2015高考物理二轮复习题型通关 专练13

电学选择题巧练(三) [建议用时：20分钟]1.如图所示，菱形abcd 的四个顶点分别放上电荷量都为Q 的不同电性的点电荷，∠abc ＝120°.对角线的交点为O ，A 、B 、C 、D 分别是O 点与四个顶点连线的中点，则下列说法正确的是( )A ．O 点的电势和电场强度都为零B ．A 、C 两点的电场强度相等C ．B 、D 两点的电势相等且都为正D ．正的检验电荷从A 到D 电场力做正功2.(多选)如图为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象，－x0与x 0关于坐标原点对称，则下列说法正确的是( )A ．纵轴的左侧为匀强电场B ．－x 0处的场强为零C ．一电子在x 0处由静止释放，电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大D ．一电子在x 0处由静止释放，电子不一定沿x 轴正方向运动，但速度逐渐增大3.(多选)如图所示为一直流电路，电源内阻不能忽略，在滑动变阻器滑片P 从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是( )A ．电压表的示数可能增大B ．电流表的示数可能增大C ．电阻R 0消耗的功率可能增大D ．电源的输出功率可能增大4.如图所示，在半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN .从磁场区域最左端Q 垂直磁场射入大量的带电荷量为q 、质量为m 、速率为v 的粒子，且速率满足v ＝qBR m，最后都打在了感光板上．不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是( )A ．这些粒子都带负电B ．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C ．只有对着圆心入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN 上D ．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN 上5.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A 、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A 板时，A 板电势升高为＋U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两极板间的电场中加速．每当粒子离开电场区域时，A 板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而在环形区域内绕行半径不变(设极板间距远小于R )．下列关于环形加速器的说法中正确的是( )A ．环形区域内的磁感应强度大小B n 与加速次数n 之间的关系为B n B n ＋1＝n n ＋1B ．环形区域内的磁感应强度大小B n 与加速次数n 之间的关系为B n B n ＋1＝n n ＋1C ．A 、B 板之间的电压可以始终保持不变D ．粒子每次绕行一圈所需的时间t n 与加速次数n 之间关系为t n t n ＋1＝n n ＋16.空间存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，该区域为等腰直角三角形，其腰长为2a ，在磁场的左侧有一边长为a 的正方形导体框，从磁场的左侧向右以恒定的速度穿越该磁场区域，规定逆时针电流方向为正．则整个过程中导体框中的感应电流与时间的变化规律为( )7．如图甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n ＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 Ω.从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，那么( )A ．线圈从图示位置转过90°角时穿过线圈的磁通量为2 WbB ．在t ＝0.2 s 时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C ．线圈从图示位置转过30°角时的感应电流为π AD ．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 W8.(多选)如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电量一样多B ．金属杆ab 上滑过程中克服重力、安培力和摩擦力所做功之和等于12m v 20C ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等D ．金属杆ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量电学选择题巧练(三)1．[解析]选C.根据电场叠加原理可知，O 点的场强为零，电势为正，A 项错误；根据电场叠加原理可知A 、C 两点的场强等大反向，B 项错误；根据几何关系可知，B 、D 点都在a 、b 点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的右侧，都在c 、d 点上的两个等量异种点电荷电场中零等势线的左侧，因此电势叠加后肯定为正，根据对称性可知，这两点的电势相等，C 项正确；同理可以分析A 点电势为负，因此正的检验电荷从A 到D 电势能增大，电场力做负功，D 项错误．2．[解析]选BD.纵轴的左侧x 轴上电势处处相等，因此场强为零，不可能是匀强电场，A 项错误，B 项正确；x 轴正半轴不一定与电场线重合，且电场线不一定是直的，因此带电粒子不一定沿x 轴正方向运动，但从静止开始只在电场力的作用下运动，电场力做正功，速度逐渐增大，C 项错误，D 项正确．3．[解析]选AD.在刚开始滑动的一段时间内，电路中的总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，电阻R 0消耗的功率也减小，B 、C 项错误；如果滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R ，则内电压一直减小，外电压一直增大，电源与R 0两端电压一直减小，电压表示数增大，A 项正确；如果电源的内阻一直大于外电阻，且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R ，则电源的输出功率增大，D 项正确．4．[解析]选D.粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带正电，A 错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，做半径为r ＝m v qB的匀速圆周运动；因为速率满足v ＝qBR m ，所以r ＝m v qB＝R ，根据几何关系知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上，C 错误、D 正确，显然B 错误．5．[解析]选B.因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU ，所以，绕行第n 圈时获得的总动能为12m v 2n ＝nqU ，得第n 圈的速度v n ＝2nqU m .在磁场中，由牛顿第二定律得qB n v n ＝m v 2n R，解得B n ＝1R 2nmU q ，所以B n B n ＋1＝n n ＋1，A 错误，B 正确；如果A 、B 板之间的电压始终保持不变，粒子在A 、B 两极板之间飞行时，电场力对其做功qU ，从而使之加速，在磁场内飞行时，电场又对粒子做功－qU ，从而使之减速．粒子绕行一周电场对其所做总功为零，动能不会增加，达不到加速效果，C 错误；根据t ＝2πR v 得t n ＝2πRm 2nqU ，得t n t n ＋1＝n ＋1n，D 错误． 6．[解析]选A.在0～t 时间内，bc 边在磁场中切割磁感线，其有效长度不变，由楞次定律可知电流沿逆时针方向，为正值且大小不变；在t ～2t 时间内ad 边进入磁场，bc 边离开磁场，有效切割长度从零逐渐增大，感应电动势从零逐渐增大，感应电流从零逐渐增大，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值；2t ～3t 时间内ad 边开始离开磁场，有效切割长度逐渐减小到零，感应电动势逐渐减小到零，电流逐渐减小到零，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值．7．[解析]选D.线圈从图示位置转过90°角时穿过线圈的磁通量为0.2 Wb ，与线圈匝数无关，A 错；感应电动势的大小和方向均可通过Φ－t 图象中图线斜率的大小和正负来判断，在t ＝0.2 s 时，图线的斜率最大，感应电动势最大，其前后图线斜率的正负不变，电流方向不变，B 错；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝5π rad/s ，电动势峰值为E m ＝nBSω＝nωΦm ＝10π V ，从图示位置开始计时，电流瞬时值表达式为i ＝E m Rcos ωt ，因此线圈转过30°角时瞬时电流i ＝10π5cos 30° A ＝3π A ，C 错；电压的有效值为U ＝E m 2＝52π V ，电功率为P ＝U 2R ＝10π2 W ，D 正确．8．[解析]选ABD.通过电阻的电量q ＝I Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR，所以A 项正确；由动能定理知B 项正确；上滑、下滑过程中，摩擦力大小均为μmg cos θ，所以摩擦力产生的内能相等，C 项错误；由能量守恒知D 项正确．薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。

专练13　交变电流　理想变压器及电能的输送 1．一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图1所示，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，则结合图象中所给信息可判定( ) 图1A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2 B．t2时刻穿过线框的磁通量为零 C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零 D．线框转动的角速度为 解析　由图象知t1时刻感应电动势最大，磁通量应为零，选项A错误；t2时刻感应电动势为零，磁通量最大，应为BL2，选项B错误；t3时刻感应电动势的大小为Em，由法拉第电磁感应定律得Em＝，即磁通量变化率不为零，选项C错误；由Em＝nBSω得Em＝BL2ω，得ω＝，选项D正确． 答案　D 2．(2014·武汉市调研考试)如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为101，原线圈接在频率为50 Hz的正弦交流电源上，串接的电流表为理想电流表，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，此时灯泡正常发光．则( ) 图2A．电流表的示数为 A B．电流表的示数为 A C．电源的输出功率为60 W D．副线圈中交变电流的频率为5 Hz 解析　由灯泡正常发光可知变压器副线圈的输出电压为220 V，输出功率为60 W，因此输出电流为 A，由变流关系可知，输入电流与输出电流的比值等于线圈匝数的反比，可知输入电流为 A，选项A正确，B错误；变压器输入、输出功率相等，频率不变，因此选项C正确，D错误． 答案　AC 3．如图3为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1＝220sin(100πt) V，则下列表述正确的是( ) 图3 A．U1＜U2，U3＞U4 B．U1＝220 V C．若U2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的 D．用户得到的交变电流频率为25 Hz 解析　采用远距离高压输电，然后降压后再使用，所以A对；U1为有效值，应该是220 V，所以B错误；输电线上损失的功率为P损＝()2R线，所以C对；由电厂输出电压的瞬时值表达式可得交流电的频率为f＝ Hz＝50 Hz，所以D错误． 答案　AC 4．如图4所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r，接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则( ) 图4 A．风扇电动机D两端的电压为Ir B．理想变压器的输入功率为＋ C．风扇电动机D的机械功率为 D．灯泡L中的电流为 解析　电风扇正常运转，Ir表示电动机线圈电阻的电压，并非电动机D两端的电压U2，选项A错误；由＝n得U2＝，灯泡L中的电流IL＝＝，选项D错误；电动机D的功率P2＝IU2＝，其机械功率为P2－I2r＝－I2r，选项C错误；变压器的输入功率为P2＋＝＋，选项B正确． 答案　B 5．如图5甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为110，降压变压器的副线圈接有负载R，升压、降压变压器之间的输电线路的电阻不能忽略，变压器均为理想变压器，升压变压器左侧输入如图乙所示的正弦式电压，下列说法正确的是( ) 图5 A．交变电流的频率为100 Hz B．升压变压器副线圈输出电压为22 V C．增加升压变压器副线圈匝数可减少输电损失 D．当R减小时，发电机的输出功率减小 解析　由图象知周期T＝2×10－2 s，频率f＝＝50 Hz，选项A错误；升压变压器原线圈电压的有效值U1＝ V＝220 V，由＝得升压变压器副线圈的输出电压U2＝U1＝10×220 V＝2 200 V，选项B错误；当增加升压变压器副线圈匝数，根据电压与匝数成正比可知，升压变压器的输出电压提高，则输电线中的电流减小，输电线上损失的热功率减小，选项C正确；当R减小时，由于升压变压器的输入电压不变，输出电压不变，则输出功率将增大，发电机的输出功率也增大，选项D错误． 答案　C 6．如图6所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是( ) 图6 A．两电压表的示数之比为U1U2＝n2n1 B．电压表V1示数等于NBωL2 C．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大 D．变压器的输入功率与输出功率之比为11 解析　变压器的电压之比等于线圈匝数之比，A错误；由于线圈电阻不计，示数即为线圈产生的电动势的有效值U1＝E＝＝，B错误；的示数由和线圈匝数比决定，R的变化不影响示数，C错误；理想变压器输出功率等于输入功率，D正确． 答案　D7．如图7所示，一个理想变压器原线圈输入电压一定的交变电流，副线圈回路中定值电阻R0的阻值小于滑动变阻器R的总阻值，则在滑片P由a移向b的过程中( ) 图7A．副线圈中交变电流频率减小 B．原线圈中电流增大 C．变压器的输入功率增大 D．滑动变阻器R消耗的功率先增大后减小 解析　副线圈中交变电流频率不变，选项A错误；原线圈电压U1不变，原、副线圈的匝数n1、n2均不变，由＝知副线圈电压U2也不变，在P由a移向b的过程中，负载电阻R总变大，结合U1I1＝知原线圈中电流I1减小，选项B错误；由变压器的输入功率P入＝U1I1知P入减小，选项C错误；R消耗的功率P′＝I2(U2－I2R0)＝·I2R0(U2－I2R0)，因为I2R0＋(U2－I2R0)＝U2为定值，所以当I2R0＝U2－I2R0即I2＝时P′有最大值，此时R＝R0，可见P由a移向b的过程中，P′先增大后减小，选项D正确． 答案　D 8．如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2＝41，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻RT(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(有内阻)组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时报警器P将发出警报声，则以下判断正确的是( ) 图8 A．变压器副线圈中交流电压的瞬时表达式 u＝9sin(100πt) V B．电压表示数为9 V C．RT处温度升高到一定值时，报警器P将会发出警报声 D．RT处温度升高时，变压器的输入功率变小 解析　由变压器电压比公式得，变压器副线圈输出电压为9 V，副线圈中交流电压的瞬时表达式u＝9sin(100πt) V，选项A正确；电压表示数小于9 V，选项B错误；RT处温度升高到一定值时，热敏电阻RT减小到一定值，回路中电流增加到一定值时报警器P将会发出警报声，选项C正确；RT处温度升高时，电阻RT减小，变压器的输出电流增大，变压器的输入功率P1＝P2＝U2I2增大，选项D错误． 答案　AC。

2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ)14.(2015全国新课标理综Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的( D )A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小解析:因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度ω=知,角速度减小,选项D正确.15.(2015全国新课标理综Ⅰ)如图,直线a,b和c,d是处于匀强电场中的两组平行线,M,N,P,Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM,φN,φP,φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等.则( B )A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功解析:由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等可知,φM>φN=φP,故过N,P点的直线d位于某一等势面上,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面上,选项A错误,B正确;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误.16.(2015全国新课标理综Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,如图所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则( A )A.U=66 V,k=B.U=22 V,k=C.U=66 V,k=D.U=22 V,k=解析:设原线圈中电流为I,由=知副线圈中的电流I2=3I,由题意知副线圈中电阻两端的电压U=3IR,则原线圈回路中R两端的电压U'=IR=,原线圈两端的电压U1=3U,由闭合电路中电压关系可知U1+U'=220 V,即3U+=220 V,解得U=66 V,原线圈回路中电阻消耗的功率P1=I2R,副线圈回路中电阻消耗的功率P2=(3I)2R,k===,选项A正确.17.(2015全国新课标理综Ⅰ)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则( C )A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点B.W>mgR,质点不能到达Q点C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.W<mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离解析:质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理:mg·2R-W=mv2质点在最低点:F N-mg=由牛顿第三定律得:F N=4mg联立得W=mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速率总小于由P点到N点下滑时的速率,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W'<W,故质点到达Q点后,会继续上升一段距离,选项C正确.18.(2015全国新课标理综Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为L1和L2,中间球网高度为h,发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h.不计空气的作用,重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则v 的最大取值范围是( D )A.<v<L1B.<v<C.<v<D.<v<解析:乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t1满足3h=g.当v取最大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有v max t1=,解得v max=;当v取最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3h-h=g,=v min t2,解得v min=.故选项D正确.19.(2015全国新课标理综Ⅰ)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示.实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后.下列说法正确的是( AB )A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动解析:当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流,选项A正确;圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用,导致磁针转动,选项B正确;由于圆盘中心正上方悬挂小磁针,在圆盘转动过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量不变,选项C错误;圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场沿圆盘轴线方向,此磁场不会导致磁针转动,选项D错误.20.(2015全国新课标理综Ⅰ)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0,v1,t1均为已知量,则可求出( ACD )图(a) 图(b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析:设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,mgsin θ-μmgcos θ=ma2.再结合v t图线斜率的物理意义有a1=,a2=.由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故选项B错误,A,C均正确;0~t1时间内的v t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故选项D正确.21.(2015全国新课标理综Ⅰ)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后,先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行;然后经过一系列过程,在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止);最后关闭发动机,探测器自由下落.已知探测器的质量约为1.3×103 kg,地球质量约为月球的81倍,地球半径约为月球的3.7倍,地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2.则此探测器( BD )A.在着陆前的瞬间,速度大小约为8.9 m/sB.悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内,机械能守恒D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解析:月球表面重力加速度大小g月=G,g地=G,得g月=g地≈1.66 m/s2,则探测器在月球表面着陆前的速度大小v t==3.6 m/s,选项A错误;悬停时受到的反冲作用力F=mg月≈2×103 N,选项B正确;从离开近月圆轨道到着陆过程中,有发动机工作阶段,探测器的机械能不守恒,选项C错误;在近月圆轨道上运行的线速度v月=<,故选项D正确.第Ⅱ卷22.(2015全国新课标理综Ⅰ)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验.所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20 m).完成下列填空:(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所示,托盘秤的示数为1.00 kg;(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为kg;(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧.此过程中托盘秤的最大示数为m;多次从同一位置(4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为N;小车通过最低点时的速度大小为m/s.(重力加速度大小取9.80 m/s2,计算结果保留2位有效数字)解析:(2)托盘秤的最小刻度为0.1 kg,读数要估读到0.01 kg,示数为1.40 kg.(4)小车经过凹形桥最低点时对桥的压力F N=g-M桥g=(1.81-1.00)×9.80 N≈7.9 N,小车通过最低点时受到的支持力F N'=F N=7.9 N,小车质量m车=1.40 kg-1.00 kg=0.40 kg,由F N'-m车g=m车,解得v≈1.4 m/s.答案:(2)1.40 (4)7.9 1.423.(2015全国新课标理综Ⅰ)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图,其中虚线框内是毫安表的改装电路.(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω,满偏电流为1 mA;R1和R2为阻值固定的电阻.若使用a和b两个接线柱,电表量程为3 mA;若使用a和c两个接线柱,电表量程为10 mA.由题给条件和数据,可以求出R1= Ω,R2= Ω.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表○A 对改装电表的3 mA挡进行校准,校准时需选取的刻度为0.5,1.0,1.5,2.0,2.5,3.0 mA.电池的电动势为1.5 V,内阻忽略不计;定值电阻R0有两种规格,阻值分别为300 Ω和1 000 Ω;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R0应选用阻值为Ω的电阻,R应选用最大阻值为Ω的滑动变阻器.(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻.图(b)中的R'为保护电阻,虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路.则图中的d点应和接线柱(填“b”或“c”)相连.判断依据是: .解析:(1)由并联电路各支路两端电压相等有:使用a和b两个接线柱时1 mA×100 Ω=(3-1)mA×(R1+R2);使用a和c两个接线柱时1 mA×(100 Ω+R2)=(10-1)mA×R1,联立可得R1=15 Ω,R2=35 Ω.(2)由题意知校准时电路中电流的范围为0.5 mA≤I≤3.0 mA,则由闭合电路欧姆定律知电路中总电阻R总=,满足500 Ω≤R总≤3 000 Ω,而两电表的总电阻R A=150 Ω+=183 Ω,故R0+R应满足317 Ω≤R0+R≤2 817 Ω,可知R0只能选用300 Ω的,R只能选用3 000 Ω的.(3)在图(b)电路中,当d接c时,若R1损坏,则毫安表仍接入电路而有示数,若R2损坏,则毫安表不接入电路而无示数,故可由毫安表有无示数来判断损坏的电阻;当d接b时,无论R1还是R2损坏,对毫安表示数的影响相同,从而不能进行判定.答案:(1)15 35 (2)300 3 000(3)c 闭合开关时,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R224.(2015全国新课标理综Ⅰ)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量.解析:依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下.开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg①式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小.开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=ILB②式中,I是回路电流,L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③由欧姆定律有E=IR④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻.联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01 kg.答案:见解析25.(2015全国新课标理综Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2.求:图(a) 图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离.解析:(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M,由牛顿第二定律有-μ1(m+M)g=(m+M)a1①由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1②s0=v0t1+a1③式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度.联立①②③式并结合题给条件得μ1=0.1④在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2⑤由图(b)可得a2=⑥式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得μ2=0.4;⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧v3=-v1+a3Δt⑨v3=v1+a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为s 1=Δt小物块的位移为s 2=Δt小物块相对木板的位移为Δs=s 2-s1联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得Δs=6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m;(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m+M)g=(m+M)a40-=2a4s3碰后木板运动的位移为s=s1+s3联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得s=-6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.答案:(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m33.[物理——选修33](2015全国新课标理综Ⅰ)(1)下列说法正确的是(填正确答案标号)A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变(2)如图,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1=2.50 kg,横截面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2=40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0 cm;汽缸外大气的压强为p=1.00×105 Pa,温度为T=303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K.现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2.求:①在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的温度;②缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强.解析:(1)晶体被敲碎后,其空间点阵结构未变,仍是晶体,A错误;单晶体光学性质各向异性,B正确;同种元素由于空间的排列结构而形成不同物质的晶体,C正确;如果外界条件改变了分子或原子的空间排列结构,晶体和非晶体之间可以互相转化,D正确;在晶体熔化过程中,温度保持不变,只是分子平均动能保持不变,分子势能会发生改变,内能也会改变,E错误.(2)①设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2.由题给条件得V1=S2l-+S1①V2=S2l②在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p)③故缸内气体的压强不变.由盖—吕萨克定律有=④联立①②④式并代入题给数据得T2=330 K;⑤②在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变.设达到热平衡时被封闭气体的压强为p',由查理定律,有=⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得p'=1.01×105 Pa.答案:(1)BCD (2)①330 K ②1.01×105 Pa34.[物理——选修34](2015全国新课标理综Ⅰ)(1)在双缝干涉实验中,分别用红色和绿色的激光照射同一双缝,在双缝后的屏幕上,红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比,Δx1Δx2(填“>”“=”或“<”).若实验中红光的波长为630 nm,双缝与屏幕的距离为1.00 m,测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm,则双缝之间的距离为mm.(2)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播,波速均为v=25 cm/s.两列波在t=0时的波形曲线如图所示.求:①t=0时,介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标;②从t=0开始,介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16 cm的质点的时间.解析:(1)根据公式Δx=λ,红光波长大于绿光波长,因此Δx1>Δx2.根据题意,条纹间距Δx= mm=2.1 mm,所以d==3.00×10-4 m=0.300 mm.(2)①t=0时,在x=50 cm处两列波的波峰相遇,该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm.从图线可以看出,甲、乙两列波的波长分别为λ1=50 cm,λ2=60 cm①甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x1=50+k1λ1,k1=0,±1,±2,…②x2=50+k2λ2,k2=0,±1,±2,…③由①②③式得,介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标为x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…④②只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16 cm.t=0时,两波波谷间的x坐标之差为Δx'=50+(2m2+1)-50+(2m1+1)⑤式中,m1和m2均为整数.将①式代入⑤式得Δx'=10(6m2-5m1)+5由于m1,m2均为整数,相向传播的波谷间的距离最小为Δx0'=5 cm从t=0开始,介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16 cm的质点的时间为t=代入数据得t=0.1 s.答案:(1)> 0.300(2)①x=(50+300n)cm n=0,±1,±2,…②0.1 s35.[物理——选修3-5](2015全国新课标理综Ⅰ)(1)在某次光电效应实验中,得到的遏止电压U c与入射光的频率ν的关系如图所示.若该直线的斜率和截距分别为k和b,电子电荷量的绝对值为e,则普朗克常量可表示为,所用材料的逸出功可表示为.(2)如图,在足够长的光滑水平面上,物体A,B,C位于同一直线上,A位于B,C之间.A的质量为m,B,C的质量都为M,三者均处于静止状态.现使A 以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B,C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.解析:(1)根据爱因斯坦光电效应方程E km=hν-W0,又因为E km=eU c,得到U c=ν-,所以=k,h=ek;-=b,W0=-eb.(2)A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为v C1,A的速度为v A1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv A1+Mv C1①m=m+M②联立①②式得v A1=v0③v C1=v0④如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m<M的情况.第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞.设与B发生碰撞后,A的速度为v A2,B的速度为v B1,同样有v A2=v A1=2v0⑤根据题意,要求A只与B,C各发生一次碰撞,应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0解得m≥(-2)M另一解m≤-(+2)M舍去.所以,m和M应满足的条件为(-2)M≤m<M.答案:(1)ek -eb (2)(-2)M≤m<M2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ)14.(2015全国新课标理综Ⅱ)如图,两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将( D )A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动解析:最初带电微粒处于静止状态,受力如图(甲),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时,带电微粒的受力如图(乙),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D正确.15.(2015全国新课标理综Ⅱ)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上.当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a,b,c三点的电势分别为U a,U b,U c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( C )A.U a>U c,金属框中无电流B.U b>U c,金属框中电流方向沿a b c aC.U bc=-Bl2ω,金属框中无电流D.U ac=Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a解析:闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流.由右手定则可知U b=U a<U c,选项A,B,D 错误;b,c两点的电势差U bc=-Blv中=-Bl2ω,选项C正确.16.(2015全国新课标理综Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道.当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行.已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图所示.发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( B )A.西偏北方向,1.9×103 m/sB.东偏南方向,1.9×103 m/sC.西偏北方向,2.7×103 m/sD.东偏南方向,2.7×103 m/s解析:同步卫星的速度v方向为正东方向,设卫星在转移轨道上的速度为v1,附加速度为v2,由速度的合成可知v2的方向为东偏南方向,其大小为v2=≈1.9×103 m/s,故选项B正确.17.(2015全国新课标理综Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是( A )解析:由题意知汽车发动机的功率为P1,P2时,汽车匀速运动的速度为v1,v2满足P1=fv1,P2=fv2,即v1=P1/f,v2=P2/f.若t=0时刻v0<v1,则0~t1时间内汽车先加速,有-f=ma1,可见a1随着v的增大而减小,选项B、D错误;若v0=v1,汽车在0~t1时间内匀速运动,因选项中不涉及v0>v1的情况,故不作分析.在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动,有-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故选项A正确,C错误.18.(2015全国新课标理综Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针,下列说法正确的是( BC )A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转解析:任何磁体均具有两个磁极,故选项A错误;指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即选项B正确;放在指南针附近的铁块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,即选项C正确;通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故选项D错误.19.(2015全国新课标理综Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍,两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子( AC )A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析:由题意可知,v1=v2,B1=kB2.电子运动的轨迹半径R=∝,故R2=kR1,选项A正确;加速度大小a=∝B,故a2=,选项B错误;周期T=∝,故T2=kT1,选项C正确;角速度ω==∝B,故ω2=,选项D错误.20.(2015全国新课标理综Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为( BC )A.8B.10C.15D.18解析:如图所示,假设挂钩P,Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m.当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=mxa,联立两式有y=x.可见,列车总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3…),则N=5n,故可知选项B,C正确.21.(2015全国新课标理综Ⅱ)如图,滑块a,b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上.a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动.不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则( BD )A.a落地前,轻杆对b一直做正功B.a落地时速度大小为C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g。

2013年全国高考二卷（新课标Ⅱ）物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18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，有选错的得0分。

14．一物块静止在粗糙的水平桌面上。

从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。

假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小。

能正确描述F 与a 之间的关系的图像是15．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上。

若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2（F 2＞0）。

由此可求出 A ．物块的质量 B ．斜面的倾角 C ．物块与斜面间的最大静摩擦力 C ．物块对斜面的正压力16．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d （d ＞L ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。

导线框以某一初速度向右运动。

t =0是导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。

下列v -t 图像中，可能正确描述上述过程的是17．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面。

一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。

不计重力，该磁场的磁感应强度大小为 A ．qR mv 330 B ．qR m v 0 C ．qRmv 03 D ．qR m v 0318．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k 。

若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为A ．233l kq 错误！未找到引用源。

选择题专项练(三)一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。

1.(浙江金丽衢十二校联考)11月30日,神舟十五号载人飞船成功对接空间站天和核心舱,神舟十四号、十五号航天员乘组首次“太空会师”。

2月10日航天员穿着白色舱外航天服出舱,完成舱外作业,如图所示。

已知空间站绕地球飞行周期为91 min,轨道高度约400 km,地球半径R=6 400 km,引力常量G=6.7×10-11N·m2/kg2。

下列说法正确的是( )A.由已知数据可估算出地球的质量约为6×1024 kgB.飞船要与空间站对接,必须先飞到比空间站更高轨道然后加速C.航天员出舱后,如果静止释放一个小球,小球将做自由落体运动D.舱外航天服采用白色,主要是白色能吸收更多的太阳能,以防出舱后航天员太冷2.(浙江金华三模)4月12日21时,我国全超导托卡马克核聚变装置(EAST)成功实现稳态高约束模式等离子体运行403 s,如图所示,在该装置内发生的核反应方程是12H+13H H+1,13H的质量为m2,24H的质量为m3,X的质量为m4,光速为c,下列说法正确的是( )A.只有氘(12H)和氚(13H)能发生核聚变,其他原子核不能B.发生一次上述核聚变反应所释放的核能大小为(m4+m3-m2-m1)c2C.其中粒子X的符号是01nD.核聚变反应发生后,需要外界不断给它提供能量才能将反应持续下去3.(重庆沙坪坝模拟)某发电机的示意图如图甲所示。

使线圈a沿轴线做简谐运动,线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。

线圈a连接原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器,其输出端接充电设备。

线圈a及导线的电阻不计。

则( )甲乙A.变压器输出电流的频率为10 HzB.充电设备两端的电压有效值为5 VC.其他条件不变,对不同规格的充电设备充电,变压器输入功率可能不同D.其他条件不变,仅增大线圈a简谐运动的频率,充电设备两端的电压最大值不变4.三根超高压输电线缆平行且间距相等,其截面图如图所示,截面圆心构成正三角形,上方A、B两根输电线缆截面圆心连线水平,某时刻A中电流方向垂直纸面向外、B中电流方向垂直纸面向里、电流大小均为I,下方C 输电线缆中电流方向垂直纸面向外、电流大小为2I,则( )A.A、B两输电线缆相互吸引B.A输电线缆所受安培力斜向左下方,与水平方向夹角为60°C.A输电线缆在A、B两圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上D.正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左5.(江苏苏州模拟)如图所示,某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上,卷纸的直径为d,轴及卷纸的总质量为m。

AB 湖南省2015届高三 十三校联考 第二次考试理科综合 物理试题总分：300分 时量：150分钟 2015年4月12日可能用到的相对原子质量：Na-23 S-32 O-16 H-1 C-12 Mg-24 N-14二、选择题:本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-18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，有选错的得0分。

14．物理学中研究问题有多种方法，有关研究问题的方法叙述错误的是：A ．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非,是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法B ．伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律C ．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系。

最后归纳出加速度与力、质量之间的关系。

这是物理学中常用的控制变量的研究方法D ．在公式R U I =电压U 和电流I 具有因果关系、公式t E ∆∆Φ=n 中ΔΦ和E 具有因果关系 同理在t a ∆∆=V 中 ΔV 和a 具有因果关系15．如图所示，斜劈A 静止放置在水平地面上，木桩B 固定在水平地面上，弹簧K 把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行。

质量为m 的物体和人在弹簧K 的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左。

则下列说法正确的是：A ．若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下B ．若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A 受到的摩擦力方向可能向右C ．若人从物体m 离开，物体m 仍向下运动，A 受到的摩擦力可能向右D ．若剪断弹簧同时人从物体m 离开，物体m 向下运动，A 可能不再受到地面摩擦力16．如图所示，斜面体固定在水平地面上。

一物体在沿斜面向上且平行斜面的力F 1作用下，在斜面上做速度为v 1的匀速运动，F 1的功率为P 0。

一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.如图所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体电阻都可不计。

开始时，给ef一个向右初速度，则( )A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀速向右运动，最后静止C.ef将匀速向右运动D.ef将做往复运动2.(2013·南岸区模拟)如图所示，闭合导线框质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速拉出匀强磁场。

若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做功为W1，通过导线截面电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做功为W2，通过导线截面电荷量为q2，则( )A.W1<W2，q1<q2B.W1<W2，q1＝q2C.W1>W2，q1＝q2D.W1>W2，q1>q23.如图所示，水平光滑平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间内，质量一定金属棒PQ垂直导轨放置。

今使棒以一定初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v a、v b，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒电阻均不计，a到b与b 到c间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c两个过程中( )A.回路中产生内能相等B.棒运动加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积电荷量相等4.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则( )A.若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动5.(多选)如图所示，竖直平面内虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )A.上升过程克服磁场力做功大于下降过程克服磁场力做功B.上升过程克服磁场力做功等于下降过程克服磁场力做功C.上升过程克服重力做功平均功率大于下降过程中重力平均功率D.上升过程克服重力做功平均功率等于下降过程中重力平均功率6.(多选)在伦敦奥运会上，100 m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5 m，一端通过导线与阻值为R＝0.5 Ω电阻连接；导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 金属杆，金属杆与导轨电阻忽略不计；匀强磁场方向竖直向下。

电学实验题巧练(二)[建议用时：40分钟]1．(2014·西安高三质检)一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100.用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________________________________________________________________________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是________Ω.2．(2014·江西八校联考)用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．A．电压表V1(量程6 V、内阻很大)B．电压表V2(量程3 V、内阻很大)C．电流表A(量程3 A、内阻很小)D．滑动变阻器R(最大阻值10 Ω、额定电流4 A)E．小灯泡(2 A、5 W)F．电池组(电动势E、内阻r)G．开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．请将设计的实验电路图在虚线方框中补充完整．(1)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点(I1，U1)、(I1，U2)，标到U－I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图所示，则电池组的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)(2)在U－I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω. 3．(2014·淄博模拟)在一次实验技能比赛中，一同学设计了如图甲所示电路来测电源的电动势和内阻．该同学选好器材后，用导线将各器材连接成如图乙所示实物连线电路(图甲是其电路原理图)，其中R0是保护电阻．(1)该同学在闭合电键后，发现电压表无示数，电流表有示数，在选用器材时，除了导线外，其他器材经检测都是完好的，则出现故障的原因是______________(请用接线柱处的字母去表达)．(2)该同学测量时记录了6组数据，并根据这些数据画出了U－I图线如图所示．根据图线求出电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)若保护电阻R0的阻值未知，该电源的电动势E、内电阻r已经测出，在图乙的电路中只需改动一条线就可测量出R0的阻值．该条线是________，需改接为________．改接好后，调节滑动变阻器，读出电压表的示数为U、电流表示数为I，电源的电动势用E表示，内电阻用r表示，则R0＝________.4．(2014·江西八校联考)小汽车仪表台内的鼓风机靠的是一种电动势约为10 V、内阻约为30 Ω的电池驱动的，已知该电池允许输出的最大电流为55 mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻R A＝15 Ω，R为电阻箱，阻值范围为0～999.9 Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用．(1)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势为E＝______V，r＝______Ω.(2)冬天为了防止汽车仪表盘上的玻璃“起雾”，可用通电电阻加热，用图丙所示10根阻值皆为30 Ω的电阻条和上述电池，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，且要求电阻条数最少，请在图丙中画出电路连线．丙5．小明和小红在实验室利用图a所示的电路测定值电阻R0的大小、电源电动势E的大小和内电阻r的大小．调节滑动变阻器R的滑动触头使P向某一方向移动时，小明记录了电流表A和电压表V1的测量数据，小红记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，两人根据数据描绘了如图b所示的两条U－I图线．(1)根据两人描绘的图线，可知________．A．图线甲是根据电压表V1和电流表A的数据画出来的B．图线甲是根据电压表V2和电流表A的数据画出来的C．图线乙是根据电压表V1和电流表A的数据画出来的D．图线乙是根据电压表V2和电流表A的数据画出来的(2)图b中两图线的交点表示的物理意义是________．A．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5 WD．电源的效率达到最大值(3)根据图b，可以求出定值电阻R0＝________Ω，电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(4)该电路中电流表的读数能否达到0.6 A，试说明理由．________________________________________________________________________. 6．如图所示是3种测电源电动势和内电阻的方法，图甲为伏安法、图乙为安欧法、图丙为伏欧法．现在仅提供下列器材来测量某型号手机所用锂电池的电动势E和内阻r(电动势约为4 V，内阻在几欧到几十欧之间)．A．电压表V(量程6 V，内阻约为6.0 kΩ)B．电流表A(量程2 mA，内阻约为50 Ω)C．电阻箱R(0～999.9 Ω)D．开关S一只、导线若干(1)分别用两组测量数据(U1、U2、I1、I2、R1、R2)推出按图甲和图乙测得电源电动势和内电阻的表达式：图甲：E＝________；r＝________.图乙：E＝________；r＝________.(2)根据图丙中实验电路测得的U、R数据，在图丁所示坐标系中描出各点，作出了图象．请根据图象求得E ＝________V ，r ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)丁(3)说明测量手机所用锂电池的电动势和内阻时，选用图丙的伏欧法的理由．电学实验题巧练(二)1．[解析]刚开始欧姆表指针偏转角度较小，说明选用倍率偏小，应换用大倍率．每次换挡之后欧姆表都需重新欧姆调零．[答案]×100 欧姆调零 2 2002．[解析]由图象可知，纵轴截距为电源电动势E ＝4.5 V ，该直线斜率表示电源内阻r ＝1.0 Ω，由交点P 可知，灯泡两端电压为2.5 V ，电流为2 A ，所以滑动变阻器连入电路的阻值为0 Ω.[答案]如图所示(1)4.5 1.0 (2)03．[解析](1)电流表有示数，说明电源与电流表构成的闭合回路中各段导线均完好，电压表无示数，只能是jd 部分断路造成的．(2)由U －I 图线可以读出：E ＝1.48 V ，r ＝|ΔU ||ΔI |＝1.48－1.200.56－0Ω＝0.50 Ω. (3)要测出R 0的阻值，只需将jd 线改接为je 或jf 即可，由闭合电路欧姆定律可得：E ＝U ＋I (r ＋R 0)，故R 0＝E －U I－r . [答案](1)jd 部分断路 (2)1.48 0.50(3)jd je (或jf ) E －U I－r 4．[解析](1)在题图甲中，根据闭合电路欧姆定律有：E ＝I (R ＋R 0＋R A ＋r )，得1I ＝1E(R ＋R 0)＋1E (R A ＋r )，再结合图乙得5＝1E (15＋r )，1E ＝110，联立解得E ＝10 V ，r ＝35 Ω. (2)现要使整个电路中电阻条上消耗功率最大，则知此时有R 外＝r ＝35 Ω，又知每根电阻条电阻为30 Ω，且要求电阻条数最少，则可把6根电阻条并联(总电阻值为5 Ω)，然后再串联一根电阻条，如答案图所示．[答案](1)10 35 (2)如图所示5．[解析](1)根据电压表V 1和电流表A 的数据作出的图线是甲，根据电压表V 2和电流表A 的数据作出的图线是乙．(2)图线交点的坐标表示此时电阻R 0的电流和电压，即消耗的功率可以求出，为0.5 W.(3)根据R ＝U I，由图线乙可以求出定值电阻R 0＝2 Ω.根据U ＝E －Ir ，图线甲与纵轴的交点表示电源电动势，可知E ＝1.5 V ，图线甲的斜率的绝对值表示内阻，可知r ＝1 Ω.(4)当滑动变阻器接入电路的阻值最小为零时，电流表的示数最大，I m ＝E R 0＋r＝0.5 A ，所以不能达到0.6 A.[答案](1)AD (2)C (3)2 1.5 1 (4)不能，电流最大为0.5 A6．[解析](1)根据闭合电路欧姆定律得题图甲中：U 1＝E －I 1r ，U 2＝E －I 2r ，联立两式得：E ＝I 1U 2－I 2U 1I 1－I 2，r ＝U 2－U 1I 1－I 2； 题图乙中：E ＝I 1(R 1＋r )，E ＝I 2(R 2＋r )，联立两式得：E ＝I 1I 2I 1－I 2(R 2－R 1)，r ＝I 2R 2－I 1R 1I 1－I 2. (2)根据图丙电路，由闭合电路欧姆定律U ＝E －U R r 得：1U ＝1E ＋r E ·1R ，在1U －1R图象中，截距表示1E ＝0.28 V －1，所以E ＝3.6 V ，斜率表示r E，代入数据得：r ＝9.3 Ω. (3)根据所给数据，电路中电阻箱取最大值时，电路中电流仍大于电流表量程2 mA ，会烧坏电流表，所以欲测定手机电池的电动势和内阻，只能用题图丙所示的伏欧法．[答案](1)I 1U 2－I 2U 1I 1－I 2 U 2－U 1I 1－I 2 I 1I 2I 1－I 2(R 2－R 1)I 2R 2－I 1R 1I 1－I 2(2)3.6 9.3 (3)见解析 薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。