2019届高三物理第七次单元过关测试题

湖南师大附中2019 高三第七次抽考 - 物理物理能力测试本卷须知1、本试题卷分选择题和非选择题两部分，时量150 分钟，总分值300 分。

答题前，考生务势必自己的姓名、准考据号填写在答题卡和本试题卷上。

2、回答选择题时，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需变动，用橡皮擦干净后，再选涂其余答案标号。

写在本试题卷和底稿纸上无效。

3、回答非选择题时，用0、5毫米黑色墨水署名笔将答案按题号写在答题卡上。

写在本试题卷和底稿纸上无效。

4、考试结束时，将本试题卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H～ 1C～ 12N～14O-16Na～ 23Fe～56Zn～ 65【二】选择题〔本题包含8 小题，每题 6 分，共 48 分。

此中 14--17 题为单项选择题，18～21 题为多项选择题，多项选择题所有选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分〕14、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程区分红特别多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，而后把各小段的位移相加，物理学中把这类研究方法叫做“微元法”。

下边实例中应用到这一思想方法的是A、在不需要考虑物体自己的大小和形状时，用点来取代物体，即质点B、在研究加快度与力、质量的关系时，先保持质量不变研究加快度与力的关系，再保持力不变研究加快度与质量的关系C、依据加快度定义，当△ t特别小，便可以表示物体在t 时辰的刹时加快度D、在“研究弹性势能的表达式”的活动中为计算弹簧弹力所做功，把拉伸弹簧的过程分为特别多小段，拉力在每小段可以以为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功15、存如图甲所示的电路中，电源电动势为 3、 0V，内阻不计，L1、 L2、L3为 3 个特别资料制成的相同规格小灯泡，这类小灯泡的伏安特征曲线如图乙所示、当开关 S闭合时A、 L3两头的电压为L1的 4 倍B、经过 L3的电流为L2的 2 倍C、 L1、 L2、L3的电阻都相同D、 L3耗费的电功率为0、 75W16、以下列图，两质量相等的物块A， B， A 经过一轻质弹簧与一竖直的墙面连结， B 足够长，并搁置在水平面上， A 与 B 间动摩擦因数为μ 1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ 1<2μ 2。

2019届遵义市航天高级中学高三七模考试物理试卷注意事项：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。

第I卷（选择题)一、单选题1．月球土壤里大量存在着一种叫做“氦3”()的化学元素，是核聚变的重要原料之一。

科学家初步估计月球上至少有100万吨“氦3”，如果相关技术开发成功，将可为地球带来取之不尽的能源。

关于“氦3”与氘核()聚变生成“氦4”()，下列说法中正确的是（）A ．该核反应方程式为B．该核反应生成物的质量大于参加反应物的质量C．该核反应出现质量亏损，吸收能量D．因为“氦3”比“氦4”的比结合能小，所以“氦3”比“氦4”稳定2．如图所示,AC是上端带定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点,另一端B悬挂一重为G的重物,且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C,用力F 拉绳,开始时∠BAC>90°,现使∠BAC缓慢变小,直到杆AB接近竖直杆AC.此过程中，轻杆B端所受的力( )A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．大小不变 D．先减小后增大3．图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示。

已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r=2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R=6Ω，电压表、电流表均为理想电表。

下列说法正确的是（）A．电压表的读数为4VB．电流表读数0.5AC．1秒内流过小灯泡的电流方向改变25次D ．线圈在转动过程中，磁通量最大为4．如图所示,三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面,电势值分别为10V、20V、30V,实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹,a、b、c是轨迹上的三个点,下列说法正确的是( )A．粒子在三点所受的电场力不相等B．粒子在三点的电势能大小关系为Epc<Epa<EpbC．粒子必先过a,再到b,然后到cD．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekb>Eka>Ekc二、多选题5．要发射远地卫星，需要先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后在Q 点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后在P 点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行，如图所示．已知轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点．若只考虑地球对卫星的引力作用，则卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，下列说法正确的是（ ）A ．若卫星在轨道1、2、3上正常运行时的周期分别为T 1、T 2、T 3，则有T 1＜T 2＜T 3B ．卫星沿轨道2由Q 点运动到P 点时引力做负功，卫星与地球组成的系统机械能守恒C ．根据公式v=ωr 可知，卫星在轨道3上的运行速度大于在轨道1上的运行速度D ．根据v= 知，卫星在轨道2上任意位置的运行速度都小于在轨道1上的运行速度6．如图所示的x-t 图象和v-t 图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况。

2019届高三物理第七次单元过关测试题参考答案一、选择题题号1234567891011121314答案DBACACADACCCDBABCD二、实验题15、（1）0.05左（2）1.609.60【解析】（1）电动机的转速为1200r/min ，所以周期11T ==min=0.05s,圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端.（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度16、答案：（1）①s h h s 2212)(cos --=α；②d t ；③222ts d a =；④21222h h d mg m s st --；（2）3.62cm三、计算题17、解析：（1）设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y ，由几何关系得： 37tan 0=yv v ①设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得：gt v y =②21gt y =③tv x 0=④设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得：37tan x y h +=⑤由①②③④⑤得：h =1.7m（2）在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得：37cos x l s -=⑥设滑块的加速度为a ，由运动学公式得：21at s =⑦对滑块，由牛顿第二定律得：mg sin37°-μmg sin37°=ma ⑧由①②③④⑥⑦⑧得：μ=0.125。

18、【答案】（1）32m/s 2；（2）10m/s ，与水平方向夹角为37°；（3）8.88m ；滑板停止运动时间t ＝v/a ＝2s ，则物块落地时，板尚未停止运动．滑板向右运动的距离x 2＝v 1t −12a 2t 2＝4.08m物块落地时到B 的距离为x=x 1+x 2=8.88m ．19、【答案】(1)0.1kg ，2m (2)21N(2)在A 点不脱离轨道的条件为： ⑦由①⑥⑦三式和题中所给已知条件解得：x ≤15m ⑧代入④得： 21耀䁠 =2120、（3○1rad/s 4501=≤ωω时，细线AB 水平，细线AC 上的张力的竖直分量等于小球的重力，即：mgT =︒37cos N5.1237cos =︒=mgT 2分○221ωωω<<时细线AB 松弛，细线AC 上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力：θωθsin sin 2l m T =lm T 2ω=2分。

第7章静电场章末过关检测(七)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示．下列说法正确的是( )A．a点的电势高于b点的电势B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c解析：选B.过a、b两点做等势面，可得a点的电势比b点的电势低，将正电荷从低电势移到高电势，电场力做负功，故A 错误，B正确；电场线的疏密程度可表示电场强度，c点的电场线稀疏，d点的电场线较密，所以d点的电场强度大于c点的电场强度，C错误；电场线只表示电场强度，不表示粒子的运动轨迹，D错误．2.(2018·温州中学模拟)如图，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场．涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹．下列说法正确的是( )A．涂料微粒一定带正电B．图中虚线可视为高压电场的部分电场线C．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动D．喷射出的微粒动能不断转化为电势能解析：选C.因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，可知不能视为高压电场的部分电场线，选项B错误；从喷枪口看到工件的电场先减弱后增强，可知微粒做加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C正确；因电场力随微粒做正功，故微粒的电势能逐渐减小，选项D错误．3.(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图所示，C、D位于y轴上．C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零．若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)( )A.5kQ4l2，沿x轴正方向B．5kQ4l2，沿x轴负方向C.3kQ4l2，沿x轴负方向D．3kQ4l2，沿x轴正方向解析：选D.B点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在B 点产生的场强与正电荷在B点产生的场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负电荷在B 点的场强为kQ l 2，两正电荷在B 点的合场强也为kQ l 2，当负电荷移到A 点时，负电荷与B 点的距离为2l ，负电荷在B 点产生的场强为kQ 4l 2，方向沿x 轴负方向，由于CD 对称，所以两正电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l 2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ 4l 2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确． 4.静电场方向平行于x 轴，其电势随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电量为－q ，忽略重力．规定x 轴正方向为电场强度E 、加速度a 、速度v 的正方向，下图分别表示x 轴上各点的电场强度E 、小球的加速度a 、速度v 和动能E k 随x 的变化图象．其中正确的是( )解析：选D.因φ－x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧加速度为正值，在x＝0右侧，加速度为负值，且大小不变，故B错误；在x＝0左侧，粒子向右匀加速，在x＝0的右侧，向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在x＝0左侧，粒子根据动能定理qEx＝E k，在x＝0的右侧，根据动能定理可得－qEx ＝E k′－E k，故D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)5.某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直．用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O 点的水平距离．实验中( )A．d应保持不变B．B的位置在同一圆弧上C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tan θ与A、B间库仑力成正比解析：选ABC.因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知：F库＝mg sin θ，即k qQ d2＝mg xL，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误．6．(2018·广东韶关六校联考)如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是( )A．电场线MN的方向一定是由N指向MB．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D．带电粒子由a运动到b的过程中动能增加解析：选CD.由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M 指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误，D正确；粒子从a运动到b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确．7．(2018·福建台州质量评估)如图所示，竖直平面内的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度一直增大B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度先增大后减小C．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q做匀速圆周运动D．若将圆环从杆上P点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q做匀速圆周运动解析：选CD.圆环运动到O点且未离开细杆时库仑力沿x 轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A错误；因为圆环到O点前，库仑力沿y轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B错误；设P、O两点间电势差为U，由动能定理有qU＝12mv2，由牛顿第二定律有kQqr2＝mv2r，联立有kQ r2＝2Ur，即圆环是否做匀速圆周运动与q无关，C正确；若从P点上方释放，则U变大，不能做匀速圆周运动，D正确．8．(2018·沈阳东北育才学校模拟)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小解析：选BC.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A 错误，B正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，后成锐角，因此小球的速率先减小后增大，故选项C正确，D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(16分)(2018·亳州模拟)如图所示，在E＝1.0×103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝1.0×10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m 的M处，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m v2 R小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv2联立方程组，解得：v0＝7 m/s.(2)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得－(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )x ＝12mv ′2－12mv 20 又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m v ′2R联立代入数据，解得：F N ＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小F ′N ＝F N ＝0.6 N.答案：(1)7 m/s (2)0.6 N10．(16分)如图所示，光滑的薄平板A ，放置在水平桌面上，平板右端与桌面相齐，在平板上距右端d ＝0.6 m 处放一比荷为q m＝0.1 C/kg 的带电体B (大小可忽略)，A 长L ＝1 m ，质量M ＝2 kg.在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场，OO ′左侧电场强度为E ＝10 V/m ，方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5倍，方向水平向左．在薄平板A 的右端施加恒定的水平作用力F ，同时释放带电体B ，经过一段时间后，在OO ′处带电体B 与薄平板A 分离，其后带电体B 到达桌边缘时动能恰好为零．(g 取10 m/s 2)求：(1)OO ′处到桌面右边缘的距离；(2)加在薄平板A 上恒定水平作用力F 的大小．解析：(1)对B 在OO ′左侧运动时，qE ＝ma 1，设B 到达OO ′时的速度为v ，则：v 2＝2a 1x 1，对B 在OO ′右侧运动时，q ·5E ＝ma 2，v 2＝2a 2x 2，由几何关系知，x 1＋x 2＝d ，代入数据解得x 2＝0.1 m.(2)对平板A ，在B 加速的时间内，x 3＝L －x 2，x 3＝12a 3t 21，B 在同一时间内加速的过程中，有：x 1＝12a 1t 21，对平板A ，在B 加速的时间内受力F 的作用，由牛顿第二定律得，F ＝Ma 3，代入数据解得F ＝3.6 N.答案：见解析11．(20分)(2018·上海奉贤区调研)如图(a)，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP＝37°，OP中点处固定一电量为q＝2.0×10－8 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧．MN是一光1滑绝缘杆，其中ON长为a＝1 m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零．沿ON方向建立坐标轴(取O点处x＝0)，图(b)中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0＝1.24×10－3J，E1＝1.92×10－3J，E2＝6.2×10－4 J．(静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能E p .解析：(1)电势能为E 1时最大，所以应是电荷q 1对小球做负功和正功的分界点，即应该是过q 1作的ON 的垂线与ON 的交点．x 1＝a cos 37°×12cos 37°＝0.32 m根据图象得到mgh ＝E 1得m ＝E 1gx 1sin 37°＝ 1.92×10－310×0.32×0.6 kg ＝1×10－3 kg.(2)小球受到重力G 、库仑力Fk q 1q 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OP sin 37°2＝mg cos 37°q 2＝mg cos 37°⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OP sin 37°2kq 1＝错误! C ＝2.56×10－6 C.(3)对O 到N ，小球离开弹簧后到达N 点的速度为零，根据能量守恒，得到E＋E0＝E2＋mgh ONpE＝E2＋mgh ON－E0＝6.2×10－4J＋1×10－3×10×0.6 J－p1.24×10－3 J＝5.38×10－3 J.答案：(1)0.32 m 1×10－3 kg (2)2.56×10－6 C(3)5.38×10－3 J。

第七章 静电场章末过关检测(七)(时间：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2015·高考江苏卷)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是( )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉解析：选C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A 属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B 属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C 不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D 属于静电现象．2.空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的是( )A ．B 、C 两点的电场强度大小E Bx ＜E CxB ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功解析：选D.在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由题图得，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有E ＝Δφd，可见E Bx >E Cx ，A 项错误；同理可知O 点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误；沿电场线方向电势降低，在O 点左侧，E Bx 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E Cx 的方向沿x 轴正方向，B 项错误，D 项正确．3.两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m 1和m 2，带电荷量分别是q 1和q 2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与中垂线方向成α1角和α2角，且两球处于同一水平线上，如图所示．若α1＝α2，则下述结论正确的是( )A ．q 1一定等于q 2B ．一定满足q 1m 1＝q 2m 2C ．m 1一定等于m 2D ．必须同时满足q 1＝q 2、m 1＝m 2解析：选C.分别对两小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得F －F T sin α1＝0，F T cos α1－m 1g ＝0，所以tan α1＝F m 1g ＝kq 1q 2m 1gr 2.同理tan α2＝F m 2g ＝kq 1q 2m 2gr 2.因为α1＝α2，所以m 1＝m 2. 4．(2018·浙江省名校联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正确的是( )A ．烟尘颗粒向下运动B ．两金属板间电场方向向上C ．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少D ．烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍解析：选C.由题图可知，上极板为正极，下极板为负极；则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A 错误；上极板为正极，下极板为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B 错误；烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C 正确；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的1.5倍，故D 错误．5．第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会于2016年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如图所示为超级平行板电容器，相距为d 的两极板M 、N 分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选C.带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A 错误；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgd U ，选项B 错误；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgd U2，选项C 正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Ud q ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D 错误．6.(2018·合肥高三质量检测)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m ，电荷量为q 的带电小球，用长为L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，如图所示．开始时小球静止在M 点，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P ，然后由静止释放，则以下判断正确的是( )A ．小球再次到M 点时，速度刚好为零B ．小球从P 到M 过程中，合外力对它做的功为3mgLC ．小球从P 到M 过程中，其机械能增加了3mgLD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动解析：选B.根据题述，开始时小球静止于M 点，细线恰好水平，由平衡条件可知，qE sin 30°＝mg .小球再次到M 点时，切向加速度为零，速度最大，选项A 错误．小球从P 到M 过程中，重力做负功为W G ＝－mgL ，电场力qE 做正功为W F ＝qEL sin 30°＋qEL cos 30°＝(1＋3)mgL ，合外力对它做的功为W ＝W G ＋W F ＝3mgL ，选项B 正确．由功能关系可知，电场力做功机械能增加，小球从P 到M 过程中，其机械能增加了(1＋3)mgL ，选项C 错误．由于在M 点，小球所受电场力在竖直方向的分量等于重力，如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动，选项D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，两个相同的细圆环带有等量异种电荷，相隔一定距离同轴平行固定放置，O 1、O 2分别为两环圆心，一带正电的粒子从很远处沿水平轴线飞来并顺次穿过两环．若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中( )A ．在O 1点粒子的加速度方向向左B ．从O 1到O 2的过程，粒子电势能一直增大C ．轴线上O 1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D ．轴线上O 1点右侧、O 2点左侧都存在合场强为零的点，且它们关于O 1、O 2连线中点对称解析：选ACD.在O 1点时，右环上电荷由于关于O 1对称，所以其在O 1产生的电场强度为0，而－Q 各点在O 1产生的场强水平向左，故＋q 在O 1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A 正确．在＋q 从O 1向O 2运动的过程中＋Q 对＋q 的电场力向左，－Q 对＋q 的作用力方向也向左，故电场力对＋q 始终做正功，故＋q 的电势能一直减小，故B 错误．根据E ＝kQ r2可知在O 1右侧＋Q 产生的场强先增大后减小且一直减小到0，而－Q 的场强大多数情况下小于＋Q 产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O 1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O 1的右侧，故C 正确．同理O 2的左侧也有场强为0的位置，而O 1和O 2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O 1、O 2的连线对称，故D 正确．8．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半解析：选AD.E ＝U d ，保持U 不变，将d 变为原来的两倍，E 变为原来的一半，A 对；保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 错；C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd，保持d 不变，C 不变，Q 加倍，U 加倍，C 错；E ＝U d ＝QCd ＝Q εr S 4πkd ·d ＝Q εr S 4πk，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 对．9．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A 、B 是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A 悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B 并保持A 、B 连线与细线垂直．用Q 和q 表示A 、B 的电荷量，d 表示A 、B 间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x 表示A 偏离O 点的水平距离．实验中( )A ．d 应保持不变B ．B 的位置在同一圆弧上C ．x 与电荷量乘积Qq 成正比D ．tan θ与A 、B 间库仑力成正比解析：选ABC.因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d 应保持不变，选项A 正确；因要保持A 、B 连线与细线垂直且AB 距离总保持d 不变，故B 的位置在同一圆弧上，选项B 正确；对A 球由平衡知识可知：F 库＝mg sin θ，即k qQ d 2＝mg x L，可知x 与电荷量乘积Qq 成正比，选项C 正确，D 错误．10．(2018·福建台州质量评估)如图所示，竖直平面内的xOy 坐标系中，x 轴上固定一个点电荷Q ，y 轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O 处)，将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上，从P 处由静止释放，圆环从O 处离开细杆后恰好绕点电荷Q 做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )A ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，加速度一直增大B ．圆环沿细杆从P 运动到O 的过程中，速度先增大后减小C ．若只增大圆环所带的电荷量，圆环离开细杆后仍能绕点电荷Q 做匀速圆周运动D ．若将圆环从杆上P 点上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后不能绕点电荷Q 做匀速圆周运动解析：选CD.圆环运动到O 点且未离开细杆时库仑力沿x 轴正方向，与细杆对圆环的支持力平衡，加速度为零，则A 错误；因为圆环到O 点前，库仑力沿y 轴负方向的分量大小始终不为0，故一直加速，速度增加，B 错误；设P 、O 两点间电势差为U ，由动能定理有qU ＝12mv 2，由牛顿第二定律有kQq r 2＝mv 2r ，联立有kQ r 2＝2U r，即圆环是否做匀速圆周运动与q 无关，C 正确；若从P 点上方释放，则U 变大，不能做匀速圆周运动，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60° 时，小球速度为0.(1)求小球带电性质和电场强度E .(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A 点应有的初速度v A 的大小(可含根式)． 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqL sin α－mgL (1－cos α)解得E ＝3mg 3q.(2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向夹角为30°偏向右下．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点 m v 2L ＝233mg 小球从A 点以初速度v A 运动，由动能定理知12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝ 2（3＋1）gL .答案：(1)小球带正电3mg 3q(2) 2（3＋1）gL 12.(14分)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU 1与ΔU 2之比.解析：(1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d则q m ＝dg U 0.(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移大小为x 1，加速度大小为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移大小为x 2，加速度大小为a 2，则 x 1＝12a 1Δt 2，x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时：qU0＋ΔU1d－mg＝ma1，即qΔU1d＝ma1油滴向上减速运动时：mg－qU0＋ΔU1－ΔU2d＝ma2，即qΔU2－ΔU1d＝ma2则ΔU1ΔU2－ΔU1＝13解得ΔU1ΔU2＝14.答案：(1)dgU0(2)1∶3(3)1∶413．(14分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0＝12mv2，经电场偏转后侧移量y＝12at2＝12·qU偏mL⎝⎛⎭⎪⎫Lv2，所以y＝U偏L4U0，由题图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足Yy＝L＋L2L2，所以Y＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.答案：(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm。

江西省临川二中2019届高三上学期第七次理综训练物理试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。

14．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是（ ） A ．亚里士多德首先提出了惯性的概念B ．伽利略对自由落体运动研究方法的核心是：把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法C ．牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证D ．力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“2m/s ”是导出单位15．摩天轮是游乐场一种大型转轮状设施，摩擦力边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随摩天轮转动过程中，可以俯瞰四周景色，下列叙述正确的是( )A ．摩天轮转动过程中，乘客的动量保持不变B ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零C ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变D ．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力16．如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O 点，P 为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P 点，另一端栓连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置平衡，则( )A ．弹簧可能处于压缩状态B ．大圆环对小球的弹力方向指向O 点C ．小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O 点D ．大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力 17．某星体可视为均匀球体，半径为R ，自转周期为T ，其同步卫星的轨道半径为9R 。

假设该星体的自转周期变小（不考虑星体解体），当其自转周期小于某一值0T 时，该星体的所有卫星均无法与该星体自转同步，则0T 为（ ）A ．13TB ．19TC ．127TD ．18．如图示，一个小滑块由左边斜面上A1点由静止开始下滑，又在水平 面上滑行，接着滑上右边的斜面，滑到D 1速度减为零，假设全过程中轨道与滑块间的动摩擦因数u 不变，不计滑块在转弯处受到撞击的影响，测得A 1、D 1两点连线与水平方向的夹角为θ1，若将物体从A 2静止释放，滑块到D 2点速度减为零，A 2D 2连线与水平面夹角为θ2，则（ ）A ． θ2=θ 1B ． θ2＜θ 1C ．θ2＞θ 1D ．无法确定19．如图所示，质量为M 足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为m 的小物块在受到沿斜面向下的力F 的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为0。

2019届湖南师大附中高三第七次月考物理试卷注意事项：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。

第I卷（选择题)一、多选题1．由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦm cos ωt。

如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)，端点A、D固定。

在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。

设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流。

方式一：将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°。

则下列说法正确的是（）A．方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线截面电荷量为B．方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大C ．两种方式回路中电动势的有效值之比D ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则2．如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F 作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。

已知在t s末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则（）A．恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且B ．质点所受合外力的大小为C．质点到达B 点时的速度大小为D．t s内恒力F 做功为3．下列说法正确的是（）A．一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小B．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向D．外界对气体做功时，其内能一定会增大E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成4．如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的图象，此时质点P的运动方向沿y轴正方向，且当t＝10 s时质点Q恰好第2次到达y轴正方向最大位移处，下列说法正确的有（）A．波沿x轴负方向传播B ．波的周期为sC ．波的传播速度为m/sD．t＝3 s时质点Q的路程小于20 cm。

2019 高考物理红对勾练习课时功课- 第七单元综合测试本试卷分第一卷( 选择题) 和第二卷( 非选择题) 两部分，试卷总分值为100 分、考试时间为90 分钟、第一卷( 选择题，共40 分)【一】选择题(此题共10 小题，每题 4 分，共40 分、有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)图11、如图 1 所示，在一幢居民楼里有各种不一样的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等、停电时，用多用电表测得A、B 间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I ；经过一段时间t ，从总电能表中测得这段时间内耗费的电能为W，那么以下表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，此中正确的选项是()A、P＝I 2RB、P＝2 U R WC、P＝IUD、P＝t分析：电路耗费的电功率的计算公式P＝UI，P＝Wt 是广泛合用的，而A、B 两选项只适用于纯电阻电路，而电视机、洗衣机、微波炉和排油烟机都不是纯电阻，因此选项A、B 错误，正确选项为CD.答案：CD2、截面直径为d、长为L 的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向挪动均匀速率的影响，以下说法正确的选项是()A、电压U加倍时，自由电子定向挪动的均匀速率不变B、导线长度L 加倍时，自由电子定向挪动的均匀速率减为本来的一半C、导线截面直径 d 加倍时，自由电子定向挪动的均匀速率不变D、导线截面直径 d 加倍时，自由电子定向挪动的均匀速率加倍分析：依据电流I 的微观表达式、定义式以及电阻的决定式可得：I ＝neSv＝UR＝UρLS，因此nev＝UρL. 由此可知电压U加倍时，自由电子定向挪动的均匀速率v 加倍，A 错误；导线长度L 加倍时，自由电子定向挪动的均匀速率减半， B 正确；导线截面直径 d 加倍时，自由电子定向挪动的均匀速率v 不变，C正确、答案：BC3、下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自己机械消耗、假设该车在额定状态下以最大运转速度行驶，那么()自重40kg 额定电压48V载重75kg 额定电流12A最大行驶速度20km/h 额定输出功率350WA. 电动机的输入功率为576WB、电动机的内电阻为4ΩC、该车获取的牵引力为104ND、该车遇到的阻力为63N分析：电动机的输入功率P入＝UI＝48×12W＝576W，A正确；电动机正常工作时为非纯电阻电路，不可以用欧姆定律求内电阻，应选项 B 错误；电动车速度最大时，牵引力 F 与阻力F f 大小相等，由PP 350出出＝F f v m得F f ＝N＝63N，故C错误D正确、v m ＝20答案：AD图24、小灯泡通电后其电流I 随所加电压U变化的图线如图 2 所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I 轴的垂线，以下说法中正确的选项是()A、跟着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大U1B、对应P点，小灯泡的电阻为R＝I 2U1C、对应P点，小灯泡的电阻为R＝I 2－I 1D、对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积分析：由电阻的定义知某一状态下导体的电阻等于电压与电流的比值，在I —U图象中等于该点与坐标原点连线斜率的倒数，那么A、B正确；C错误；由电功率P＝IU 知，D正确、答案：ABD5、以下关于电源电动势的说法中正确的选项是()A、在某电池的电路中，每经过2C 的电荷量，电池供给的电能是4J，那么这个电池的电动势是B、电源的路端电压增大时，其电源的电动势必定也增大C、无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势必定不变D、电源的电动势越大，电源所能供给的电能就越多分析：由E＝Wq得E＝2V，那么A错误；电源的电动势与外电路没关，只由电源自己的性质决定，那么 B 错C对；电源的电动势大，所供给的能量不必定大，电源的电动势取决于通过电源的电量与电动势的乘积，D错误、答案：C6、(2018 ·海口模拟) 小强在用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度连续高升，没法自动控制、经检查，恒温箱的控制器没有故障( 如图 3 所示) ，那么以下对故障判断正确的选项是()图3A、只可能是热敏电阻出现故障B、只可能是温度设定装置出现故障C、热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障D、可能是加热器出现故障分析：恒温箱内温度连续高升，说明加热器没损坏，D错；而控制器也没问题，故热敏电阻或温度设定装置出现故障，在没有确立的条件下选C而不选A、B.答案：C7、如图 4 甲所示是一火警报警器的部分电路表示图，此中R2 为半导体热敏资料制成的传感器，电阻R2 随温度t 变化的图线如图乙所示、电流表为值班室的显示器、a、b 之间接报警器，当传感器R2 所在处出现火情时，显示器的电流I 和报警器两端的电压U的变化情况是()图4A、I 变大，U变大B、I 变大，U变小C、I 变小，U变大D、I 变小，U变小分析：当火情出现时，R2 的阻值随温度t 的高升而减小，因此惹起外电路电阻减小，干路中的总电流I 总增大，内电压增大，因此路端电压减小，故报警器两端的电压U减小；由于I 总增大，R1 两端的电压增大，因此并联部分电压减小，电流表示数减小，D项正确、答案：D图58、(2017 ·上海单科) 如图 5 所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 从最高端向下滑动时，()A、电压表V 读数先变大后变小，电流表A读数变大B、电压表V 读数先变小后变大，电流表A读数变小C、电压表V 读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大D、电压表V 读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小分析：设P以上电阻为R x，那么变阻器在电路中的阻值R′＝R0－R x R x R0R0 . 当R2 时，x＝R′最大、P从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小、当P滑向中点时：图6P滑过中点后，R′↓→I ↑→U↓，由并联分流I A＝答案：AR xR′I ，新的I A 增大，故A正确、9、如图7 所示，是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明：充电时电压恰为限制电压，历时4h 充满、( 假设充电前电池内已无电) 该过程电池发热，那么充电过程中转变为的电热功率为()图7 A、B、C、D、分析：由电池容量及充电时间可求得充电电流I ＝700 mA·h4 h ＝175mA输入功率P入＝U充I＝×＝转变为有效功率P有效＝U标I ＝×＝0.6475W.电热功率ΔP＝P入－P有效＝、即A 正确、答案：A10、把六个同样的小灯泡接成如图8 甲、乙所示的电路，调理变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所耗费的功率分别用P甲和P乙表示，那么以下结论中正确的选项是()图8A、P 甲＝P乙B、P甲＝3P乙C、P 乙＝3P甲D、P乙>3P甲分析：设各灯泡正常工作时的电流为I ，那么甲电路的总电流为I 甲＝3I ，乙电路的总电流为I 乙＝I ，因此由P＝UI 得P甲＝3P乙，应选 B.答案：B第二卷( 非选择题，共60 分)【二】填空题(此题共 4 小题，每题10 分，共40 分)11、(2017 ·课标) 为了丈量一微安表头 A 的内阻，某同学设计了如图9 所示的电路、图中，A0 是标准电流表，R0 和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1 分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池、完成以下实验步骤中的填空：图9(1) 将S拨向接点1，接通S1，调理________，使待测表头指针偏转到合适地点，记下此时________的读数I ；(2) 而后将S拨向接点2，调理________，使________，记下此时RN的读数；(3) 多次重复上述过程，计算R N读数的______，此即为待测微安表头内阻的丈量值、分析：此题方法为代替法、当S接1 与接 2 时经过电路的电流I 同样，可知待测的内阻与R N的电阻同样、答案：(1) R0 标准电流表( 或A0)(2) R N标准电流表( 或A0) 的读数仍为I (3) 均匀值12、(2017 ·广东理综) 在“描绘小电珠的伏安特征曲线”实验中，所用器械有：小电珠(2.5V,0.6W) ，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线假设干、①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表________倍率的电阻截( 请填写“×1”、“×10”或“×100”) ；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图10，结果为________ Ω.图10 图11图12②实验中使用多用电表丈量电压，请依据实验原理图11 完成实物图12 中的连线、③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于________端、为使小电珠亮度增添，P 应由中点向________端滑动、④下表为电压等间隔变化测得的数据、为了获取改正确的实验图象，一定在相邻数据点________间多测几组数据( 请填写“ab”、“bc”、“cd”、“de”或“ef”).数据点 a b c d e fU/VI/A分析：①由小电珠的额定电压为、额定功率为，可得小电珠正常工作时电阻 22U 2.5R＝P＝Ω＝Ω，选多用电表的“×1”倍率时的中值电阻为15Ω. 因为在中值电阻周边丈量的量最精确，又知在15 周边，因此选择“×1”倍率、②在画实物连线时，应先连干路，再连分压电路、③闭合开关前P应先置于 a 端，此举为保护小电珠、为使小电珠亮度增添，滑片应向 b 滑端动，使其分压增添、④在ab 间电流的变化从0～，变化较大，为了改正确，应在ab间多测几组数据、答案：①×～②如图13 所示③a( 或左) b( 或右) ④ab图1313、现丈量一铜芯导线的电阻率，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表测得其电阻值约为1Ω，为提升丈量的精度，需从以下器械中优选一些元件，设计电路，重新丈量这段导线( 图顶用R x 表示) 的电阻、A、电源E( 电动势为，内阻不计)B、电压表V1( 量程为0～，内阻约为2kΩ)C、电压表V2( 量程为0～，内阻约为6kΩ)D、电流表A1( 量程为0～，内阻约为1Ω)E、电流表A2( 量程为0～，内阻约为Ω)F、滑动变阻器R1( 最大阻值5Ω，额定电流 1.0A)G、滑动变阻器R2( 最大阻值10Ω，额定电流0.2A)H、定值电阻R0( 阻值为9Ω)I 、开关S一个，导线假设干(1) 如图14 甲所示是该实验小组用螺旋测微器对铜线直径的丈量，其读数是________、图141(2) 为提升实验精度，要求电表的偏转不小于其量程的3，某同学设计了部分电路如图乙所示，请你在此基础大将电路增补完好，使实验可以完成、(3) 实验时电压表选________，电流表选________，滑动变阻器选________( 只填代号) 、(4) 假设在丈量时，电压表示数为U，电流表示数为I ，那么该铜芯导线所用资料的电阻率的表达式为ρ＝________.分析：(1) 螺旋测微器读数为0、5mm＋×＝0.700mm.图15(2) 电路图如图15 所示，丈量电阻一定用电流表外接电路，且一定有保护电阻、(3) 当滑动变阻器连入电路的阻值为零时，待测电压的最大值约为，因此电压表应选B；待测电流的最大值约为，因此电流表应选D；假设滑动变阻器选G，将超出其额定电流，因此只好选 F.2 2U L πD πUD(4) 由R＝I 、R＝ρS和S＝4IL .4 联立可求得电阻率的表达式为ρ＝2πUD答案：(1)0.700mm(2) 见分析图(3)BDF(4)4IL14、(2017 ·广东高考) 某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器械还包含定值电阻( R0＝5Ω) 一个，开关两个，导线假设干，实验原理图如图16(a) 、图16(1) 在图16(b) 的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接、(2) 请完成以下主要实验步骤：A、检查并调理电压表指针指零；调理电阻箱，示数如图16(c) 所示，读得电阻值是________；B、将开关S1 闭合、开关S2 断开，电压表的示数是；C、将开关S2________，电压表的示数是；断开开关S1.(3) 使用测得的数据，计算出干电池的内阻是________( 计算结果保留两位有效数字)(4) 因为所用电压表不是理想电压表，因此测得的电动势比实质值偏________( 填“大”或“小”)、分析：(1) 以以下图图17(3) 串通电路中，部分电路的电压与电阻成正比，由－5＋r ＝20 ，可得出r .答案：(1) 如图见分析所示ΩC、闭合Ω(4) 小【三】计算题(此题共 2 小题，每题10 分，共20 分，计算时一定有必需的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)图 1815、如图 18 所示，A 为电解槽， M 为电动机， N 为电炉子，恒定电压 U ＝12V ，电解槽内阻 r A ＝2Ω，当 S 1 闭合， S 2、S 3 断开时，电流表 A 示数为 6A ；当 S 2 闭合， S 1、S 3 断开时， A 示数为 5 A ，且电动机输出功率为 35W ；当 S 3 闭合， S 1、S 2 断开时， A 示数为 4A 、求： (1) 电炉子的电阻及发热功率各多大？ (2) 电动机的内阻是多少？(3) 在电解槽工作时，电能转变为化学能的功率为多少？ 分析： (1) 电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律 I ＝ 其发热功率为： P R ＝UI 1＝12× 6 W ＝72W. (2) 电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得 U UR 得 R ＝I 1＝2Ω，UI 2＝I 2 2r2r M ＋P输出，UI 2－P输出因此 r M ＝2＝I 212× 5－352Ω＝1Ω.5(3) 电解槽工作时，由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 3 2r2rA ＝16W. 答案： (1)2 Ω72W(2)1Ω(3)16W图 1916、如图 19 所示电路中，电阻 R 1＝2Ω，R 2＝5Ω ，灯泡 L 标有“ ”字样，电源 内阻 r ＝1Ω ，滑动变阻器的最大阻值为 R x . 当滑片 P 滑至 a 端时， 电流表的示数为 1A ，此时灯泡 L 恰好正常发光、求：(1) 当滑片 P 滑至 b 端时，电流表的示数； (2) 当滑动变阻器 Pb 段的电阻为 R x 时，变阻器上耗费的功率、 某同学的部分解答以下： 2U灯23灯 L 的电阻 R L ＝ P ＝ Ω＝6Ω，R L R x ＋R 2滑片 P 滑至 b 端时，灯 L 和( R x ＋R 2) 并联，并联电阻为： RR L ＋R x ＋R 2 ，并＝由 R L · I A ＝( R x ＋R 2) · I 2( I A 、I 2 分别为经过电流表和R 2 的电流 )得I 2＝ R L I A R x ＋R 2，流过电源的电流为 I ＝I A ＋I 2. 上述解法能否正确？假设正确， 央求出最后结果； 假设不正确，请指犯错在哪处， 纠正后求出最后结果、分析：灯 L 的电阻 R L ＝6Ω正确，错在没有看出 R Pa 和 R 2 串通部分已被短路 E ＝I ( R 1＋r ) ＋U 0＝1× (2 ＋1)V ＋3V ＝6V I 0＝P / U 0＝ I x ＝I －I 0＝R x ＝U 0/ I x ＝6Ω(1) 当 P 滑至 b 端时，电流表示数为 I ′＝E /( R 1＋r ) ＝2A. (2) 当 R Pb ＝3Ω时，R 并＝2Ω电流表示数为I″＝E/( R1＋R并＋r ) ＝U并＝E－I″( R1＋r ) ＝PR Pb＝U并2/ R Pb＝1.92W.Pb＝1.92W.答案：。

2019年高考物理总练习7单元过关检测注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

(时间：90分钟总分值：100分)【一】选择题(本大题共10个小题，每题5分，共计50分、每题至少有一个答案正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1、为维护消费者权益，某质量技术监督部门对市场上的电线产品进行抽查，发现有一个品牌电线中的铜芯直径明显比电线规格上标定的直径要小，引起电阻偏大、从影响导体电阻大小的因素来分析，引起这种电线电阻不符合规格的主要原因是()A 、电线的横截面积B 、电线的长度C 、电线的材料D 、电线的温度解析：电线中的铜芯直径明显比电线规格上标定的直径要小，电线的横截面积小，引起电阻偏大、答案：A2、酒精测试仪的工作原理如下图，其中P 是半导体型酒精气体传感器，该传感器电阻R x 的倒数与酒精气体的浓度C 成正比，R 0为定值电阻、以下关于电压表示数的倒数(1U )与酒精气体浓度的倒数(1C )之间关系的图像，正确的选项是()解析：由闭合电路的欧姆定律，干路的电流强度I ＝Er ＋R 0＋R x .电压表示数U ＝IR 0＝ER 0r ＋R 0＋R x ，而R x C ＝k (定值)，可见U 越大，表示C 越大，但是C 与U 不成正比、故B 正确、答案：B3、如图(甲)所示，电压表V 1、V 2串联接入电路中时，示数分别为6V 和4V ，当只有电压表V 2接入电路中时，如图(乙)所示，示数为9V ，电源的电动势为()A 、9.8VB 、10VC 、10.8VD 、11.2V解析：设电源的电动势和内阻分别为E 和r ，电压表V 2和内阻为R 2，根据闭合电路欧姆定律，对题图(甲)和题图(乙)分别有：E ＝6V ＋4V ＋4R 2r ，E ＝9V ＋9R 2r ，解得：E ＝10.8V 、故只有选项C正确、答案：C＝5.0V，U cd＝0V，4、用电压表检查如图电路中的故障，测得UU bc＝0V，U ab＝5.0V，那么此故障可能是()A、L断路B、R断路C、R′断路D、S断路解析：测得U ad＝5.0V、U ab＝5.0V，说明a、b分别到电源的线路均已接通，没有故障，那么此故障可能是R断路，选项B正确、答案：B5、电动自行车因轻便、价格相对低廉、污染和噪音小而受到市民喜爱、某国产品牌电动自A.7.2ΩC、7.0ΩD、7.4Ω解析：根据“额定工作电压/电流：36V/5A”可以求出电机消耗的总功率，然后，减掉“电机输出功率：175W”即为产生的热功率，再利用焦耳定律，就可以求出电机内阻、答案：B6、(2017年重庆理综)在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如下图、电源内阻不计，导线连接良好、假设将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：A、电珠L不亮；电流表示数几乎为零B、电珠L亮度增加；电流表示数增大C、电珠L开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断D、电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断与上述abcd四种现象对应的电路序号为()A、③①②④B、③④②①C、③①④②D、②①④③解析：a中电珠L不亮；电流表示数几乎为零说明它们同时与电压表串联，此现象与电路③相对应、b中电珠L亮度增加；电流表示数增大说明电珠L与电流表串联，此现象与电路①相对应、c中电珠L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断说明电珠L与电流表并联，当电流表被烧断后，电珠L才忽然发光，此现象与电路②相对应、d中电珠L不亮；电流表示数增大到烧断线圈说明电流表是单独一条支路；电珠L始终不亮说明电珠与电压表串联，此现象与电路④对应、答案：A7、(2017年课标全国)电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比、在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如下图，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为()A.34、14B.13、23C.12、12D.23、13解析：电源的效率η＝UI EI ×100%＝U E ×100%.a 点对应的路端电压U 为4个格，而电动势E 为6个格、因此ηa ＝23；b 点对应的路端电压为2个格，因此ηb ＝13.故D 项正确、 答案：D8、如下图，直线A 为电源a 的路端电压与电流的关系图象；直线B 为电源b 的路端电压与电流的关系图象；直线C 为一个电阻R 的两端电压与电流的关系图象、将这个电阻R 分别接到a 、b两电源上，那么()A 、R 接到a 电源上，电源的效率较高B 、R 接到b 电源上，电源的输出功率较大C 、R 接到a 电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D 、R 接到b 电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高解析：由图象判断电源a 的内阻大，在纯电阻电路中电源效率η＝RR ＋r ×100%，内电阻越大效率越低；电源的输出功率P ＝UI 对应图线交点横纵坐标值的乘积，由图象得C 与A 的交点坐标值乘积较大，只有C 正确、答案：C9、(2017年上海单科)如下图电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 从最高端向下滑动时，()A 、电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数变大B 、电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数变小C 、电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数先变小后变大D 、电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数先变大后变小解析：设P 以上电阻为R x ，那么变阻器在电路中的阻值R ′＝R 0－R x R xR 0.当R x ＝R 02时，R ′最大、P 从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小、当P 滑向中点时：P 滑过中点后，R ′↓→I ↑→U ↓，由并联分流I A ＝R xR ′I ，新的I A 增大，故A 正确、 答案：A10、在如下图的电路中，电源两端A 、B 间的电压恒定不变、开始时S断开，电容器上充有电荷、闭合S 后，以下判断正确的选项是()A 、C 1所带电量增大，C 2所带电量减小B 、C 1所带电量减小，C 2所带电量增大C、C1、C2所带电量均减小D、C1、C2所带电量均增大解析：S断开时，电路是断开的，两电容器并联接在电源的两端；S闭合后，两电阻串联构成了回路，C2取得R1两端的电压，C1取得R2两端的电压，但R1、R2两端的电压总会小于电源的电动势，因此两电容器的电压都将减小，那么带电量也会减小、答案：C【二】非选择题(此题共6小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11、(4分)如下图所示，是使用游标卡尺和螺旋测微器分别测量两个工件时的情况、图中游标卡尺的读数为________mm，螺旋测微器的读数为________mm.答案：3.652.80012、(6分)现有器材：量程为10.0mA，内阻约30～40Ω的电流表一个，定值电阻R1＝150Ω，定值电阻R2＝100Ω，单刀单掷开关S，导线假设干，要求利用这些器材测量一干电池(电动势约1.5V)的电动势、(1)按要求在实物图甲、乙上连线；(2)用量和直接测得量表示的待测电动势的表达式为E＝________，式中各直接测得量的意义是：___________________________________________________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：此题提供了两只定值电阻及开关、导线等，要求测量电池的电动势，这是一个设计性实验，原理是利用闭合电路欧姆定律E＝I(R外＋r)＝I(R＋R A＋r)，只需改变R测两次电流的值便可求出电动势E的值、但应注意：改变R时R的阻值不能过小，防止电流过大，超过电流表的量程，此题如将R2接入电路或R1和R2并联后接入电路，经估算会超过电流表的量程，故第一次把R1接入电路，第二次把R1、R2串联后接入电路，实现R的两次改变、由E＝I1(R1＋R A＋r)，E＝I2(R2＋R1＋R A＋r)可求出E＝I1I2R2/(I1－I2)、答案：(1)实物连线如下图所示、(2)I1I2R2/(I1－I2)I1是外电阻为R1时的电流，I2是外电阻为R1和R2串联时的电流13、(9分)如图甲所示是某研究性学习小组自制的电子秤原理图，利用电压表的示数来表示物体的质量、托盘与电阻由弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计、滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当盘中没有放物体时，电压表示数为零、设变阻器总电阻为R ，总长度为L ，电源电动势为E ，内阻为r ，限流电阻阻值为R 0，弹簧劲度系数为k ，假设不计一切摩擦和其他阻力、(1)试推出电压表示数U x 与所称物体质量m 的关系式；(2)由(1)计算结果可知，电压表示数与待测物体质量不成正比，不便于进行标注刻度，为了使电压表示数与待测质量成正比，请你利用原有器材在该小组研究的基础上进行改进，在图乙上完成改进后的电路图，并推出电压表示数U x 与待测物体质量m 的关系式、 解析：(1)设变阻器的上端到滑动端的长度为x ，根据题意，由平衡条件知：mg ＝kx ， 因为R x ＝xR /L ，由电路关系有U x ＝R x ER x ＋R 0＋r ，联立解得U x ＝mgREmgR ＋kL R 0＋r(2)改进后的电路图如下图、由平衡条件知：mg ＝kxR x ＝xR /LU x ＝R x ER ＋R 0＋r .联立解得U x ＝mgRE kL R ＋R 0＋r .答案：(1)U x ＝mgREmgR ＋kL R 0＋r (2)图见解析Ux ＝mgRE kL R ＋R 0＋r14、(9分)如下图，R 为电阻箱，○V 为理想电压表、当电阻箱读数为R 1＝2Ω时，电压表读数为U 1＝4V ；当电阻箱读数为R 2＝5Ω时，电压表读数为U 2＝5V 、求：(1)电源的电动势E 和内阻r ；(2)当电阻箱R 读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值P m为多少？解析：(1)由闭合电路欧姆定律得：E ＝U 1＋U 1R 1r ，E ＝U 2＋U 2R 2r联立上述方程，代入数据解得E ＝6V ，r ＝1Ω.(2)由电功率表达式P ＝E 2R ＋r 2R 变形为P ＝E 2R －r 2R＋4r由上式可知当R ＝r ＝1Ω时，P 有最大值，P m ＝E 24r ＝9W.答案：(1)6V1Ω(2)1Ω9W15、(10分)(2018年厦门模拟)在如下图的电路中，R1＝2Ω，R 2＝R 3＝4Ω，当电键K 接a 时，R 2上消耗的电功率为4W ，当电键K 接b 时，电压表示数为4.5V 、试求：(1)当电键K 接a 时，通过电源的电流和电源两端的电压；(2)电源的电动势和内电阻、解析：(1)当K 接a 时，R 1被短路，外电阻为R 2，根据电功率公式可得通过电源的电流I 1＝PR 2＝1A电源两端的电压U 1＝PR 2＝4V(2)当K 接a 时，有E ＝U 1＋I 1r ＝4＋r当K 接b 时，R 1和R 2串联，R 外＝R 1＋R 2＝6Ω通过电源的电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝0.75A这时有：E ＝U 2＋I 2r ＝4.5＋0.75r解得：E ＝6V ，r ＝2Ω答案：(1)1A4V(2)6V2Ω16、(12分)(2018年济南模拟)如图(a)表示某电阻R 随摄氏温度t 变化的关系，图中R 0表示0℃时的电阻值，k 表示图线的斜率、假设用该电阻与电池(电动势为E ，内阻为r )、电流表(满偏电流为I g 、内阻为R g )、滑动变阻器R ′串联起来，连接成图(b)所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到一个简单的“电阻温度计”、(1)使用“电阻温度计”前，先要把电流表的刻度改为相应的温度值，假设温度t 1<t 2其对应的电流分别为I 1、I 2，那么I 1、I 2谁大？(2)假设该“电阻温度计”的最低适用温度为0℃，即当温度为0℃时，电流表恰好达到满偏电流I g ，那么变阻器R ′的阻值为多大？(3)假设保持(2)中电阻R ′的值不变，那么电流表刻度为I 时所对应的温度t 为多大？(4)将电流表刻度盘换为温度刻度盘，刻度均匀吗？解析：(1)由图(a)可知温度越高，电阻R 越大，对应电路中的电流越小，故I 1>I 2.(2)由闭合电路欧姆定律得：I g ＝Er ＋R ′＋R g ＋R 0得：R ′＝EI g －R 0－R g －r .(3)由图(a)得R ＝R 0＋kt再由闭合电路欧姆定律得：I ＝Er ＋R ′＋R g ＋R解之得：t ＝E k (1I －1I g )、(4)由t ＝E k (1I －1I g )可知t 与I 不是一次线性关系，故刻度不均匀、答案：(1)I 1大(2)E I g －R 0－R g －rE k(1I－1I g)(4)不均匀(3)。