【原创】2016贵州省高中重点学校高考物理预测押题试卷二十四.doc

高中物理学习材料桑水制作2016贵州重点高中学校物理预测押题试题011．在如图8－3－15所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内忽略重力，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( )图8－3－15解析：选B.如电子水平向右运动，在A图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C图中电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，电子向右不可能做匀速直线运动；在D图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此只有选项B 正确．2.图8－3－16随着社会生产的发展，大型化工厂已越来越多，环境污染也越来越严重．为减少环境污染，技术人员在排污管末端安装了如图8－3－16所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．所测的污水流量Q 与U 成正比解析：选D.由左手定则可判断出，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势升高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势较低，故A 、B 均错；设前后表面的最高电压为U ，则qU b＝qvB .所以U ＝vBb ，所以U 与离子浓度无关，C 错；因Q ＝vbc ，而U ＝vBb ，所以Q ＝Uc B，D 对．图8－3－173．如图8－3－17所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O 点为圆环的圆心，a 、b 、c 、d 、e 为圆环上的五个点，a 点为最高点，c 点为最低点，bOd 沿水平方向，e 为ad 弧的中点．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a 点由静止释放，下列判断正确的是( ) A ．小球能运动到c 点，且此时所受洛伦兹力最大 B ．小球能运动到e 点，且此时所受洛伦兹力最小 C ．小球从a 点运动到b 点，重力势能减小，电势能增大 D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小解析：选D.受电场力与重力大小相等，设f点是圆弧bc的中点，则该处电场力与重力的合力方向沿半径向外，如图所示．从a到f点电场力与重力的合力做正功最多，而洛伦兹力不做功，由动能定理得，在f点小球速度最大，所受洛伦兹力最大，选项A错误；连接ad，小球从a点由静止释放，到d点速度减为零，故小球在abfcd范围内做往复运动，无法运动到e 点，选项B错误；从a点到b点，重力与电场力均做正功，重力势能、电势能均减小，选项C 错误；b点到c点电场力做负功，电势能增大，合外力先做正功后做负功，动能先增大后减小，并且b、c两点的动能相等，选项D正确．4.图8－3－18如图8－3－18所示，匀强电场和匀强磁场相互垂直，现有一束带电粒子(不计重力)，以速度v0沿图示方向恰能直线穿过，则以下分析不正确的是( )A．如果让平行板电容器左极为正极，则带电粒子必须向上以v0进入该区域才能直线穿过B．如果带电粒子以小于v0的速度沿v0方向射入该区域，其电势能越来越小C．如果带负电粒子速度小于v0，仍沿v0方向射入该区域，其电势能越来越大D．无论带正电还是带负电的粒子，若从下向上以速度v0进入该区域时，其动能都一定增加解析：选C.带电粒子做直线运动，必有Eq＝qvB，v＝EB＝v0，故A选项正确，当v<EB＝v0时，qvB<Eq，带电粒子向电场力一方偏移，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，故B选项正确，C选项错误．带电粒子从下方进入时，电场力和洛伦兹力同向，电场力做正功，动能一定增加，故D选项正确．5．如图8－3－19所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．图8－3－19(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝qv 0B 0①则v 0＝E 0B 0.②(2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③ L ＝12at 2④由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤ 联立②③④⑤解得x ＝E 0B 02mL qE.答案：(1)E 0B 0 (2)E 0B 02mL qE。

2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（10）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共13小题，共39.0分)1.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A.保持S不变，增大d，则θ变大 B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，增大S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ变小【答案】A【解析】解：A、B、根据电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小．故A 正确，B错误．C、D、根据电容的决定式C=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大；反之，保持d不变，增大S，则θ减小，故C错误，D错误．故选：A．静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和C=．2.计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器，电容的计算公式是C=9.0×10-12（F），S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当某一键按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号．已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片的间距为0.6mm．只要电容变化达0.25p F，电子线路就能发出相应的信号．那么为了使按键得到反应，至少应把键盘按下的距离为（）A.0.45mmB.0.30mmC.0.20mmD.0.15mm【答案】D【解析】解：当按键未按下时，C1=ɛ，当按键按下时，C2=ɛ又由题△C=C2-C1得△C=ɛ-ɛ=ɛS（-）代入得：0.25×10-12=9.0×10-12×50×10-6（-）解得，△d=1.5×10-4m=0.15mm故选：D．当按键按下时，d减小，电容增大，电容的变化为△C=0.25p F．根据电容的计算公式及△C的值列式即可解答．本题考查运用物理知识处理实际问题的能力．首先要定性判断出按键按下时电容的变化情况．其次要注意计算能力的培养，能准确求解是关键．3.如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则（）A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离后，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【答案】ACD【解析】解：A、由题设条件知，mg•2d-q U=0，知电场力做功等于重力做功的大小．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d-q U=0，小球到达N点速度为零然后返回．故A正确．B、将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d-q U=0，小球到达N点速度为零然后返回．故B错误．C、把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh-q U＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回．故C正确．D、把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh-q U＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落．故D正确．故选ACD．一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析．4.三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（）A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进电场时c的速度最大，a的速度最小D.动能的增加值c最小，a和b一样大【答案】B【解析】解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等．故A正确．B、b、c竖直方向上的位移不等，y c＜y b．根据y=at2，可知t c＜t b．故B错误．C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．因x c=x b，t c＜t b，则v c＞v b．根据t a=t b，x b＞x a．则v b＞v a．所以有：v c＞v b＞v a．故C正确．D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D正确．本题选错误的，故选：B．三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．5.从水平飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是（）A.从飞机上看，物体静止B.从飞机上看，物体始终在飞机的后方C.从地面上看，物体做平抛运动D.从地面上看，物体做自由落体运动【答案】C【解析】解：在匀速飞行的飞机上释放物体，物体有一水平速度，故从地面上看，物体做平抛运动；飞机的速度与物体水平方向上的速度相同，故物体始终在飞机的正下方，且相对飞机的竖直位移越来越大．故C正确，A、B、D错误．故选C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．6.在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系x O y，质量为1kg的物体原来静止在坐标原点O（0，0），t=0时受到如图所示随时间变化的外力作用，图甲中F x表示沿x轴方向的外力，图乙中F y表示沿y轴方向的外力，下列描述正确的是（）A.0～4s内物体的运动轨迹是一条直线B.0～4s内物体的运动轨迹是一条抛物线C.前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀加速曲线运动D.前2s内物体做匀加速直线运动，后2s内物体做匀速圆周运动【答案】C【解析】解：分析物体的受力和运动可知，物体在前2s内做的是初速度为零的匀加速直线运动，速度的方向是沿着x轴正方向的，在2-4s内物体受到的合力的方向沿着y轴的正方向，此时与初速度的方向垂直，物体做的是类似平抛运动（匀加速曲线运动），轨迹为抛物线；故C正确，ABD错误；故选：C．对物体受力分析可知，在前2s内物体受到的合力的大小为2N，沿着x轴的正方向，此时物体做的是匀加速直线运动，速度的方向也是沿x轴正方向的，在2-4s内物体受到的合力的方向沿着y轴的正方向，此时与初速度的方向垂直，物体做的是匀加速曲线运动．物体在不同的时刻受到的作用力是不一样的，注意分析清楚受力的方向与物体的速度分析之间的关系，即可判断物体的运动状态．7.如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2关系应满足（）A.v1=v2B.v1=v2C.v1=v2D.v1=v2【答案】D【解析】解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移为：h1=，拦截炮弹在这段时间内向上的位移为：h2=v2t-，则H=h1+h2=v2t，所以有：v1=．故选：D．若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道竖直上抛运动加速度不变，是匀变速直线运动．8.如图所示，在斜面上某处A以初速度v水平抛出一个石块，不计空气阻力，在确保石块能落到斜面上的前提下，则（）A.只增大v，会使石块在空中飞行的时间变短B.只增大v，会使石块的落地点更接近A点C.只将A点沿斜面上移，石块飞行时间变长D.只将A点沿斜面上移，石块飞行时间不变【答案】D【解析】解：A、设初末位置之间的距离为L，则水平方向：L cosθ=V t①竖直方向：L sinθ=②联立解得：t=③根据③式，只增大v，运动时间变长，故A错误；B、只增大v，运动时间变长，根据①②两式，水平分位移和竖直分位移均变长，故合位移变大，故落点与A点距离变大，故B错误；C、D、根据①式，只将A点沿斜面上移，运动时间不变，故C错误，D正确；故选D．解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．本题就是对平抛运动规律的直接应用，关键求解出运动时间的表达式进行分析讨论，本题难度不大．9.如图所示，两个质量相等的物体A、B处在同一水平线上，当物体A被水平抛出的同时，物体B开始自由下落，图中曲线AC为物体A的运动轨迹，直线BD为物体B的运动轨迹，两轨迹相交于O点，空气阻力忽略不计，则（）A.两物体通过O点时的速度相同B.两物体在O点时的动能相等C.两物体能在O点相遇D.两物体在O点时重力的功率不相等【答案】C【解析】解：A、A做平抛运动，B做自由落体运动，由于平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，可知两物体在O点相遇，相遇时两物体的竖直分速度相等，但是A有水平分速度，根据平行四边形定则知，两物体通过O点的速度不同，则动能不同，故AB错误，C正确．D、两物体通过O点时竖直分速度相等，根据P=mgv y知，重力的功率相同，故D错误．故选：C．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，从而得知两球在O点相遇，根据运动学公式分析在O点的速度关系．根据两物体在O点的竖直分速度大小关系，比较重力的瞬时功率．本题考查了平抛运动和自由落体运动的相关概念和公式，AB在竖直方向的运动情况完全相同，理解速度的合成与分解即可顺利求解平抛运动．10.下列说法中正确的是（）A.每种金属都有确定的电阻率，电阻率不随温度变化B.导线越细越长，其电阻率也越大C.一般金属的电阻率，都随温度升高而增大D.测电阻率时，为了提高精度，通过导线的电流要足够大，而且要等到稳定一段时间后才可读数【答案】C【解析】解：AC、纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大，合金的电阻率几乎不受温度影响，故A错误，C正确．B、电阻率为导体的固有属性，与长度和横截面积等无关，由材料性质决定，故B错误．D、提高精度的方法是多次测量，且电流应该尽可能小些，因为电流越大发热越高，电阻率变化越大，故D错误．故选：C纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大．电阻率为导体的固有属性，与长度和横截面积等无关，由材料性质决定．提高精度的方法是多次测量．明确影响导体电阻率的因素，知道金属和合金的性质，都是基础考察．11.根据欧姆定律，下列说法中错误的是（）A.从关系式R=可知，对于一个确定的导体来说，如果通过的电流越大，则导体两端的电压也越大B.从关系式R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C.从关系式I=可知，导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D.从关系式R=可知，对于一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值【答案】B【解析】解：A、由R=可知，U=IR，对于一个确定的导体来说，如果通过的电流越大，则导体两端的电压也越大，故A正确；B、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B错误；C、由I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，故C正确；D、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，导体电阻在数值上等于它两端的电压与通过它的电流之比，由R=可知，对于一个确定的导体来说，所加的电压跟通过的电流的比值是一确定值，故D正确；本题选错误的，故选：B．导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题．本题是一道基础题，知道导体电阻的决定因素、应用欧姆定律即可正确解题．12.甲、乙两个电阻，它们的伏安特性曲线画在一个坐标系中如图所示，则（）A.甲的电阻是乙的电阻的两倍B.把两个电阻两端加上相同的电压，通过甲的电流是通过乙的两倍C.欲使通过两个电阻有相同的电流，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍D.若两电阻是由同一种规格的电阻丝制成，甲电阻丝的长度是乙的倍【答案】C【解析】解：A、由I-U图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有甲乙，故A错误．B、当U相同时由知甲乙乙甲，故B错误．C、当I相同时由U=IR知乙甲乙甲，故C正确．D、当ρ相同时由知甲乙甲乙乙甲，甲乙，故D错误故选：C由斜率表示电阻倒数可得两电阻之比．由电阻之比可得相同电压下的电流之比．若电流相同由欧姆定律可得电压之比．由电阻决定式可得长度之比．解决本题的关键知道I-U图线的斜率的倒数表示电阻，掌握电阻的决定13.一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω．另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则（）A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是50ΩB.ab端短路时，cd之间的等效电阻是50ΩC.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V【答案】C【解析】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=40Ω；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=128Ω；故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=E=80V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=25V；故D错误；故选：C．当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化．二、计算题(本大题共2小题，共20.0分)从上表可想到哪些物理知识？（2）下图是洗衣机洗涤时正转、反转和停的时间程序，若洗涤衣服的时间为15min，脱水的时间为2min，则洗涤一次衣服大约用电多少？当洗涤和脱水同时操作时，流过电源插座的电流是多少？为什么？【答案】解：（1）从表中可想到工作电压是我们国家的民用交流电压；洗涤电动机的工作功率为P=UI=220×0.5W=110W，脱水电动机的工作功率为P′=U′I′=176W；用欧姆定律求出的电流I=和工作电流0.5A是不同的，原因是欧姆定律适合纯电阻电路，而电动机主要是用来输出机械能的，不是用来发热的，不是纯电阻电路．（2）从洗衣机洗涤为正、反转和停的时间程序图可知，停和转的时间分别为129s和771s，由洗涤做功W洗=P洗•t=UI t=220×0.5×10-3×0.215k W•h≈0.0237k W•hW脱=P脱•t=UI t=k W•h=0.0059k W•h则W=W洗+W脱=0.0237k W•h+0.0059k W•h≈0.03k W•h当洗涤和脱水同时操作时，就相当于两个用电器并联，则流过插座的电流应为两个用电器单独使用时工作电流之和，故I=I洗+I脱=（0.5+0.8）A=1.3A．答：（2）洗涤一次衣服大约用电0.03k W•h，当洗涤和脱水同时操作时，流过电源插座的电流是1.3A．【解析】（1）从表中可想到工作电压是我们国家的民用交流电压；可求得洗涤电动机的工作功率和脱水电动机的工作功率为等；（2）从洗衣机洗涤为正、反转和停的时间程序图可知，停和转的时间分别为129s和771s，由洗涤做功和脱水做功公式求出总功，即可求出消耗的电能，当洗涤和脱水同时操作时，就相当于两个用电器并联，则流过插座的电流应为两个用电器单独使用时工作电流之和．本题考查了利用公式P=UI计算电功率，以及利用公式W=P t计算电能，与生活相连，使学生觉得学了物理有用，且加强了学生的节能意识，注意计算时的单位变换要正确．15.静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示．A、B为两块平行金属板，间距d=0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E=1.0×103N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0=2.0m/s，质量m=5.0×10-15kg、带电量为q=-2.0×10-16C．微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：（1）微粒打在B板上的动能；（2）微粒到达B板所需的最短时间；（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．【答案】解：（1）电场力对每个微粒所做的功为：W=q E d=2.0×10-16×1.0×103×0.40J=8.0×10-14J微粒从A板到B板过程，根据动能定理得W=E kt-E k0则得：E kt=W+E k0=W+mv02=（8.0×10-14+×5.0×10-15×2.02）J=9.0×10-14J（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由E kt=mv t2得：v t==m/s=6.0m/s根据运动学公式得：=所以微粒到达B板所需的最短时间为：t===0.1s（3）根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形．由牛顿第二定律得：a==m/s2=40m/s2由类平抛运动规律得：R=v o t1h=a则圆形面积为：S=πR2=π（v0t1）2=π=3.14×2.02×（）≈0.25m2答：（1）微粒打在B板上的动能为9.0×10-14J．（2）微粒到达B板所需的最短时间为0.1s．（3）微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形，面积的大小为0.25m2．【解析】（1）每个微粒在匀强电场中所受的电场力大小为q E，微粒从喷出到落在B板上的过程，电场力做正功，根据动能定理求解；（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短．由动能求出微粒打在B板上的速度，由运动公式求出最短时间；（3）图象为圆，圆的半径等于类似平抛运动的微粒的水平分位移，根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解分位移公式，即可求得面积．本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．第（4）问要弄清物理情景，实质是研究类平抛运动水平位移问题．。

2016年高考原创押题预测卷【新课标III卷】理科综合物理试题注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。

2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在本试卷上无效。

3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H—1 B—11 C—12 N—14 O—16 Mn—55 Fe—56第I卷二、选择题：本题共8个小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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。

14．100米短跑是径赛中最精彩的项目之一。

目前男子世界纪录为9.58 s，由牙买加的尤塞恩·博尔特于2009年8月16日在柏林世锦赛上创造。

博尔特在比赛中的运动图象可能是A B C D14.【答案】B【考点】运动图象15．如图所示，固定的斜面上一个质量为m的物块在沿斜面向下的拉力F1作用下匀速下滑，在下滑过程中的某时刻对物块再施加一个竖直向上的恒力F2，且F2<mg。

则施加F2后极短时间内物块的运动状态是A.仍匀速下滑B.匀加速下滑C.匀减速下滑D.上述情况都有可能15.【答案】B【解析】以物块为研究对象，施加F 2前物块受重力、拉力、支持力、滑动摩擦力作用，根据平衡条件有mg sin θ+ F 1=μmg cos θ，施加一个竖直向上的恒力F 2后，由牛顿第二定律有212()sin ()cos mg F F mg F ma θμθ-+--=，可得a =1220F F m g>，B 正确。

【考点】物体的平衡、牛顿第二定律16. 如图所示，P 、Q 两点处放置两个等量异种点电荷，P 、Q 连线的中点为O ，N 、 a 、b 是PQ 中垂线上的三点，且Oa =2Ob ，在N 点处放置一负点电荷，以无穷远处电势为零，则A.a 点处的场强大小大于b 点处的场强大小B. a 点处的电势小于b 点处的电势C.a 、O 两点间电势差大于a 、b 两点间电势差的2倍D.电子在a 点处的电势能大于电子在b 点处的电势能16.【答案】C【考点】电场强度、电势、电场力做功与电势能17．如图将一绝缘杆竖直地固定在地面上，用一轻绳拴接一质量为m 的铁球，在铁球的右侧水平放一条形磁铁，当铁球平衡时轻绳与竖直面的夹角为︒=30α，此时铁球与条形磁铁在同一水平面上。

2016年高考押题卷（1)（新课标Ⅱ卷）理科综合·物理试题第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题,每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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。

14．我国某地交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。

如图所示,以8m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道,此时汽车的车头距离停车线8m。

该车减速时的加速度大小为5m/s2。

则下列说法中正确的是A．如果驾驶员立即刹车制动，则t=2s时，汽车离停车线的距离为2mB．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处刹住停车让人C．如果驾驶员的反应时间为0。

4s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人D．如果驾驶员的反应时间为0。

2s，汽车刚好能在停车线处刹住停车让人【答案】D考点：匀变速直线运动15．如图所示,理想变压器的原线圈接u＝U0cos100πt的交变电流，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好,下列判断不正确的是A．交变电流的频率为50 HzB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动,则通过原线圈的电流一定减小【答案】C16．如图所示,A 、B 为地球两个同轨道面的人造卫星,运行方向相同,A 为同步卫星，A 、B 卫星的轨道半径之比为r A /r B =k ，地球自转周期为T .某时刻A 、B 两卫星位于地球同侧直线上,从该时刻起至少经过多长时间A 、B 间距离最远A ．)1(23-k T B ．13-k T C ．)1(23+k T D ．13+k T【答案】A【解析】 由开普勒第三定律得:2233B A B A T T r r =,设两卫星至少经过时间t 距离最远，如图所示，21=-=-A B A B n n T t T t ，又T A =T ，解得)1(23-=k T t ，选项A正确.17．如图所示，将质量分别为M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮（滑轮光滑且较小），物块放在水平放置的压力传感器上.已知压力传感器能测量物体对其正压力的大小.现将小球从偏离竖直方向θ=60°的角度处由静止释放，小球摆到最低点时，压力传感器示数为0,滑轮O到小球间细线长度为l=0。

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）贵州重点高中学校物理预测押题试题03 1．封闭在汽缸内一定质量的气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，下列说法正确的是()A．气体的密度增大B．气体的压强不变C．气体分子的平均动能减小D．气体从外界吸热解析：选D.气体体积保持不变，则气体的密度保持不变；当温度升高时，气体的压强增大，分子的平均动能增大，内能增大，根据热力学第一定律，没有做功，则气体要从外界吸收热量．D选项正确．2．关于热力学定律，下列说法正确的是()A．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C．吸收了热量的物体，其内能一定增加D．压缩气体总能使气体的温度升高解析：选B.根据热力学第三定律的绝对零度不可能达到可知A错误；物体从外界吸收热量、对外做功，根据热力学第一定律可知内能可能增加、减小或不变，C错；压缩气体，外界对气体做正功，可能向外界放热，内能可能减少、温度降低，D错；物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的，B对．图13－3－23．如图13－3－2是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的()A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J解析：选A.根据热力学第一定律，气体内能增量ΔU＝W＋Q＝800 J－200 J＝600 J，对于一定质量的理想气体，内能增加温度必然升高，故A选项正确．4.图13－3－3A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至图13－3－3所示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是()A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同解析：选B.由于水银与外界没有热交换，大气压力对水银做功，一部分转化为水银的重力势能，一部分转化为水银的内能，两种情况下管中进入的水银量相等，故大气将槽中水银面向下压的距离相等，因此大气压力做功相等，图A管中水银的重力势能比图B的大，因此A 中水银的内能增量比B中小，B正确．5．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)()A．内能增大，放出热量B．内能减小，吸收热量C．内能增大，对外界做功D．内能减小，外界对其做功解析：选D.不计分子势能时瓶内空气的内能只与其温度有关，温度降低时其内能减小．塑料瓶变扁时瓶内空气体积减小，外界对其做功．再由热力学第一定律知此过程中瓶内空气要放出热量，故只有D正确．图13－2－46．如图13－2－4所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F ，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( )A ．温度升高，压强增大，内能减少B ．温度降低，压强增大，内能减少C ．温度升高，压强增大，内能增加D ．温度降低，压强减小，内能增加解析：选C.容器是绝热的，所以当向下推活塞压缩气体时，对气体做功，气体内能增大，温度升高，根据pV T＝C (常量)可知，压强增大．7．一辆汽车正在平直的公路上匀速行驶，下列关于汽车行驶过程中做功和能量转化情况的说法正确的是( )A ．阻力对汽车做负功，机械能转化为内能B ．汽车行驶时因能量损失故总能量不守恒C ．牵引力对汽车做功，使汽车动能增加D ．合外力对汽车做的功等于汽油燃烧放出的能量解析：选A.阻力对汽车做功的过程就是机械能转化为内能的过程，尽管汽车能量损失，但总能量是守恒的，汽车做匀速运动，动能不变，合力为零，合力做功为零．8.图13－3－5所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环，在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是( )A ．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C ．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D ．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律解析：选B.热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C 、D 错误；由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故应选B.9．空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对汽缸中的气体做功为2.0×105 J ，同时气体的内能增加了1.5×105 J ．试问：(1)此压缩过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)的热量等于________J.(2)若一定质量的理想气体分别按图13－3－6所示的三种不同过程变化，其中表示等压变化的是________(填“甲”“乙”或“丙”)，该过程中气体的内能________(填“增加”“减少”或“不变”)．图13－3－6解析：(1)由热力学第一定律得ΔU ＝W ＋Q 且W ＝2.0×105 J ，ΔU ＝1.5×105 J ，解得Q ＝－5×104 J ，所以放出热量为5×104 J.(2)甲图表示等温变化；乙图表示等容变化；丙图表示等压变化，并且丙图中表示温度升高，所以理想气体内能增大．答案：(1)放热 5×104 J (2)丙 增加10．)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.图13－3－7 (1)求此时气体的压强．(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．解析：(1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1① 代入数据得p 1＝76p 0.② (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得p 1V 0＝p 0V ③联立②③式得V ＝76V 0④ 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得k ＝V 0V⑤ 联立④⑤式得k ＝67因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．答案：(1)76p 0 (2)67吸热 原因见解析。

2016届贵州省重点高中高考物理预测押题卷（4）一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1．关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（）A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的2．关于液体表面现象的说法中错误的是（）A．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到重力小，又受液体的浮力的缘故B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体表面分子间有相互吸引力C．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故D．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故3．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种液体在溶解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是（）A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体4．如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气（）A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小5．为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强P和体积V关系的是（）A．B．C．D．6．已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能（）A．先增大后减小B．先减小后增大C．单调变化D．保持不变7．如图，一个固定且导热性能良好的气缸内密封有一定质量的理想气体，气体体积为V，压强为p．现用力F缓慢推活塞使气体体积减小到．设环境温度不变，则缸内气体（）A．内能增大B．要从外界吸热C．压强等于3p D．压强大于3p一位质量为60kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．8．关于气球内气体的压强，下列说法正确的是（）A．等于大气压强B．是由于气体重力而产生的C．是由于气体分子之间的斥力而产生的D．是由于大量气体分子的碰撞而产生的9．在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是（）A．球内气体体积变大B．球内气体体积变小C．球内气体内能变大D．球内气体内能变小9．在如图所示的汽缸中封闭着一定质量的常温理想气体，一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态．如果将缸内气体的摄氏温度降低一半，则缸内气体的体积（）A．仍不变B．为原来的一半C．小于原来的一半 D．大于原来的一半10．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（）A．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场C．在均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．振荡的电场周围一定产生同频率振荡的磁场11．电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（）A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线12．飞船以c的速度离开地球，从飞船上向地球发射一个光信号．飞船上测得光离开的速度为c，则在地球上测得的光速是（）A． c B． c C． c D．c13．关于机械波和电磁波，下列说法中错误的是（）A．机械波和电磁波都能在真空中传播B．机械波和电磁波都可以传递能量C．波长、频率和波速间的关系，即ν=λf，对机械波和电磁波都适用D．机械波和电磁波都能发生衍射和干涉现象二、解答题（共2小题，满分0分）14．（1）麦克斯韦电磁场理论的内容是．（2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是的，并和该处电磁波的传播方向，这就说明电磁波是波．（3）目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内．请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题．①雷达发射电磁波的波长范围是多少？②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离？15．一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm 的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连，开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计．已知如图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水银面的高度差h1=5cm，大气压强p0=1.0×105Pa保持不变，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3．求：①活塞的重力．②现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银的高度差为多少？2016届贵州省重点高中高考物理预测押题卷（4）参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1．（2016•梅州二模）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（）A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的【考点】* 晶体和非晶体【分析】晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性．晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，单晶体有规则的几何外形，而非晶体则没有．【解答】解：A、金刚石、食盐、水晶都是常见的晶体，玻璃是非晶体，故A错误．B、晶体内部的分子（或原子、离子）排列是有规则的，故B正确．C、晶体有固定的熔点，而非晶体没有确定的熔点，故C正确；D、单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故D错误．故选：BC．【点评】记住晶体与非晶体的不同特性是本题的解题关键，要注意多晶体与非晶体特性的相似性和区别．2．关于液体表面现象的说法中错误的是（）A．把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到重力小，又受液体的浮力的缘故B．在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体表面分子间有相互吸引力C．玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故D．飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；分子间的相互作用力【分析】根据液体表面张力的性质以及对应的宏观表现进行分析，从而明确产生各现象的基本原因．【解答】解：A、把缝衣针小心地放在水面上，针可以把水面压弯而不沉没，是因为针受到的重力等于表面张力，故浮在液体的表面．故A错误B、在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体表面分子间有相互吸引力，故B正确；C、玻璃管道裂口放在火上烧熔，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃，在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故C正确；D、飘浮在热菜汤表面上的油滴，从上面的观察是圆形的，是因为油滴液体表面分子间相互吸引而产生的，故D错误．本题选错误的，故选：AD．【点评】本题考查了液体表面张力的形成原因，要注意理解液体表面张力的形成原因以及对应的现象；明确：作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．3．在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示，而甲、乙、丙三种液体在溶解过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，下列说法正确的是（）A．甲、乙为非晶体，丙是晶体B．甲、丙为晶体，乙是非晶体C．甲、丙为非晶体，乙是晶体D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体【考点】* 晶体和非晶体【分析】单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形．非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，这与水在蜡的表面呈圆形是同样的道理．【解答】解：单晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的石蜡是椭圆形．非晶体和多晶体是各向同性，则熔化在表面的石蜡是圆形，因此丙为单晶体，甲、乙可能是多晶体与非晶体，根据温度随加热时间变化的关系，可知，甲、丙为晶体，乙是非晶体．故BD正确，AC错误；故选：BD．【点评】各向异性就是说在不同的方向上表现出不同的物理性质．单晶体具有各向异性，并不是每种晶体在各种物理性质上都表现出各向异性．有些晶体在导热性上表现出显著的各向异性，如云母、石膏晶体；有些晶体在导电性上表现出显著的各向异性，如方铅矿；有些晶体在弹性上表现出显著的各向异性，如立方形的铜晶体；有些晶体在光的折射上表现出各向异性，如方解石．4．（2010•广东）如图所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气（）A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小【考点】气体的等温变化【分析】细管中封闭一定质量的空气，气体的温度始终与外界的温度相同，所以气体做的是等温变化，根据波意耳定律可以分析得出气体的变化的规律．【解答】解：当洗衣机的水位升高时，封闭的空气的压强增大，由于气体的温度保持不变，根据波意耳定律可得，PV=K，所以气体的体积要减小，所以B正确．故选B．【点评】等温变化时，气体的温度一定不能变化，并且气体的质量也是不能变化的．5．（2014•肇庆二模）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强P和体积V关系的是（）A．B．C．D．【考点】理想气体的状态方程【分析】根据理想气体等温变化特点可正确解答．【解答】解：根据理想气体状态方程，空气等温压缩，有PV=C，知P与成正比，在P﹣图象中为过原点的直线，所以该过程中空气的压强P和体积的关系图是图B，故ACD错误，B正确．故选B．【点评】解答此类问题首先要弄清坐标轴的含义，然后根据理想气体的状态方程，结合数学知识分析解答问题．要特别注意在描述气体状态变化的图线中虚线部分的含义．6．（2008•上海）已知理想气体的内能与温度成正比．如图所示的实线为汽缸内一定质量的理想气体由状态1到状态2的变化曲线，则在整个过程中汽缸内气体的内能（）A．先增大后减小B．先减小后增大C．单调变化D．保持不变【考点】气体的等温变化；温度是分子平均动能的标志；物体的内能【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量．运用理想气体的内能与温度成正比判断整个过程中汽缸内气体的内能的变化．【解答】解：由为恒量，由图象与坐标轴围成的面积表达PV乘积，从实线与虚线等温线比较可得出，该面积先减小后增大，说明温度T先减小后增大，而理想气体的内能完全由温度决定，所以内能先将小后增大．故选B．【点评】能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系．7．如图，一个固定且导热性能良好的气缸内密封有一定质量的理想气体，气体体积为V，压强为p．现用力F缓慢推活塞使气体体积减小到．设环境温度不变，则缸内气体（）A．内能增大B．要从外界吸热C．压强等于3p D．压强大于3p【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律【分析】因气缸具有良好的导热性能，所以可判知内能不变；对内做功，结合热力学第一定律，可得知对外放热；对被封闭的气体进行状态参量的分析，利用波意耳定律可解的变化后的压强．【解答】解：A、因气缸导热性能良好，所以气体的变化是等温变化，气体的内能不变．选项A错误．B、外接对气体做功，气体得内能又不变，由热力学第一定律可知，气体对外放热．选项B错误．C、D，对被封闭的气体为研究对象，进行状态分析，有：初状态：V1=V P1=P末状态：V2=V P2=？由玻意耳定律有：P1V1=P2V2解得：P2=3P，所以选项C正确，D错误．故选：C【点评】该题考察了热力学第一定律和气体的等温变化．在利用热力学第一定律解题时，要注意气体吸热放热的判断，以及做功情况的分析，列式时注意正负问题，吸热和对内做功为正值，放热和对外做功为负值；利用气体的状态方程进行解答问题，要注意状态及状态参量的分析，选择对应的定律解答，也可直接用气体的状态方程解答．一位质量为60kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示．8．关于气球内气体的压强，下列说法正确的是（）A．等于大气压强B．是由于气体重力而产生的C．是由于气体分子之间的斥力而产生的D．是由于大量气体分子的碰撞而产生的【考点】封闭气体压强【分析】气球内气体的压强等于大气压与气球弹力产生的压强之和．根据被封闭气体压强产生的原理，判断压强产生原因．【解答】解：A、气球充气后膨胀，内部气体的压强应等于大气压强加上气球收缩产生的压强，故A错误；BCD、气球内部气体的压强是大量气体分子做无规则运动发生频繁的碰撞产生的，不是因为重力和分子间的斥力，故BC错误，D正确．故选：D．【点评】本题考查气体压强的成因，对于气体的压强与固体和液体压强产生的原因的不同，运用分子动理论来理解．热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累．9．在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变．下列说法正确的是（）A．球内气体体积变大B．球内气体体积变小C．球内气体内能变大D．球内气体内能变小【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程【分析】气压变大，等温过程，根据玻意耳定律判断体积的变化情况；根据气体温度的变化判断内能是否变化．【解答】解：该同学站上塑料板后，因温度视为不变，而压强变大，故由玻意耳定律pV=c知，气体体积变小，内能不变，故A、C、D错误，B正确．故选：B【点评】本题的关键要知道一定质量的理想气体的内能由温度决定，气体发生等温变化时遵守玻意耳定律．9．在如图所示的汽缸中封闭着一定质量的常温理想气体，一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态．如果将缸内气体的摄氏温度降低一半，则缸内气体的体积（）A．仍不变B．为原来的一半C．小于原来的一半 D．大于原来的一半【考点】理想气体的状态方程【分析】气缸中气体发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律列式分析末态体积与初态体积的关系．【解答】解：气缸内气体压强不变，设初态体积，温度t℃末态体积，温度根据盖﹣吕萨克定律有=则所以大于原来的一半，故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查气体实验定律的应用，关键是分析封闭气体发生了什么变化，活塞平衡时受力情况不变，封闭气体的压强不变，结合数学知识讨论．10．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（）A．在电场周围一定存在磁场，在磁场周围一定存在电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场C．在均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．振荡的电场周围一定产生同频率振荡的磁场【考点】电磁场【分析】麦克斯韦的电磁场理论是变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．其中的变化有均匀变化与周期性变化之分．【解答】解：A、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，如果电场不变化，不会产生磁场，同理，磁场不变化，不会产生电场，故A错误．BC、均匀变化的电场一定产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围一定产生稳定的电场，故BC错误．D、周期性变化的电场一定产生同周期变化的磁场，故D正确．故选：D．【点评】考查麦克斯韦的电磁场理论中变化的分类：均匀变化与非均匀（或周期性）变化．要知道周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，而周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场，从而产生不可分割的电磁场，并形成电磁波．11．（2010•上海）电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（）A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线【考点】电磁波谱【分析】电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．【解答】解：按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．故选：A．【点评】本题考查电磁波谱的相关知识，多背才能解决此题．12．飞船以c的速度离开地球，从飞船上向地球发射一个光信号．飞船上测得光离开的速度为c，则在地球上测得的光速是（）A． c B． c C． c D．c【考点】* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理【分析】明确爱因斯坦相对论的基本内容，知道不同惯性系中真空光速不变即可解答．【解答】解：真空中的光速在不同的惯性系中都是一样的．故地球上测得的光速与飞船上测得的光速相同，均为C，故D正确，ABC错误．故选：D．【点评】本题考查爱因斯坦光速不变原理，要注意正确掌握相对论的基本内容即可分析求解．13．（2004•江苏）关于机械波和电磁波，下列说法中错误的是（）A．机械波和电磁波都能在真空中传播B．机械波和电磁波都可以传递能量C．波长、频率和波速间的关系，即ν=λf，对机械波和电磁波都适用D．机械波和电磁波都能发生衍射和干涉现象【考点】机械波；电磁波谱【分析】电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质；波都可以发生干涉、衍射．【解答】解：A、电磁波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质．故A错误．B、波是能量传递的一种方式，这两种波都能传递能量．故B正确．C、波长、频率和波速间的关系，即ν=λf，适用于一切波．故C正确．D、机械波和电磁波都可以发生干涉和衍射现象．故D正确．本题选错误的，故选A．【点评】解决本题的关键知道电磁波和机械波的特点，以及知道它们的区别．二、解答题（共2小题，满分0分）14．（1）麦克斯韦电磁场理论的内容是变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．（2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是垂直的，并和该处电磁波的传播方向垂直，这就说明电磁波是横波．（3）目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内．请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题．①雷达发射电磁波的波长范围是多少？②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离？【考点】电磁波的发射、传播和接收【分析】（1）依据麦克斯韦电磁场理论的内容，即可确定；（2）电磁波是横波，传播方向与振动方向垂直；（3）根据v=λf，结合频率的范围，即可求解波长的范围；再由x=vt，求得电磁波传播的来回距离．【解答】解：（1）麦克斯韦电磁场理论的内容是：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．（2）电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是垂直的，并和该处电磁波的传播方向垂直，这说明电磁波是横波．（3）①由v=λf可得：频率为200 MHz时，λ1==m=1.5 m，频率为1000 MHz时，λ2==m=0.3 m．故波长范围为0.3 m～1.5 m．②电磁波测距的原理就是通过发射和接收的时间间隔来确定距离，所以可根据x=vt确定和目标间的距离．故答案为：（1）变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；（2）垂直，垂直，横；（3）①雷达发射电磁波的波长范围是0.3 m～1.5 m；②能．【点评】考查麦克斯韦电磁场理论的内容，掌握电磁波是横波，理解传播方向与振动方向的关系，同时掌握v=λf与x=vt公式的应用，注意雷达和目标间的距离是电磁波来回距离的一半．15．（2013•商丘二模）一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连，开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计．已知如图所示状态时气体的温度为7℃，U形管内水银面的高度差h1=5cm，大气压强p0=1.0×105Pa保持不变，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3．求：①活塞的重力．②现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银的高度差为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）封闭气体的压强可以以活塞为研究对象求出，也可以根据水银柱求出，即封闭气体的压强P=P0+，又有P=P0+ρgh1，联立解得活塞的重力．（2）活塞的高度不变，U形管内的气体体积忽略不计，则气缸内气体发生等容变化，根据查理定律求解U形管内水银的高度差．【解答】解：①以活塞为研究对象，根据平衡条件：P0S+G活=PS，则P=P0+，又有P=P0+ρgh1，即：，=ρgh1S=13.6×103×10×0.05×0.01N=68N．得：G活塞②气缸内的气体近似做等容变化．初状态：P=P0+ρgh1；温度为T1，末状态：P=P0+ρgh2；温度为T2，由查理定律：可得h2=0.134 m．答：（1）活塞的重力是68N．（2）当气体的温度升高到37℃时，U形管内水银的高度差为0.134m．【点评】本题是气体问题，确定气体状态作何种变化是关键，要充分挖掘隐含的条件进行分析．。

2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（8）一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）某人把原来静止于地面上的质量为2kg的物体向上提起1m，并使物体获得1m/s的速度，取g=10m/s2，则过程中（）A．人对物体做功20 J B．合外力对物体做功21 JC．物体的重力势能增加20 J D．物体的机械能增加1 J2．（3分）质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法中不正确的是（）A．物体的动能增加了mghB．物体的机械能减少了mghC．物体克服阻力所做的功为mghD．物体的重力势能减少了mgh3．（3分）如图所示，木块A放在木块B上左端，用力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有（）A．W1＜W2，Q1=Q2B．W1=W2，Q1=Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2 D．W1=W2，Q1＜Q24．（3分）如图所示为变压器的示意图，它被用来升高发电机的输出电压，下列说法中正确的是（）A．图中M是闭合的铁芯，它由整块铁组成B．发电机应与线圈I相连，升高后的电压由c、d两端输出C．发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a、b两端输出D．发电机的输出电压频率高于输入电压的频率5．（3分）如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述错误的是（）A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好6．（3分）理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为310VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率减小7．（3分）一理想自藕变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大8．（3分）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的以下说法错误的是（）A．周期是0.02 s B．最大值是311 VC．有效值是220 V D．表达式为u=220sin 100πt（V）9．（3分）两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于（）A．3：1 B．1：2 C．2：1 D．4：310．（3分）如图所示，当交流电源的电压（有效值）U=220V，频率f=50Hz，3只灯L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100Hz，则（）A．L1灯比原来亮B．L2灯比原来亮C．L2灯和原来一样亮D．L3灯比原来亮11．（3分）如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．二、解答题（共3小题，满分0分）12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd 共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过R的电荷量为多少？13．某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10﹣8Ω•m，导线横截面积为1.5×10﹣4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失．14．如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（8）参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）（2015•贵州模拟）某人把原来静止于地面上的质量为2kg的物体向上提起1m，并使物体获得1m/s的速度，取g=10m/s2，则过程中（）A．人对物体做功20 J B．合外力对物体做功21 JC．物体的重力势能增加20 J D．物体的机械能增加1 J【解答】解：A、设人对物体做功为W，根据动能定理得，W﹣mgh=mv2﹣0，代入解得W=21J，故A错误；B、由动能定理得，合外力做功W合=mv2=1J，故B错误；C、物体向上运动的过程中，重力做负功，为W G=﹣mgh=﹣20J，则物体重力势能增加20J，故C正确；D、除重力之外的力所做的功等于物体机械能的增加量，△E=W=21J，故D错误；故选：C．2．（3分）（2015•贵州模拟）质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为g，在物体下落h的过程中，下列说法中不正确的是（）A．物体的动能增加了mghB．物体的机械能减少了mghC．物体克服阻力所做的功为mghD．物体的重力势能减少了mgh【解答】解：A、根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为g，那么物体的合力为mg，w合=mgh，所以物体的动能增加了mgh．故A正确．B、重力做功w G=mgh，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，物体的动能增加了mgh，即机械能就减少了mgh．故B不正确．C、物体受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，下落的加速度为g，根据牛顿第二定律得阻力为mg，所以阻力做功w f=﹣fh=﹣mgh．所以物体克服阻力所做的功为mgh，故C正确．D、重力做功w G=mgh，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，故D正确．故选B．3．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示，木块A放在木块B上左端，用力F将A 拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有（）A．W1＜W2，Q1=Q2 B．W1=W2，Q1=Q2C．W1＜W2，Q1＜Q2D．W1=W2，Q1＜Q2【解答】解：木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W1＜W2．摩擦产生的热量Q=fs，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以相对Q1=Q2．故A正确，B、C、D错误．故选A4．（3分）（2010•惠州三模）如图所示为变压器的示意图，它被用来升高发电机的输出电压，下列说法中正确的是（）A．图中M是闭合的铁芯，它由整块铁组成B．发电机应与线圈I相连，升高后的电压由c、d两端输出C．发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a、b两端输出D．发电机的输出电压频率高于输入电压的频率【解答】解：A、图中M是闭合的铁芯，它由硅钢片组成，故A错误；B、发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a、b两端输出，故B错误，C正确；D、发电机的输出电压频率等于输入电压的频率，故D正错误故选C．5．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述错误的是（）A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【解答】解：A、增加输电导线的横截面积，根据电阻定律知可以减小输电线的电阻，从而减少损失的功率．故A正确．B、根据P=UI，输电电压越高，输电电流越小，再根据P损=I2R知，损耗的功率越小．故B正确．C、输电电压一定，输送功率越大，输电电流越大，根据P损=I2R知，损失的功率越大．故C错误．D、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，所以不一定是电压越高越好．故D正确．本题选错误的，故选：C．6．（3分）（2015•贵州模拟）理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为310VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率减小【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=V，所以B错误．C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误．D、P右移，R变小，原副线的电流都变大．而电压不变，故功率增大，故D错误；故选：A．7．（3分）（2010•武汉二模）一理想自藕变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大【解答】解：A、电流与匝数成反比，原线圈的匝数等于副线圈的匝数I A＜I C，A错误；B、所以由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，B正确；C、当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，由于输入功率等于输出功率，C错误；D、若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，输出电压增大，副线圈的电流增大，则通过A处的电流也增大，D正确；故选：BD．8．（3分）（2015•贵州模拟）如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的以下说法错误的是（）A．周期是0.02 s B．最大值是311 VC．有效值是220 V D．表达式为u=220sin 100πt（V）【解答】解：A、由图象知周期为0.02s，故A正确；B、由图象知最大值为311V，故B正确；C、电压的有效值为：U==220V，故C正确；D、瞬时值表达式为：u=311sin100πt V，故D错误；本题选错误的，故选：D．9．（3分）（2015•贵州模拟）两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于（）A．3：1 B．1：2 C．2：1 D．4：3【解答】解：两种交变电流的最大值为I m．对于正弦式电流有效值为：I1=I m．对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：B10．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示，当交流电源的电压（有效值）U=220V，频率f=50Hz，3只灯L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100Hz，则（）A．L1灯比原来亮B．L2灯比原来亮C．L2灯和原来一样亮D．L3灯比原来亮【解答】解：三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变．A、由上分析可知，L1灯比原来亮，故A正确；B、由上分析可知，L2灯比原来暗，故BC错误；D、由上分析可知，L3灯和原来一样亮，故D错误；故选：A．11．（3分）（2015•贵州模拟）如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（）A．B．C．D．【解答】解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象．故选：C．二、解答题（共3小题，满分0分）12．（2015•贵州模拟）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm 的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过R的电荷量为多少？【解答】解：（1）根据E m=NBωS，可得感应电动势的最大值：E m=100×0.5×0.12×2πV=3.14V；（2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=E m cos t（V）；当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V；（3）根据法拉第电磁感应定律可得转60°角的过程中产生的平均感应电动势大小为：=N=N=1.5V=2.6V（4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：U=R=×4V=1.256V=1.78V；（5）线圈转动一周外力所做的功为：W=EIT=（6）周期内线圈转过60°角，通过R的电量q，由公式可得：电q=t=•=8.66×10﹣2 C；答：（1）转动过程中感应电动势的最大值3.14V；（2）线圈转过60°角时的瞬时感应电动势1.57V；（3）线圈转过60°角过程中产生的平均感应电动势2.6V；（4）电压表示数1.78V；（5）线圈转动一周外力所做的功为2J；（6）线圈转过60°角通过电阻R的电荷量8.66×10﹣2 C；13．（2006•广东）某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10﹣8Ω•m，导线横截面积为1.5×10﹣4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失．【解答】解；（1）输电线路的电阻为R=ρ=Ω=⨯⨯⨯∙Ω⨯-6.25105.1800002104.2248-m m m 输电线上损失的功率为△P=4%P=4%×104KW=400KW=400000W由△P=I 2R 得 I===125A有P=UI 得U===8×104V（2）输电线路上电压损失为△U=IR=125A ×25.6Ω=3200V答：（1）升压变压器的输出电压为8×104V ；（2）输电线上损失的电压为3200V14．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v ，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【解答】解：（1）若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；（2）设滑块冲上传送带时的速度为v 0．在弹簧弹开滑块的过程中，根据机械能守恒定律得：E p=①滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：﹣μmgL=﹣②联立得：弹簧具有的弹性势能E p=μmgL+．（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为S=vt，又对滑块：v=v0﹣at，a==μg，滑块与传送带的相对位移为△S=L﹣S故整个过程中产生的热量Q=μmg△S联立以上四式得：Q=μmgL﹣mv（﹣v）。

2016年贵州省重点高中高考物理预测押题卷（8） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共18.0分)1.某人把原来静止于地面上的质量为2kg 的物体向上提起1m ，并使物体获得1m /s 的速度，取g =10m /s 2，则过程中（ ）A.人对物体做功20 JB.合外力对物体做功21 JC.物体的重力势能增加20 JD.物体的机械能增加1 J【答案】C【解析】解：A 、设人对物体做功为W ，根据动能定理得，W-mgh =12mv 2-0，代入解得W=21J ，故A 错误；B 、由动能定理得，合外力做功W 合=12mv 2=1J ，故B 错误；C 、物体向上运动的过程中，重力做负功，为W G =-mgh =-20J ，则物体重力势能增加20J ，故C 正确；D 、除重力之外的力所做的功等于物体机械能的增加量，△E=W=21J ，故D 错误； 故选：C ．物体向上运动的过程中，重力做负功-mgh ，人对物体做正功，两个力的总功等于物体动能的变化，根据动能定理求解人对物体做功和合外力做功．重力对物体做负功，物体的重力势能增加．本题考查动能定理和重力做功与重力势能变化关系的应用能力．求合力做功，往往优先考虑动能定理．2.质量为m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为45g ，在物体下落h 的过程中，下列说法中不正确的是（ ）A.物体的动能增加了45mghB.物体的机械能减少了45mghC.物体克服阻力所做的功为15mghD.物体的重力势能减少了mgh【答案】B【解析】解：A 、根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为45g ，那么物体的合力为45mg ， w 合=45mgh ，所以物体的动能增加了45mgh ．故A 正确．B 、重力做功w G =mgh ，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh ，物体的动能增加了45mgh ，即机械能就减少了15mgh ．故B 不正确．4得阻力为15mg ，所以阻力做功w f =-fh =-15mgh ．所以物体克服阻力所做的功为15mgh ，故C 正确．D 、重力做功w G =mgh ，重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh ，故D 正确．故选B ．要知道并能运用功能关系．合力做功量度动能的变化．除了重力其他的力做功量度机械能的变化．重力做功量度重力势能的变化．功是能量转化的量度，要熟悉什么力做功与什么能转化对应起来，并能够通过求某力做了多少功知道某种形式的能的变化了多少．3.如图所示，木块A 放在木块B 上左端，用力F 将A 拉至B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功为W 1，产生的热量为Q 1；第二次让B 可以在光滑地面上自由滑动，这次F 做的功为W 2，产生的热量为Q 2，则应有（ ）A.W 1＜W 2，Q 1=Q 2B.W 1=W 2，Q 1=Q 2C.W 1＜W 2，Q 1＜Q 2D.W 1=W 2，Q 1＜Q 2【答案】A【解析】解：木块从木板左端滑到右端克服摩擦力所做的功W=fs ，因为木板不固定时木块的位移要比固定时长，所以W 1＜W 2．摩擦产生的热量Q=fs 相对，两次都从木板左端滑到右端，相对位移相等，所以Q 1=Q 2．故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A根据W=F scos θ，比较克服摩擦力所做的功，摩擦产生的热量Q=fs 相对，通过比较相对位移比较摩擦产生的热量．解决本题的关键掌握摩擦力做功的求法，以及知道摩擦产生的热量Q=fs 相对．4.如图所示为变压器的示意图，它被用来升高发电机的输出电压，下列说法中正确的是（ ）A.图中M 是闭合的铁芯，它由整块铁组成B.发电机应与线圈I 相连，升高后的电压由c 、d 两端输出C.发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a 、b 两端输出D.发电机的输出电压频率高于输入电压的频率【答案】C【解析】解：A 、图中M 是闭合的铁芯，它由硅钢片组成，故A 错误；B 、发电机应与线圈Ⅱ相连，升高后的电压由a 、b 两端输出，故B 错误，C 正确；D 、发电机的输出电压频率等于输入电压的频率，故D 正错误故选C ．变压器时根据磁通量的变化来工作的，原线圈的磁通量的变化引起副线圈的磁通量的从而使副线圈感应出电动势，出现电流，变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，电本题主要考查学生对：电磁感应现象的应用，及变压器的原理的认识和了解．难度不大，属于基础题．5.如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述错误的是（）A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【答案】C【解析】解：A、增加输电导线的横截面积，根据电阻定律知可以减小输电线的电阻，从而减少损失的功率．故A正确．B、根据P=UI，输电电压越高，输电电流越小，再根据P损=I2R知，损耗的功率越小．故B正确．C、输电电压一定，输送功率越大，输电电流越大，根据P损=I2R知，损失的功率越大．故C错误．D、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，所以不一定是电压越高越好．故D正确．本题选错误的，故选：C．根据P=UI，得出输电电流与输送功率的关系，再根据P损=I2R得出损失的功率与什么因素有关．解决本题的关键掌握输电功率与输电电压的关系，以及损失功率与输电电流的关系．6.理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（）A.副线圈输出电压的频率为50H zB.副线圈输出电压的有效值为310VC.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D.P向右移动时，变压器的输出功率减小【答案】A【解析】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50H z，所以A正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压V，所以B错误．的最大值为31V，所以电压的有效值为V=√2C、原副线圈电流之比等于匝数的反比，故原副线圈的电流之比不变，故C错误．D、P右移，R变小，原副线的电流都变大．而电压不变，故功率增大，故D错误；根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)7.一理想自藕变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A.若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB.若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C.若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D.若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大【答案】BD【解析】解：A、电流与匝数成反比，原线圈的匝数等于副线圈的匝数I A＜I C，A错误；B、所以由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，B正确；C、当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，由于输入功率等于输出功率，C错误；D、若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，输出电压增大，副线圈的电流增大，则通过A处的电流也增大，D正确；故选：BD．输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．三、单选题(本大题共4小题，共12.0分)8.如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的以下说法错误的是（）A.周期是0.02sB.最大值是311 VC.有效值是220 VD.表达式为u=220sin100πt（V）【答案】D【解析】解：A、由图象知周期为0.02s，故A正确；B、由图象知最大值为311V，故B正确；C、电压的有效值为：U==220V，故C正确；√2D、瞬时值表达式为：u=311sin100πt V，故D错误；本题选错误的，故选：D．式以及有效值等．本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．9.两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1Q等于（）2A.3：1B.1：2C.2：1D.4：3【答案】B【解析】解：两种交变电流的最大值为I m．I m．对于正弦式电流有效值为：I1=√22对于方波，有效值为：I2=I m．根据焦耳定律得：Q1=I12RTQ2=I22RT则Q1：Q2=1：2故选：BI m；对根据焦耳定律Q=I2R t求解热量，其中I是有效值．对于正弦式电流有效值I1=√22于方波，有效值I2=I m．对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．10.如图所示，当交流电源的电压（有效值）U=220V，频率f=50H z，3只灯L1、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100H z，则（）A.L1灯比原来亮B.L2灯比原来亮C.L2灯和原来一样亮D.L3灯比原来亮【答案】A【解析】解：三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变．A、由上分析可知，L1灯比原来亮，故A正确；B、由上分析可知，L2灯比原来暗，故BC错误；D、由上分析可知，L3灯和原来一样亮，故D错误；故选：A．三个支路电压相同，当交流电频率变化时，会影响电感的感抗和电容的容抗，从而影响流过电感和电容的电流．解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关．记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析．X L=2πL f，X C=12πcf．11.如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t=0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变小，所以感应电流方向是a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象．故选：C．矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电．则由楞次定则可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大．本题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向．四、计算题(本大题共3小题，共30.0分)12.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；周期内通过R的电荷量为多少？（6）16【答案】解：（1）根据E m =NB ωS ，可得感应电动势的最大值：E m =100×0.5×0.12×2πV=3.14V ；（2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e =E m cos 2πt （V ）；当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e =1.57V ；（3）根据法拉第电磁感应定律可得转60°角的过程中产生的平均感应电动势大小为： E =N △∅△t =NBSsin60°−0π3ω=1.5√3V=2.6V （4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有： U=E R+r R=3.14√24+1×4V=1.256√2V=1.78V ；（5）线圈转动一周外力所做的功为：W=EIT=E 2r+R T =3.1425×1=2J （6）16周期内线圈转过60°角，通过R 的电量q 电，由公式可得：q =I t =E R+r•T6=8.66×10-2 C ； 答：（1）转动过程中感应电动势的最大值3.14V ；（2）线圈转过60°角时的瞬时感应电动势1.57V ；（3）线圈转过60°角过程中产生的平均感应电动势2.6V ；（4）电压表示数1.78V ；（5）线圈转动一周外力所做的功为2J ；（6）线圈转过60°角通过电阻R 的电荷量8.66×10-2 C ；【解析】（1）先根据E m =NB ωS 求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值；（2）先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；（3）利用法拉第电磁感应定律，求出平均感应电动势；（4）电压表测量的是电阻R 的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解．（5）通过最大值求出有效值，根据W=EIT 求解； （6）线圈由如图位置转过π3周期内，通过R 的电量为：q =t =N⋅△ΦR+r ．本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大；线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．13.某发电站的输出功率为104k W ，输出电压为4k V ，通过理想变压器升压后向80km 远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10-8Ω•m ，导线横截面积为1.5×10-4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：（1）升压变压器的输出电压；（2）输电线路上的电压损失．【答案】解；（1）输电线路的电阻为R=ρLS =2.4×10-8Ω•m×2×80000m1.5×10−4m2=25.6Ω输电线上损失的功率为△P=4%P=4%×104KW=400KW 由△P=I2R得I=√△PR =√400000W25.6Ω=125A有P=UI得U=PI =1×107125=8×104V（2）输电线路上电压损失为△U=IR=125A×25.6Ω=3200V答：（1）升压变压器的输出电压为8×104V；（2）输电线上损失的电压为3200V【解析】（1）由电阻公式R=ρLS可求得输电线的电阻，由△P=4%P可求出损失的功率，由△P=I2R可求出电流，最后由P=UI求出电压（2）由公式△U=IR可求出损失电压本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压，不是发电机的输出电压．14.如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】解：（1）若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；（2）设滑块冲上传送带时的速度为v0．12滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：-μmg L=12mv2-12mv02②联立得：弹簧具有的弹性势能E p=μmg L+12mv2．（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为S=vt，又对滑块：v=v0-at，a=μmgm=μg，滑块与传送带的相对位移为△S=L-S故整个过程中产生的热量Q=μmg△S联立以上四式得：Q=μmg L-mv（√v2+2μgL-v）答：（1）滑块在传送带上的运动情况为：若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块在传送带上由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；（2）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能为μmg L+12mv2．（3）滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量是μmg L-mv（√v2+2μgL-v）．【解析】（1）滑块被弹出的速度可能大于带速，可能小于带速，分别分析滑块所受的滑动摩擦力方向，判断其运动情况．（2）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能等于滑块获得的动能．若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，滑块向右向右做匀减速运动，根据动能定理求出初动能，即可由机械能守恒求得弹性势能．（3）要求热量，必须求出滑块与传送带间的相对位移△S，先由运动学公式求出滑块运动的时间，传送带的位移为S=vt，△S=L-S，即可由Q=μmg△S求出热量．解答本题的关键要根据受力情况，来分析滑块的运动情况，运用机械能守恒、动能定理和运动学结合进行求解．。

物理（贵州卷01）-2024年高考押题预测卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动。

在MN边与磁场方向的夹角达到30°的时刻（图示位置），导线框中产生的瞬时电动势e的大小和线框此时电流的方向分别为（已知线框按俯视的逆时针方向转动）（）A ．BSω，电流方向为KNMLK B．BSω，电流方向为KNMLKC ．BSω，电流方向为KLMNK D．BSω，电流方向为KLMNK第(2)题如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为和的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为，现用水平力F拉B物体，使A、B以同一加速度运动，则F的最大值为（ ）A．B．C．D．第(3)题某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理书竖直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，整个下落过程的频闪照片如图所示，已知物理书的长度为l，重力加速度为g，忽略空气阻力，该频闪摄影的闪光频率为（ ）A．B．C．D．第(4)题1885年，瑞士科学家巴尔末对当时已知的氢原子在可见光区的4条谱线（记作、、和）作了分析，发现这些谱线的波长满足一个简单的公式，称为巴尔末公式。

这4条特征谱线是玻尔理论的实验基础。

如图所示，这4条特征谱线分别对应氢原子从能级向能级的跃迁，下面4幅光谱图中，合理的是（选项图中标尺的刻度均匀分布，刻度尺从左至右增大）（ ）A ．B ．C ．D ．第(5)题科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：和，下列表述正确的有（ ）A ．X 是质子B ．Y 的质子数是3，中子数是6C ．氘和氚的核反应是核聚变反应D ．两个核反应都没有质量亏损第(6)题从地面抛出做竖直上抛运动的物体，在落地前（ ）A ．位移的方向变化一次B ．速度的方向不变C ．加速度的方向变化一次D ．速度变化量的方向不变第(7)题如图所示，一根轻绳一端固定于天花板的A 点，另一端悬挂于天花板的B 点，绳上挂一质量为m 的光滑圆环。