物理选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷十一+Word版含解析.docx

2021年高考物理一轮复习滚动测试十第一-十章综合测试（含解析）鲁科版一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8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)1.下列说法正确的是( )A.汽车“严禁超速”,是为了减小汽车的惯性B.秒、摩尔、安培均是国际单位制中的基本单位C.分子很小,任何情况下都可把它看成质点D.平行板电容器所带电荷量不变时,减小两板间的距离,两板间的电压将增大解析:因惯性的唯一量度是质量,故“严禁超速”不是为了减小汽车的惯性,而是减小汽车在撞击时受到的冲量,A错误;分子虽然很小,但当研究分子与其体积、形状、大小有关的因素时,不能将其看作质点,如:研究分子内部结构、自旋等,C错误;根据C=,C=得:U=,可知:保持Q不变,减小极板间的距离,电压减小,D错误,正确的只有B。

答案:B2.下列四个实验现象中,不能表明电流能产生磁场的是( )A.甲图中,导线通电后磁针发生偏转B.乙图中,通电导线在磁场中受到力的作用C.丙图中,当电流方向相同时,导线相互靠近D.丁图中,当电流方向相反时,导线相互远离解析:甲图中小磁针发生偏转是由于受到了电流产生的磁场作用;丙、丁中两电流间的相互作用是通过电流产生的磁场发生的;乙图中导体棒受到力是由于受到了磁铁磁场作用,故选B。

答案:B3.(xx·西工大附中适应性训练)如图,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,P为屏上的一小孔,PC与MN垂直。

一群质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力),以相同的速度v,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。

粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内,且散开在与PC夹角为θ范围内。

则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为( )A. B.C. D.解析:从最左边射出的粒子与从最右边射出的粒子,到达MN同一点,从PC射出的粒子到达的点最远,为直径,所以打中的区域长度为:s=2R-2R cosθ=。

单元滚动检测卷一考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.周日，小明随家长驾车行驶在高架路上，如图1所示，看到车窗外的路灯杆疾速向后运动，当汽车上坡时，小明发现家长降低了车速，当汽车驶入凹形路面时，小明感到与座椅之间的压力发生了变化．上述材料提及“车窗外的路灯杆疾速向后运动”，这里所选的参考系是()图1A．小明乘坐的汽车B．路面C．其他路灯杆D．高架护栏答案 A2．温州南塘，每年端午龙舟比赛热闹非凡，如图2是龙舟在进行500 m的直道比赛，下列说法正确的是()图2A．研究队员的划桨动作，可将队员看成质点B．以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的C．获得第一名的龙舟，撞线时的速度一定很大D ．获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小 答案 D3．一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( ) A ．质点可能做匀减速直线运动 B ．5 s 内质点的位移为35 m C ．质点运动的加速度为1 m/s 2 D ．质点第3 s 末的速度为5 m/s 答案 B解析 根据平均速度v ＝x t 知，x ＝v t ＝2t ＋t 2，对比x ＝v 0t ＋12at 2知，质点的初速度v 0＝2 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2，质点做匀加速直线运动，故A 、C 错误.5 s 内质点的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝2×5m ＋12×2×25 m ＝35 m ，故B 正确．质点第3 s 末的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋2×3 m/s ＝8 m/s ，故D 错误．4. 2017年8月份开始，浙江高速公路都将实施“区间测速”．交警局一位负责人解释，区间测速是一项先进的监控手段，利用车辆通过前后两个监控点的时间计算平均车速的简单原理，只需测算距离与通行时间就可以换算出有没有超速行为，图3为高速公路的一个交通标志，一辆汽车于8月2日上午8∶03通过监测起点时速度为115 km/h ，上午8∶11通过监测终点时的速度也为115 km/h ，由此可判断( )图3A ．汽车在该测速区间以115 km/h 的速度做匀速运动B ．汽车在起点和终点之间的速度都小于120 km/hC ．根据区间测速的原理，该汽车超速了D ．在该测速区间，汽车某时刻的瞬时速度不可能为100 km/h 答案 C解析 20 km 的距离若以限速120 km/h 行驶，需要10分钟时间，而给出的时间间隔只有8分钟，所以一定有以超过120 km/h 的速度行驶的过程，C 正确．5．如图4所示，在《奔跑吧兄弟》栏目中，邓超抱着脸盆从静止开始加速一段时间后，然后趴在脸盆上以一定的初速度向前减速滑动直到停止，已知他整个过程用时4.8 s ，位移为12 m ．若不计下趴过程的时间，加速和减速阶段都可视为匀变速直线运动，从上述条件可确定( )图4A ．加速阶段的加速度B ．加速阶段的时间C ．刚趴在脸盆上的初速度D ．减速阶段发生的位移 答案 C解析 邓超先从静止匀加速到最大速度后直接匀减速减到零，根据匀变速直线运动的规律可知全过程的平均速度是最大速度的一半，则有总位移x ＝12v max t 总，由总位移和总时间可以计算最大速度，即刚趴在脸盆上的初速度，选项C 正确；仅根据总位移和总时间，而不知道加速和减速的时间，无法求解加速、减速过程的加速度以及对应的位移，选项A 、B 、D 错误． 6．一辆汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，某时刻关闭发动机而做匀减速直线运动，加速度大小为4 m/s 2，则关闭发动机后，汽车通过48 m 所需时间为( ) A ．4 s B ．5 s C ．6 s D ．7 s 答案 A解析 由位移公式得x ＝v 0t －12at 2，解得t 1＝4 s ，t 2＝6 s ，因为汽车经t 0＝v 0a ＝5 s 停止，故t 2＝6 s 舍去，故只有选项A 正确．7．(2018·绍兴市期末)滴滴车主小张行驶在绿云路(308省道)上，在甲处接到订单，导航地图显示乘客上车地点(以下记为乙处)就在笔直的绿云路上，汽车若以v 匀速行驶，到达乙地所需的时间为t ；汽车实际以速度v 0从甲地出发，按地图导航匀速前进，快到某个路口时为礼让斑马线上的行人紧急刹车，汽车刹停后(绿灯已亮起)又立即匀加速到v 0，继续匀速前进，从开始刹车到加速至v 0的时间为t 0，汽车刹车、加速过程中的加速度大小相等．汽车仍然在t 时间内赶到了乙地，则汽车匀速运动的速度v 0为( ) A.v t t －t 02 B.v t t ＋t 02 C.v t t －t 0 D.v tt ＋t 0答案 A8．建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住用以砌墙．如图5所示，若某次以10 m/s 的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，g 取10 m/s 2，空气阻力可以忽略，则( )图5A ．砖块上升的最大高度为10 mB ．砖块上升的时间为1 sC ．抛出后经0.5 s 上升的高度为最大高度的一半D ．抛出后上升过程砖块做变减速直线运动 答案 B解析 由h ＝v 022g 得，砖块上升的最大高度h ＝5 m ，选项A 错误；砖块上升的时间t ＝v 0g ＝1 s ，选项B 正确；抛出后经0.5 s 上升的高度h ′＝v 0t ′－12gt ′2＝10×0.5 m －12×10×0.52 m ＝3.75m ，选项C 错误；抛出后砖块加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D 错误． 9．乘热气球(图6甲)飞行已成为人们喜欢的航空体育运动．如图乙所示，为某次热气球升空过程中的v －t 图象(取竖直向上为正方向)，则以下说法正确的是( )图6A ．0～10 s 内，热气球的平均速度为5 m/sB ．30～40 s 内，热气球竖直向下运动C ．30～40 s 内，吊篮中的人处于超重状态D ．0～40 s 内，热气球上升的总位移大小为150 m 答案 D10.如图7所示为甲、乙两物体相对于同一参考系的x －t 图象，下列说法中正确的是( )图7A ．甲、乙两物体的出发点相距x 02B ．甲、乙两物体都做匀速直线运动C ．甲物体比乙物体晚出发的时间为t 1D ．甲、乙两物体向同方向运动 答案 B解析 由题图可知，甲从距原点x 0处出发，乙由原点出发，故两物体出发点相距x 0，A 选项错误；两图线都是倾斜直线，即两物体都做匀速直线运动，B 选项正确；甲开始计时就出发，乙在计时后t 1时刻才出发，故甲比乙早出发的时间为t 1，C 选项错误；甲、乙图线的斜率分别为负值和正值，表明甲、乙运动方向相反，D 选项错误．11．将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4 s 末落到井底．该小球开始下落后第2 s 内和第4 s 内的平均速度之比是( ) A ．1∶3 B ．2∶4 C ．3∶7 D ．1∶4 答案 C解析 根据公式v ＝gt 可得，第1 s 末小球的速度为：v 1＝g ，第2 s 末小球的速度为v 2＝2g ，所以第2 s 内的平均速度为v 1＝v 1＋v 22＝32g ，第3 s 末小球的速度为v 3＝3g ，第4 s 末小球的速度为v 4＝4g ，所以第4 s 内的平均速度v 2＝v 3＋v 42＝72g ，故v 1∶v 2＝3∶7.12．一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初3 s 内通过的位移与最后3 s 内通过的位移之比为x 1∶x 2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2，则汽车制动的总时间( ) A ．t >6 s B ．t ＝6 s C ．4 s<t <6 s D ．t ＝4 s答案 D解析 设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度为a ，运动总时间为t ，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后3 s 内通过的位移x 2＝12at 12＝92a ，在最初3 s 内通过的位移x 1＝12at 2－12a (t －3)2＝12a (6t －9)，又x 1∶x 2＝5∶3，解得t ＝4 s ，故A 、B 、C 错误，D 正确．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分) 13．下列说法中正确的是( )A ．在直线运动中质点的路程等于位移的大小B ．第3 s 末到第6 s 初的时间间隔是3 sC ．物体只在重力作用下由静止开始的运动叫自由落体运动D ．瞬时速度保持不变的运动是匀速直线运动 答案 CD解析 在有往返的直线运动中质点的路程大于位移的大小，A 项错误；第3 s 末到第6 s 初的时间间隔是2 s ，B 项错误．14.某物体沿水平方向运动，规定向右为正方向，其v －t 图象如图8所示，则( )图8A ．在0～1 s 内做曲线运动B ．在1～2 s 内速度方向向左C ．在第2 s 末离出发点最远D ．在1～2 s 和2～3 s 内的加速度方向相反 答案 C解析 质点在0～1 s 内做变加速直线运动，故A 错误；在1～2 s 内，物体的速度在减小，但方向为正，表示仍然向右运动，故B 错误；在v －t 图象中图线与时间轴所围面积为物体运动的位移，在前2 s 内物体一直向右运动，2 s 后向左运动，故在第2 s 末离出发点最远，故C 正确；由题图可知，在1～2 s 和2～3 s 内的加速度方向相同，D 错误．15．一质点沿x 轴运动，其位置x 随时间t 变化的规律为x ＝15＋10t －5t 2(x 的单位为m ，t 的单位为s)．下列关于该质点运动的说法正确的是( ) A ．该质点的加速度大小为5 m/s 2 B ．t ＝3 s 时刻该质点速度为零C ．0～3 s 内该质点的平均速度大小为5 m/sD ．物体处于x ＝0处时其速度大小为20 m/s 答案 CD解析 由x ＝15＋10t －5t 2知v 0＝10 m/s ，a ＝－10 m/s 2，故A 错误； 由v ＝v 0＋at ，t ＝3 s 时，v ＝－20 m/s ，故B 错误； t ＝3 s 时x ＝0，t ＝0时，x ＝15 m ，则0～3 s 内平均速度v ＝Δx Δt ＝0－153m/s ＝－5 m/s ，即大小为5 m/s ，故C 正确；当x ＝0时得t ＝3 s ，则v ＝v 0＋at ＝－20 m/s ，速度大小为20 m/s ，故D 正确．16．(2018·丽水一中月考)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为98mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s 答案 A解析 根据匀变速直线运动的位移公式有x 1＝v 0t 1＋12at 12，x 2＝v 0(t 1＋t 2)＋12a (t 1＋t 2)2－x 1，解得v 0＝3.5 m/s ，a ＝－1 m/s 2；设物体从开始到停止运动的位移为x ，所用时间为t ，根据匀变速直线运动的位移速度关系式和速度公式有0－v 02＝2ax ，v 0＋at ＝0， 解得x ＝498 m ，t ＝3.5 s ，因此x 3＝x －x 1－x 2＝98 m ，所用时间t 3＝t －t 1－t 2＝1.5 s ，位移x 3内的平均速度大小v 3＝x 3t 3＝0.75 m/s ，所以不正确选项为A.非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17.(6分)2007年10月24日，中国第一颗探月卫星“嫦娥一号”在西昌卫星发射中心顺利升空，如图9所示是某航空爱好者用数码相机以每隔2.5 s 一张的频率拍摄的关于火箭起始加速阶段的一组照片，拍摄过程中数码相机用三脚架固定在地面上，已知火箭的长度为40 m ，用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图所示，则：图9(1)火箭的加速度大小a＝________m/s2.(2)火箭在照片中第二个像所对应时刻的瞬时速度大小v＝________m/s.答案(1)8(2)42解析从照片上看，照片1 cm相当于实际长度20 m，量出前后两段位移分别为4.0 cm和6.5 cm，对应的实际位移分别为80 m和130 m，由Δx＝aT2，可得a＝8 m/s2；再根据这5 s内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得照片中第二个像所对应时刻的瞬时速度大小v＝80＋1305m/s＝42 m/s.18．(8分)(2018·9＋1高中联盟联考)某同学用如图10甲所示器材探究小车速度随时间变化的规律，实验中得到如图乙所示纸带，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F共6个计数点，其中计数点F在图乙中未显示．(计时器的工作频率为50 Hz)图10(1)下列说法正确的是________．A．释放小车前，小车应置于靠近滑轮处B．图示计时器所需电源为6 V交流电源C．需先接通计时器电源，再让小车运动D．若遇停电，可改用蓄电池给计时器供电(2)计数点B对应的刻度尺读数为________ mm；(3)计数点B对应的小车速度大小为________ m/s；(保留3位有效数字)(4)实验测得计数点C、D、E对应的小车速度分别为v C＝0.350 m/s、v D＝0.398 m/s、v E＝0.442 m/s，以打A点开始计时，在图11所示坐标系中作出小车的v－t图象，并根据图象求出小车运动的加速度a＝________ m/s2.图11答案 (1)C (2)33.0(32.8～33.2均可) (3)0.305(0.303～0.307均可) (4)如图所示 0.46(0.42～0.50均可)19．(8分)一个滑雪运动员，从85 m 长的山坡上匀加速滑下，初速度为1.8 m/s ，滑到山坡底端的末速度为5.0 m/s ，求：(1)下滑过程中的平均速度v 的大小； (2)下滑的加速度a 的大小； (3)下滑的时间t .答案 (1)3.4 m/s (2)0.128 m/s 2 (3)25 s 解析 (1)根据匀变速直线运动中平均速度公式 v ＝v 0＋v2，有 v ＝1.8＋5.02m/s ＝3.4 m/s. (2)由v 2－v 02＝2ax 得，a ＝v 2－v 022x ，代入数据得a ＝0.128 m/s 2， (3)由v ＝v 0＋at 得，t ＝v －v 0a ，代入数据得t ＝25 s.20．(10分)如图12为某高速公路出口的ETC 通道示意图．一汽车驶入ETC 通道，到达O 点的速度v 0＝30 m/s ，此时开始减速，到达M 时速度减至6 m/s ，并以6 m/s 的速度匀速通过MN 区．已知MN 的长度d ＝36 m ，汽车减速运动的加速度a ＝－3 m/s 2，求：图12(1)O 、M 间的距离x ； (2)汽车从O 到N 所用的时间t . 答案 (1)144 m (2)14 s解析 (1)由公式v 2－v 02＝2ax 得x ＝v 2－v 022a＝144 m(2)汽车从O 到M 减速运动，由公式v ＝v 0＋at 1 得t 1＝v －v 0a＝8 s汽车从M 到N 匀速运动所用时间t 2＝dv ＝6 s 汽车从O 到N 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝14 s.21．(10分)在某次载人飞船返回地面的模拟演练中，测得模拟舱距地面9 m 时速度为12 m/s ，并以这个速度匀速降落，在距地面1.2 m 时，模拟舱的缓冲发动机开始向下喷火，舱体开始匀减速降落直至到达地面速度为0.求： (1)模拟舱匀减速阶段的加速度大小； (2)模拟舱从9 m 高处落到地面所用的时间． 答案 (1)60 m/s 2 (2)0.85 s解析 (1)模拟舱以v 0＝12 m/s 的初速度在距地面x 1＝1.2 m 处开始做匀减速直线运动，加速度大小设为a ，由匀变速运动的规律有0－v 02＝－2ax 1 代入数据，解得a ＝60 m/s 2(2)设模拟舱从x ＝9 m 处匀速运动至x 1＝1.2 m 处历时t 1， 由匀速直线运动的规律可知t 1＝x －x 1v 0代入数据，解得t 1＝0.65 s 设匀减速直线运动历时t 2，由匀变速直线运动的规律可知t 2＝0－v 0－a代入数据，解得t 2＝0.2 s所以模拟舱从9 m 高处落到地面所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.85 s.22．(10分)公交车已成为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等许多作用．某日，某中学黄老师在家访途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他的速度是1 m/s ，公交车的速度是15 m/s ，黄老师距车站的距离为50 m ．假设公交车在行驶到距车站25 m 处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间为8 s ．而黄老师因年龄、体重、体力等因素最大速度只能达到6 m/s ，最大起跑加速度只能达到2.5 m/s 2. (1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？ (2)试计算分析，黄老师是应该上这班车，还是等下一班车． 答案 见解析解析 (1)公交车刹车的加速度a 1＝0－v 122x 1＝0－1522×25m/s 2＝－4.5 m/s 2 故其加速度的大小为4.5 m/s 2.(2)公交车从相遇处到开始刹车用时t 1＝x －x 1v 1＝50－2515 s ＝53s 公交车刹车过程用时t 2＝0－v 1a 1＝103s 黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时t 3＝v 2－v 3a 2＝6－12.5s ＝2 s 黄老师加速过程中的位移x 2＝v 2＋v 32t 3＝7 m 以最大速度跑到车站的时间t 4＝x －x 2v 2＝50－76s ≈7.2 s t 1＋t 2<t 3＋t 4<t 1＋t 2＋8 s所以黄老师应该上这班车． 经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

实蹲市安分阳光实验学校滚动检测2 电流与磁场(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共9个小题，每题7分，共63分)1．1954年，我国地质探矿队伍发现，在某地一面积约4万平方公里的地磁场十分异常．据此，勘探队伍推测该地下可能蕴藏着( )．A．铜矿 B. 铁矿C. 煤矿D.解析根据铁矿产生的磁场对该处地磁场有影响可知，答案为B.答案B2．《晚报》曾报道一则消息：“信鸽从古放飞后，历经20余天，返回区鸽巢”，信鸽的这种惊人的远距离辨认方向的本领，实在令人称奇，人们对信鸽有高超的认路本领的原因提出了如下猜想：A．信鸽对地形地貌有极强的记忆力B．信鸽能发射并接收某种超声波C．信鸽能发射并接收某种次声波D．信鸽体内有某种磁性物质，它能借助地磁场辨别方向那么信鸽究竟靠什么辨别方向呢？家们曾做过这样一个：把几百只训练有素的信鸽分成两组，在一组信鸽的翅膀下各缚一块小磁铁，而在另一组信鸽的翅膀下各缚一块大小相同的铜块，然后把它们带到离鸽舍一距离的地方放飞，结果绝大缚铜块的信鸽飞回鸽舍，而缚磁铁的信鸽飞散了．家的支持了上述哪种猜想( )．解析这是一道要求从阅读试题的过程中收集信息、分析处理信息的用类题，题中设计了一个陷阱(似乎家的表明信鸽辨别方向的能力与磁场无关，否则缚有小磁铁的一组信鸽怎会全飞散呢？)．然而其实D是正确的，因为信鸽所缚的小磁铁所产生的磁场扰乱了它靠体内磁性物质借助地磁场辨别方向的能力，所以缚磁铁的一组信鸽飞散．答案D3．表明：磁体能吸引一元硬币．对这种现象的解释正确的是 ( )．A．硬币一是铁做的，因为磁体能吸引铁B．硬币一是铝做的，因为磁体能吸引铝C．磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多D．硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引解析根据磁性的义，磁体能吸引硬币，说明硬币含有磁性材料，但不能确具体是什么材料，故选项A、B均错误；磁体的磁性越强，只能说明其吸引力越大，而不能说明其吸引的物质种类多，故选项C错误；用排除法可知，选项D正确．答案D4．下列可能发生相互作用的是( )．A．静止电荷对固通电直导线B．固磁铁对静止电荷C．磁铁对运动电荷D．磁铁对电流解析各种磁铁间、电流间、电流与磁极间发生作用的实质是运动电荷之间通过磁场发生相互作用．因此，根据磁体间作用的相互性可知，磁体不可能对静止电荷产生磁场力．故选项A、B错误，选项C、D正确．答案CD5．关于感电动势的大小，下列说法正确的是( )．A．穿过闭合回路的磁能量最大时，其感电动势一最大B．穿过闭合回路的磁通量为零时，其感电动势一为零C．穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时，其感电动势一为零D．穿过闭合回路的磁通量由不为零变为零时，其感电动势一不为零答案D图16．如图1所示，一段导线abcd位于磁感强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc ＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示．则导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力( )．A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILB[C．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILB[D．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB解析本题考查安培力的大小与方向的判断．该导线可以用a和d之间的直导线长为(2＋1)L来效代替，根据F＝BIL，可知大小为(2＋1)BIL，方向根据左手则判断．A正确．答案A图27．如图2所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其央的上方固一根长直导线，导线与磁铁垂直．给导线通以垂直纸面向里的电流，用N表示磁铁对桌面的压力，用f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线通电后与通电前相比较( )．A．N减小，f＝0 B．N减小，f≠0C．N增大，f＝0 D．N增大，f≠0解析由于直接对磁铁进行受力分析较为复杂，可以根据牛顿第三律，选取导线作为研究对象．如图所示，画出一条通过电流I处的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手则可知导线受安培力方向竖直向上，由牛顿第三律可知，电流对磁铁的作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用．答案C[图38．如图3所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I的方向从M到N，绳子的拉力均为F.为使F＝0，可能达到要求的方法是( )．A．加水平向右的磁场B．加水平向左的磁场C．加垂直纸面向里的磁场D．加垂直纸面向外的磁场解析由于绳子的拉力为零，所以直导线所受的安培力向上，由左手则可知，磁场方向垂直纸面向里．故C正确．答案C9．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器．其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．下列说法正确的是( )．A．该传感器是根据电流的磁效工作的B．该传感器是根据电磁感原作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D ．膜片振动时，金属线圈中不会产生感电流解析当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场的线圈切割磁感线．穿过线圈的磁通量发生改变，产生感电流，从而将声音信号转化为电信号，这是电磁感的工作原理．故选项B正确，选项A、C、D均错误．答案B[二、非选择题(共37分)图410．如图4所示，矩形导线框abcd，其中ac和bd平行，相距30 cm，放在具有理想边界MN的匀强磁场中，MN左侧的磁场方向垂直于纸面向外，磁感强度B1＝0.6 T；MN右侧的磁场方向垂直纸面向里，磁感强度B2＝1.2 T．线框的ab边跟MN相距0.6 m，另有一根导线PQ放在线框abdc上，距ab边0.4 m，求穿过PQ和ab围成的闭合回路的磁通量是多少？如果将导线PQ向右移动，移动多远时，穿过PQ、ab所围面积的磁通量为零？解析如图所示，设ab、PQ相距0.4 m时穿过PQ和ab围成的闭合回路abQP的磁通量为Φ1，则Φ1＝B1S abQP＝B1·ab·aP＝0.6×0.3×0.4 Wb＝0.072 Wb，设将导线PQ向右移动到P′Q′位置时，穿过PQ和ab所围面积的磁通量为0，则[Φ＝B1S abN M－B2S MNQ′P′＝B1·aM·ab－B2(l－PM)·ab＝0，所以B1·aM＝B2(l－PM)即有式0.6×0.6＝1.2[l－(0.6－0.4)]解得l＝0.5 m答案0.072 Wb 0.5 m图511．如图5所示，一个边长为L的正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间均匀变化满足B＝kt规律，已知细线所能承受的最大拉力F T＝2mg，求从t＝0时起，经多长时间细线会被拉断？解析设t时刻细线恰被拉断，由题意知，B＝kt①金属框中产生的感电动势E＝ΔBΔt·S＝kL2/2②金属框受到的安培力：F＝BIL＝BELR＝BkL32R③由力的平衡条件得，F T＝mg＋F④解①、②、③、④得t ＝2mgRk 2L3.答案 2mgRk 2L 3图612．在倾角为α的光滑斜轨上，置有一通有电流I 、长L 、质量为m 的导体棒，如图6所示．(1)欲使导体棒静止在斜轨上，所加匀强磁场的磁感强度B 的最小值为多少？方向如何？(2)欲使导体棒静止在斜轨上，且对斜轨无压力，所加匀强磁场的磁感强度B 的大小是多少？方向如何？解析 (1)导体棒在光滑斜轨上除受重力和支持力外，还受安培力的作用．为使其静止在斜面上，最小安培力的方向沿斜面向上，其受力如图甲所示．由左手则可知，磁场方向垂直于斜面向上．图甲由平衡条件可知：BIL ＝mg sin α， 所以磁感强度的最小值为：B ＝mgILsin α.图乙(2)通电导线静止在斜轨上，且对斜面无压力时，只受重力和安培力作用，故安培力竖直向上，所加匀强磁场水平向左，其受力情况如图乙所示．由平衡条件得：B ′IL ＝mg ，所以磁感强度的大小为：B ′＝mg IL.答案 (1)mgILsin α 垂直斜面向上(2)mg /IL 水平向左。

高中同步测试卷(十一)期末测试卷(B)(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列各图中能产生感应电流的是( )2．闭合电路中产生的感应电动势的大小取决于此回路的( )A．磁通量B．磁通量的变化量C．磁通量变化的快慢D．在磁场中运动的快慢3．(多选)关于电磁场的产生，下列叙述正确的是( )A．静止的电荷周围一定有磁场B．运动的电荷周围一定有磁场C．电容器充、放电时，导体中的电流能产生磁场D．磁体移动时能产生电场4．下列关于信息化社会的说法不正确的是( )A．现代信息技术的三大基础是信息的拾取、传输和处理B．传感器能代替、补充、延伸人的感觉器官功能C．日光灯的启动器利用了双金属温度传感器D．光敏电阻传感器无光照射时电路中电流大，有光照射时电路中电流小5．(多选)在下列说法中符合实际的是( )A．医院里常用X射线对病房和手术室消毒B．医院里常用紫外线对病房和手术室消毒C．在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力D．在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力6.如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是( )A ．恒定直流、小铁锅B ．恒定直流、玻璃杯C ．变化的电流、小铁锅D ．变化的电流、玻璃杯7．下列说法正确的是( )A ．远距离输电要用高电压，是为了减少输电线上的电能损失B ．交流发电机发出的电流方向不变C ．升压变压器的原、副线圈匝数相同D ．电磁感应现象是牛顿发现的8．如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时( )A ．原、副线圈磁通量之比为1∶2B ．原、副线圈电流之比为1∶2C ．输入功率和输出功率之比为1∶2D ．原、副线圈电压之比为1∶29．某交流电电压为u ＝102sin 314t (V)，则( ) A ．击穿电压为10 V 的电容器能直接接在此电源上 B ．把电磁打点计时器接在此电源上，打点周期为0.01 sC ．把额定电压为10 V 的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡将被烧坏D ．把额定电压为10 V 的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光 10.如图所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔB Δt 均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为( )A ．πr2ΔB ΔtB ．L2ΔB ΔtC ．n πr2ΔB ΔtD ．nL2ΔB Δt11．北京广播电台发射“中波”段某套节目的信号、家用微波炉中的微波、VCD 机中的激光(可见光)、人体透视用的X 射线，都是电磁波，它们的频率分别为f 1、f 2、f 3、f 4，则以下排序正确的是( )A ．f 1>f 2>f 3>f 4B ．f 1<f 2<f 3>f 4C．f1<f2<f3<f4D．f1>f2<f3<f412．关于电磁波的应用，下列说法正确的是( )A．电磁波在真空中的速度为c＝3.00×108 m/sB．在电磁波谱中，紫外线的频率比γ射线的频率大C．只有高温的物体才能发射红外线D．手机只能接收电磁波，不能发射电磁波13.如图所示的电路中，L是一带铁芯的线圈，R为电阻．两条支路的直流电阻相等．那么在接通和断开电键的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系是( )A．接通时I1<I2，断开时I1>I2B．接通时I1<I2，断开时I1＝I2C．接通时I1>I2，断开时I1<I2D．接通时I1＝I2，断开时I1<I214．(多选)如图所示，一个理想变压器原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、功率分别为U1和U2、P1和P2.已知n1＞n2，则( )A．U1＞U2，P1＜P2B．P1＝P2，I1＜I2C．I1＜I2，U1＞U2D．P1＞P2，I1＞I2题号1234567891011121314 答案15．把一个铜环放在匀强磁场中，使环的平面与磁场的方向垂直，如图甲所示，如果使环沿着磁场的方向移动，铜环中______(填“能”或“不能”)产生感应电流，因为________．如果磁场是不均匀的，如图乙所示，铜环中________(填“能”或“不能”)产生感应电流，因为__________________．16．将普通光敏电阻R、数字电流表A、电源E按下图连接．闭合开关S，当太阳光直接照射光敏电阻R时，电流表示数为I1；当用课本挡住直射到光敏电阻R上的太阳光时，电流表示数为I2；当用黑纸把光敏电阻R完全包裹起来时，电流表示数为I3.则I1________I2________I3(填“＞”、“＝”或“＜”)．17．下面列出一些医疗器械的名称和这些器械运用的物理现象．请将相应的字母填写在运用这种现象的医疗器械后面的空格上．(1)X光机____________；(2)紫外线灯____________；(3)理疗医用“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得较好．这里的“神灯”是利用_____．A．光的全反射B．紫外线具有很强的荧光作用C．紫外线具有杀菌消毒作用D．X射线具有很强的贯穿能力E．红外线具有显著的热作用F．红外线波长较长，易发生衍射18．如图为理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接在一个标有“12 V 100 W”的灯泡上．已知变压器初、次级线圈匝数之比为18∶1，那么灯泡正常工作时，图中的电压表读数为________V，电流表读数为________A.三、计算题(本题共4小题，共32分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 19．(6分)太阳光从太阳出发后经500 s到达地球表面，由此可以判断太阳到地球表面的距离是多少？20．(8分)在一个1 000匝的线圈中，0.4 s内穿过它的磁通量从0.02 Wb均匀增加到0.09 Wb，求线圈中的感应电动势．如果线圈的电阻是10 Ω，把它跟一个电阻为990 Ω的电热器串联在一起组成闭合电路时，10 min内通过电热器产生的热量是多少？21.(8分)某高速公路自动测速仪的原理如图甲所示，雷达向汽车驶向的方向发射不连续的电磁波，每次发射时间为10－6s，相邻两次发射时间间隔为t，当雷达向汽车发射无线电波时，在显示屏上呈现一个尖形波，在收到反射回来的无线电波时，在荧光屏上呈现第二个尖形波．根据两个波的距离，可以计算出汽车距雷达的距离．根据自动打下的纸带，如图乙所示，请求出车速．22．(10分)发电站用200 kV的电压向远处送电，输送功率为104kW，输电线电阻为400 Ω.求：(1)输电线上电流多大？(2)输电线上功率损失多大？(3)降压变压器输入功率多大？输入电压多大？参考答案与解析1．[导学号37900221] 【解析】选B.产生感应电流的条件是闭合回路中的磁通量发生变化，选项A中磁通量没有变化，选项C、D中穿过线框的磁通量都为零，没有变化，只有选项B中穿过线框的磁通量减少，符合条件的只有选项B.2．[导学号37900222] 【解析】选C.因电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故感应电动势取决于此回路的磁通量变化的快慢．3．[导学号37900223] 【解析】选BCD.根据麦克斯韦的电磁场理论，静止的电荷产生的电场是恒定的，不会产生磁场，而运动的电荷能产生变化的电场，从而进一步产生磁场．导体中的电流能产生磁场，这是丹麦物理学家奥斯特发现的．磁体移动时产生了变化的磁场，因而有电场产生．4．[导学号37900224] 【解析】选D.光敏电阻传感器无光照射时电路中电流小，有光照射时电路中电流大，D 错，其他选项均正确．5．[导学号37900225] 【解析】选BD.紫外线具有杀菌、消毒的作用，X 射线穿透能力较强，因此医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒，用X 射线透视人体；在人造地球卫星上对地球进行拍摄是利用射线容易透过云雾烟尘，因而用波长较长的红外线，所以答案为B 、D.6．[导学号37900226] 【解析】选C.通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温．7．[导学号37900227] 【解析】选A.交流电的方向发生变化，变压器原、副线圈的匝数和电压的关系为U 1U 2＝n 1n 2；电磁感应现象是英国科学家法拉第发现的．8．[导学号37900228] 【解析】选B.理想变压器原、副线圈的磁通量总相等，A 错；电流之比等于原、副线圈匝数的反比I 1I 2＝n 2n 1，B 对；输入功率总等于输出功率，C 错；电压与匝数满足U 1U 2＝n 1n 2，D 错．9．[导学号37900229] 【解析】选D.电容器的击穿电压应该是交流电的最大值，所以A 错．交流电的频率为50 Hz ，周期为0.02 s ，B 错．小灯泡的额定电压为有效值，C 错误，D 正确．10．[导学号37900230] 【解析】选D.磁场的有效面积S ＝L 2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔB Δt，选项D 正确．11．[导学号37900231] 【解析】选C.按照频率从小到大排列的电磁波谱依次是无线电波、微波、可见光、X 射线，故选项C 正确．12．[导学号37900232] 【解析】选 A.电磁波能够在真空中传播，且传播速度为3.00×108m/s ，选项A 正确；由电磁波谱可知，γ射线频率最大，选项B 错误；任何物体都能发射红外线，手机既能发射电磁波，又能接收电磁波，选项C 、D 错误．13．[导学号37900233] 【解析】选B.电键接通时由于L 阻碍电流的增大，所以I 1<I 2，电键断开瞬间A 1和A 2构成一串联闭合回路，所以电流I 1＝I 2.14．[导学号37900234] 【解析】选BC.由于是理想变压器，电能无损失，有P 1＝P 2.根据变压公式U 1U 2＝n 1n 2，由于n 1＞n 2，有U 1＞U 2.根据电流关系I 1I 2＝n 2n 1，由于n 1＞n 2，有I 1＜I 2.15．[导学号37900235] 不能 穿过铜环的磁通量不变 能 穿过铜环的磁通量发生变化16．[导学号37900236] 【解析】光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，光直接照射光敏电阻R 时，电阻减小；用黑纸把光敏电阻R 完全包裹起来时，电阻变大，故I 1最大，I 3最小．【答案】＞ ＞17．[导学号37900237] 【解析】(1)X 光机是用来透视人的体内器官的，因此需要具有较强穿透能力的电磁波，但又不能对人体造成太大的伤害，因此采用了X 射线．(2)紫外线灯主要是用来杀菌的，因此它应用的是紫外线的杀菌作用而非荧光作用． (3)“神灯”又称红外线灯，主要是用于促进局部血液循环，它利用的是红外线的热效应，使人体局部受热，血液循环加快．【答案】(1)D (2)C (3)E18．[导学号37900238] 【解析】分析理想变压器问题时应注意正确应用电压关系和电流关系，特别是初、次级线圈功率相等的关系．由公式U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝U 2n 1n 2＝216 V ；因理想变压器的初、次级线圈功率相等，所以I 1＝P 1U 1＝P 2U 1＝0.46 A ，即电压表、电流表读数分别为216 V 、0.46 A.【答案】216 0.4619．[导学号37900239] 【解析】光速c ＝3×108m/s ，由s ＝ct 可得日地距离为：s ＝3×108×500 m ＝1.5×1011m.【答案】1.5×1011m20．[导学号37900240] 【解析】线圈中的感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝1 000×0.09－0.020.4V ＝175 V. 线圈与电热器串联后，电路中的电流I ＝E R 1＋R 2＝17510＋990A ＝0.175 A ； 10 min 内通过电热器产生的热量Q ＝I 2R 2t ＝0.1752×990×10×60 J ≈1.8×104 J.【答案】175 V 1.8×104J21．[导学号37900241] 【解析】第一次测量时汽车距雷达距离s 1＝ct 12，第二次测量时汽车距雷达距离s 2＝ct 22，两次发射时间间隔为t ，则汽车车速v ＝s t ＝s 1－s 2t ＝c （t 1－t 2）2t. 【答案】c （t 1－t 2）2t22．[导学号37900242] 【解析】(1)输送功率为104kW ，输送电压为200 kV ，则输送电流I ＝P U ＝1072×105A ＝50 A.(2)输电线损失功率为发热功率： ΔP ＝I 2R ＝502×400 W ＝1 000 kW. (3)降压变压器的输入功率为： 104kW －103kW ＝9 000 kW ，损失电压ΔU ＝IR ＝50×400 V ＝20 000 V ， 输入电压为：200 kV －20 kV ＝180 kV. 【答案】见解析。

滚动检测1 电荷与电场(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共9个小题，每题7分，共63分)1．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为( )．A．毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上B．毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上C．橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上D．橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上解析摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体上，中性的物体若缺少了电子带正电，多余了电子就带负电．由于毛皮的原子核束缚电子的本领比橡胶棒弱，在摩擦的过程中毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上，缺少了电子的毛皮带正电，所以A正确．答案 A2．下列说法正确的是( )．A．摩擦起电是创造电荷的过程B．接触起电是电荷转移的过程C．玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电D．带等量异种电荷的两个导体接触后，电荷会消失，这种现象叫做电荷的湮灭解析任何起电过程是本质都是电荷的转移，电荷不会被创造，故A项错、B项对．玻璃棒和其他物体摩擦可能带正电也可能带负电，所以C项错．D选项中，电荷并没有消失或湮灭，只是正负电荷数目相等，表现为中性，故D错．答案 B图13．如图1所示，挂在绝缘细线下的轻质带电小球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以( )．A．甲图中两球一定带异种电荷B．乙图中两球一定带同种电荷C．甲图中两球至少有一个带电D．乙图中两球至少有一个带电解析两球相互吸引的可能有两个：一是带异种电荷；二是一个带电，另一个被感应带电后吸引，因此A错误、C正确；两球相斥一定是带同种电荷，故B正确、D错误．答案BC[图24．绝缘细线上端固定，下端悬挂一个轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图2所示．现使a、b分别带正、负电，则( )．A．b将吸引a，接触后不放开B．b吸引a，接触后又与a分开C．a、b之间不发生相互作用D．b立即把a排斥开解析因a带正电，b带负电，异种电荷相互吸引，轻质小球a将向b靠拢并与b接触．若a、b原来带电荷量不相等，则当a与b接触后，两球先中和一部分原来电荷，然后将剩余的电荷重新分配，这样就会带上同种电荷(正电或负电)，由于同种电荷相互排斥，两球将会被排斥开．若a、b原来带电荷量相等，则a、b接触后完全中和而都不带电，a、b将自由分开．答案 B5．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下图中表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是( )．解析由于验电器原来不带电，因此，验电器的金属球和箔片带异号电荷，A、C两项错误；验电器靠近带电金属球的一端感应出与带电金属球异号的电荷，D项错误．答案 B图36.一负电荷由电场中的A点静止释放，只受静电力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图象如图3所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是( )．解析由v－t图象可知负电荷做加速运动，故静电力方向指向B，则电场方向应指向A，A、D错误；由v－t图象可知加速度逐渐增大，表示场强越来越大，所以C正确、B错误．答案 C图47.如图4所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是()．A．该电场是匀强电场[B．a点的电场强度比b点的大C．b点的电场强度比a点的大D．正电荷在a、b两点所受电场力方向相同解析由图可以看出a处的电场线比b处密，故A、C选项错，B选项正确，a点的切线方向与b点不同，故D错．答案 B图58.如图5所示a、b为以负点电荷Q为圆心的同一圆周上的两点，a、c两点在同一条电场线上，则以下说法中正确的是( )．[ A．a、b两点场强大小相等B．同一检验电荷在a、b两点所受静电力相同C．a、c两点场强大小关系为E a>E cD ．a 、c 两点场强方向相同解析 由点电荷产生的场强的特点知，a 、b 两点场强大小相等，但方向不同，a 、c 两点场强方向相同，但大小不等，越靠近点电荷场强越大，故只有A 、D 正确．答案 AD9．在电场中把质量为m 的正点电荷q 从静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下列说法正确的是( )．A ．点电荷运动轨迹必与电场线重合B ．点电荷的速度方向必定和所在点的电场线的切线方向一致C ．点电荷的加速度方向必定与所在点的电场线的切线方向一致D ．点电荷的受力方向必定与所在点的电场线的切线方向一致解析 正点电荷q 由静止释放，如果电场线为直线，电荷将沿电场线运动，但如果电场线是曲线，电荷一定不沿电场线运动(因为如果沿电场线运动，其速度方向与受力方向重合，不符合曲线运动的条件)，故A 选项不正确；由于点电荷做曲线运动时，其速度方向与静电力方向不再一致(初始时刻除外)，故B 选项不正确；而点电荷的加速度方向，也即电荷所受静电力方向必与该点场强方向一致，即与所在点的电场线的切线方向一致，故C 、D 选项正确．[答案 CD二、非选择题(共37分)图610．在如图6所示的匀强电场中，有一轻质棒AB ，A 点固定在一个可以转动的轴上，B 端固定有一个大小可忽略、质量为m ，带电荷量为Q 的小球，当棒静止后与竖直方向的夹角为θ，求匀强电场的场强．解析 小球受重力mg 、棒拉力T ，还应受到水平向右的电场力F ，故Q 为正电荷，由平衡条件：T sin θ－F ＝0 T cos θ＝mg所以F ＝mg tan θ 又由F ＝QE ，得E ＝mg tan θQ. 答案mg tan θQ图711.如图7所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B ，A 带电＋Q ，B 带电－9Q .现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷都处于平衡状态，问：C 应带什么性质的电荷？应放于何处？所带电荷量为多少？解析 根据平衡条件判断，C 应带负电，放在A 的左边且和AB 在一条直线上．设C 带电荷量为q ，与A 点相距为x ，则以A 为研究对象，由平衡条件：kqQ A x 2＝k Q A Q Br2① 以C 为研究对象，则kqQ A x 2＝k qQ B（r ＋x ）2② 解①②得x ＝12r ＝0.2 m ，q ＝－94Q故C 应带负电，放在A 的左边0.2 m 处，带电荷量为－94Q .答案 C 应带负电 放在A 的左边0.2 m 处 －94Q图812．如图8所示，半径为R 的橡胶圈均匀带有电荷量为＋Q 的电荷，另一带电荷量为＋q 的点电荷放在圆心O 上，由于对称性，点电荷受力为零，若在橡胶圈上剪去一小段l (l 很小)，则此时置于圆心的点电荷所受力的大小为多少？方向如何？(已知静电力常量k )解析 由于橡胶圈均匀带电，原来每条直径两端相等长度的电荷对圆心处点电荷＋q 的库仑力相互平衡．当在橡胶圈A 处剪去长为l 的一小段后，因为是橡胶圈，其余部分的电荷分布不改变，所以其他直径两端电荷对球心处＋q 的作用力仍相互平衡，剩下的就是与A 相对的B 处长度也等于l 的电荷对它的作用力，又因为l 很小，所以l 可以当作点电荷，适用于库仑定律．B 处长为l 的橡胶圈的电荷量为q B ＝lQ2πR根据库仑定律，它对中心＋q 作用力大小为：F ＝k q B q R 2＝k lQq 2πR R 2＝k lqQ 2πR3，其方向由球心指向小孔中心．答案 k lqQ2πR 3，其方向由球心指向小孔中心。

单元滚动检测卷十考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列图中，A图是真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金；B图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C图是安检门可以探测人身是否携带金属物品；D图是工人穿上包含金属丝的织物制成的衣服可以高压带电作业，不属于涡流现象的是()答案 D解析工作服用包含金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D中属于静电屏蔽.其余均为涡流现象.2.(2018·温州市九校联盟期末)把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动.如图1，平面1比平面2高，轨道1半径是轨道2半径的2倍.则()图1A.小球做匀速圆周运动时受到重力、支持力、向心力B.同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的2倍C.同一个小球在轨道1对漏斗壁的压力是在轨道2对漏斗壁压力的2倍D.同一个小球在轨道1的向心加速度等于在轨道2的向心加速度答案 D3.(2018·温州市十五校联合体期中)如图2所示，平行板电容器与电动势为E(内阻不计)的电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则()图2A.带电油滴将沿竖直方向向下运动B.上极板的电势将升高C.带电油滴的电势能将减小D.电容器的电容减小，极板带电荷量增大答案 A4.(2018·书生中学月考)如图3所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A、B，原来两球不带电时，上、下两根细线的拉力分别为F A、F B，现在两球带上同种电荷后，上、下两根细线的拉力分别为F A′，F B′，则()图3A.F A＝F A′，F B>F B′B.F A＝F A′，F B<F B′C.F A<F A′，F B>F B′D.F A>F A′，F B>F B′答案 B解析运用整体法研究两个质量相等的小球A和B，设质量均为m，不管A、B是否带电，整体都受重力和上方细线的拉力，则由平衡条件得：上方细线的拉力F A＝F A′＝2mg.再隔离B研究，不带电时受重力和下方细线的拉力，由平衡条件得：F B＝mg.带电时受重力、下方细线的拉力和A对B的向下的排斥力.由平衡条件得：F B′＝F斥＋mg，即F B′>mg.所以F B<F B′，故B正确，A、C、D错误.5.(2018·温州市六校期末)2017年11月15日，我国又一颗第二代极轨气象卫星“风云三号D”成功发射，顺利进入预定轨道.极轨气象卫星围绕地球南北两极运行，其轨道在地球上空650～1 500 km 之间，低于地球静止轨道卫星(高度约为36 000 km)，可以实现全球观测.有关“风云三号D ”，下列说法中正确的是( )A.“风云三号D ”轨道平面为赤道平面B.“风云三号D ”的发射速度可能小于7.9 km/sC.“风云三号D ”的周期小于地球静止轨道卫星的周期D.“风云三号D ”的加速度小于地球静止轨道卫星的加速度答案 C解析 “风云三号D ”是极轨气象卫星，围绕地球南北两极运行，故A 错误；要成为地球卫星，发射速度一定是7.9 km/s ≤v <11.2 km/s ，发射速度小于7.9 km/s 将落回地面，故B 错误；“风云三号D ”的轨道半径小于地球静止轨道卫星的轨道半径，根据T ＝4π2r 3GM，知“风云三号D ”的周期小于地球静止轨道卫星的周期，故C 正确；根据a ＝GM r2，知“风云三号D ”的加速度大于地球静止轨道卫星的加速度，故D 错误.6.如图4所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度.下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )图4答案 A7.高空“蹦极”是勇敢者的游戏.如图5所示，蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速度地从跳台上落下.若不计空气阻力，则( )图5A.弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大B.由静止下落到最低点的过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功C.由静止下落到最低点的过程中，运动员的机械能守恒D.从弹性绳开始伸直到最低点，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大 答案 B8.矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图6甲所示.磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示.t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4 s 时间内，导线框ad 边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是选项图中的( )图6答案 D解析 根据题图乙，由E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt 和I ＝E R可知，在0～4 s 时间内的感应电流大小恒定.根据楞次定律可知，在0～2 s 时间内，电流方向为顺时针方向；在2～4 s 时间内，电流方向为逆时针方向；根据左手定则可知ad 边所受安培力方向：在0～1 s 时间内向左，在1～2 s 时间内向右，在2～3 s 时间内向左，在3～4 s 时间内向右，从而排除A 、C 选项.由F 安＝BL ad I ，电流大小不变，B 均匀变化时，安培力均匀变化，因此B 错，D 对.9.(2018·温州市期中)老师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻.第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图7甲所示.第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示.下列关于这两个趣味实验的说法正确的是( )图7A.图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B.图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C.图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D.图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动答案 C解析 题图甲中，仅仅调换N 、S 极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故A 、B 错误；题图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，各圈导线之间都产生了相互吸引的作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，不断重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故C 正确，D 错误.10.如图8所示，金属棒ab 、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab 在匀强磁场B 中沿导轨向右运动，则( )图8A.ab 棒不受安培力作用B.ab 棒所受安培力的方向向右C.ab 棒向右运动速度越大，所受安培力越大D.螺线管A 端为N 极答案 C解析 金属棒ab 沿导轨向右运动时，所受安培力方向向左，以“阻碍”其运动，选项A 、B错误.金属棒ab 沿导轨向右运动时，感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝E R ，安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v R，可见，选项C 正确.根据右手定则可知，流过金属棒ab 的感应电流的方向是从b 流向a ，所以流过螺线管的电流方向是从A 端到B 端，根据右手螺旋定则可知，螺线管的A 端为S 极，选项D 错误.11.(2017·浙江11月选考·8)如图9所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直.以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )图9A.粒子一定带负电B.粒子的速度大小v ＝B EC.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化答案 C解析 粒子做直线运动，说明竖直方向受力平衡，即q v B ＝qE ，可得v ＝E B，选项B 错误；当v ＝E B时，无论粒子带正电还是负电，在竖直方向均受力平衡，选项A 错误；如果粒子速度大小改变，就会导致洛伦兹力变化，因此粒子将做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D 错误.12.(2019届绍兴一中模拟)在图10所示的宽度范围内，用匀强电场可使以初速度v 0垂直射入电场的某种正离子偏转θ角，若改用垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场时偏转角也为θ，则电场强度E 和磁感应强度B 之比为( )图10A.1∶cos θB.v 0∶cos θC.tan θ∶1D.v 0∶sin θ答案 B解析 设该离子的质量为m ，电荷量为＋q ，场区宽度为L ，离子在电场中做类平抛运动，则有：L ＝v 0t ①a ＝qE m ②tan θ＝at v 0③ 由①②③得：tan θ＝qEL m v 02④ 离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，q v 0B ＝m v 02R⑤ 由几何知识得：sin θ＝L R⑥ 由⑤⑥得：sin θ＝qBL m v 0⑦ 由④⑦式解得：E B ＝v 0cos θ，B 正确，A 、C 、D 错误. 二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.如图11，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打在屏P 上.不计重力.下列说法正确的有( )图11A.a 、b 均带正电B.a 在磁场中飞行的时间比b 的短C.a 在磁场中飞行的路程比b 的短D.a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近答案 AD解析 离子要打在屏P 上，离子都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，A 项正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由q vB ＝m v 2r和T ＝2πm qB可知，它们做圆周运动的半径和周期相同，作出运动轨迹如图所示，a 在磁场中运动的时间比b 的长，B 项错误；由t ＝s v 可知，a 在磁场中运动的路程比b 的长，C 项错误；由运动轨迹图可知，D 项正确.14.如图12所示为电磁驱动器的原理图.其中①为磁极，它被固定在电动机②的转轴上，金属圆盘③可以绕中心轴转动，圆盘与转轴间的阻力较小，整个装置固定在一个绝缘支架④上.当电动机转动时，金属圆盘也将转动起来.下列有关说法中正确的是( )图12A.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速小于磁极的转速B.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速等于磁极的转速C.将金属圆盘换成绝缘盘，它也会跟着磁极转动D.当电动机突然卡住不转时，金属圆盘很快会停下来答案 AD解析 根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，金属圆盘与磁极的转动方向相同，但快慢不一，金属圆盘的转速一定比磁极的转速小，故A 正确，B 错误.将金属圆盘换成绝缘盘，盘中没有感应电流，不受安培力，不会跟着磁极转动，故C 错误；当电动机突然被卡住不转时，由于金属圆盘产生感应电流，受到安培力，而安培力将阻碍金属圆盘与磁极间的相对运动，所以金属圆盘很快会停下来，故D 正确.15.用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径.如图13所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，方向垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt＝k (k ＜0).则( )图13A.圆环中产生沿逆时针方向的感应电流B.圆环具有扩张的趋势C.圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪krS 2ρD.图中a 、b 两点间的电势差的绝对值为⎪⎪⎪⎪k πr 24答案 BD解析 k ＜0，磁通量均匀减小，根据楞次定律可知，圆环中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为E ＝⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ·πr 22＝⎪⎪⎪⎪k πr 22，则圆环中的电流大小为I ＝E ρ·2πr S ＝⎪⎪⎪⎪kSr 4ρ，选项C 错误；|U ab |＝E 2＝⎪⎪⎪⎪k πr 24，选项D 正确. 16.如图14所示，PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，ab 杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T.现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等.则( )图14A.R 2＝6 ΩB.R 1上消耗的电功率为0.375 WC.a 、b 间电压为3 VD.拉ab 杆水平向右的拉力大小为0.75 N答案 BD解析 等效电路图如图所示，ab 杆切割磁感线产生感应电动势，由于ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，6R 2R 2＋6＝2，解得R 2＝3 Ω，A 错误；E ＝Bl v ＝3 V ，R 总＝4 Ω，总电流I ＝E R 总＝0.75 A ，路端电压U ab ＝IR 外＝34×2 V ＝1.5 V ，C 错误；P 1＝U ab 2R 1＝0.375 W ，B 正确；ab 杆所受安培力F ＝BIl ＝0.75 N ，ab 杆匀速移动，因此拉力大小为0.75 N ，D 正确.非选择部分三、非选择题(本题共5小题，共52分)17.(8分)(1)在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电表及开关按如图15所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N 连接到________(选填“a ”“b ”“c ”或“M ”)，M 连接到________(选填“a ”“b ”“c ”或“N ”).正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P 向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转.由此可以判断__________.图15A.线圈A 向上移动或滑动变阻器滑动端P 向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转B.线圈A 中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转C.滑动变阻器的滑动端P 匀速向左或匀速向右滑动，都能使灵敏电流计指针静止在中央D.因为线圈A 、线圈B 的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向(2)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要选用下列仪器中的________.A.220 V 的交流电源B.学生电源C.交流电压表D.交流电流表在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”).答案 (1)a c B (2)BC 减小18.(10分)在用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：(g 取10 m/s 2)(1)运用公式12m v 2＝mgh 来验证时，对实验条件的要求是________，为此，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近________.(打点时间间隔为0.02 s)(2)若实验中所用重锤质量m ＝1 kg ，打点纸带如图16所示，打点时间间隔为0.02 s ，则记录B 点时，重锤速度v B ＝________，重锤动能E k ＝________；从开始下落起至B 点，重锤的重力势能减小量是________.由此可得出的结论是______________.(结果均保留两位有效数字)图16(3)根据纸带算出相关各点的速度v ，量出下落距离h ，则以v 22为纵轴，以h 为横轴画出的图象应是图中的( )答案 (1)从静止开始下落 2 mm(2)0.79 m/s 0.31 J 0.32 J 在实验误差允许的范围内机械能是守恒的 (3)C解析 (1)重力势能转化为动能，实验条件的要求是从静止开始下落，即初速度为0，第1、2两点的距离h ＝12gt 2且t ＝0.02 s ，可得h ＝2 mm.(2)B 点是A 、C 两点的中间时刻，v B ＝x AC 2T＝0.79 m/s ，重锤动能E k ＝12m v B 2≈0.31 J.重锤重力势能的减少量ΔE p ＝mgh B 且h B ＝32.4 mm ，代入可得ΔE p ≈0.32 J.重锤重力势能的减少量近似等于重锤动能的增加量，可得出结论：在实验误差允许的范围内机械能是守恒的.(3)由12m v 2＝mgh ，整理可得v 22＝gh ，所以v 22－h 图线是一条过原点的倾斜直线，图线的斜率为重力加速度g ，C 正确.19.(10分)如图17所示，AB 为固定在竖直平面内的14光滑圆弧轨道，其半径为R ＝0.8 m.轨道的B 点与光滑水平地面相切，质量为m ＝0.2 kg 的小球由A 点静止释放，g 取10 m/s 2.求：图17(1)小球滑到最低点B 时，小球速度v 的大小；(2)小球刚到达最低点B 时，轨道对小球支持力F N 的大小；(3)小球通过光滑的水平地面BC 滑上底部与水平地面相切的固定曲面CD ，恰能到达最高点D ，D 到地面的高度为h ＝0.6 m ，小球在曲面CD 上克服摩擦力所做的功W f 是多少？ 答案 (1)4 m/s (2)6 N (3)0.4 J解析 (1)小球从A 到B 的过程，由动能定理得：mgR ＝12m v 2 则得：v ＝2gR ＝4 m/s.(2)小球刚到达最低点B 时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R则有：F N ＝3mg ＝6 N(3)对于小球从A 运动到D 的整个过程，由动能定理得：mgR －mgh －W f ＝0则有：W f ＝mg (R －h )＝0.4 J.20.(12分)在竖直平面内有一矩形区域ABCD ，AB 边长L ，AD 边长2L ，F 为AD 边中点，G 为BC 边中点，线段FG 将ABCD 分成两个场区.如图18所示，场区Ⅰ内有一竖直向下的匀强电场，场区Ⅱ内有方向、大小未知的匀强电场(图中未画出)和方向垂直ABCD 平面向里的匀强磁场.一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球以平行于BC 边的速度v 从AB 边的中点O 进入场区Ⅰ，从FG 边飞出场区Ⅰ时速度方向改变了37°，小球进入场区Ⅱ做匀速圆周运动，重力加速度为g ，求：图18(1)场区Ⅱ中的电场强度E 2的大小及方向；(2)场区Ⅰ中的电场强度E 1的大小；(3)要使小球能在场区Ⅱ内从FG 边重新回到场区Ⅰ的磁感应强度B 的最小值.答案 (1)mg q 方向竖直向上 (2)3m v 24qL －mg q (3)18m v 7qL解析 (1)由带电小球在场区Ⅱ中做匀速圆周运动可知，E 2q ＝mg ，得E 2＝mg q小球带正电，所受电场力方向竖直向上，可知E 2方向竖直向上(2)小球在场区Ⅰ中做类平抛运动，平抛运动时间t ＝L v ，带电小球飞出场区Ⅰ时，竖直方向的速度v 竖＝v tan 37°＝34v ，则a ＝34v t ＝3v 24L由牛顿第二定律得E 1q ＋mg ＝ma得E 1＝3m v 24qL －mg q(3)由类平抛运动规律得，小球在场区Ⅰ中的竖直位移y ＝12at 2＝38L 当小球在场区Ⅱ中的圆周轨迹与FD 边相切时，R 最大，由几何关系得R cos 37°＋R ＝12L ＋38L 解得R ＝3572L 此时R (1＋sin 37°)＝79L ＜L ， y ＋R (1－cos 37°)＝1736L ＜12L 即带电小球以此半径做圆周运动时不会从CG 边和CD 边射出磁场进入场区Ⅱ时小球速度v ′＝v 2＋v 竖2＝v 2＋⎝⎛⎭⎫34v 2＝54v 由Bq v ′＝m v ′2R ，得B ＝m v ′qR ＝18m v 7qL. 21.(12分)(2019届诸暨中学段考)如图19所示，两根足够长的光滑金属导轨G 1、G 2放置在倾角为α的斜面上，导轨间距为l ，电阻不计.在导轨上端并联接入两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡.整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直.现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，经过时间t 0，两灯泡开始并保持正常发光.金属棒下落过程中保持与导轨垂直，且与导轨接触良好.重力加速度为g .求：图19(1)磁感应强度B 的大小；(2)灯泡正常发光时金属棒的运动速率v ；(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，两小灯泡产生的总焦耳热.答案 (1)mg sin α2lR P (2)2P mg sin α(3)2t 0P －6P 2mg 2sin 2 α解析 (1)设灯泡额定电流为I 0则有P ＝I 02R ①流经MN 的电流I ＝2I 0②当两灯泡正常发光时，金属棒匀速下滑.mg sin α＝2BI 0l ③联立①②③得B ＝mg sin α2l R P④ (2)当两灯泡正常发光时，金属棒切割磁感线产生的电动势为E ＝Bl v ＝I 0R ⑤得v ＝2P mg sin α⑥ (3)在t ＝0至t ＝t 0期间，对金属棒运用动量定理，有Σ(mg sin α－iBl )Δt ＝Σm Δv ⑦得：t 0mg sin α－Bl Δq ＝m v ⑧设在t ＝0至t ＝t 0期间金属棒运动的距离为s ，则由法拉第电磁感应定律，得Δq ＝2Bls R⑨ 联立⑦⑧得s ＝mR (gt 0sin α－v )2B 2l 2⑩ 小灯泡产生的总焦耳热Q ＝mgs sin α－12m v 2⑪ 将④⑥⑩式代入⑪式，得Q ＝2t 0P －6P 2mg 2sin 2 α. 经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

单元滚动检测卷十一考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.一束由红、紫两种色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜.下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )答案　B2.一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中不正确的是( )A.洗衣机做的是受迫振动B.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大C.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小D.当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率答案　C解析　洗衣机的振动是因为电机振动而引起的，故为受迫振动，故A正确；洗衣机切断电源，脱水桶的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时脱水桶的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振.此后脱水桶转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故正常工作时洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、D正确，C错误.3.(2018·台州中学统练)纳米材料的抗拉强度几乎比钢材还高出100倍，使人们设想的太空电梯成为可能.其工作原理是从同步卫星高度的太空站竖直放下由纳米材料做成的太空电梯，固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图1所示.当太空电梯仓停在太空电梯中点P 时，对于太空电梯仓，下列说法正确的是( )图1A.处于平衡状态B.速度比同步卫星大C.向心加速度比同高度卫星的小D.处于完全失重状态答案　C4.(2018·新高考研究联盟联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中.游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行，其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落.如图2所示为游客们正坐在橡皮艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )图2A.合外力对游客做负功B.橡皮艇对游客不做功C.重力对游客做正功D.游客的机械能增加答案　C5.(2018·名校协作体联考)两个带等量正电的点电荷，固定在图3中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )图3A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最小D.q运动到O点时电势能为零答案　B6.(2018·温州市“十五校联合体”期中)如图4甲为某高速公路出口的ETC通道示意图.一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v0＝22 m/s，此时开始减速，到达M时速度减至v＝6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10 s，v－t图象如图乙，则下列计算错误的是( )图4A.汽车减速运动的加速度大小a ＝4 m/s 2B.O 、M 间中点的速度为14 m/sC.O 、M 间的距离为56 mD.汽车在ON 段平均速度大小为9.2 m/s 答案　B7.如图5所示，在M 点分别以不同的速度将两小球水平抛出.两小球分别落在水平地面上的P 点、Q 点.已知O 点是M 点在地面上的竖直投影，OP ∶PQ ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响.下列说法中正确的是( )图5A.两小球的下落时间之比为1∶3B.两小球的下落时间之比为1∶4C.两小球的初速度大小之比为1∶3D.两小球的初速度大小之比为1∶4答案　D解析　两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A 、B 错误；由于两球的水平位移之比为1∶4，根据v 0＝知，两小球的初速度大小之比为1∶4，故C 错误，D 正确.xt 8.(2018·嘉兴一中期末)如图6所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图6A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为2v 2g D.速度v 不能超过(2F －Mg )LM答案　D9.有些材料沿不同方向物理性质不同，我们称之为各向异性.如图7所示，长方体材料长、宽、高分别为a 、b 、c ，由于其电阻率各向异性，将其左右两侧接入电源时回路中的电流，与将其上下两侧接入该电源时回路中的电流相同，则该材料左右方向的电阻率与上下方向的电阻率之比为( )图7A. B. C. D.ac b 2a 2bc c 2a 2a 2b 2答案　C解析　其左右两侧接入电源时回路中的电流，与将其上下两侧接入该电源时回路中的电流相同，则其左右两侧接入电源时回路中的电阻值等于将其上下两侧接入该电源时回路中的电阻值，由电阻定律可得：ρ1·＝ρ2，所以＝，故C 正确，A 、B 、D 错误.a b ·c c a ·b ρ1ρ2c 2a210.(2018·牌头中学期中)智能扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能自动在房间内完成地板清理工作，现今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家电产品.如图8为某款智能扫地机器人，其参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率为60%.下列说法中正确的是( )图8产品名称科沃斯地宝尘盒容量0.3 L 清扫路线自由式液晶显示有电池容量5 000 mA·h充电器输出直流24 V/1 000 mA噪音≤60 dB 额定功率40 W 行走速度20 cm/s工作电压24 VA.该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3 hB.该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105 JC.该扫地机器人充满电后能工作5 hD.该扫地机器人充满电后能工作3 h 答案　B解析　由表格内的数据可知，电池的容量是5 000 mA·h ，充电器输出为1 000 mA ，则需要充电5 h ，故A 错误；电池容量q ＝5 000 mA·h ＝5 A·h ＝1.8×104 C ，最多能储存的能量为：W ＝qU ＝1.8×104×24 J ＝4.32×105 J ，故B 正确；额定功率为40 W ，所以工作的时间：t 1＝＝0.6WPs ＝6.48×103 s ＝1.8 h ，故C 、D 错误.0.6×4.32×10540二、选择题Ⅱ(本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)11.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象C.在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象D.照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉现象答案　BD解析　检查光学平面的平整程度利用了光的干涉现象，选项A错误；在光导纤维内传送图象利用了光的全反射，选项C错误.12.手机已经是现代人不可缺少的随身物品之一，它是借助电磁波来完成通信工作的.下列说法正确的是( )A.手机只是一个电磁波发射器，不是接收器B.手机既是一个电磁波发射器，又是电磁波接收器C.考场上使用的手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理D.考场上使用的手机信号屏蔽器是通过发射电磁波来干扰手机工作答案　BD解析　手机既是电磁波的发射器，也是电磁波的接收器，选项A错误，B正确；考场上使用的手机信号屏蔽器是通过发射电磁波来干扰手机工作的，选项C错误，D正确.13.(2019届余姚中学模拟)如图9所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度为1 m/s，下列说法正确的是( )图9A.此时P质点在向y轴正方向运动B.经过0.1 s，P、Q两质点的位移相同C.经过0.2 s ，Q 质点运动的路程为30 cmD.经过0.4 s ，P 质点向x 轴正方向移动了40 cm 答案　AC14.(2018·金华十校联考)将一条长x ＝16 m 的均匀弹性绳沿水平拉直，M 为绳的中点，两端的波源P 、Q 同时开始沿竖直方向上下振动，两波源振动0.4 s 产生的波形如图10，A 点距P 点4 m ，以下判断正确的是( )图10A.两列波的波速均为10 m/sB.波源Q 的振动频率为5 HzC.质点M 开始振动时，速度方向竖直向下D.从两波源开始振动经时间1 s ，质点M 恰好在平衡位置答案　ABD解析　两列波在同一介质中传播，波速相同，均为v ＝＝ m /s ＝10 m/s ，选项A 正确；Qs t 40.4的周期为T Q ＝＝＝0.2 s ，则频率为f Q ＝5 Hz ，选项B 正确；P 和Q 形成的波传到某点时引λv s 2v 起的振动都是向上的，则当两列波同时传到M 点时，开始振动的速度方向竖直向上，选项C 错误；经过1 s 时间，两列波传播的距离均为10 m ，即由P 在M 点引起的振动在平衡位置向下振动，由Q 在M 点引起的振动在平衡位置向上振动，则此时质点M 恰好在平衡位置，选项D 正确.15.图11是霓虹灯的供电电路图，变压器可视为理想变压器.已知变压器原线圈与副线圈匝数比＝，加在原线圈两端的电压为u 1＝311sin (100πt ) V.霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 kΩ，n 1n 2120I 1、I 2分别表示原、副线圈中的电流.下列判断正确的是( )图11A.副线圈两端电压为6 220 V ，副线圈中的电流为14.1 mAB.副线圈两端电压为4 400 V ，副线圈中的电流为10 mAC.I 1<I 2D.I 1>I 2答案　BD解析　原线圈两端电压的有效值U 1＝＝ V ≈220 V ，由变压比＝知，U 2＝＝4 400 V ，U m 23112U 1U 2n 1n 2U 1n 2n 1副线圈中的电流I 2＝＝ A ＝0.01 A ＝10 mA ，原、副线圈中的电流跟匝数成反比，U 2R 4 400440×103故I 1>I 2.故选B 、D.16.如图12所示，明暗相间的条纹是红光和蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，下列说法正确的是( )图12A.a 光是蓝光B.在同一种玻璃中a 光的传播速度小于b 光的传播速度C.b 光的光子能量较高D.当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，若a 刚好能发生全反射，则b 也一定能发生全反射答案　AB解析　根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝λ可得在其他条件不变的情况下，相干光的波长越ld大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，则a 光的频率大于b 光的频率，a 光是蓝光，b 是红光，根据E ＝hν可知，b 光的光子能量较低，故A 正确，C 错误；a 光的折射率大于b 光的折射率，根据v ＝知，在同一种玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，c n 故B 正确；当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，因a 光的临界角小，若a 刚好能发生全发射，则b 一定不会发生全反射，故D 错误.17.如图13所示，在平静水面下的一个点光源S 分别发出单色光a 、b ，照在水面上形成光斑；其中a 单色光照射形成的光斑比b 单色光照射形成的光斑大.则下列说法正确的是( )图13A.水对a 光的临界角比b 光的小B.a 光光子的能量比b 光的大C.a 光光子的动量比b 光的小D.a 光照射某金属能逸出光电子，则b 光照射该金属也一定能逸出光电子答案　CD18.如图14所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到平行玻璃砖的上表面，直线OO ′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点，下列说法正确的是( )图14A.在玻璃中，a 光的传播速度大于b 光的传播速度B.若b 光照到某金属表面发生了光电效应，则a 光照射到该金属表面也一定会发生光电效应C.同时增大入射角，则b 光在下表面先发生全反射D.对同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距比b 光的相邻亮条纹间距宽答案　AD解析　由光路图可知a 光在玻璃砖中的折射率小于b 光在玻璃砖中的折射率，由v ＝知，a c n光在玻璃中的传播速度大，A 项正确；a 光的频率小于b ，所以b 光使某金属发生光电效应，a 光不一定能，B 项错误；因为是平行玻璃砖，因此在下表面一定不会发生全反射，C 项错误；a 光波长长，因此通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距宽，D 项正确.19.一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图15中的实线所示，t ＝0.02 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该波的周期T 大于0.02 s ，则该波的传播速度可能是( )图15A.1 m /sB.3 m/sC.4 m /sD.5 m/s答案　AB解析　由题图知波长λ＝8 cm ，因T ＞0.02 s ，若波向右传播，则T ＝0.02 s ，得T ＝0.08 s ，14波速v ＝＝＝1 m/s ；若波向左传播，则T ＝0.02 s ，得T ＝ s ，波速v ＝＝＝3 λT 8 cm 0.08 s 340.083λT 8 cm 0.083 s m/s ，选项A 、B 正确.20.光导纤维技术在现代生产、生活和科技方面得以广泛应用.如图16所示是一个质量均匀分布的有机玻璃圆柱的横截面，B 、C 为圆上两点，一束单色光沿AB 方向射入，然后从C 点射出.已知∠ABO ＝127°，∠BOC ＝120°.真空中光速c ＝3.0×108 m/s ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.则( )图16A.光在该有机玻璃中传播速度为1.875×108 m/sB.光在该有机玻璃中的折射率为1.8C.光在该有机玻璃中发生全反射的临界角为37°D.若将该材料做成长300 km 的光导纤维，此单色光在光导纤维中传播的最短时间为1.6×10－3 s答案　AD解析　根据折射定律得：n ＝＝＝1.6，则光在有机玻璃中传播的速度为：v ＝sin (180°－127°)sin 30°0.80.5＝ m /s ＝1.875×108 m/s ，故A 正确，B 错误.根据sin C ＝得，sin C ＝＝0.625，c n 3×1081.61n 11.6故C 错误.当光线与光导纤维平行时，传播的时间最短，则传播的时间t ＝＝＝L v nL cs ＝1.6×10－3 s ，故D 正确.1.6×3×1053×108非选择部分三、非选择题(本题共5小题，共40分)21.(6分)某实验小组在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图17所示，则该摆球的直径为________cm.图17(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________(填选项前的字母).A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D.选择密度较小、直径较大的摆球答案　(1)0.97　(2)C22.(8分)在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中，玻璃砖的ab边与a′b′边相互平行，aa′边与bb′边不平行，某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa′和bb′，如图18所示.图18(1)实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO，接着，眼睛应在玻璃砖的________(选填“同一侧”或“另一侧”)观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线.(2)实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？________(填“是”或“否”)(3)下列操作可以减小实验误差的是________(填字母代号)A.适当增大大头针P1、P2的间距B.选择玻璃砖相互平行的ab、a′b′边来测量C.选用尽可能细的笔画线D.使AO的入射角接近于90°答案　(1)另一侧　(2)否　(3)AC解析　(2)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽.(3)大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确；用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B 错误；为了准确确定入射光线和折射光线，应选用尽可能细的笔画线，故C 正确；为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，但不是接近90°，故D 错误.23.(8分)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图19所示.(1)下列说法正确的是_________.图19A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B.通过调节拨杆(图中没有画出)，使单缝与双缝平行，且通过目镜能观察到干涉图样C.为了减小测量误差，可用测微目镜测出n 条亮条纹间的距离a ，求出相邻两条亮条纹间距Δx ＝a n(2)在本实验中，小李同学用黄光作为入射光，发现条纹间距太小.为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有________.A.改用红光作为入射光B.改用蓝光作为入射光C.增大双缝到屏的距离D.更换间距更大的双缝(3)小李同学正确操作后，在目镜中看到是下列图中的________.答案　(1)B (2)AC (3)B解析　(2)由干涉条纹的间距Δx ＝λ，知要使条纹间距变大，可改用波长更长的红光作为入射l d光或增大双缝到屏的距离l .24.(8分)为从工事内部观察外面的目标，在工事壁上开一圆柱形孔，如图20所示.设工事壁厚d ＝20 cm ，孔的直径L ＝20 cm ，孔内嵌入折射率n ＝的玻璃砖.33图20(1)嵌入玻璃砖后，工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少？(2)要想使外界180°范围内的景物全被观察到，应嵌入至少多大折射率的玻璃砖？答案　(1)120°　(2)2解析　(1)光路图如图所示，由折射定律得n ＝.sin θ1sin θ2由几何关系得sin θ2＝L L 2＋d 2由以上两式解得θ1＝60°，θ2＝30°则视野的最大张角为θ＝2θ1＝120°(2)为使外界180°范围内的景物全被观察到，应使θ1＝90°，则θ2＝30°应是光线在该玻璃砖中的临界角，即sin 30°＝，解得玻璃砖的1n ′折射率至少应为n ′＝2.25.(10分)(2018·宁波市诺丁汉大学附中期中)如图21甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距L ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDEF 内有竖直向上的匀强磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化如图乙所示.在t ＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变.求：图21(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数；(2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q .答案　(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J解析　(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔtE ＝Ld ＝0.6 V ΔB Δt此时，R 1与金属棒r 并联，再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝2 Ω得U ＝R 并＝0.3 V E R(2)金属棒进入磁场后，有I ′＝＋＝0.45 A U R 1U R 2F 安＝BI ′L即F 安＝1×0.45×0.6 N ＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F ＝F 安得F ＝0.27 N(3)金属棒在0～0.2 s 的运动时间内，有Q 1＝t ＝0.036 J E 2R金属棒进入磁场后，因电压表示数保持不变，故切割磁感线速度v 不变，则W F ＋W 安＝0W F ＝F ·d ＝0.27×0.2 J ＝0.054 J根据能量转化规律Q 2＝－W 安＝0.054 J故Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.09 J。

(10＋1＋1)章末综合能力滚动练一、单项选择题1．某发电站的输出功率为220 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V 和11 kV 两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )A ．100∶1B ．1∶100C ．1∶10D ．10∶1答案 A解析 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U，故ΔU 1ΔU 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A. 2．(2019·福建宁德市上学期期末)阻值为R 的电炉丝通以大小为I 的恒定电流时其电功率为P ，当把它接在某正弦交流电源两端时其电功率也为P .则该交流电源电压的最大值为( )A.22IRB.2IRC ．IRD ．2IR 答案 B解析 设电炉丝通以大小为I 的恒定电流时，t 时间内产生的热量为Q ，则有：Q ＝Pt ＝I 2Rt ；电炉丝接在某正弦交流电源两端时，t 时间内产生的热量为Q ′，则有：Q ′＝Pt ＝I 有2Rt ，又Q ＝Q ′，即I 2Rt ＝I 有2Rt ，解得：I 有＝I ，则电压的有效值为U 有＝I 有R ＝IR ，故该交流电源电压的最大值为U m ＝2U 有＝2IR ，故选B.3．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 边垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图1所示，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，则能反映线圈中感应电流i 随时间t 变化的图线是( )图1答案 C解析线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于题图所示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的感应电流的瞬时值最大，用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．4．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图2甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则()图2A．电流表的示数为0.31 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热量约为0.087 J答案 D解析 在交流电路中电流表的示数为有效值，E 有效＝E m 2＝22 V ，电流表的示数I ＝E 有效R 总＝22100 A ＝0.22 A ，A 错误；由题图乙可知线圈转动的周期为0.02 s ，则线圈转动的角速度ω＝2πT＝ 100π rad/s ，B 错误；0.01 s 时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C 错误；在线圈转动一周的过程中，外电阻发热量Q ＝I 2Rt ＝(0.22)2×90×2×10－2 J ≈0.087 J ，D 正确．5．(2019·四川综合能力提升卷(三))如图3所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是( )图3A ．升压变压器副线圈电压U 2降低B ．降压变压器原线圈电压U 3升高C ．输电线消耗的功率增大D ．发电机的输出功率不变答案 C解析 当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；发电机的输出电压U 1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U 2不变，由输电线上的电压损失增大，可知降压变压器的输入电压U 3减小，故A 、B 错误，C 正确；发电机输出功率随用户开启的用电器增多而增加，D 错误．6．如图4甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R t 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R 1为定值电阻．若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电．下列说法中正确的是( )图4A ．输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C ．t ＝0.01 s 时，发电机的线圈平面位于中性面D ．R t 处温度升高时，变压器的输入功率变小答案 C解析 由题图乙可知交流电压最大值U ＝36 2 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为2π0.02rad/s ＝100π rad/s ，则可得交流电压的瞬时值表达式u ＝362sin 100πt V ，故A 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B 错误；t ＝0.01 s 时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C 正确；R t 处温度升高时，R t 阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D 错误．二、多项选择题7．如图5甲所示，在直铁棒上绕有两个线圈，线圈n 1＝20匝，n 2＝400匝，原线圈输入电压u 1随时间变化的图象如图乙所示，则( )图5A ．理想电压表读数为200 2 VB ．理想电压表读数为200 VC ．副线圈交流电的周期为0.02 sD ．滑动变阻器滑片向下滑动，则电路输入功率变大答案 BCD解析 原线圈电压的有效值U 1＝1022V ＝10 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝n 2n 1U 1＝40020×10 V ＝ 200 V ，故A 错误，B 正确；根据题图乙知原线圈交流电的周期T ＝0.02 s ，则副线圈交流电的周期也为0.02 s ，故C 正确；滑动变阻器滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻变小，根据P 2＝U 22R ，输出功率变大，输入功率等于输出功率，则电路输入功率变大，故D 正确． 8．(2019·山东淄博市3月模拟)如图6所示，R 是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)，则( )图6A ．电压表的示数为22 2 VB ．副线圈中交流电的频率为50 HzC ．在天逐渐变黑的过程中，电流表A 2的示数变小D ．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大答案 BC解析 原线圈电压的最大值为220 2 V ，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22 2 V ，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U ＝2222V ＝22 V ，故A 错误；由于变压器不改变交流电频率，则副线圈中交流电的频率为f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，选项B 正确；在天逐渐变黑的过程中，光照变弱，R 阻值增大，电路的总电阻变大，而副线圈两端的电压不变，所以副线圈的电流变小，电流表A 2的示数变小，故C 正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，副线圈的电压不变，所以由P ＝UI 可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D 错误．9.(2019·河北唐山市第一次模拟)如图7所示，半径为2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r ，已知弹性螺旋线圈的电阻为R ，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是( )图7A ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，有顺时针的感应电流B ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，有逆时针的感应电流C ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为k πr 2RD ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为2k πr 2R答案 BC解析 由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以线圈中没有感应电流产生，故A 错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针感应的电流，故B 正确；保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，线圈中的感应电流为：I ＝E R ＝ΔΦΔt R ＝ΔBS ΔtR ＝k S R ＝k πr 2R，故C 正确，D 错误． 10.如图8所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R 1为定值电阻，R 2为负温度系数的热敏电阻(温度升高时阻值减小)，C 为电容器．下列说法正确的是( )图8A ．通过R 1的电流为零B ．滑片P 向上滑动，电压表示数变小C ．R 2处温度升高时，电压表的示数不变D ．减小电容器C 的电容，电流表的示数变大答案 BC解析 交流电能够通过电容器，则通过R 1的电流不为零，故A 错误；滑片P 向上滑动，原线圈匝数n 1变大，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，副线圈电压减小，即电压表示数变小，B 正确；R 2处温度升高时，阻值减小，不会影响输入和输出电压值，电压表的示数不变，故C 正确；减小电容器C 的电容，则电容器的容抗变大，则电流表的示数变小，D 错误．三、非选择题11．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小．图9甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中R F 、R 0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值．为了测量压力F ，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值R F .请按要求完成下列实验：图9(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102N～0.8×102N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 ΩB．滑动变阻器R，最大阻值为200 ΩC．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 ΩD．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩE．直流电源E，电动势3 V，内阻很小F．开关S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________ V.(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω；结合图甲可知待测压力的大小F＝________ N．(计算结果均保留两位有效数字)答案(1)见解析图(2)2.00(3)1.5×10360解析(1)根据题述对实验电路的要求，应该采用滑动变阻器分压式接法、电流表内接的电路，原理图如图所示．(2)根据电压表读数规则，电压表读数为2.00 V.(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为R F ＝U I －R A ≈1.5×103 Ω，R 0R F＝4，由题图甲可知，对应的待测压力F ＝60 N.12．(2019·江苏南京市六校联考)如图10所示，两平行光滑的金属导轨AD 、CE 相距L ＝1.0 m ，导轨平面与水平面的夹角α＝30°，下端A 、C 用不计电阻的导线相连，导轨电阻不计．PQGH 范围内有方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场，磁场的宽度d ＝0.6 m ，边界线PQ 、HG 均与导轨垂直．接入电路的电阻r ＝0.40 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，棒两端始终与导轨接触良好，从与磁场上边界GH 距离为b ＝0.40 m 的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g ＝10 m/s 2.求：图10(1)金属棒进入磁场时的速度大小v ；(2)金属棒的质量m ；(3)金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q .答案 (1)2 m/s (2)0.25 kg (3)0.75 J解析 (1)根据动能定理可得：mgb sin α＝12m v 2－0，解得：v ＝2 m/s (2)金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，由平衡条件得：mg sin α＝BIL ，又I ＝BL v r 联立解得：m ＝0.25 kg(3)根据能量守恒，在磁场运动过程中，减少的重力势能转化为焦耳热：Q ＝mgd sin α＝0.75 J.。

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第九章电磁感应交变电流单元滚动检测卷六考生注意:１.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共４页．2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间９0分钟，满分100分．第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ（本题共１4小题，每小题3分,共42分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.现在有一种观点,认为物理学是一门测量的科学.那么在高中物理中的自由落体运动规律、万有引力常量、电流的热效应、元电荷的数值分别是由不同的科学家测量或发现的，他们依次是( )A.伽利略、牛顿、安培、密立根B.牛顿、卡文迪许、奥斯特、库仑Ｃ.伽利略、卡文迪许、焦耳、密立根Ｄ.牛顿、开普勒、奥斯特、密立根答案Ｃ2．由电场强度定义式可知（）A.E与Ｆ成正比ﻩB.E与q成反比C．E与F同方向ﻩD．E的大小可由错误!求出答案 D3．真空中两个完全相同的小球带电后，它们之间的静电力为Ｆ。

现将两球接触后放回原处，则它们之间的静电力( )Ａ.－定变大B．—定变小Ｃ.可能不变D．一定不变答案Ｃ4.下列各图中，正确描绘两个等量正电荷电场线的是（）答案 D5.如图1所示，实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，M、Ｎ是运动轨迹上的两点,则（）图１A．M点的电势比Ｎ点的电势低B．粒子在M点的加速度比在N点的加速度大C.粒子一定是从M点运动到N点D．粒子在M点的电势能比在N点的电势能大答案D解析根据轨迹可知带电粒子受力与电场线方向一致，因此是正电荷,M点的电势高于Ｎ点的电势，A错误；根据电场线疏密程度可知N点场强大，所以带电粒子在Ｎ点加速度大，B错误;根据轨迹看不出运动方向，C错误;带正电粒子在电势高的地方电势能大,Ｄ正确.6。

单元滚动检测卷七考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2018·新高考研究联盟联考)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是()A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律B．法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场C．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，英国物理学家牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献答案 B2.(2018·温州市3月选考)如图1所示为某医院体检中心的身高测量仪．测量仪顶部向下发射波速为340 m/s的超声波，超声波遇到障碍物后反射回来，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．已知测量仪没有站人时，顶部距离台面3.0 m．当一学生站在台面规定位置后，测量仪记录的时间间隔为0.01 s，则该学生的身高最接近()图1A．110 cm B．130 cmC．150 cm D．170 cm答案 B3．某同学找了一个用过的“易拉罐”，在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则()A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出答案 D4．(2018·温州市3月选考模拟)如图2所示，下列对教材中的四幅图分析正确的是()图2A．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用答案 C5.(2018·温州市3月选考)如图3所示，某台计算机的硬盘约有近万个磁道(磁道为不同半径的同心圆)，每个磁道分成m个扇区(每扇区为1m圆周)．电动机使磁盘以转速n匀速转动．磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，若不计磁头大小及磁头转移磁道所需的时间，则磁盘转动时()图3A．A点的线速度小于B点的线速度B．A点的向心加速度小于B点的向心加速度C．磁盘转动一圈的时间为2πnD．一个扇区通过磁头所用的时间为1mn答案 D6.2017年4月“天舟一号”货运飞船成功发射，并与“天宫二号”空间实验室交会对接、实施推进剂在轨补加、开展空间科学实验和技术试验等功能. 若对接前它们都绕地球做匀速圆周运动，且“天舟一号”处于低轨道，“天宫二号”空间实验室处于高轨道，如图4所示，则()图4A．“天舟一号”在地面上的发射速度不会超过7.9 km/sB．为了顺利实现对接，“天舟一号”在图示轨道需要点火减速C．对接成功后，“天舟一号”的动能减小，机械能增大D．对接后，由于“天宫二号”的质量增大，其轨道降低答案 C7.(2018·温州市3月选考)工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图5所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是()图5A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度减小C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案 D8.如图6所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是()图6A ．E a ＝E b <E cB ．E a ＝E O ＝E bC ．E a >E dD ．E c >E O >E d答案 A解析 根据电场线越密场强越大，则由两个等量异号的点电荷电场线的分布情况(如图所示)可知，中垂线上中点O 的场强最大，而且根据对称性可知，a 、b 两处电场线疏密相同，场强大小相等，E a ＝E b <E O ；在两个电荷连线上，O 点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c 、d 两处的电场线疏密相同，故有E c ＝E d >E O .所以有E a ＝E b <E c ，E a <E d ，故选A.9.如图7所示为科学家研究粒子特性时所做实验的示意图，中心点为一固定的正点电荷，虚线表示该点电荷形成电场的等势线，将一未知粒子射入电场中，发现粒子的运动轨迹是从a 运动到b ，再运动到c .不计粒子重力．下列有关未知粒子的说法正确的是( )图7A ．电势能先减小，后增大B ．加速度先减小，后增大C ．b 点的速度最大D ．一定带正电答案 D解析 做曲线运动的物体，受到的合外力指向曲线的内侧，由运动轨迹可得，粒子受到的电场力为斥力，该粒子带正电，选项D 正确；由a 到b 的过程中，电场力做负功，电势能增大，由b 到c 的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项A 错误；根据库仑力公式F ＝k q 1q 2r 2可得，越靠近点电荷，库仑力越大，粒子的加速度越大，所以加速度先增大后减小，选项B 错误；由a 到b 的过程中，电场力做负功，粒子动能减小，由b 到c 的过程中，电场力做正功，粒子动能增大，则粒子在b 点速度最小，选项C 错误．10.(2018·绍兴市选考诊断)利用如图8所示的装置研究点电荷之间的相互作用力，当A 带电荷量为＋Q ，质量为M ，B 带电荷量为＋q ，质量为m 时，绳子与竖直方向的夹角为θ，两电荷连线水平且相距为L ，则( )图8A ．tan θ＝kQq mgL 2B ．若将B 质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大C ．若将A 质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大D ．若将A 向左移动，绳子与竖直方向的夹角增大答案 A11.(2018·新高考研究联盟联考)电性未知的试探电荷q 在电场强度为E 的匀强电场中沿2条不同路径从A 点移动到B 点，一条是直线，另一条从A 点先到M 点再到B 点，如图9所示，下列有关说法正确的是( )图9A ．从图中可以看出，电场中A 点的电势高于B 点，A 点的电场强度也大于B 点B ．试探电荷q 沿上述两种路径移动的过程中，电势能一定都变小了C ．试探电荷q 沿上述两种路径移动的过程中，电场力做功一定相等D ．如果试探电荷从A 沿直线到B 的过程中电场力对它做负功，则该试探电荷带正电 答案 C12．如图10甲所示，x 轴上固定两个点电荷Q 1、Q 2(Q 2位于坐标原点O )，其上有M 、N 、P 三点，间距MN ＝NP .Q 1、Q 2在x 轴上产生的电势φ随x 变化的关系如图乙(N 点对应图线的最低点)．则( )图10A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|答案 B解析由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断M、N之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零，选项A、C错误，B正确；|W PN|＝|qU PN|＝|q(φP－φN)|<|q(φN －φM)|＝|W NM|，选项D错误．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．如图11所示，排球运动员正在做颠球训练，若空气阻力不能忽略，则击球后，球从某位置离开手竖直向上运动，再下落回到该位置的过程中()图11A．重力先做正功后做负功B．重力做的总功不为零C．空气阻力做负功D．空气阻力做的总功等于球的动能变化答案CD解析排球在竖直向上运动的过程中，重力方向与位移方向相反，重力做负功，排球竖直向下运动的过程中，重力方向与位移方向相同，重力做正功，选项A错误；重力做功只与初、末位置有关，故在整个过程中，重力对排球做的总功为零，选项B错误；在整个运动过程中，排球受的空气阻力方向与速度方向始终相反，故空气阻力对排球做负功，选项C正确；由动能定理知，空气阻力做的总功等于球的动能变化，选项D错误．14.如图12所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q、质量为m的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置，重力加速度为g.则()图12A ．小球带负电B ．匀强电场场强的大小为mg cos αqC ．若某时刻t ＝0将细线突然剪断，在之后的T 时间内电场力对小球做功为12mg 2T 2tan 2α D ．将细线剪断后，小球运动过程中机械能守恒答案 AC解析 小球处于静止状态，受到的电场力沿电场线斜向右上方，所以小球带负电，选项A 正确；根据竖直方向合力为零，qE cos α＝mg ，解得匀强电场场强的大小为E ＝mg q cos α，选项B 错误；若某时刻t ＝0将细线突然剪断，小球受到的合力方向水平向右，小球向右做匀加速直线运动，加速度a ＝qE sin αm ＝g tan α，在之后的T 时间内，小球的位移为x ＝12aT 2，电场力对小球做功为W ＝qE sin α·x ＝12mg 2T 2tan 2α，选项C 正确；将细线剪断后，电场力对小球做功，小球运动过程中机械能不守恒，选项D 错误．15.如图13所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带负电小球，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，小球克服重力和克服电场力所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )图13A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球所受合力做功为－W 1－W 2C ．小球的机械能增加W 1＋12m v 2 D ．小球的电势能增加W 2答案 CD解析 小球和弹簧组成的系统，除重力和弹力做功外，还有电场力做功，系统机械能不守恒，选项A 错误；在上述过程中，弹力、重力、电场力对小球做功，故小球所受合力做功为W 合＝W 弹－W 1－W 2，选项B 错误；小球机械能的增加量为重力势能的增加量和动能的增加量之和，即ΔE ＝W 1＋12m v 2，选项C 正确；小球向上运动的过程中，电场力对小球做负功，小球电势能增加W 2，选项D 正确．16.如图14所示，平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板带负电．两个相同的不计重力的带电粒子A 、B ，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入两极板间，它们恰好都能打在下极板右端处的C 点，则下列说法中正确的是( )图14A ．A 粒子的初速度是B 粒子的2倍B ．A 、B 两粒子到达C 点时的动能可能相同C ．A 粒子在C 点的速度偏向角的正弦值是B 粒子的2倍D ．如果仅将加在两极板间的电压加倍，A 、B 两粒子到达下极板时将不在同一点答案 AB解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有v A t A ＝v B t B ，竖直方向上对A 有h 2＝12at A 2，对B 有h ＝12at B 2，通过计算可知v A ＝2v B ，选项A 正确；由动能定理可知，电场力对B 粒子做功为对A 粒子做的功的两倍，A 粒子的初动能为B 粒子的两倍，所以到C 点时动能有可能相同，选项B 正确；通过题图可以看出，A 粒子的偏向角要小于B 粒子的偏向角，选项C 错误；由水平速度与时间关系可知，加大电压，两粒子水平方向上的位移相同，选项D 错误．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)如图15所示，两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端切线水平，在它们相同位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A 、B ，断开开关，两个小球同时开始运动．离开圆弧轨道后，A 球做平抛运动，B 球进入一个光滑的水平轨道，则：图15(1)B 球进入水平轨道后将做________运动；改变A 轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A 球正好砸在B 球上，由此现象可以得出的结论是__________________________．(2)若某次两个小球相碰的位置恰在水平轨道上的P 点处，固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为5 cm ，则可算出A 铁球刚到达P 点的速度为______ m/s.(g 取10 m/s 2，结果保留三位有效数字)．答案 (1)匀速直线 A 球的水平分运动是匀速直线运动 (2)3.35解析 (1)让两小球从相同的圆弧轨道上相同高度静止滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度．小球A 做平抛运动，小球B 做匀速直线运动，当两个小球相遇时则说明A 小球平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．(2)A 球做平抛运动，因此有：竖直方向：h ＝9L ＝12gt 2，v y ＝gt 水平方向：9L ＝v 0tA 球到达P 点的速度为：v ＝v 02＋v y 2将L ＝5 cm 代入并联立解得v ≈3.35 m/s18．(8分)用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝1.00 kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．现选取一条符合实验要求的纸带，如图16所示，O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，重力加速度g ＝9.80 m/s 2.图16(1)根据上图所得数据，应该选取图中O 点和________点来验证机械能守恒定律．(2)从O 点到第(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p ＝______J ，动能增加量ΔE k ＝________J(结果均保留三位有效数字)．(3)若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及重物下落的高度h ，则以v 22为纵轴，以h 为横轴画出的图象是下列图中的( )答案 (1)B (2)1.88 1.84 (3)A解析 (1)因只能计算出B 点的速度，故应取图中O 点和B 点来验证机械能守恒定律．(2)ΔE p ＝mg ·h OB ＝1.00×9.80×0.192 0 J ≈1.88 Jv B ＝h OC －h OA 2T＝1.92 m/s. 故ΔE k ＝12m v B 2＝12×1.00×(1.92)2 J ≈1.84 J.(3)由机械能守恒定律可知，mgh ＝12m v 2， 故有v 22＝gh ，图象A 正确． 19．(8分)(2018·台州中学统练)如图17所示，水平轨道AB 段为粗糙水平面，BC 段为一水平传送带，两段相切于B 点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，静止于A 点，AB 距离为s ＝2 m ．已知物块与AB 段和BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图17(1)若给物块施加一水平拉力F ＝11 N ，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B 点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C 点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B 点逆时针旋转37°后固定(AB 段和BC 段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C 端，则在AB 段对物块施加拉力F ′应至少多大．答案 (1)2.4 m (2)17 N解析 (1)物块在AB 段：F －μmg ＝ma 1得a 1＝6 m/s 2设物块到达B 点时速度为v B ，有v B ＝2a 1s ＝2 6 m/s滑上传送带后：μmg ＝ma 2刚好到达C 点，有v B 2＝2a 2L ，得传送带长度L ＝2.4 m.(2)将传送带倾斜，滑上传送带后有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 3，a 3＝10 m/s 2， 物块仍能刚好到C 端，有v B ′2＝2a 3L在AB 段，有v B ′2＝2asF ′－μmg ＝ma联立解得F ′＝17 N20.(10分)在光滑绝缘的水平地面上建立了如图18所示的直角坐标系xOy ，在y 轴左侧区域有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝9×103 N/C ，现有带电荷量q ＝＋1×10－3 C 、质量m ＝10 g 的带电粒子P 从x ＝－1.5 m 处沿y 轴正方向以初速度v 0＝30 m/s 的速度开始运动，经过y 轴上的Q 点后进入第Ⅰ象限，不计带电粒子重力．求：图18(1)Q点的坐标；(2)带电粒子P过Q点时的速度．答案见解析解析(1)设沿x轴正方向做匀加速运动的时间为t，位移为x，在匀强电场中运动的加速度a＝Eq m则沿x轴正方向，有|x|＝12at2设沿y轴正方向做匀速运动的位移为y，则y＝v0t解得：y＝v02|x|m Eq代入数据得：y＝ 3 m，t＝3 30s故Q点坐标为(0， 3 m)．(2)过Q点时沿x轴正方向的速度v x＝at 所以过Q点的速度大小为v＝v02＋v x2解得：v＝60 m/s设此时速度与y轴正方向夹角为θ，则tan θ＝v xv0得θ＝60°带电粒子P过Q点时的速度大小为60 m/s，方向与y轴正方向成60°角斜向右上方．21.(10分)静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图19.A、B是间距为d的两块平行金属板，两板间有方向由B指向A的匀强电场，电场强度为E.在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v且带负电的油漆微粒，假设油漆微粒的质量均为m、带电荷量均为q，忽略微粒间的静电作用，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都能落在金属板B上．求：图19(1)两块平行金属板之间的电势差；(2)微粒落在B板上所形成的图形的半径；(3)微粒落在金属板B上时的速率．答案见解析解析(1)两块平行金属板之间的电势差U＝Ed.(2)初速度方向沿平行A 板喷出的微粒水平位移最大且大小相等，等于微粒落在B 板上所形成的图形的半径R .沿平行A 板喷出的微粒做类平抛运动，则：R ＝v t ，d ＝12at 2，a ＝qE m联立解得：R ＝v 2dm qE. (3)由动能定理得：qEd ＝12m v ′2－12m v 2 解得：v ′＝2qEd m＋v 2. 22.(10分)如图20所示，绝缘光滑水平轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC 平滑连接，圆弧的半径R ＝0.40 m ．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 N/C.现有一质量m ＝0.10 kg 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离x ＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C 端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q ＝8.0×10－5 C ，g 取10 m/s 2，求：图20(1)带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力；(2)带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力所做的功．答案 (1)5.0 N ，方向竖直向下 (2)－0.72 J解析 (1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，解得a ＝qE m＝8.0 m/s 2 设带电体运动到B 端的速度大小为v B ，则v B 2＝2ax解得v B ＝2ax ＝4.0 m/s设带电体运动到圆弧形轨道的B 端时受到的轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝mg ＋m v B 2R＝5.0 N 根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力大小F N ′＝F N ＝5.0 N ，方向竖直向下．(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中，电场力所做的功W 电＝qER ＝0.32 J设带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中摩擦力所做的功为W f ，对此过程根据动能定理有W 电＋W f －mgR ＝0－12m v B 2，解得W f ＝－0.72 J.经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

第十一章光电磁波单元滚动检测卷考生注意：1．本试卷分第1卷(选择题)和第2卷(非选择题)两局部，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，总分为100分．第1卷一、选择题Ⅰ(此题共13小题，每一小题3分，共39分．每一小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分)1．如下现象中属于电磁感应现象的是( )A．磁场对电流产生力的作用B．变化的磁场使闭合电路中产生电流C．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场答案 B解析磁场对电流产生力的作用属于通电导线在磁场中的受力情况；插在通电螺线管中的软铁棒被磁化属于电流的磁效应；电流周围产生磁场属于电流的磁效应；而变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象．故正确答案为B.2．关于电磁感应现象和感应电动势的大小，如下说法正确的答案是( )A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生B．闭合电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大C．闭合电路中磁通量改变越快，感应电动势就越大D．闭合电路中某时刻磁通量为零，该时刻感应电动势一定为零答案 C解析只有闭合电路内有磁通量的变化才会有感应电流产生，选项A错误；磁通量的改变量的大小并不能直接确定感应电动势的大小，还需要考虑所用的时间，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中磁通量改变越快，感应电动势就越大，选项C正确；电路中某时刻磁通量为零时，磁通量变化率不一定为零，选项D错误．3．如图1所示，在范围足够大的匀强磁场中有一三角形闭合导体线圈，线圈的平面垂直于磁场方向，当线圈在磁场中做如下运动时，线圈中能产生感应电流的是( )图1A．沿磁场方向加速运动B．沿所在平面向右做加速运动C．绕过B点且垂直于ABC平面的轴转动D．以AC边为轴转动答案 D解析只有闭合电路中的磁通量发生变化，才会有感应电流产生，故只有选项D正确．4．如图2所示，质量为m的金属框用绝缘轻质细线悬挂，金属框有一半处于水平且与框面垂直的匀强磁场中．从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，如此在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，如下说法正确的答案是( )图2A ．小于金属框重力mg ，并保持恒定B ．始终等于金属框重力mgC ．大于金属框重力mg ，并逐渐减小D ．大于金属框重力mg ，并保持恒定答案 C解析 磁感应强度均匀减小，穿过金属框的磁通量均匀减少，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，再由左手定如此可得，安培力的合力方向竖直向下．金属框始终保持静止，如此拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，由F 安＝BIL 可知安培力逐渐减小，所以拉力也逐渐减小，故C 正确．5．理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，如下说法中正确的答案是( )A ．穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是10∶1B ．穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是1∶10C ．正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为10∶1D ．正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为1∶10答案 C解析 理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是1∶1，故A 、B 均错误；理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为10∶1，故C 正确，D 错误．6．如图3甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．如此在0～t 0时间内电容器( )图3A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B ．上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0 答案 A解析 在0～t 0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电．由法拉第电磁感应定律知，在0～t 0时间内回路中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝(B 2－B 1)S t 0，电容器两极板之间电压U ＝E ，电容器所带电荷量为q ＝CU ＝CS (B 2－B 1)t 0，选项A 正确． 7．如图4甲所示，在倾角为θ的U 形金属导轨上放置一根导体棒MN ，开始时导体棒MN 处于静止状态．今在导轨所在空间加一个垂直于导轨平面的磁场，图中磁场方向为正方向，磁感应强度大小变化情况如图乙所示，导体棒始终静止．如下关于导体棒在0～t 0内受到的摩擦力的大小的说法，正确的答案是( )图4A ．不断增大B ．不断减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大答案 B解析 在0～t 0内，磁感应强度均匀减小，感应电流恒定，安培力沿斜面向下且减小，由平衡条件知，摩擦力不断减小，选项B 正确．8．在水平匀强磁场中，有一矩形闭合线圈绕平行于线圈平面且垂直于磁感线的转轴匀速转动．假设要使线圈中的电流减半，如此可行的方法为( )A ．只将线圈的转速加倍B ．只将线圈的匝数减半C ．只将匀强磁场的磁感应强度减半D ．用原导线重新绕制一个边长减半而匝数不变的矩形闭合线圈答案 C解析 由i ＝e NR ＝NBSωsin ωt NR ＝NBS 2πf sin (2πf ·t )NR ＝BS 2πn sin 2πnt R，可得选项C 正确．9．一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的转轴匀速转动，形成如图5所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的答案是( ) 图5A ．线圈转动的角速度为100π3rad/s B ．电动势的有效值为20 VC ．t ＝1.0×10－2s 时，线圈平面和磁场方向的夹角为45°D ．t ＝1.5×10－2 s 时，穿过线圈平面的磁通量最大答案 A解析 角速度ω＝2πT ＝100π3 rad/s ，选项A 正确；电动势的有效值E ＝E m 2≈14.1 V，选项B 错误；θ＝ωt ＝100π3t ，将t ＝1.0×10－2 s 代入该式，解得θ＝π3，这是线圈从中性面开始转过的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角为30°，选项C 错误；t ＝1.5×10－2 s 时，线圈平面与磁场平行，穿过线圈平面的磁通量最小，选项D 错误．10．我国家庭照明电路的电压随时间变化的规律为u ＝311sin 100πt (V)．如下说法中正确的答案是( )A ．标有“输入电压100～240 V,50 Hz 〞的旅行充电器接在该交流电上可以正常工作B ．标有“输入电压100～240 V,100 Hz 〞的旅行充电器接在该交流电上可以正常工作C ．该交流电只能给标有311 V 的用电器供电D ．该交流电给用某电器供电与用311 V 的稳恒直流电给该用电器供电，效果一样 答案 A解析 由u ＝311sin 100πt (V)可知，该交流电的最大值为311 V ，有效值为3112V≈220 V，ω＝100π rad/s，所以T ＝0.02 s ，频率为50 Hz ，故A 正确，B 错误；该交流电给某用电器供电与用220 V 的稳恒直流电给该用电器供电，效果一样，故D 错误．11．图6甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω，如此( )图6A ．电压表的示数为6 VB ．在t ＝0.01 s 的时刻，穿过线圈磁通量为零C ．假设线圈转速改为25 r/s ，如此电动势有效值为3 VD ．假设线圈转速改为25 r/s ，如此通过灯泡的电流为1.2 A答案 C解析 电压表的示数是交流电有效值，U ＝ER ＋r R ＝69＋1×9 V＝5.4 V ，A 错误；t ＝0.01 s 时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B 错误；原来线圈的转速为n ＝ω2π＝2π2πT＝50 r/s ，当线圈的转速改为25 r/s 时，感应电动势的最大值为622V ＝3 2 V ，有效值为3 V ，通过灯泡的电流为0.3 A ，C 正确，D 错误．12．如图7所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶n ，副线圈接一定值电阻R ，如此( )图7 A ．假设ab 之间接直流电压U ，如此R 中的电流为nU RB ．假设ab 之间接直流电压U ，如此原、副线圈中的电流均为零C ．假设ab 之间接交流电压U ，如此原线圈中的电流为n 2U RD ．假设ab 之间接交流电压U ，如此副线圈中的电流为U nR答案 C解析 变压器不能改变直流电压的电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故A 、B 选项错误；当原线圈接交流电压U 时，如此副线圈输出电压为nU ，副线圈中的电流为nU R ，又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈中的电流为n 2U R，故C 选项正确，D 错误．13．如图8所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的总电阻均不变，电表均为理想电表，假设用户消耗的总功率减小，如此如下说法正确的答案是( )图8A ．电压表V 1示数减小，电流表A 1示数减小B ．电压表V 1示数增大，电流表A 1示数减小C ．电压表V 2示数增大，电流表A 2示数减小D ．电压表V 2示数减小，电流表A 2示数减小答案 C解析 根据U 出U 1＝n 1n 2得电压表V 1两端的电压U 1不变；用户消耗的总功率减小，如此得通过电流表A 2的电流I 2减小，根据I 2I 1＝n 3n 4得通过电流表A 1的电流I 1减小，降压变压器原线圈两端的电压U ＝U 1－I 1R 线增大，根据U U 2＝n 3n 4得电压表V 2两端的电压U 2增大，故C 正确．二、选择题Ⅱ(此题共3小题，每一小题2分，共6分．每一小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分) 14.如图9所示，在水平向右的匀强磁场中，有一单匝矩形导线圈abcd绕通过ad边的竖直轴OO′匀速转动，转动的角速度为ω.线圈产生电动势的最大值为E m，线圈的总电阻为R，如此( )图9A．线圈产生电动势的有效值为2E mB．线圈在转动过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为E m ωC．线圈在转动过程中，磁通量变化率的最大值为E mD．线圈每转动两周，通过线圈中的电流方向改变2次答案BC解析矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，将产生正弦交流电，电动势的有效值E＝E m2，选项A错误；线圈在转动过程中，产生电动势的最大值E m＝BSω，而最大磁通量Φm＝BS，解得Φm＝E mω，选项B正确；磁通量变化率的最大值即电动势的最大值，选项C正确；线圈每转动一周，线圈中的电流方向改变2次，故线圈转动两周的过程中，线圈中的电流方向改变4次，选项D错误．15.如图10所示，金属棒Oa长为l，电阻为r，绕O点以角速度ω做匀速圆周运动，a点与金属圆环光滑接触，图中定值电阻的阻值为R，圆环与导线电阻不计，如此( )图10A．流过电阻R的电流方向是从下至上B．流过电阻R的电流方向是从上至下C．回路中的感应电动势E＝Bωl2D ．回路中的感应电动势E ＝12Bωl 2 答案 AD解析 由右手定如此可知，a 点电势高于O 点电势，流过电阻R 的电流方向是从下至上，选项A 正确，B 错误；根据E ＝BLv 可知，E ＝12Bωl 2，选项C 错误，D 正确． 16．图11甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格一样的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1，S 2闭合，此时L 2正常发光．如下说法正确的答案是( )图11A ．只断开S 2后，小灯泡L 1正常发光B ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小C ．假设S 1换接到2后，流经R 中电流瞬时值表达式i ＝24cos 50πt (A) D ．假设S 1换接到2后，R 消耗的电功率为1.25 W答案 BD解析 L 1、L 2为规格一样的两只小灯泡，只断开S 2后，L 1、L 2串联，总电阻增加，小灯泡L 1不能正常发光，原线圈的输入功率减小，故A 错误，B 正确；假设S 1换接到2后，输出电压的有效值U 2＝n 2n 1·U m 2＝5 V ，如此R 消耗的电功率为1.25 W ，由题图乙可得ω＝2πT＝100π rad/s ，选项C 错误，选项D 正确．第2卷三、非选择题(此题共6小题，共55分)17．(5分)(1)在“探究法拉第电磁感应现象〞的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电表与开关如图12所示局部连接，要把电路连接完整正确，如此N 连接到________(选填“a 〞“b 〞“c 〞或“M 〞)，M 连接到________(选填“a 〞“b 〞“c 〞或“N 〞)．正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P 向右加速滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以判断__________．图12A．线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向左加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拨出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向(2)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系〞的实验，需要选用如下仪器中的________．A．220 V的交流电源B．学生电源C．交流电压表D．交流电流表在实验中，某同学保持原线圈的电压以与副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大〞“减小〞或“不变〞)．答案(1)ac B(2)BC 减小18．(4分)(2017·丽水、衢州、湖州9月联考改编)(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系〞的实验中，如下器材需要的有________．A．干电池组B．滑动变阻器C．直流电压表D．多用电表E．学生电源(2)如图13，当右侧线圈“0〞“16〞间接入9 V电压时，左侧线圈“0〞“4〞接线柱间输出电压可能是________．图13A．3.1 V B．2.5 V C．2.1 V答案 (1)DE (2)C19．(10分)将交流电压u ＝2202sin (100πt ) V 接到“220 V，100 W 〞的灯泡两端，假设灯泡灯丝电阻保持不变，求： (1)通过灯泡电流的最大值； (2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数； (4)通过灯泡电流i 的瞬时值表达式． 答案 (1)0.64 A (2)100 W (3)100次 (4)i ＝0.64sin (100 πt ) A解析 (1)交流电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ，灯泡的额定电压为U L ＝220 V ，因此恰好正常发光．由“220 V,100 W〞知该灯泡的电阻为R L ＝U 2LP L ＝484 Ω.通过灯泡电流的最大值为I m ＝U m R L ＝2202484A≈0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率一样，P ＝100 W. (3)周期T ＝0.02 s,1秒钟电流方向改变的次数n ＝t T ×2＝10.02×2＝100(次)． (4)通过灯泡的电流i 的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝0.64sin (100πt ) A.20．(12分)(2017·台州市9月选考)为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图14甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈与电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度．如图乙所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体端部磁感应强度B ＝1.2×10－2T 竖直向下的匀强磁场，该磁场区域在运动过程中两个时刻恰能依次覆盖两个线圈，每个线圈的电阻r ＝0.30 Ω，匝数n ＝4，垂直于铁轨方向长l ＝0.25 m ，平行于轨道方向的宽度远小于两线圈的距离S ，每个测量记录仪自身电阻R ＝1.70 Ω，其记录下来的电流——位置关系图，即i －x 图如图丙所示．图14(1)当磁场区域的右边界刚离开线圈Ⅰ时，线圈Ⅰ的电流方向是顺时针还是逆时针？(俯视图)(2)试计算列车通过线圈Ⅰ和线圈Ⅱ时的速度v1和v2的大小；(3)假设列车做的是匀加速直线运动，求列车在两个线圈之间的加速度的大小．(结果保存三位有效数字)答案见解析解析(1)由楞次定律得，线圈Ⅰ的电流为顺时针．(2)列车车头底部的强磁体通过线圈时，在线圈中产生感应电动势和感应电流，根据公式可得：E＝I(R＋r)解得：E1＝0.24 V和E2＝0.30 V而线圈Ⅰ、Ⅱ中产生的感应电动势为：E1＝nBlv1，E2＝nBlv2，解得：v1＝20 m/s，v2＝25 m/s(3)根据匀变速直线运动公式：v22－v21＝2as从题图丙中读出s＝100 m，解得：a≈1.13 m/s2.21．(12分)用一横截面积为S、电阻率为ρ的匀质导体材料绕制成单匝正方形线框abcd，边长为L.将线框水平放置，垂直水平面方向存在竖直向下的有界磁场，其左侧边界为MN，右侧范围足够大．图15(1)如图15甲，其空间存在的是匀强磁场，磁感应强度为B ，求dc 边以速度v 平行磁场边界匀速进入磁场过程中d 、c 间的电势差．(2)如图乙，假设线框静止不动，且恰好有一半面积处在磁场中，当磁场以变化率k 均匀增大时，求线框上感应电流的大小和方向．(3)在图乙情形中，磁场恒定，磁感应强度为B ，线框以角速度ω绕磁场边界MN 匀速转动，从图示位置开始计时，此时cd 边速度垂直纸面向里，试定性地作出线框上的电流随时间变化的图象规律(不要求写出坐标轴的量值，规定电流方向abcda 为正)． 答案 (1)34BLv (2)kLS8ρ 方向为abcda (或逆时针)(3)见解析图解析 (1)线框dc 边切割磁感线，产生的电动势E 1＝BLv ，d 、c 间电势差为等效电源cd 边的路端电压．由右手定如此可知d 点比c 点电势高，如此d 、c 间的电势差U dc ＝34BLv(2)磁场均匀变化，感应电动势E 2＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝kL22线框的电阻R ＝ρ4L S ，如此线框中的电流I ＝E 2R ＝kLS8ρ由楞次定律知，电流的方向为abcda (或逆时针) (3)22．(12分)(2017·“七彩阳光〞联考)如图16所示，两根足够长的光滑金属导轨G 1、G 2放置在倾角为α的斜面上，导轨间距为l ，电阻不计．在导轨上端并联接入两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，经过时间t 0，两灯泡开始并保持正常发光．金属棒下落过程中保持与导轨垂直，且与导轨接触良好．重力加速度为g .求：图16(1)磁感应强度B 的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率v ；(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，两小灯泡产生的总焦耳热． 答案 (1)mg sin α2lR P (2)2P mg sin α(3)2t 0P －6P2mg 2sin 2α解析 (1)设灯泡额定电流为I 0 如此有P ＝I 02R ① 流经MN 的电流I ＝2I 0②当两灯泡正常发光时，金属棒匀速下滑．mg sin α＝2BI 0l ③联立①②③得B ＝mg sin α2l R P(2)当两灯泡正常发光时，金属棒切割磁感线产生的电动势为E ＝Blv ＝I 0R ④ 得v ＝2Pmg sin α⑤(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，对棒运用动量定理，有 (mg sin α－iBl )Δt ＝m Δv ⑥累积求和得：t 0mg sin α－Bl Δq ＝mv ⑦设在t ＝0至t ＝t 0期间棒运动的距离为s ，如此由法拉第电磁感应定律，得Δq ＝2BlsR⑧联立⑦⑧得s ＝mR (gt 0sin α－v )2B 2l2⑨小灯泡产生的总焦耳热Q ＝mgs sin α－12mv 2⑩将③⑤⑨式代入⑩式，得Q ＝mg sin αmR (gt 0sin α－v )2B 2l 2－12mv 2＝2t 0P －6P2mg 2sin 2α。

单元滚动检测卷三考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．许多科学家对物理学的发展做出了贡献，人们也给予了一定的评价．下列说法不正确的是()A．伽利略被认为是“近代力学创始人”B．第谷·布拉赫被认为是“天才的观察家”C．卡文迪许被称为“能称出地球质量的人”D．爱因斯坦被认为是“动力学的奠基者”答案 D解析伽利略《两种新科学的对话》奠定了其“近代力学创始人”的地位；第谷·布拉赫全身心投入到行星位置观察中，观察的数据为哥白尼的学说提供了关键性的支持；卡文迪许在实验室测出了万有引力常量，被称为“能称出地球质量的人”；牛顿是动力学的奠基者，爱因斯坦是现代物理学的奠基人，故选D.2．下列各组中均为导出单位的是()A．千克；牛顿；焦耳B．伏特；焦耳；库仑C．安培；秒；米D．欧姆；特斯拉；千米答案 B解析千克、安培、秒、米是基本单位，故A、C错误，B正确；千米不是导出单位，故D 错误．3．(2019届嘉兴市期末)如图1为某同学在篮球比赛中进行击地传球的示意图，下列说法正确的是()图1A．地面对篮球的弹力方向竖直向下B．篮球对地面的弹力方向斜向下C．地面对篮球的支持力大于篮球对地面的压力D．篮球受到地面的支持力是由于地面发生了形变而产生的答案 D解析接触的弹力的方向垂直于接触面，指向被支持的物体，A、B错误；地面对篮球的支持力等于篮球对地面的压力，C错误．4．(2018·杭州市重点中学期末)我们在沙滩上经常能看到很多如图2所示的倒圆锥状小坑，这些小坑是由一些叫“蚁狮”的小生物挖出来的，它们将坑底的沙子远远抛出，周围的沙子自然滑坡后就形成了这样的小坑．“蚁狮”藏在坑底下的沙子里等待掉进来的蚂蚁，蚂蚁掉进坑以后奋力上爬，但沙子就会滑下，使蚂蚁又掉进坑底．对于同样的沙子，以下说法正确的是()图2A．所有坑的大小是一样的B．所有坑的深度是一样的C．所有坑的顶角都是一样的D．蚂蚁只要掉进了坑里，即使没有“蚁狮”，蚂蚁再长时间也不可能爬出这个坑答案 C5.如图3所示，重物挂在弹性很好的橡皮筋的中点，在橡皮筋的两点S、P相互缓慢靠近的过程中，其长度()图3A．先增加后缩短B．逐渐增加C．逐渐缩短D．保持不变答案 C解析两条橡皮筋拉力的合力与重物的重力平衡，设它们的夹角为2θ，则橡皮筋的拉力F满足2F cos θ＝mg，当θ减小时，cos θ增大，F减小，橡皮筋的长度减小，C正确．6．2017年6月5日起，温州司乘人员(包括后排)不系安全带都将被罚款，假定某次紧急刹车时，由于安全带的作用，质量为70 kg的乘员获得约6 m/s2的加速度，则安全带对乘员的作用力约为()A．200 N B．400 NC．600 N D．800 N答案 B7．根据图4四幅图，下列关于运动和力的叙述正确的是()图4A．图甲中，运动员在弯道处，若地面摩擦力突然消失，他将沿着半径方向“离心”而去B．图乙中，在碗里做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C．图丙中，在水平直跑道上减速运动的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力D．图丁中，人在体重计上站起的瞬间指针示数会变大答案 D解析A中摩擦力消失，由于惯性，他将沿切线方向飞出；B中小球受到的合外力大小不变，但方向变化，故是变力；C中由相互作用力的关系，伞对飞机的拉力等于飞机对伞的拉力；D中人站起瞬间有向上的加速度，人对体重计的压力大于重力，故示数会变大，故D正确．8．如图5甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则()图5A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案 B解析t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误．9.如图6所示，一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的光滑定滑轮，绳的一端系一质量m＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m′＝10 kg的猴子，从绳子的一端沿绳子向上爬，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)()图6A．25 m/s2B．5 m/s2C．10 m/s2D．15 m/s2答案 B解析在重物不离开地面的条件下，绳子的最大拉力为F＝mg＝150 N，对猴子受力分析，设其向上爬的最大加速度为a，由牛顿第二定律有：F－m′g＝m′a，解得a＝5 m/s2，故B 选项正确．10．如图7所示，在光滑水平桌面上有三个完全相同的木块，A、B之间用水平轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的水平细线相连，在水平外力F的拉动下，一起向右做匀加速直线运动，加速度大小为5 m/s2.现将F突然撤去，则有关三个木块在外力F撤去瞬间的加速度，下列说法正确的是(取向右为正方向)()图7A．a A＝0，a B＝a C＝5 m/s2B．a A＝5 m/s2，a B＝a C＝－2.5 m/s2C．a A＝5 m/s2，a B＝－5 m/s2，a C＝0D．a A＝a B＝a C＝0答案 B解析外力F撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，绳上的拉力发生了改变，故A受力不变，a A ＝5 m/s2，将B、C作为整体，设弹簧的弹力大小为F弹，B、C整体的加速度为a，由牛顿第二定律得－F 弹＝2ma ，对A 受力分析得F 弹＝ma A ，由以上两式解得a ＝－2.5 m/s 2，选项B 正确，A 、C 、D 错误．11．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减小2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m答案 C解析 汽车匀速运动时F 牵＝F f ，汽车受到的合力大小为0，当牵引力减小2 000 N 时，汽车所受合力的大小为F ＝2 000 N ①由牛顿第二定律得F ＝ma ②联立①②得a ＝2 m/s 2汽车减速到停止所需时间t ＝v a＝5 s 5 s 时，汽车已静止，则汽车经过6 s 行驶的路程x ＝12v t ＝25 m ，故选C. 12．(2018·温州中学期中)如图8是伽利略研究自由落体运动的实验情景，让小球多次由倾角为θ的阻力忽略不计的斜面顶端静止滑下，在改变倾角θ的条件下进行多次实验，当θ角增大时，下面说法错误的是( )图8A ．小球对斜面的压力增大B ．小球运动的加速度增大C ．小球到达底端时的速度变大D ．小球从顶端运动到底端所需的时间减小答案 A解析 小球沿斜面向下运动的过程中，受到的支持力与重力垂直于斜面的分力大小相等，方向相反，所以：F N ＝mg cos θ，随θ的增大，F N 减小，根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力减小，故A 错误；对小球，根据牛顿第二定律得：a ＝mg sin θm＝g sin θ，可知，随着θ的增大，加速度a 增大，故B 正确；v 2＝2g sin θ·L ，所以小球到达底端时的速度：v ＝2gL sin θ，可知小球的速度随倾角的增大而增大，故C 正确；设小球从顶端运动到底端所需的时间为t ，则L ＝12at 2，得：t ＝2L g sin θ，θ角越大，sin θ越大，则知小球从顶端运动到底端所需时间越短，故D 正确．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分) 13．如图9所示，11月6日早上8时，2016年杭州马拉松(以下简称杭马)在黄龙体育中心开跑，来自美国、日本等50个国家和地区的32 000余名选手参加比赛．最终埃塞俄比亚男选手门达耶以2小时11分22秒的破赛会纪录成绩夺冠，女子冠军被肯尼亚选手博莱韦以2小时31分21秒夺得．已知马拉松全程长度为42 195米，男、女选手的路径相同，则()图9A．马拉松比赛中，选手一定不能看成质点B．马拉松全程长度指的是路程C．可以计算男、女冠军的平均速度大小D．可以比较男、女冠军的平均速度大小答案BD解析在马拉松比赛中，选手的形状、大小对所研究问题没有影响时，可以看成质点，故A 错误；马拉松比赛的全程长度是指选手运动的轨迹长度，为路程，故B正确；平均速度为位移与时间的比值，不知道位移，故无法求得平均速度，故C错误；因为路径相同，故选手的位移相同，由于所用时间不同，故可比较男、女冠军的平均速度大小，故D正确．14．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析质点开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；②若恒力的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．15.如图10所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿粗糙程度相同的斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面．当拉力F一定时，Q受到绳的拉力()图10A．与斜面倾角θ无关B．与物块与斜面间的动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关答案AD解析设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对P、Q整体受力分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cosθ＝(m1＋m2)a；对Q受力分析，有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、物块与斜面间的动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，与两物块质量和F有关，选项A、D正确．16．如图11甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑固定斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示．g取10 m/s2.根据图乙中所提供的信息能计算出的是()图11A．物体的质量B．斜面的倾角C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D．加速度为6 m/s2时物体的速度答案ABC解析对物体受力分析，物体受外力F、重力、支持力，沿斜面方向和垂直于斜面方向分别建立x轴、y轴，并将力沿坐标轴的方向分解，如图所示．x轴方向：F cos θ－mg sin θ＝ma，当F＝0时，a＝－6 m/s2，当F＝15 N时，a＝0，解得：m＝2 kg，θ＝37°，因而A、B、C可以算出；根据题图中信息无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)(2018·名校协作体3月选考)(1)下列器材中，实验“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”、“用自由落体运动验证机械能守恒定律”都需要用到的实验器材是________．(2)小刘同学在做“探究求合力的方法”实验时：①以下实验操作正确的是________．②以下为该同学在作平行四边形时的某一瞬间(直尺固定)，其中正确的操作是________．③本实验采用的实验思想是________．A．控制变量法B．等效替代法C．放大法答案(1)BD(2)①C②C③B18.(8分)某同学设计了一个探究加速度与物体所受合外力F及质量M的关系实验．如图12为实验装置简图，A为小车，后端连有纸带，B为打点计时器，C为装有沙的沙桶(总质量为m)，D为一端带有定滑轮的长木板．图12(1)在这个实验中，为了探究两个物理量之间的关系，要保持第三个物理量不变，这种探究方法叫做________法．图13(2)某同学在探究a与F的关系时，把沙和沙桶的总重力当作小车的合外力F，作出a－F图线如图13所示，试分析该图线不过原点的原因是________，图线右上部弯曲的原因是________．(横线上填写正确选项的字母代号)A．平衡摩擦力时，长木板倾角过小B．平衡摩擦力时，长木板倾角过大C．沙和沙桶的总质量m过小D．沙和沙桶的总质量m过大(3)如图14是某次实验得到的纸带，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，舍去前面比较密集的点，从A点开始，依次选取A、B、C、D、E 5个计数点，相邻两个计数点间都有四个计时点未画出，图中给出了相邻两点间的距离，则小车运动的加速度大小为a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)图14答案(1)控制变量(2)B D(3)0.62解析 (1)本实验采用了控制变量法；(2)力F 为零时，小车的加速度不为零，说明平衡摩擦力过度，选项A 错误，B 正确；后来图线弯曲，是因为沙和沙桶的总质量过大，选项C 错误，D 正确．(3)T ＝5×0.02 s ＝0.1 s ，根据逐差法，小车运动的加速度a ＝x 3＋x 4－x 1－x 24T 2＝0.62 m/s 2.19．(8分)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客运列车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s ．在相邻的平行车道上有一列货运列车，当该旅客经过货运列车车尾时，货运列车恰好从静止开始以恒定加速度沿客运列车行进方向运动．该旅客在此后的20.0 s 内，看到恰好有30节货运列车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0 m ，每节货运列车车厢的长度为16.0 m ，货运列车车厢间距忽略不计．求：(1)客运列车运行速度的大小；(2)货运列车运行加速度的大小．答案 (1)37.5 m/s (2)1.35 m/s 2解析 (1)设客运列车连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt ，每根铁轨的长度为l ，则客运列车的速度v ＝l Δt其中l ＝25.0 m ，Δt ＝1016－1s ＝23 s ，则v ＝25.023m/s ＝37.5 m/s (2)设从货运列车开始运动后t ＝20.0 s 内客运列车行驶的位移为x 1，货运列车行驶的位移为x 2，货运列车的加速度为a,30节货运列车车厢的总长度L ＝30×16.0 m ＝480 m ， 由运动学公式有：x 1＝v tx 2＝12at 2 由题设条件有：L ＝x 1－x 2，解得a ＝1.35 m/s 2.20．(10分)(2018·新高考研究联盟联考)如图15所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N 而从静止(t ＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：图15(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；(2)t ＝3.0 s 时运动员的速度大小；(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．答案 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)0.8 m/s (3)5.2 m解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m＝1.2 m/s 2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 12＝0.6 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m经时间t 2速度变为v 1′＝v 1－a 2t 2＝0.8 m/s(3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v 1′2＝2a 1x 1解得v 2＝525m/s 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2解得x 2＝5.2 m.21．(10分)滑板运动是年轻人喜爱的运动项目之一．有一如图16所示的运动场所，水平面AB 在B 处与倾角为θ＝37°的斜面BC 连接，滑板与AB 、BC 间的动摩擦因数相同．一滑板运动员操控滑板(可看成质点)从A 点以v 0＝3 m/s 的速度在水平面上向右无动力运动，运动到B 点时恰能沿斜面下滑．已知AB 间的距离为1.8 m ，BC 间的距离为2 m ，运动员和滑板的总质量为60 kg ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图16(1)滑板与水平面AB 间的摩擦力的大小；(2)滑板运动员运动到C 点时速度的大小；(3)滑板运动员从A 点运动到C 点所需的时间．答案 (1)150 N (2)4 m/s (3)2.2 s解析 (1)由题可知，运动员从A 到B 做匀减速运动，到B 点时速度刚好为零．则v 02＝2a 1x 1，F f ＝ma 1＝μmg ，联立并代入数据得F f ＝150 N ，μ＝0.25.(2)运动员由B 到C 做初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为a 2，则由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2v C 2＝2a 2x 2，解得v C ＝4 m/s(3)设从A 到B 需时间t 1，有t 1＝v 0a 1＝1.2 s 由x 2＝12a 2t 22 (或v C ＝a 2t 2)，可以得出t 2＝1 s 所以运动员从A 到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝2.2 s.22．(10分)如图17所示，质量为5 kg 的木块放在倾角为30°、长为20 m 的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F 拉该木块，木块从静止开始沿斜面匀加速上升4 m 所用的时间为2 s ，(g 取10 m/s 2)求：图17(1)恒力F 的大小；(2)要使木块能从斜面底端运动到顶端，F 至少要作用多长时间．答案 (1)60 N (2)536 s 解析 (1)木块恰好匀速下滑时受力平衡，有：F f ＝mg sin 30°＝12mg 匀加速上升的加速度：a 1＝2x t 12＝2×422 m/s 2＝2 m/s 2 对木块受力分析如图甲根据牛顿第二定律有F －mg sin 30°－F f ＝ma 1解得：F ＝mg sin 30°＋F f ＋ma 1＝mg ＋ma 1＝60 N(2)设拉力最小作用时间为t .撤去F 前：x 1＝12a 1t 2 v 1＝a 1t撤去F 后，对木块受力分析如图乙，根据牛顿第二定律mg sin 30°＋F f ＝ma 2解得：a 2＝mg sin 30°＋F f m＝g 匀减速运动的位移：x 2＝v 122a 2因为斜面长20 m ，故有x 1＋x 2＝20 m ，联立并代入数据，解得：t ＝536 s. 经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

综合检测卷考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.(2017·浙江4月选考·2)下列各组物理量中均为矢量的是()A.路程和位移B.速度和加速度C.力和功D.电场强度和电势答案 B解析矢量是既有大小又有方向的物理量，例如：位移、速度、加速度、力、电场强度等，因此答案为B.2.(2018·绍兴市选考诊断)下列描述正确的是()A.安培发现了电流的磁效应B.开普勒发现了万有引力定律C.库仑通过油滴实验测定了元电荷的数值D.法拉第首先引入了“场”的观点来解释电荷之间的相互作用答案 D3.如图1所示是某质点运动的速度－时间图象，由图象得到的正确结果是()图1A.在0～1 s内该质点的平均速度是2 m/sB.在0～1 s内该质点的位移大小是3 mC.在0～1 s内该质点的加速度大小大于2～4 s内的加速度大小D.在0～1 s内该质点的运动方向与2～4 s内的运动方向相反答案 C4.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A.4倍B.2倍C. 3 倍D. 2 倍答案 D解析设F f＝k v，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P＝F v＝F f v＝k v·v ＝k v2，变化后有2P＝F′v′＝k v′·v′＝k v′2，联立解得v′＝2v，D正确.5.(2018·宁波市十校联考)女子十米台跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图2所示，不计空气阻力，随入水深度的增加，阻力增大，下列说法正确的是()图2A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案 D解析她在空中上升过程中，加速度向下，故处于失重状态，选项A错误；运动员从跳台斜向上跳起，下落时速度有水平分量，则她在空中下落过程中不是做自由落体运动，选项B错误；入水后，运动员受到水的阻力作用，开始时重力大于阻力，做加速运动，随着入水深度的增加，阻力增大，当重力等于阻力时加速度为零，此时速度最大，故她即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，选项C错误；根据牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，选项D正确.6.如图3所示，在斜面顶端的A点以速度v0水平抛出一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v0水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是(空气阻力不计)()图3A.AB∶AC＝2∶1B.AB∶AC＝4∶1C.t1∶t2＝4∶1D.t1∶t2＝2∶1答案 B解析 由平抛运动规律有x ＝v t ，y ＝12gt 2，则tan θ＝y x ＝gt 2v，将v 0、0.5v 0分别代入上式，联立解得t 1∶t 2＝2∶1，C 、D 均错误；它们的竖直位移之比y B ∶y C ＝12gt 12∶12gt 22＝4∶1，所以AB ∶AC ＝y B sin θ∶y C sin θ＝4∶1，故A 错误，B 正确. 7.A 、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比s A ∶s B ＝4∶3，转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，则下列说法中正确的是( )A.它们的线速度大小之比v A ∶v B ＝4∶3B.它们的角速度大小之比ωA ∶ωB ＝2∶3C.它们的周期之比T A ∶T B ＝3∶2D.它们的向心加速度大小之比a A ∶a B ＝3∶2答案 A解析 A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比为s A ∶s B ＝4∶3，根据公式v ＝s t，线速度大小之比为v A ∶v B ＝4∶3，A 正确；转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，根据公式ω＝θt ，角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝3∶2，B 错误；根据公式T ＝2πω，周期之比为T A ∶T B ＝2∶3，C 错误；根据a n ＝ωv ，可知，a A ∶a B ＝2∶1，D 错误.8.(2018·嘉兴市期末)一质量为1 kg 的物体被人用手由静止向上提升0.5 m ，这时物体的速度是1 m/s ，则下列说法中正确的是(重力加速度取10 m/s 2)( )A.重力对物体做功5 JB.物体机械能增加5.5 JC.合外力对物体做功5.5 JD.手对物体做功0.5 J答案 B9.如图4所示为三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b 、c 是地球同步卫星，a 在半径为r 的轨道上，此时a 、b 恰好相距最近，已知地球质量为M ，半径为R ，地球自转的角速度为ω，引力常量为G ，则( )图4A.卫星b 加速一段时间后就可能追上卫星cB.卫星b 和c 的机械能相等C.到卫星a 和b 下一次相距最近，还需经过时间t ＝2πGM r 3－ω D.卫星a 减速一段时间后就可能追上卫星c答案 C解析 卫星b 加速后，将脱离原轨道做离心运动，不可能追上卫星c ，A 错误；由于卫星b 、c 的质量关系未知，所以两者的机械能不一定相等，B 错误；卫星a 做圆周运动，由万有引力提供向心力有GMm r 2＝mωa 2r ，可得ωa ＝GM r 3，b 为地球同步卫星，其角速度与地球自转的角速度相同，连续两次相距最近的时间t 满足(ωa －ω)t ＝2π，解得t ＝2πGM r 3－ω，C 正确；卫星a 减速后，将脱离原轨道做近心运动靠近地球，不可能追上卫星c ，D 错误.10.(2019届慈溪市模拟)如图5所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为7.5×10－8 C ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图5A.轻绳受到的拉力为8.0×10－2 N B.电场强度大小为1.0×105 N/CC.改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为8.0×105 N/CD.剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动答案 C11.如图6所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r .圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为( )图6A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案 A12.(2018·新高考联盟联考)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图7所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图象，倾斜虚线是过ab交点的a的切线.在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是()图7A.此时硅光电池的内阻为12.5 ΩB.此时硅光电池的输出功率为0.2 WC.此时硅光电池的总功率为0.72 WD.此时硅光电池的效率为40%答案 C二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.两个不规则带电导体间的电场线分布如图8所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中四个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则()图8A.场强大小关系有E b＞E cB.电势大小关系有φb>φdC.将一负电荷放在d点时其电势能为负值D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功答案BD解析同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此E b＜E c，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa＞φd，U ad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qU ad，为正功，选项D正确.14.(2018·绿色评价联盟选考)振源S在O点做竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz，t＝0时刻向右传播的简谐横波如图9所示(向左传播的简谐横波图中未画出)，则以下说法中正确的是()图9A.t＝0时，x＝1 m处的质点振动方向向上B.t＝0时，x＝－2 m处的质点振动方向向上C.t＝0.175 s时，x＝－1 m处的质点处在波谷位置D.t＝0.175 s时，x＝1 m处的质点处在波峰位置答案AC15.关于下列光学现象，说法正确的是()A.用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的干涉现象B.在水中红光的传播速度大于紫光的传播速度C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要浅D.分别用红光和紫光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距较宽答案BD解析用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的色散现象，故A错误；紫光的折射率大于红光的折射率，根据v＝cn知水中红光的传播速度比紫光快，故B正确；在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深，故C错误；条纹间距Δx＝ldλ，红光的波长较大，则条纹间距较宽，故D正确.16.氢原子能级图如图10所示，已知可见光光子的能量在1.61 eV～3.11 eV范围内，则下列说法正确的是()图10A.氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级时放出的光子为可见光B.大量氢原子处于n＝4能级时，向低能级跃迁能放出6种频率的光子C.处于基态的氢原子电离需要释放13.6 eV的能量D.氢原子处于n＝2能级时，可吸收2.86 eV能量的光子跃迁到高能级答案BD解析氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时放出的光子能量ΔE＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，不在1.61 eV～3.11 eV范围内，不是可见光，故A错误.大量处于n＝4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中，根据C24＝6可知可释放出6种频率的光子，故B正确.处于基态的氢原子电离，需要吸收13.6 eV的能量，故C错误.氢原子处于n＝2能级时，若能够吸收2.86 eV能量的光子，则E n＝2.86 eV－3.4 eV＝－0.54 eV，正好跃迁到n＝5能级，故D正确.非选择题部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17.(6分)(2018·台州市外国语学校期末)为了探究“合力做功与速度变化的关系”，某学习小组在实验室组装了如图11所示的装置，备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时，滑块处于静止状态.要完成该实验，请回答下列问题：图11(1)要完成本实验，还缺少的实验器材是________.(2)实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是________.(3)在满足(2)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图12所示为打点计时器所打的纸带的一部分，图中A、B、C、D、E是按时间先后顺序确定的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已标注在图上，当地重力加速度为g，则在B、D两点间，合力对滑块做的功为________，v B＝________，v D＝________(用题中所给的表示数据的字母表示).图12答案(1)刻度尺(2)沙和小桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力(3)mg(x2＋x3)x1＋x22Tx3＋x42T解析 (1)需要分析计算出所选纸带部分滑块的初、末速度和滑块对应的位移，但需要有测量长度的工具，即刻度尺.(2)事实上，细线的拉力并不等于沙和小桶的总重力，把滑块、沙和小桶作为一个整体，加速度a ＝mg m ＋M ，细线的拉力F ＝Ma ＝mg m M＋1，当m 远小于M 时，细线的拉力近似等于沙和小桶的总重力.实验设计中，把细线的拉力作为合力，即排除了摩擦力做功，所以实验首先要做的步骤是平衡摩擦力.(3)W ＝mg (x 2＋x 3)，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，v B ＝x 1＋x 22T ，v D ＝x 3＋x 42T. 18.(8分)(2018·名校高考联盟联考)(1)用如图13所示的电路，做测定电池的电动势和内阻的实验并用图象法处理数据过程中，下列说法正确的是________.图13A.用旧电池比新电池效果好B.实验中滑动变阻器不能短路，若滑动变阻器短路，通过电源的短路电流会无穷大，导致电源损坏C.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地集中D.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸(2)用多用电表测某一元件的物理量，指针偏转如图14所示，其示数为________.图14(3)在某次测量时电表欧姆挡示数如图15所示，为了更准确地测量阻值，请完成以下步骤：图15①将选择开关旋转到“Ω”挡的______位置.(选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k ”) ②将两表笔短接并调零，应使电表指针对准________的“0”刻线(选填“电阻”或“电流”). 答案 (1)AD (2)2.00 V (3)×1 电阻19.(8分)(2018·温州市3月选考)陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如图16是镇巴三元圈子崖天坑，最大深度300 m ，在某次勘察中，一质量为60 kg 的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底.若队员先从静止开始做匀加速直线运动，下滑20 s 时速度达到5 m/s ，然后以此速度匀速运动45 s ，最后匀减速直线运动到达坑底速度恰好为零.整个下行过程中探险绳始终处于竖直，探险队员视为质点.g 取10 m/s 2，求：图16(1)匀加速阶段的加速度大小a 1及匀加速下降的高度h 1；(2)匀减速下降时探险绳对探险队员的摩擦力大小；(3)探险队员整个下落过程的平均速度大小.答案 (1)0.25 m/s 2 50 m (2)630 N (3)4 m/s解析 (1)由a 1＝v t 1得a 1＝0.25 m/s 2 由h 1＝12a 1t 12，得h 1＝50 m (2)匀速运动的高度h 2＝v t 2＝225 mh 3＝h －h 1－h 2，得h 3＝25 m匀减速下降时的加速度大小a 3＝v 22h 3，得a 3＝0.5 m/s 2 由牛顿第二定律知，F f －mg ＝ma 3，得F f ＝630 N(3)t 3＝v a 3，得t 3＝10 s 由t ＝t 1＋t 2＋t 3，得t ＝75 s v ＝h t，得v ＝4 m/s. 20.(10分)如图17所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m.物块A 以v 0＝10 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.2 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.4，A 的质量为m ＝1 kg(重力加速度g ＝10 m/s 2，A 可视为质点).图17(1)求A 滑过N 点时的速度大小v 和受到的弹力大小；(2)若A 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式.答案 (1)4 5 m/s 150 N (2)63(3)v n ＝100－1.6n m/s解析 (1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有12m v 02＝mg ·2R ＋12m v 2 得：v ＝v 02－4gR ＝4 5 m/s假设物块在N 点受到的弹力为F N ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2R得物块A 受到的弹力为：F N ＝m v 2R－mg ＝150 N ，假设成立. (2)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有：－μmgkL ＝0－12m v 02 得：k ＝62.5物块A 最终停在第63个粗糙段上.(3)由动能定理，有－μmgnL ＝12m v n 2－12m v 02由上式，可得A滑至第n个(n<k)光滑段上的速度v n＝v02－2μgnL即：v n＝100－1.6n m/s.21.(10分)(2018·宁波市重点中学联考)如图18所示，MNPQ是固定在水平桌面上的足够长的U形金属导轨，导轨中接有阻值为R＝6 Ω的电阻，两导轨的间距为l＝1.0 m，质量为m＝0.6 kg、电阻r＝4 Ω的金属杆EF可在导轨上滑动，滑动时保持与导轨垂直，杆与导轨之间的滑动摩擦力大小F f＝0.32 N，导轨的电阻不计，初始时，杆EF位于图中的虚线处，虚线右侧有一无限宽的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B＝1.0 T，在t＝0时刻，给EF杆一瞬时冲击，使之获得v0＝2 m/s方向向右的初速度.经过时间t＝1.25 s，EF杆离开虚线的距离为x＝2.0 m，若不考虑回路的自感.求：图18(1)在t＝0时刻，流过金属杆EF电流的大小与方向；(2)在t＝1.25 s时刻，金属杆EF的速度大小；(3)在此过程中电阻R上产生的焦耳热.答案(1)0.2 A由F到E(2)1 m/s(3)0.156 J解析(1)金属杆切割磁感线产生感应电动势，E＝Bl v0＝2 V则I＝ER＋r＝0.2 A，由右手定则可知流过金属杆EF的电流方向为由F到E.(2)以金属杆为研究对象，以向右为正方向，由动量定理得－F f t－B I lt＝m v1－m v0，而I t＝ER＋rt＝ΔΦR＋r＝BlxR＋r，联立解得v1＝1 m/s(3)对题述过程，由动能定理得W安－F f x＝12m v12－12m v02又Q＝－W安Q R＝RQR＋r联立解得Q R＝0.156 J.22.(10分)(2018·嘉兴市3月模拟)如图19所示，“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电荷量相等的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v 1向上射入磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内.当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1).区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A ).放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间的相互作用与相对论效应).已知极板长RM ＝2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：图19(1)氙原子核在A 处的速度大小v 2；(2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 3；(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核与A 处发射粒子总数的比值.答案 见解析解析 (1)氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时：B 2q v 2＝m v 22r根据题意，在A 处发射速度相等、方向不同的氙原子核经过区域Ⅱ后，形成宽度为D 的平行氙粒子束，即r ＝D 2， 则：v 2＝B 2Dq 2m(2)等离子体由下方进入区域Ⅰ后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ′，则Eq ′＝B 1v 1q ′，即E ＝B 1v 1 设氙原子核经过区域Ⅰ加速后，离开PQ 的速度大小为v 3，根据动能定理可知：qU ＝12m v 32－12m v 22 其中电压U ＝Ed ＝B 1v 1d联立可得v 3＝8B 1v 1qdm ＋B 22D 2q 22m(3)根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B 2′之后，根据r ′＝m v 2B 2′q可知，r ′＝2r ＝D .①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够沿着轨迹1从M点进入区域Ⅰ，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域Ⅰ.轨迹1的圆心O1正好在N点，AO1＝MO1＝D，所以根据几何关系可知，此时入射角∠F AN ＝90°；②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好沿着轨迹2从下极板N点进入区域Ⅰ，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域Ⅰ.AO2＝AN＝NO2＝D，所以此时入射角∠GAN＝30°.根据上述分析可知，只有在∠F AG范围内射入的粒子能进入区域Ⅰ.该区域的粒子数与A处发射粒子总数的比值为η＝60°180°＝13.美文欣赏1、走过春的田野，趟过夏的激流，来到秋天就是安静祥和的世界。

姓名，年级：时间：滚动测试卷一（第一~三章）（时间:60分钟满分：100分）滚动测试卷第1页一、选择题（本题共8小题，每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求，第6~8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）1.在物理学的重大发现中，科学家们总结出了许多物理学方法,如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等。

以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（)A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法，当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时B。

根据速度的定义式v=ΔxΔt刻的瞬时速度，该定义运用了微元法C。

在实验探究加速度与力、质量的关系时,运用了控制变量法D.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加,运用了极限思想法答案：C解析:用质点来代替物体的方法是建立物理模型法,故选项A错误；速度的,当Δt趋近于零时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义式v=ΔxΔt定义运用了极限思想法，选项B错误;用实验来探究物体的加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，选项C正确;在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法,选项D错误。

2.跳伞运动员从高空悬停的直升机上跳下过程中，运动员沿竖直方向运动的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A.10 s末运动员的速度方向改变B.15 s末开始运动员处于静止状态C.运动员在0～10 s的平均速度等于10 m/sD。

10~15 s运动员做加速度逐渐减小的减速运动答案:D解析：由题图可知,运动员在0～10 s的位移大于其在这段时间内做匀加m/s=10 m/s，选项C错误；15 速直线运动的位移，所以平均速度大于20+02s后速度的大小恒定,表明运动员做匀速运动，选项B错误；10 s后的速度由大变小,但方向不变,选项A错误；10~15 s图线的斜率为负且逐渐减小,表明运动员做加速度逐渐减小的减速运动，选项D正确。

单元滚动检测卷六考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2018·新高考研究联盟联考)2016年8月12日，在里约奥运会乒乓球男子单打决赛中，中国名将马龙4－0战胜对手，夺得冠军，首次拿下大满贯．如图1所示，马龙快速扣杀的乒乓球在飞行中受到的力有()图1A．重力B．重力、击打力C．重力、空气阻力D．重力、空气阻力、击打力答案 C2.如图2所示，是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形，如果认为峭壁的平面是竖直的平面，冰面是光滑的，腿与峭壁面是垂直的，轻绳与壁面的夹角为30°，运动员质量为60 kg，g取10 m/s2.运动员处于静止状态，则轻绳给运动员的拉力大小F T为()图2A．200 3 NB．600 NC．400 3 ND．1 200 N答案 C3．(2018·嘉兴一中期末)以下关于物理学研究方法的叙述正确的是()A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了放大思想方法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了类比的思想方法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法答案 D4.(2018·杭州市五校联考)如图3所示，小球从光滑斜面AC的顶端A处由静止开始做匀加速直线运动，B为AC的中点，下列说法中正确的是()图3A．小球通过AB段与BC段所用时间之比为1∶1B．小球在AB段与BC段的平均速度之比为1∶ 2C．小球在B点与C点的瞬时速度之比为1∶ 2D．小球在B点的瞬时速度与AC段的平均速度相等答案 C5．(2018·金华市十校期末)如图4是某物体在t时间内的位移－时间图象和速度－时间图象，从图象上可以判断得到()图4A．物体的运动轨迹是曲线B．在t时间内物体运动的平均速度为2 m/sC．物体运动的时间t为2 s D．物体的位移为4 m时所用时间为1 s答案 C6.(2018·台州中学统练)如图5将两根吸管串接起来，再取一根牙签置于吸管中，前方挂一张薄纸，用同样的力对吸管吹气，牙签加速射出，击中薄纸．若牙签开始是放在吸管的出口处附近，则牙签吹在纸上即被阻挡落地；若牙签开始时放在嘴附近，则牙签将穿入薄纸中，有时甚至射穿薄纸．设牙签在管中动力恒定，下列说法正确的是()图5A．两种情况下牙签击中薄纸时的速度相同B．两种情况下牙签在管中运动的加速度相同C．牙签开始放在吸管的出口处时，气体对其做功较大D．牙签开始放在近嘴处时，运动时惯性较大答案 B7.(2018·名校高考联盟联考)科技馆的科普器材中常有如图6所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是()图6A．小齿轮和大齿轮转速相同B．小齿轮每个齿的线速度均相同C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮每个齿的向心加速度大小的3倍答案 C8.(2018·温州市3月选考)2017年6月15日11时，中国在酒泉卫星发射中心采用“长征四号乙”运载火箭，成功发射首颗X射线空间天文卫星“慧眼”，如图7所示，并在引力波事件发生时成功监测了引力波源所在的天区．已知“慧眼”在距离地面550 km的圆轨道上运行，则其()图7A．线速度大于第一宇宙速度B．运行周期大于地球自转周期C．角速度小于同步卫星的角速度D．向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度答案 D9．有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的速度高达300 km/h，羽毛球的质量介于4.74 g～5.50 g之间，经分析，下列说法中正确的是()A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小答案 D解析在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬间，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，而是冲击力的大小，该消息可能是真的，故只有D正确，A、B、C错误．10.如图8所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是()图8A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同答案 C解析木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，故A、B、D错误．11.飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了.2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命如图9.设当时飞机正以720 km/h的速度飞行，撞到质量为2 kg的兔子，作用时间为0.1 s．则飞机受到兔子的平均撞击力约为()图9A ．1.44×103 NB ．4×103 NC ．8×103 ND ．1.44×104 N答案 B解析 720 km/h ＝200 m/s ，根据动量定理Ft ＝m v 可得F ＝m v t ＝2×2000.1 N ＝4×103 N ，故选B.12．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务时，假设鱼雷快艇的总质量为M ，以速度v 前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m 的鱼雷后，快艇速度减为原来的35，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( ) A.2M ＋3m 5m vB.2M 5m vC.4M －m 5m vD.4M 5m v 答案 A解析 以快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：M v ＝(M －m )35v ＋m v ′，解得v ′＝2M ＋3m5mv .二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分) 13．如图10所示，质量为m 2的小球B 静止在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0靠近B ，并与B 发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A 、B 两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m 1、v 0一定时，若m 2越大，则( )图10A ．碰撞后A 的速度越小B ．碰撞后A 的速度越大C ．碰撞过程中B 受到的冲量越大D ．碰撞过程中A 受到的冲量越大 答案 CD解析 碰撞过程中，动量守恒，以 v 0的方向为正方向，则m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2， 又因碰撞过程中机械能守恒，12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22两式联立得，v 1＝(m 1－m 2)v 0m 1＋m 2，v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2当m 2<m 1时，m 2越大，v 1越小，但当m 2>m 1时，m 2越大，v 1速度反向，但越来越大，A 、B 错误；碰撞过程中，A 受到的冲量I A ＝m 1v 1－m 1v 0＝－2m 1m 2m 1＋m 2v 0＝－2m 1m 1m 2＋1v 0，可知m 2越大，A 受到的冲量越大，D 正确；而B 受到的冲量与A 受到的冲量大小相等、方向相反，因此m 2越大，B 受到的冲量也会越大，C 正确．14．从同样高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长 答案 CD15.如图11所示，某人身系弹性绳自高空P 点自由下落，a 点是弹性绳的原长位置，b 点是人静止悬挂时的平衡位置，c 点是人所能到达的最低点(弹性绳在弹性限度内)．若把P 点到a 点的过程称为过程Ⅰ，由a 点到c 点的过程称为过程Ⅱ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图11A ．过程Ⅱ中系统的机械能不变B ．过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零C ．过程Ⅱ中人的动量改变量与过程Ⅰ的动量改变量大小相等D ．过程Ⅱ中人的动量改变量等于重力的冲量 答案 AC解析 从a 到c 因只有重力和弹性绳弹力做功，故系统机械能守恒，A 正确；从a 到c ，人的动能先增大后减小，故B 错误；设人到a 点时速度为v ，则过程Ⅱ中人的动量改变量大小为ΔpⅡ＝m v，过程Ⅰ中人的动量改变量大小为ΔpⅠ＝m v，ΔpⅡ＝ΔpⅠ，故C正确；根据动量定理，过程Ⅱ中人的动量改变量等于重力和弹力的合力的冲量，故D错误．16.如图12所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A的落地点与桌边的水平距离为0.5 m，B的落地点与桌边的水平距离为1 m，不计空气阻力，那么()图12A．A、B离开弹簧时的速度大小之比为1∶2B．A、B质量之比为2∶1C．未离开弹簧时，A、B所受冲量大小之比为1∶2D．未离开弹簧时，A、B加速度大小之比为1∶2答案ABD解析A、B组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A、B两木块的落地点到桌边的水平距离x＝v0t，因为两木块的落地时间相等，所以v0与x成正比，故v A∶v B＝1∶2，即A、B离开弹簧时的速度之比为1∶2.由动量守恒定律可知，m A∶m B＝2∶1.未离开弹簧时，A、B 受到的弹力相等，作用时间相同，故冲量大小相等．未离开弹簧时，F相等，m不同，加速度a＝Fm，与质量成反比，故a A∶a B＝1∶2.非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)某同学在“探究碰撞中的不变量”实验中，采用如图13所示的实验装置，在光滑的水平轨道上，停着甲、乙两辆小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带．在启动打点计时器的同时，给甲车沿轨道方向的冲量，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰，由于两车相撞处装有尼龙拉扣，两车立即粘在一起继续运动．纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如图14所示，纸带上A、B两点的距离为________ cm；为完成实验，同学已经测出碰撞前后小车甲的速度，他还需要测量________________________．图13图14答案 1.20(±0.02)小车甲和小车乙的质量解析 A 、B 两点之间的距离为2.20 cm －1.00 cm ＝1.20 cm.根据动量守恒定律知，要探究碰撞中的不变量还需要测量小车甲和小车乙的质量．18．(8分)在验证机械能守恒定律的实验中，某同学利用图15甲中器材进行实验，正确地完成实验操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示．在实验数据处理中，某同学取A 、B 两点来验证实验．已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，图中测量结果记录在下面的表格中．(重力加速度为g ＝9.8 m/s 2)图15(1)观察纸带，可知连接重物的夹子应夹在纸带的___________________________________(选填“左”或“右”)端． (2)将表格中未填项目填写完整．(3)若重物和夹子的总质量为0.6 kg ，那么在AB 运动过程中，动能的增加量为________J ，重力势能减少量为________ J. 答案 (1)左 (2)3.20 (3)2.78 2.94解析 (1)重物刚开始运动，速度较小，点迹比较密集，故夹子应夹在纸带的左端． (2)v B ＝x 22T＝3.20 m/s. (3)在AB 运动过程中，动能增加量为ΔE k ＝12m v B 2－12m v A 2≈2.78 J ，重力势能减少量ΔE p ＝mgh AB＝2.94 J.19．(8分)如图16，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 02射出．重力加速度为g .求：图16(1)此过程中系统损失的机械能；(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离． 答案 (1)18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 02 (2) m v 0Mh2g解析 (1)设子弹射出物块后物块的速度为v ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m2M v 0②系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－⎣⎡⎦⎤12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12M v 2③由②③式得ΔE ＝18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 02④ (2)设物块下落到地面所用时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为x ，则 h ＝12gt 2⑤ x ＝v t ⑥由②⑤⑥得x ＝m v 0Mh 2g. 20．(10分)如图17，长为L 、质量为M 的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m 的子弹(可视为质点)以水平速度v 0击中木块并恰好未穿出．设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s ，重力加速度为g ，求：图17(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ； (2)子弹在木块运动过程中产生多少热量． 答案 见解析解析 (1)子弹射入木块的极短时间内，水平方向动量守恒，取v 0的方向为正方向，有 m v 0＝(M ＋m )v 共从子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得12(M ＋m )v 共2＝μ(M ＋m )gs 解得：μ＝m 2v 022gs (M ＋m )2(2)子弹射入木块的极短时间内，设产生的热量为Q ，由功能关系得 Q ＝12m v 02－12(M ＋m )v 共2解得：Q ＝Mm v 022(M ＋m ).21．(10分)如图18所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图18(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析解析 (1)规定向左为速度正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 0＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 02＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 0＝3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m 3＝20 kg ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 0＝0④ 代入数据得v 1＝－1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 0＝m 2v 2＋m 3v 3⑥ 12m 2v 02＝12m 2v 22＋12m 3v 32⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v 2＝－1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．22.(10分)(2019届东阳中学模拟)如图19所示，水平面上的A 点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A 为发射口所在的位置，B 点与在竖直面内、内壁光滑的钢管弯成的“9”形固定轨道平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H ＝1 m ；“9”字上半部分圆弧半径R ＝0.1 m ，圆弧为34圆周；当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m ＝0.1 kg 的滑块沿轨道上升到最高点C ，已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，AB 间距离为L ＝4 m ，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图19(1)当弹簧压缩量为2 cm 时，弹簧的弹性势能；(2)当弹簧压缩量为3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C 时对轨道的作用力；(3)当弹簧压缩量为3 cm 时，启动发射装置，滑块从D 点水平抛出后的水平射程． 答案 (1)1.8 J (2)44 N ，方向竖直向上 (3)2.8 m解析 (1)根据能量守恒定律得，E p ＝μmgL ＋mgH ，解得E p ＝1.8 J(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，弹簧压缩量为3 cm 时，E p ′＝94E p 根据能量守恒定律得，E p ′＝μmgL ＋mgH ＋12m v C 2 由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v C 2R，解得F N ＝44 N 由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小F N ′＝44 N ，方向竖直向上．(3)根据能量守恒定律E p ′＝μmgL ＋mg (H －2R )＋12m v D 2，解得v D ＝7 m/s ， 由平抛运动规律得，H －2R ＝12gt 2，x ＝v D t 故水平射程x ＝2.8 m.美文欣赏1、 走过春的田野，趟过夏的激流，来到秋天就是安静祥和的世界。

2018-2019学年高二下学期第十一单元训练卷物 理 （一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、多选题1．如图所示是一做简谐运动的物体的振动图像，下列说法正确的是( )A ．振动周期是2×10－2 sB ．第2个10－2 s 内物体的位移是－10cmC ．物体的振动频率为25 HzD ．物体的振幅是10cmE ．物体位移随时间变化的关系式为x ＝10sin 4t cm2．如图所示，图甲为以O 点为平衡位置，在A 、B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是( )A ．在t ＝0.2 s 时，弹簧振子可能运动到B 位置B ．在t ＝0.1 s 与t ＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子的速度大小相同C ．从t ＝0到t ＝0.2 s 的时间内，弹簧振子的动能持续地增加D ．在t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s 两个时刻，弹簧振子的加速度相同E ．在t ＝0.1 s 与t ＝0.5 s 两个时刻，弹簧振子的动能相同 3．关于振子的振动过程，以下说法正确的是( ) A ．振子在平衡位置，动能最大，势能最小 B ．振子在最大位移处，势能最大，动能最小 C ．振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小D ．在任意时刻，动能与势能之和保持不变E ．振子在平衡位置，弹性势能一定最小 4．如图所示为一单摆的振动图像，则( ) A ．t 1和t 3时刻摆线的拉力等大 B ．t 1和t 3时刻摆球速度相等 C ．t 3时刻摆球速度正在减小 D ．t 4时刻摆线的拉力正在减小 E ．t 5时刻摆球加速度正在减小 5．一单摆的振动图像如图所示，下列说法中正确的是( ) A ．t ＝0.5 s 时，摆球处于平衡状态 B ．t ＝1.0 s 时，摆球处于平衡状态 C ．t ＝2.0 s 时，摆球处于平衡位置 D ．摆球摆动过程中，在任何位置都不是平衡状态 此卷只装订不密封 班级姓名准考证号考场号座位号E．t＝1.0 s时，摆线所受拉力最大6．下列说法中正确的是()A．某物体做自由振动时，其振动频率与振幅无关B．某物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关C．某物体发生共振时的频率就是其自由振动的频率D．某物体发生共振时的振动就是无阻尼振动E．当驱动力的频率和物体固有频率相差越大时，物体振幅越大二、解答题7．有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t＝0)，经过周期振子到达正向最大位移处．(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移－时间图象；(3)写出振子的振动表达式．8．如图所示为一弹簧振子的振动图像，求：①从计时开始经多长时间第一次达到弹性势能最大？②在2～3 s这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各怎样变化？9．两根质量均可不计的弹簧，劲度系数分别为k1、k2，它们与一个质量为m 的小球组成弹簧振子，静止时，两弹簧均处于原长，如图所示．试证明弹簧振子做的运动是简谐运动．10．某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x＝10sin5πt cm，由此可知：①物体的振幅为多少？②物体振动的频率为多少？③在t＝0.1 s时，物体的位移是多少？11．一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．①在t＝1.5×10－2 s到t′＝2×10－2 s的时间内，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？②从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？12．如图所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题：①写出该振子简谐运动的表达式．②该振子在第100 s时的位移是多少？前100 s内的路程是多少？2018-2019学年高二下学期第十一单元训练卷物理（一）答案1．BCD【解析】（1）由图像可知，物体做简谐运动的振幅为10cm，周期为s，A错误；D正确；（2）在第二个10－2 s内，物体运动方向与正方向相反，从最大位移处回到平衡位置，位移为-10cm，B正确；（3）由周期和频率的关系可知，物体振动的频率，C正确；（4）该简谐运动的表达式为cm，E错误。

阶段滚动检测(一)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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)1．(2016·全国丙卷)设集合S ＝{x |(x －2)(x －3)≥0}，T ＝{x |x ＞0}，则S ∩T 等于( )A ．[2,3]B ．(－∞，2]∪[3，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(0,2]∪[3，＋∞)2．已知全集U ＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，集合A ＝{2,3,5,6}，集合B ＝{1,3,4,6,7}，则集合A ∩∁U B 等于( ) A ．{2,5} B ．{3,6} C ．{2,5,6}D ．{2,3,5,6,8}3．已知命题“若x ≥0，y ≥0，则xy ≥0”，则原命题、逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．44．已知集合A ＝{－1,1,3}，B ＝{1，a 2－2a }，且B ⊆A ，则实数a 的不同取值个数为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．55．设a ，b ∈R ，则“2a ＋2b ＝2a ＋b ”是“a ＋b ≥2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 6．对任意的非零实数a ，b ，若a ⊗b ＝⎩⎨⎧b －1a，a <b ，a ＋1b ，a ≥b ，则lg 10 000⊗(12)－2等于( )A.14B.54C.25D.457．(2016·山东)已知函数f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫x －12，则f (6)等于( ) A ．－2 B ．－1 C ．0 D ．28．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＋f (x －y )＝2f (x )f (y )，且f (0)≠0，则f (x )( ) A ．为奇函数 B ．为偶函数 C ．为非奇非偶函数D ．奇偶性不能确定9．若命题“∃x ∈R ，x 2＋(a －1)x ＋1<0”是真命题，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－1,3]B ．(－1,3)C ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(3，＋∞)10.函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b (x ≤0)，log c (x ＋19) (x >0)的图象如图所示，则a ＋b ＋c 等于( ) A.43 B.73 C ．4D.13311．已知集合A ＝{x |3x ≥1，x ∈N }，B ＝{x |log 2(x ＋1)≤1，x ∈N }，S ⊆A ，S ∩B ≠∅，则集合S 的个数为( )A ．0B ．2C ．4D ．812．已知定义在D ＝[－4,4]上的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，－4≤x ≤0，2|x －2|，0<x ≤4，对任意x ∈D ，存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)，则|x 1－x 2|的最大值与最小值之和为( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知命题p ：∀x ∈R ，x 2－a ≥0，命题q ：∃x ∈R ，x 2＋2ax ＋2－a ＝0.若命题“p 且q ”是真命题，则实数a 的取值范围为__________．14．已知y ＝f (x )是偶函数，当x >0时，f (x )＝x ＋4x ，且当x ∈[－3，－1]时，n ≤f (x )≤m 恒成立，则m －n 的最小值是________．15.如图，已知二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c 为实数，a ≠0)的图象过点C (t,2)，且与x 轴交于A ，B 两点．若AC ⊥BC ，则实数a ＝________.16．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋bx ＋2，x ≤0，|2－x |，x >0，若f (－4)＝f (0)，则函数y ＝f (x )－ln(x ＋2)的零点个数为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)已知p ：(x ＋1)(x －5)≤0，q ：1－m ≤x ≤1＋m (m >0)． (1)若p 是q 的充分条件，求实数m 的取值范围；(2)若m ＝5，“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，求实数x 的取值范围.18.(12分)设函数f (x )＝log 3(9x )·log 3(3x )，19≤x ≤9.(1)若m ＝log 3x ，求m 的取值范围；(2)求f (x )的最值，并给出取最值时对应的x 的值.19.(12分)已知函数f (x )＝ax ＋1a (1－x )(a >0)，且f (x )在[0,1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值．20.(12分)某地上年度电价为0.8元，年用电量为1亿千瓦时．本年度计划将电价调至0.55元～0.75元之间(包含0.55元和0.75元)，经测算，若电价调至x 元，则本年度新增用电量y (亿千瓦时)与(x －0.4)(元)成反比．又当x ＝0.65时，y ＝0.8. (1)求y 与x 之间的函数关系式；(2)若每千瓦时电的成本为0.3元，则电价调至多少时，本年度电力部门的收益将比上年度增加20%？[收益＝用电量×(实际电价－成本价)]21.(12分)已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)＝－2f(x＋1)，且f(x)在区间[0,1]上有表达式f(x)＝x2.(1)求f(－1)，f(1.5)；(2)写出f(x)在区间[－2,2]上的表达式．22.(12分)已知定义在实数集R上的奇函数f(x)有最小正周期2，且当x∈(0,1)时，f(x)＝2x4x＋1.(1)求函数f(x)在(－1,1)上的解析式；(2)判断f(x)在(0,1)上的单调性；(3)当λ取何值时，方程f(x)＝λ在(－1,1)上有实数解？答案精析1．D [S ＝{x |x ≥3或x ≤2}，T ＝{x |x ＞0}，则S ∩T ＝(0,2]∪[3，＋∞)．] 2．A [由题意知，∁U B ＝{2,5,8}，则A ∩∁U B ＝{2,5}，故选A.]3．B [易知原命题为真命题，所以逆否命题为真命题；其逆命题是“若xy ≥0，则x ≥0，y ≥0”，为假命题，所以否命题也为假命题．故选B.]4．B [由B ⊆A 得，a 2－2a ＝－1或3，解得a ＝1，－1或3，故实数a 的不同取值个数为3.]5．A [若a ＝0，b ＝3，满足a ＋b ≥2，但2a ＋2b ＝1＋8＝9,2a ＋b ＝8，则2a ＋2b ＝2a ＋b 不成立；若2a ＋2b ＝2a ＋b ，则2a ＋b ＝2a ＋2b ≥22a ·2b ＝22a ＋b ，即(2a ＋b )2≥4(2a ＋b )，解得2a ＋b ≥4或2a ＋b ≤0(舍去)，即a ＋b ≥2成立，所以“2a ＋2b ＝2a ＋b ”是“a ＋b ≥2”的充分不必要条件，故选A.]6．B [因为lg 10 000＝lg 104＝4，(12)－2＝4，所以lg 10 000⊗(12)－2＝4＋14＝54.]7．D [当x >12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫x －12，即f (x )＝f (x ＋1)，∴T ＝1，∴f (6)＝f (1)．当x <0时，f (x )＝x 3－1，且－1≤x ≤1，f (－x )＝－f (x )，∴f (6)＝f (1)＝－f (－1)＝2，故选D.]8．B [令x ＝y ＝0，则2f (0)＝2f 2(0)，又f (0)≠0，所以f (0)＝1.令x ＝0，则f (y )＋f (－y )＝2f (0)f (y )，即f (－y )＝f (y )，所以函数f (x )是偶函数．]9．D [因为命题“∃x ∈R ，x 2＋(a －1)x ＋1<0”等价于x 2＋(a －1)x ＋1＝0有两个不等的实根，所以Δ＝(a －1)2－4>0，即a 2－2a －3>0，解得a <－1或a >3，故选D.]10．D [将点(0,2)代入y ＝log c (x ＋19)，得2＝log c 19，解得c ＝13.再将点(0,2)和(－1,0)分别代入y ＝ax ＋b ，解得a ＝2，b ＝2，∴a ＋b ＋c ＝133.]11．C [A ＝{x |3x ≥1，x ∈N }＝{x |1－3x ≤0，x ∈N }＝{x |0<x ≤3，x ∈N }＝{1,2,3}，B ＝{x |log 2(x＋1)≤1，x ∈N }＝{x |0<x ＋1≤2，x ∈N }＝{x |－1<x ≤1，x ∈N }＝{0,1}，因为S ⊆A ，S ∩B ≠∅，所以集合S 中必含有元素1，可能有元素2,3，可以是{1}，{1,2}，{1,3}，{1,2,3}，共4个．故选C.] 12．C [作出f (x )的草图如图所示，由任意x ∈D ，f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)知，f (x 1)，f (x 2)分别为f (x )的最小值和最大值，由草图可知|x 1－x 2|max ＝8，|x 1－x 2|min ＝1，所以|x 1－x 2|的最大值与最小值之和为9.]13．(－∞，－2]解析 由已知条件可知p 和q 均为真命题，由命题p 为真得a ≤0，由命题q 为真得a ≤－2或a ≥1，所以a ≤－2. 14．1解析 ∵当x ∈[－3，－1]时，n ≤f (x )≤m 恒成立，∴n ≤[f (x )]min 且m ≥[f (x )]max ，∴m －n 的最小值是[f (x )]max －[f (x )]min ，又由偶函数的图象关于y 轴对称知，当x ∈[－3，－1]时，函数的最值与x ∈[1,3]时的最值相同，又当x >0时，f (x )＝x ＋4x ，在[1,2]上递减，在[2,3]上递增，且f (1)>f (3)，∴[f (x )]max －[f (x )]min ＝f (1)－f (2)＝5－4＝1. 15．－12解析 设y ＝a (x －x 1)(x －x 2)，由题设知a (t －x 1)(t －x 2)＝2.又AC ⊥BC ，利用斜率关系得2t －x 1·2t －x 2＝－1，所以a ＝－12.16．4 解析由f (－4)＝f (0)可得16－4b ＋2＝2，即b ＝4，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＋2，x ≤0，|2－x |，x >0.令y ＝f (x )－ln(x ＋2)＝0，即f (x )＝ln(x ＋2)，在同一平面直角坐标系中分别作出函数y ＝f (x )与y ＝ln(x ＋2)的图象(如图)，由图象易知函数y ＝f (x )与y ＝ln(x ＋2)的图象有4个交点． 17．解 p ：－1≤x ≤5. (1)因为p 是q 的充分条件， 所以[－1,5]是[1－m,1＋m ]的子集， 所以⎩⎪⎨⎪⎧m >0，1－m ≤－1，1＋m ≥5，得m ≥4，所以实数m 的取值范围为[4，＋∞)． (2)当m ＝5时，q ：－4≤x ≤6. 依题意知p 与q 一真一假．当p 真q 假时，由⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤5，x <－4或x >6，得x ∈∅.当p 假q 真时，由⎩⎪⎨⎪⎧x <－1或x >5，－4≤x ≤6，得－4≤x <－1或5<x ≤6.所以实数x 的取值范围为[－4，－1)∪(5,6]． 18．解 (1)因为19≤x ≤9，m ＝log 3x 为增函数，所以－2≤log 3x ≤2， 即m 的取值范围是[－2,2]．(2)由m ＝log 3x 得f (x )＝log 3(9x )·log 3(3x ) ＝(2＋log 3x )·(1＋log 3x )＝(2＋m )·(1＋m )＝(m ＋32)2－14，又因为－2≤m ≤2， 所以当m ＝log 3x ＝－32，即x ＝39时，f (x )取得最小值－14， 当m ＝log 3x ＝2，即x ＝9时，f (x )取得最大值12. 19．解 f (x )＝(a －1a )x ＋1a，当a >1时，a －1a >0，此时f (x )在[0,1]上为增函数，∴g (a )＝f (0)＝1a；当0<a <1时，a －1a <0，此时f (x )在[0,1]上为减函数，∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1.∴g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0<a <1，1a ，a ≥1，∴g (a )在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数， 又a ＝1时，有a ＝1a ＝1，∴当a ＝1时，g (a )取最大值1.20．解 (1)因为y 与(x －0.4)成反比，所以可设y ＝kx －0.4(k ≠0)，把x ＝0.65，y ＝0.8代入上式得0.8＝k 0.65－0.4，解得k ＝0.2，所以y ＝0.2x －0.4＝15x －2，则y 与x 之间的函数关系式为y＝15x －2(0.55≤x ≤0.75)． (2)根据题意，得(1＋15x －2)(x －0.3)＝1×(0.8－0.3)×(1＋20%)，整理得x 2－1.1x ＋0.3＝0，解得x 1＝0.5，x 2＝0.6，因为x 的取值范围是[0.55,0.75]，所以x ＝0.5不符合题意，舍去，则x ＝0.6，所以当电价调至0.6元时，本年度电力部门的收益将比上年度增加20%. 21．解 (1)由题意知f (－1)＝－2f (－1＋1)＝－2f (0)＝0， f (1.5)＝f (1＋0.5)＝－12f (0.5)＝－12×14＝－18.(2)当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2； 当x ∈(1,2]时，x －1∈(0,1]， f (x )＝－12f (x －1)＝－12(x －1)2；当x ∈[－1,0)时，x ＋1∈[0,1)， f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2(x ＋1)2； 当x ∈[－2，－1)时，x ＋1∈[－1,0)， f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2×[－2(x ＋1＋1)2] ＝4(x ＋2)2.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12(x －1)2，x ∈(1，2]，x 2，x ∈[0，1]，－2(x ＋1)2，x ∈[－1，0)，4(x ＋2)2，x ∈[－2，－1).22．解 (1)∵f (x )是x ∈R 上的奇函数，∴f (0)＝0. 设x ∈(－1,0)，则－x ∈(0,1)， f (－x )＝2－x4－x ＋1＝2x4x ＋1＝－f (x )，∴f (x )＝－2x 4x＋1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x4x ＋1，x ∈(－1，0)，0，x ＝0，2x 4x＋1，x ∈(0，1).(2)设0<x 1<x 2<1，f (x 1)－f (x 2)＝(2x 1－2x 2)＋(2x 1＋2x 2－2x 2＋2x 1)(4x 1＋1)(4x 2＋1)＝(2x 1－2x 2)(1－2x 1＋x 2)(4x 1＋1)(4x 2＋1)，∵0<x 1<x 2<1，∴2x 1<2x 2，2x 1＋x 2>20＝1， ∴f (x 1)－f (x 2)>0，∴f (x )在(0,1)上为减函数． (3)∵f (x )在(0,1)上为减函数， ∴2141＋1<f (x )<2040＋1，即f (x )∈⎝⎛⎭⎫25，12. 同理，f (x )在(－1,0)上时，f (x )∈⎝⎛⎭⎫－12，－25. 又f (0)＝0，当λ∈⎝⎛⎭⎫－12，－25∪⎝⎛⎭⎫25，12或λ＝0时， 方程f (x )＝λ在x ∈(－1,1)上有实数解.。