈簧的壓縮量成正比，因此彈簧的彈性勢能與彈簧壓縮量的平方成正比．

NNCC0NNCC013.(12分)江西省橫峰中學(xué)、鉛山一中等聯(lián))如圖所示，豎直平面內(nèi)有弧形軌道，其半徑為點切線恰好為水平方向質(zhì)量為2kg的物體軌頂端點由靜止開始沿軌道滑下，到達軌道末端點時的速度為4m/s然后水平拋出到地面上的點若道末端B點地面高為＝5，不計空氣阻力，取g＝2求：圖12(1)小物體運動到B點對軌道的壓力為大？(2)物體落地時的速度大小．(3)B、C兩間的水平距．答案解析

(3)4m(1)物體在點受到的支持力和重力的合力提供向心力，則有＝mNR解得：F＝m＋＝2＋20N＝52NNR根據(jù)牛頓第三定律，物體在B點軌道的壓力大小F′＝＝；(2)從點點過程中，＝m2m解得＝229m/s(3)小球離開之后做平拋運動，根據(jù)h＝

得t＝

h＝

×

s＝，BC兩間的水平距離等于小球做平拋運動的水平位移，則＝t＝4＝(14分)山省晉城市二)如圖13質(zhì)量＝1kg、高＝0.8m、長L＝的小車靜止在光滑水平地面上，小車的左端緊靠豎直臺階，臺階的上表面與小車上表面等高，且臺階的上表面光滑．m的小物塊以速＝向右運動并與靜止在小車最左端也為＝kg小塊Q發(fā)彈性碰撞，小物塊Q與車上表面的動摩擦因數(shù)g＝10m/s2求：

PQ0P20PP01221212121PQ0P20PP0122121212112121111122圖13(1)碰撞后小物塊的速度大?。?2)小物塊Q能從小車最右端飛出？若能，求出小物塊落時與小車最右端的水距離.答案解析

(1)4m/s能0.8m(1)小物塊、Q發(fā)生彈性碰撞，碰后速度分別為、，向右為正方向，動量守恒定律v＝m＋v1m2v2＋v解得：＝0，＝＝(2)小物塊在小車的上表面滑動的過程中，受滑動摩擦力作用做減速運動，小車做加速運動，設(shè)小物滑到小車最右端的速度為，車的速度為，據(jù)動量守恒和能量守恒得m＝v＋1m2v2M2解得＝，＝1＝，＝3不合理，舍)因v>故物塊Q能從小車的最右端飛出物從車的最右端出做平拋運動豎直方向有：＝2代入數(shù)據(jù)可得t＝；在水平方向有＝t在小物塊做拋運動的時間內(nèi)小車向右運動的水平位移＝＝0.4m；由此可知小物塊Q落時與小車右端的水平距離x＝x－＝15.(18分)湖南省衡陽市第二次聯(lián)考如圖14所示，一光滑水平桌面與一徑為的滑半圓形軌道相切于點兩者固定不動長為L＝1.25m的繩端固定于O一系一個質(zhì)量為的小球．當(dāng)小球m在豎直方向靜止時，球?qū)λ阶烂娴淖饔昧偤脼榱悖F(xiàn)小球提使細繩于水平位置時無初速度釋放．當(dāng)小球m擺至最低點時，細繩恰好被拉斷，此時小球恰好與放在桌面上的質(zhì)量為0.6kg小球發(fā)生彈性正碰，將半圓形軌道運動．兩小球均可視為質(zhì)點，取g＝10m/s2

求：

220110T10T12121210112220110T10T1212121011221122D12222D21圖14(1)細繩所能承受的最大拉力為多大？(2)m在圓形軌道最低點C點的速度為多大？(3)為了保證在圓形軌道中運動時不脫離軌道，試討論半圓形軌道的半徑R應(yīng)滿足的條件．答案解析

(3)R≤0.32m或≥0.8m(1)設(shè)小球擺至最低點時速度為，由機械能守恒定律，得：mgL解得：＝＝5m/s小球在最低點時，由牛頓第二定律，得：－mg＝m

2L解得＝(2)m與發(fā)彈性碰撞，動量與機械能守恒，設(shè)、m碰后的速度別為、，選向右的方向為正方向，則＝m＋m222解得＝(3)①若小球恰好通過最高點D點由牛頓第二定律，2得＝22m在CD軌上動時，由機械能守恒定律，得：m222mgR解得＝0.32m②若小球恰好到達半圓形軌道與心等高處速度減為，

22則有：m＝2解得：＝0.8m綜上：應(yīng)滿足R≤或≥

r4rr4r滾動檢測

電場、恒電流和磁場考生注意：．本試卷共4頁．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填在相應(yīng)位置上．．本次考試時間分鐘，滿分100分．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．一、選擇(本題共10題，每小題4分共分．在每小題給出的四個選項中，1只有一項符合題目要求，第6～10題多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分有選錯的得)山東省泰安市第一次模)如圖所示R是個定值電阻A為平正對放置的兩平行金屬板，兩板間帶電微粒處靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說正確的()圖A若增大、B兩屬板的間距，則有向右的流通過電阻RB若增大、B兩金屬板的間距P將上運動C．緊貼A板側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片P將上運動D．緊板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片將向上運動答案Cε解析和電源相連，則兩極板間電壓恒定，若增A、B兩屬板的間距，根據(jù)公式C＝可知，電容Q減小，根據(jù)公式C＝可電容器兩極板上所帶電荷量減小，故電容器放電R中有向左的流A錯誤；UU由于兩極板間的電壓不變，若增大、B兩屬板的間距，根據(jù)公式＝可兩極板間的電場強度減小，電場力小于重力將下運動B錯若貼A板側(cè)插入一塊一定厚度的金片相當(dāng)于兩極板間的距離減小，電場強度增大，則電場力大于重力向運動C正；若緊貼板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片，相當(dāng)于ε增大，兩極板間的電場強度恒定不變，所以電場力不變P仍止，D錯．中國科家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng)，楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果．如圖2所，厚度為h

EBCF2EBCFpEBCF2EBCFp寬度為的屬導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，在導(dǎo)體上、下表面會產(chǎn)電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)．下列說法正確的()圖A上表面的電勢高于下表面的電勢B僅增大時，上、下表面的電勢差增大C．增大時，上、下表面的電勢差減小D．增電流I，上、下表面的電勢差減小答案C解析

因電流方向向右，則金屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運動的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負電，上U表面的電勢低于下表面的電勢錯子達到平衡時力于洛倫茲力e＝BI＝ne(n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子)U＝

IB則僅增大h時上下表面的電勢差不變增時、下表面的電勢差減??；僅增大I時上、下表面的電勢差增大，故正B、D錯．(2018·湖省永州市三如圖3所真空中三點AC構(gòu)成邊長為L的等邊三角形EF是位線，在E、點別放置電荷量均為的、負點電荷．下列說法正確的是圖A點的電場強度大小為LB．A點電勢低于C點電勢C．勢差U等于電勢差D．電在點電勢能大于在C點電勢能答案C解析＋QQ兩點電荷產(chǎn)生的電場在處的場強大小相等，夾角為，故點電場強度大小為Q4E＝＝A錯誤據(jù)電場線的分布和順著電場線電勢降低知點電勢高于C點電勢，ALL2故B錯；根據(jù)稱性可知，電勢差等于電勢差U，C正；B點的電勢高于C點的電勢，由E

0m00rm0m4m0000m00rm0m4m0000＝知，負電荷在點電勢能小于在點的電勢能，故D錯誤．．(2018·安省安慶市二模)如圖4所，正方形虛線框ABCD邊長為，內(nèi)有垂直于線框平面向里、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，一帶電荷量為、質(zhì)量為的帶正電粒子從AB邊中點P直邊初速度

0

射入勻強磁場，不計粒子重力，則下列判斷正確的()圖A若的小合適，粒子能從CD邊點射磁場qBaB當(dāng)＝時，粒子正好從AD中點射磁場5C．>時粒子將從CD邊射出磁場2πD．子磁場中運動的最長時間為答案C解析帶正電的粒子進入磁場后受到向上的洛倫茲力，則粒子不可能從CD邊點射出磁場，選項Am錯誤；粒子正好從AD邊點射出磁場時r＝，根據(jù)＝可知＝，選項B錯；當(dāng)粒子恰好從D點出時，則r2＝

qBa＋r－，解得r＝，則此時＝，當(dāng)時粒子將從CD邊πm射出磁場，選項C正確；粒子從PA間出磁場時，運動的時間最長，此時t＝T＝，選項D錯．．(2018·福省廈門市質(zhì))如圖所，在平面直角坐標(biāo)系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O軸的點a(0L)一量為m電荷量為e電子從點以初速度平于軸方向射入磁場從軸的b射出磁場時度方向與軸方向的夾角為60°列說法中正確的()圖A電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)(0,0)B電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)(0－L)4πLC．子在磁場中運動的時間為

0000002πLD．子磁場中運動的時間為答案D解析畫出粒子運動軌跡如圖所：設(shè)電子的軌跡半徑為R幾知識sin30°R－LR＝2L根據(jù)幾何關(guān)系可得′＝－R＝－L，所以電子做圓周運動的圓心坐標(biāo)(0L)A均誤圖知在磁場中轉(zhuǎn)過的心角是60°，T2R4πLπL故電子在磁場中運動時間t＝，T＝＝，得t＝，錯誤，正．3(2018·河省鶴壁市調(diào))有三根相同的通電長直導(dǎo)線AB按照如圖6所放置，使三根導(dǎo)線的連線組成等邊三角形，其中導(dǎo)線放在水平地面，導(dǎo)線B、C中有垂直紙面向里的電流，大小均為I導(dǎo)線A中通有垂直紙面向外的電流，此時通電長直導(dǎo)線A、C處靜止?fàn)顟B(tài)．已知直線電流在其周圍產(chǎn)生I磁場的磁感應(yīng)強度＝k其是數(shù)I是線中電流的大小r是點到導(dǎo)線的距離下列說法中正r確的是()圖A導(dǎo)線A受磁場作用力的方向豎直向下B導(dǎo)線B在處的合磁場的方向一定豎直向上C．線A電流大小一定為2ID．管線中流多大，、兩線都可處于止?fàn)顟B(tài)答案AC解析根據(jù)同向電流相吸，反向流相斥對導(dǎo)線的沿BA線斜向右下，C對線的沿CA連線斜向左下兩力等大故力合力豎直向下項A確對導(dǎo)線受分析根平衡條可知、C兩線對的用力的力豎直向上，根據(jù)左手定則可知合磁場的方向水平向左，選B錯誤；對導(dǎo)線B受力分析，根據(jù)平衡條件可得導(dǎo)線對B的用力是導(dǎo)線C對的作用力的2倍，又由＝BIL可A

I在處磁感應(yīng)強度是處磁感應(yīng)強度的2倍由＝k知線A的電流是I選項正，錯r誤．四川省瀘州市調(diào)一帶電小球在空中由A點動到B點的過程中，只受重力和電場力作．若重力做功－，電場力做功1J則小球的()A重力勢能增加3JB電勢能增加C．能減少3JD．械增加答案AD解析重力做功等于重力勢能的小量，重力做功3J，故重力勢能增加3J，故A正；電場力做功等于電勢能的減小量，電場力做功1J，故電勢能減小1J，故B錯；合力做功等于動能的增加量，合力做功等于各個分力做的功的和，合力做功為2J，故動能減小，故錯；除重力外的各個力做的總功等于機械能的增加量，除重力外，只有電場力做功，故機械能增加1J，故D確．(2018·廣省惠州市第三次調(diào)研在真空中的x軸的原點和＝6a處分別固定一個點電MN在＝2處由靜止釋放一個正點電荷，設(shè)點電P只電場力作用沿x軸向運動，得到點電荷P速大小與其在x軸的位置關(guān)系如圖7所(其中在x＝a速度最大)，則下列說法正確的()圖A點電荷MN一定都是正電荷B點電荷MN一為異種電荷C．電荷MN所電荷量的絕對值之比為∶1D．x＝的電場強度不一定為零答案AC解析由題圖可知，點電荷的速度先增大后減小，所以點電荷的能增大后減小，說明電場力先做正功，后做負功，結(jié)合正電荷受到的電場力的方向與場強的方向相同可知，所以電場強度的方先沿軸的正方向，后沿軸負方向，根據(jù)點電荷的電場線的特點與電場的疊原理可知，點電荷MN一都是正電荷，A正確，錯誤；點電荷的能增大后減小，由于只有電場力做功，所以點電荷的勢能一定是先減小后增大，由題圖可知，＝a處電荷P的度最大，速度的變化率為，說明＝4

MN11MN11Q的電場強度等于0電荷M與在＝處生的電場強度大小相等相反庫定律得kQ＝k，以點電MN所電荷量的絕對值之比為∶1，正D錯誤．(2018·廣省汕頭市第二次模擬一平行板電容器中存在勻強電場場沿垂直極板方向兩比(即粒子的電荷量與質(zhì)量之不同的帶電粒子a和，從電容器邊緣同一豎直線上的不同位如圖沿相同的水平方向同時射入兩平行板之間，經(jīng)過相同時間兩粒子落在電容器下板同一點上若不計重力粒子間的相互作用力，則下列說法正確的()圖A粒子比荷大于粒子bB粒子入時的初速度大于粒子bC．只減小兩板間的電壓，則兩粒子可能同時落在電容器下板邊緣上D．只大粒子入時的初速度，則兩粒子可能在兩板之間的某一位置相遇答案AC解析

粒子在電場中只受電場力作用，電場力與初速度方向垂直，所以粒子做類平拋運動；在豎直方，兩粒子運動時間和初速度相同的位移大于的位移，所以加速度大于b加速度，又有加速度a，所以a的比荷大于比荷，故A正；水平方向粒子做勻速直線運動，兩粒子運動時間相同，運m動位移相同，所以兩粒子射入時的初速度相等，故B錯誤；若只減小兩板間的電壓，則兩粒子的加速同時減小，那么在豎直方向上，位移和加速度的比值仍相等，、原來高度落下需要的時間仍相同，所以兩粒子可能同時落在電容器下板邊緣上，故正；若只增大粒子射時的初速度，則在水平方向上位移恒大于位移，那么兩粒子不可能在兩板之間的某一位置相遇，故D錯．．山西省運城市期)圖甲所示軸上固定兩個點電荷Q、Q位于坐標(biāo)原點)，右面有、、P三點，間距NP，Q、Q在軸上產(chǎn)生的電勢隨變關(guān)系如圖乙．則)圖AN點電場場強大小零

PNNMMNPNNM11221PNNMMNPNNM112211122122B從點到P點場場強增大后減小C．、之電場方向沿軸方D．正探電荷從移到M過程中，電場力做W＝|答案AC解析電勢隨x變化關(guān)系(φ圖象)中切線的斜率表示電場強，所以N點電場場強大小為零，故A正確；從M到點電場場強先減小后增大，故B錯M點電勢為零N點電勢小于零，因沿電場線方向電勢降低，故MN電場方向由指向，x軸方向，故正；由題圖乙可知U＞，故一正試探電荷從移M過中，電場力做負功，＜W，D錯誤．二、非選擇題本題共題，共60分)11(8分)(2018·徽省亳州市期末質(zhì)檢)同學(xué)利用下列器材測量一定值電阻的值．待測電阻R：100，直流電源E：電動勢約，阻不計，直流電壓表V：量程～3V內(nèi)阻約15kΩ電阻箱R阻值范圍～999.9，關(guān)，干導(dǎo)線．(1)該同學(xué)已完成部分電路圖，請你按器材的規(guī)格和要求在圖所虛線框內(nèi)畫余下部分；圖10(2)實驗中測得，電阻箱讀數(shù)為R時，電壓表數(shù)為，電阻箱讀數(shù)為R時電壓表數(shù)為U.根據(jù)測定的實驗數(shù)據(jù)可以計算待測電阻的表達式R＝(3)測得的R的比真實_______(“偏大”“偏小”或“相等)答案

(1)見解析圖－R－RU或(3)小U－U－解析

(1)題中給出了一個電阻箱R和只電壓表，要測量未知電的值，可以采用兩個電阻串聯(lián)的方式，測出電阻箱或知電阻R的壓故電路圖有如下兩種方式：

UU1211212U－12xUU121UU1211212U－12xUU12121U－U122E－UE－U－U按第一種電路圖，根據(jù)閉合路歐姆定律有：＝，＝，得：R＝，按第RRx212E－－UU－U二種電路圖，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：＝，＝，解得：＝R2(3)按第一種電路圖實驗時，由于電壓表的分流作用，所以流電流真實值比計算時流偏大，故測得R

的值比真實值偏小；按第二種電路圖實驗時，由于電壓表的分流作用，所以流過電阻箱電真實值比計算時的電流偏大，故測得的比真實偏小．．分福建省龍巖市月模擬在測定電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，實驗室提供了合適的實驗材．(1)甲同學(xué)按如圖甲示電路圖進行測量實驗，其中為護電阻，則：圖①請用筆畫線代替導(dǎo)線在圖乙中完成電路的連接；②由電壓表的讀數(shù)U和流表的讀數(shù)I畫出－I圖線如圖丙所示，可得電源的電動勢＝________V，內(nèi)電阻r＝(結(jié)果均保留2位效數(shù)字)(2)乙同學(xué)誤將測量電路連接成如圖丁所示，其他操作正確，由電壓表讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I，畫出U－線如圖戊所示，可得電源的電動勢E＝________V，內(nèi)電阻r________(結(jié)果均保留有效數(shù))答案解析

(1)①見解析②2.8(2)3.0(1)①如圖所示：

111222CCC111222CCC②根據(jù)U＝－Ir＝－rI＋，可UI圖縱截距即為電源電動，圖象斜率絕對值即為內(nèi)阻r，以E－1.6，r＝2.0(2)當(dāng)滑動變阻器的滑片處于中間位置時并總電阻最大表數(shù)最大時總電流為I＝×0.5A＝1A則由題圖丁、戊可知E＝U＋Ir＝＋r當(dāng)滑片處于R左某置或偏右某位置時，電壓表示數(shù)相同，此時總電流為I＝＋0.87A＝，則由題圖丁、戊可知＝U＋Ir＋1.2r聯(lián)立可以得到：E＝3.0Vr＝Ω.．分(2018·陜省寶雞市一如圖所示，光滑的固定在豎直面內(nèi)的半圓形軌道，軌道半徑為＝0.4m、半圓軌道水平直徑的兩個端點O為心．在水平線以下和豎直線OQ以的空間內(nèi)存在豎直向下的勻強電場場強度E＝×106

現(xiàn)有一個質(zhì)量m2.0×10

2

kg電荷量＝2.0×10

7

C帶正電小球可看質(zhì)點，點上方由靜止放，經(jīng)時間t＝0.3s達A點沿切線進入半圓軌道，＝10m/s

，不計空氣阻力及一切能量損失，求：圖12(1)小球經(jīng)過點對軌道的壓力大小；(2)小球經(jīng)過B點能上升的最大高度．答案解析

(2)0.85m(1)由題意可知，小球進入電場前做自由落體運動，設(shè)下落的高度為h到達的速度為，題意可得：＝

＝從釋放點運動到C點過程由動能定理可得：(＋)＋＝v可得：＝

CNNC0AC0ACC0CNNC0AC0ACC0CxCm設(shè)到達C時道對小球的支持力為，受力分析和合力提供向心可得F－－Eq＝NN由牛頓第三定律可得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕′＝＝(2)設(shè)小球經(jīng)過后上升的最大高度為′，小球從C經(jīng)過點上升到最高點的過程中，由機械能守恒定律可得：m2

＝(＋h′)代入數(shù)據(jù)可得：h′0.85m．(14分(2018·江省市八校第二次聯(lián))如圖13甲所示，直角坐標(biāo)系中第二象限內(nèi)有沿x軸方向的勻強電場，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為方向．第三象限內(nèi)有一發(fā)射裝沒有畫出，y軸方向射出一個比荷＝100C/kg的正電的粒子可視質(zhì)點且m不計重力，該子以＝20的度從x軸的(進入第二象限，從y軸的點C進入第一象限．取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，第一、四象限磁場的磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化，＝10m/s

圖13(1)求第二象限內(nèi)電場的電場強度大??；(2)求粒子第一次經(jīng)過x軸的位置坐標(biāo)；答案解析

(1)1.0N/C(1)帶電粒子在第二象限的電場中做類平拋運動，設(shè)粒子點到點用時為t則由動能定理得x＝(－

)由平拋運動規(guī)律x＝

ty＝t222解得＝＝20(2)設(shè)粒子在C點運動方向與軸方向成，

0CCrCC000CCrCC00則＝＝

即θ＝2粒子在第一象限磁場中運動時由洛倫茲力提供向心力有＝解得：＝

2πrπ粒子做勻速圓周運動的周期＝＝s20所以粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示子運動第四個半圓的過程中第一次經(jīng)過軸x軸對應(yīng)的長為DF2r＝1m所以O(shè)D＝3m粒子第一次經(jīng)過軸的位置坐標(biāo)(．(18分(2018·四省樂山市第二次調(diào))如圖所，在平面直角坐標(biāo)系xOy面內(nèi)，直角三角形的直角邊長6d與y軸合bac＝30°，中線x重合，三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場．在笫一象限內(nèi)，有方向沿軸正向的勻強電場，場強大小E勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小間滿足E＝.在＝3dN點，垂直于x軸置一平面熒光屏電子束以相同的初速度v從y軸－≤≤的范圍內(nèi)垂直于軸左射入磁場從軸y＝－2處射入的電子場轉(zhuǎn)后好經(jīng)過O點子質(zhì)量為，荷量為，電子間的相互作用及重力不．求：圖14(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；(2)電子束從軸正半軸上射入電場時的縱坐標(biāo)y的圍；(3)熒光屏上發(fā)光點距點最遠距離L.

00r00m00r00m答案解析

m(2)0≤2(3)ded4(1)設(shè)電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何關(guān)系可得r＝2電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得eB＝m解得：B＝ed(2)當(dāng)電子在磁場中運動的圓軌跡與ac邊切時子從軸正半軸射入電場的位置距點最遠如甲所示．r設(shè)此時的圓心位置為′有：′a＝sin30°OO＝3－O解得＝即從點入磁場電子射出磁場時的位置距點遠所以y＝r＝2電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標(biāo)的圍為0≤2(3)設(shè)電子從0≤d范內(nèi)某一置射入電場時的縱坐標(biāo)為y從ON間出電場時的位置橫坐標(biāo)為x度方向與x軸方向的夾角為電中運動的時間為t電子打到熒光屏上產(chǎn)生的發(fā)光點距N的距離為L，圖乙所示：

0000根據(jù)運動學(xué)公式有：x＝teEy＝tm

＝tmtan＝Ltan＝d－x解得：＝－2yy即＝d時L有大值，此時L(3－d)d解得：＝.

滾動檢測

電磁感應(yīng)交流電、近物理考生注意：．本試卷共4頁．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填在相應(yīng)位置上．．本次考試時間分鐘，滿分100分．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．一、選擇(本題共12題，每小題4分共分．在每小題給出的四個選項中，1只有一項符合題目要求，第8～12題多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分有選錯的得)．(2018·陜省西安一中一)下列說法中錯誤的有)A太陽內(nèi)部發(fā)生的核反應(yīng)是熱核反應(yīng)B光電效應(yīng)揭示了光具有粒子性C．量相同的質(zhì)子和電子，它們的德布羅意波的波長相等D．子發(fā)生一次β衰變，該原外層就失去一個電子答案D解析太陽的能量來自于其內(nèi)部生的熱核反應(yīng)即聚變反應(yīng)A正；光電效應(yīng)說明光具有粒子性，故B正確；根據(jù)可知，動量相同的質(zhì)子和電子，它們的德羅意波的波長一定相等，故正；衰的實質(zhì)是原子核內(nèi)一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子釋放出來子是來自核外電子D錯誤．湖南省常德市模)某一放射性物質(zhì)發(fā)生衰時放出α、βγ三射線，讓這三種射線進入磁場，運動情況如圖示，下列說法正確的是圖A該放射性物質(zhì)的半衰期隨溫度的升高會增大B．粒是原子核的重要組成部分C．粒子一定帶正電D．B粒的穿透性最弱答案C解析半衰期由原子核本身決定與外界因素?zé)o關(guān)，故A錯；由題圖可知粒為電子，不是原子核的

11組成部分，故B錯；由左定則可知粒一定帶正電，故正確粒子為γ射，穿透性最強，故D誤．．(2018·廣省肇慶市一模)下列說法正確的()A玻爾原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了各種原子光譜的實驗規(guī)律B普朗克通過研究黑體輻射提出能量子的概念，成為量子力學(xué)的奠基人之一C．射性原子核發(fā)生衰變后產(chǎn)生的新核從高能級向低能級躍遷時，輻射出γ射，γ射線在電場和磁場中都會發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．束照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因為這束光的光照強度太小答案B解析

玻爾原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原光譜的實驗規(guī)律，故A錯誤；普朗克通過研究黑體輻射提出能量的概念，成為量子力學(xué)的奠基人之一，故B正；放射性原子核發(fā)生衰變后產(chǎn)生的新核從高能級向低能級躍遷時，輻射γ射，射線是一種波長很短的電磁波在電場和磁場中都不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)錯一光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因為這束光的頻率太小，與光的強度無關(guān)，故D錯誤．．(2018·江省七校第一次聯(lián)考如圖2甲示的變壓器電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為∶2、輸端輸入圖乙所示的交變電(圖中曲線均為正弦曲線的一部)，副線圈電路中電阻＝1Ω，電路中的電流表、電壓表都是理想交流電表，下列說法正確的()圖A電壓表的示數(shù)為210VB電流表的示數(shù)為C．阻的功率為D．路的電流在1s內(nèi)方向改變50次答案C2222TU210解析設(shè)輸入電壓的有效值為U，據(jù)電流的熱效應(yīng)可知，＋＝T，解得：U＝V1R12

12223a0012223a00UnU根據(jù)＝得U＝10V故A誤根據(jù)輸入功率與輸出功率相同可得UI＝解得I＝，Un1RU故B錯阻R消的功率為＝＝C正由題圖乙知一個周期內(nèi)電流改變2次故內(nèi)流方向改變次數(shù)為n＝×＝100次故D錯．．(2018·廣省茂名市第二次模)于近代物理學(xué)，下列說法正確的()A一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因為這束光的波長太短B一群氫原子從量子數(shù)＝3的發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可產(chǎn)生條同頻率的譜線C．射性元素在被加熱、加壓或參與化學(xué)反應(yīng)時，其半衰期會隨之而改變D．陽射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)答案D解析

一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因為入射光頻率低于該金屬的截止頻率，即波太長，A錯；一群氫原從量子數(shù)n的發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可產(chǎn)生

＝3條同頻率的譜線，B錯誤；放射性元素衰變的快慢是由核內(nèi)部自身的因素決定的，跟原子所處的化學(xué)狀態(tài)及外部條件有關(guān)系錯誤；太陽的主要成分是氫，太陽的中心溫度達×

K在這樣的高溫下，氫核聚變成氦核的反應(yīng)不停地進行著，不斷地放出能量D正．．陜省寶雞市第一次質(zhì))分別用a、bc三顏色的照射某金屬板，當(dāng)用b光射時，發(fā)現(xiàn)從金屬表面有光電子逸出，已知三種光的波長關(guān)系是λλ<λ，則下列判斷正確()A用光照射這個金屬板時，一定不會有光電子逸出B用光照射這個金屬板時，可沒有光電子逸出C．b光照射強度越，相同時間內(nèi)從金屬表面逸出的光電子數(shù)目就會越多D．的照射強度越強，從金屬表面逸出的光電子的動能就會越大答案Cc解析波長關(guān)系為λ＜＜，由λ可知，＞＞b光照射某金屬板，發(fā)現(xiàn)從金屬表面有光電子abcνbc逸出，則光頻率大于金屬板的極限頻率光照射屬板可能發(fā)生光電效應(yīng)光照射金屬板一定能發(fā)生光電效應(yīng)故A錯；相同間內(nèi)從金屬表面逸出的光電子數(shù)目與入射光的強度有關(guān)，如光的照hc射強度越強相同時間內(nèi)從金屬面逸出的光電子數(shù)目就會越多故正根光電效應(yīng)方程有E＝kmλ－W，則釋放出的光電子的最大初動能與入射光的強無關(guān)，故D錯．(2018·河省新鄉(xiāng)市第三次模)如圖3甲示，用頻率為ν的照射某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，測出光電

0ckm0kmc00ckm0kmc0c0c流I隨電壓U變化圖象如圖乙所示，已知普朗克常量為h電子電荷量為.列說法中正確的是()圖A入射光越強，光電子的能量越高B光電子的最大初動能為hν

0C．金屬的逸出功為hν－eUeUD．頻為的照射該金屬時不可能發(fā)生光電效應(yīng)答案C解析

根據(jù)光電效應(yīng)的規(guī)律可知，入射光的頻率越大，則逸出的光電子的能量越大，與光強無關(guān)，選A錯誤據(jù)電效應(yīng)的規(guī)律電的最大初動能為＝ν－項B錯題圖乙可知＝eU，eU則該金屬的逸出功為hν－，選項C正；頻率為的光的能量為＝eU，eU大等于金屬的逸出功hν－時，可發(fā)生光電效應(yīng)，選項D錯．．(2018·江省新余市上學(xué)期期)有一變化的勻強磁場垂直如圖所示的線圈平面，若規(guī)定垂直線圈平面向里為磁感應(yīng)強度的正方向，電流從a經(jīng)流為流的正方向，現(xiàn)在已知中的感應(yīng)電I時間t變的圖象如圖乙所，那么垂直穿過線圈平面的磁場可能是下列圖中)圖

011121111－12011121111－1212答案解析在0～產(chǎn)的感應(yīng)電流為I方向為順時針可是垂直線圈平面里的磁場磁感應(yīng)強度均勻減小也可能是垂直線圈平面向的磁場磁感應(yīng)強度均勻增大理判斷～2s內(nèi)感應(yīng)強度的方向及變化情況，所以選項AB正．遼寧省大連市第二次模)足夠大的勻強磁場中止鈉的同位素Na發(fā)生衰變與磁場垂直的方向釋放出一個粒子后，變?yōu)橐粋€新核，新核與放出的粒子在磁場中運動的軌跡均為圓，如所，下列說法正確的()圖A新核24MgB軌跡新核的軌跡C.24

Na發(fā)的是α變D．核順時針方向旋轉(zhuǎn)答案解析

根據(jù)動量守恒定律知，放出的粒子與新核的速度方向相反，由左手定則判斷得知，放出的粒子帶負電，是β粒子，所以發(fā)生的是β衰，根據(jù)電荷守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知，衰變方程Na24Mg＋0

e可知新核為Mg，故A正，錯；靜止的鈉核24

Na發(fā)生衰變時動量守恒，釋放出粒子與新核的動量大小相等，兩個粒子在勻強磁場中都做勻速圓周運動，因為新核的電荷量大于所釋放出的粒子電荷量，m由半徑公式r＝可知，新核的半徑小于放出的粒子的半徑，所以跡2是核的軌跡，故正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由左手定則判斷得知新核沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，D錯．．一根橫截面積為S、電阻率為硬導(dǎo)線做成一個半徑為r的環(huán)為環(huán)的一條直徑．圖6所示，在ab的側(cè)存在一個均勻變化的勻強磁場，方向垂直圓環(huán)所在平面，磁感應(yīng)強度大隨時間的變化

ΔtρΔr2ΔtρΔr2Δt2πrρΔB率＝k＜．則)圖A圓環(huán)中產(chǎn)生沿逆時針方向的感