【志鸿优化设计】2016高考物理二轮复习 选择题专项训练(二)

综合能力训练(二)(时间:60分钟满分:110分)第Ⅰ卷一、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.(2015·江西六校联考)下列叙述正确的是()A.法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点B.伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性C.牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量D.将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是笛卡尔2.(2015·湖北武汉武昌区调研测试)从地面竖直上抛一物体A的同时,在离地面高H处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动,两物体在空中同时到达距地面高h时速率都为v(两物体不会相碰),则下列说法正确的是()A.H=2hB.物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍C.物体A、B在空中运动的时间相等D.两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等3.(2015·湖南师范大学附属中学月考)如图所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面、水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接。

下图中v、a、F f和x 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程,它们随时间变化的图象正确的是()4.(2015·湖北荆门调研)理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍。

火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机,做自由落体运动,经时间t落到火星表面。

已知引力常量为G,火星的半径为R。

若不考虑火星自转的影响,要探测器脱离火星飞回地球,则探测器从火星表面的起飞速度至少为()A.7.9 km/sB.11.2 km/sC.D.5.(2015·河南实验中学月考)两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连,套在水平光滑横杆上。

绝密★启封并使用完毕前试题类型：2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分。

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

全部选对的得6分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分。

14.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。

用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小15.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。

带电粒子Q在P的电场中运动。

运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。

若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则A. a a>a b>a c，v a>v c>v bB.a a>a b>a c，v b>v c> v aC. a b>a c>a a，v b>v c> v aD.a b>a c>a a，v a>v c>v b16.小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短。

将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。

将两球由静止释放。

在各自轨迹的最低点，A.P 球的速度一定大于Q 球的速度B.P 球的动能一定小于Q 球的动能C.P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D.P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度17.阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E （内阻可忽略）连接成如图所示电路。

电学选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)一、单项选择题1.如图所示，电路中的A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C 是电容很大的电容器．当开关S 断开与闭合时，A 、B 灯泡发光情况是( )A ．S 刚闭合后，A 灯亮一下又逐渐变暗，B 灯逐渐变亮 B ．S 刚闭合后，B 灯亮一下又逐渐变暗，A 灯逐渐变亮C ．S 闭合足够长时间后，A 灯泡和B 灯泡一样亮D ．S 闭合足够长时间后再断开，B 灯立即熄灭，A 灯逐渐熄灭2.如图所示电路中，R 为一滑动变阻器，P 为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是( )A ．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B ．灯泡L 2一定逐渐变暗C ．电源效率一定逐渐减小D ．R 上消耗功率一定逐渐变小3．如图，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为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mgUdC ．电容器的电容为kmgdU2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动4.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于水平桌面上固定，管内有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，沿着管道有逆时针方向的电场，场强大小均为E ，圆管内径可忽略，半径为R ，将小球自图中A 点由静止释放，经时间t 小球第一次回到A 点，其动能为E k1，再经过时间t 小球的动能为E k2，则E k1∶E k2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4 二、不定项选择题5.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．b 粒子动能较大C ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D ．a 粒子在磁场中运动时间较长 6．(2015·浙江六校联考)如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O 点，另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v ，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法中正确的是( )A ．O 、B 间的距离为kQqμmgB ．在点电荷甲产生的电场中，B 点的场强大小为μmgqC ．点电荷乙在A 点的电势能小于在B 点的电势能D ．在点电荷甲产生的电场中，A 、B 间的电势差U AB ＝m v 2－m v 202q7.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器为范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．极板M 比极板N 电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷电学选择题巧练(二)1．解析：选A.S 刚闭合后，线圈L 中的电流逐渐增大，A 灯立刻变亮，随着线圈L 中电流的增大，A 灯被短路，A 灯逐渐变暗直到熄灭；S 刚闭合后，先给电容器充电，B 灯逐渐变亮；S 断开后，电容器放电，B 灯逐渐熄灭；综上所述，选项A 正确．2．解析：选D.滑动变阻器滑片P 向下滑动，R ↓→R 并↓→R 外↓，由闭合电路欧姆定律I ＝Er ＋R 外推得I ↑，由电源内电路消耗功率P 内＝I 2r 可得P 内↑，A 正确．U 外↓＝E －I ↑r ，U 1↑＝(I ↑－I L1↓)R 1，U L2↓＝U 外↓－U 1↑，P L2↓＝U 2L2↓R L2，故灯泡L 2变暗，B 正确．电源效率η↓＝I 2R 外I 2（R 外＋r ）＝R 外R 外＋r＝11＋r R 外↓，故C 正确．R 上消耗的功率P R ＝U 2L2↓R ↓，P R 增大还是减小不确定，故D 错误．3．解析：选C.带电油滴静止在两板间，重力与电场力等大、反向，电场力方向竖直向上，而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，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgdU ，B 项错；由题意知，电容器带电量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU 2，C 项对；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，D 项错．4．解析：选D.根据题意，小球受到沿轨迹切线方向的电场力大小始终为qE ，设小球沿轨迹切线方向的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，小球第一个时间t 内的路程为x 1＝12at 2，由动能定理有qEx 1＝E k1－0，小球在前2t 时间内的路程为x 2＝12a (2t )2，由动能定理有qEx 2＝E k2－0，联立解得E k1∶E k2＝1∶4，选项D 正确．5．解析：选BD.由左手定则可知，a 粒子带负电、b 粒子带正电，A 项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a 粒子轨迹半径小于b 粒子轨迹半径，由半径公式R ＝mvqB可知，a 粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b 粒子动能较大，B 项对；由洛伦兹力F 洛＝qvB 可知，b 粒子受洛伦兹力较大，C 项错；由周期公式T ＝2πmqB 可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，由于粒子轨迹所对圆心角θ等于其偏向角，故a 粒子的轨迹所对圆心角较大，故a 粒子在磁场中运动时间较长，D 项对．6．解析：选AB.因在B 点速度最小，有F 库＝kQqr2＝μmg ，解得r ＝kQqμmg，故A 正确．由点电荷场强公式可得B 点场强大小E ＝k Q r 2＝μmgq ，故B 正确．两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以其电势能减小，故C 错误．乙电荷从A 运动到B 的过程中，据动能定理有W －μmgL 0＝12mv 2－12mv 20，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为W ＝qU AB ，解得U AB ＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 2q，故D 错误．7．解析：选AD.带电粒子要打到胶片Q 点上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M 比极板N 电势高，A 正确；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即qE ＝m v 2R ，再根据Uq ＝12mv 2，可知U＝12ER ，B 错误；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ ＝2mv Bq ＝2qERmBq ，C 错误；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据qvB ＝m v 2r 和Uq ＝12mv 2可知，r ＝1B2Umq，即这群粒子的比荷相同，D 正确．。

能力题提分练(二)一、单项选择题1.(2023山东潍坊二模)如图所示,劲度系数为k 的轻弹簧下端固定,质量为m 的物块P 紧压在弹簧上端但不连接,开始时用轻绳系住物块,轻绳的拉力大小为2mg ,此时弹簧的弹性势能为9m 2g 22k,剪断轻绳,则物块P 离开弹簧后上升到最高点的时间为( )A.6√mk B.2√3m kC.3√m kD.√3m k2.(2023山东日照二模)电动打夯机可以帮助工人压实路面,大大提高了工作效率。

某电动打夯机的结构示意图如图所示,由偏心轮(飞轮和配重物组成)、电动机和底座三部分组成。

电动机、飞轮和底座总质量为m 0,配重物质量为m ,配重物的重心到轮轴的距离为r ,重力加速度为g 。

在电动机带动下,偏心轮在竖直平面内匀速转动,皮带不打滑。

当偏心轮上的配重物转到顶端时,刚好使整体离开地面。

下列判断正确的是( )A.电动机轮轴与偏心轮转动角速度相同B.配重物转到最高点时,处于超重状态C.偏心轮转动的角速度为√(m 0+m )gmrD.电动打夯机对地面压力的最大值为(m 0+m )g3.天问一号探测器需要通过霍曼转移轨道从地球运动到火星,地球轨道和火星轨道看成圆形轨道,此时霍曼转移轨道是一个近日点M 、远日点P 分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道(如图所示),在近日点短暂点火后天问一号进入霍曼转移轨道,接着天问一号沿着这个轨道运动直至抵达远日点,然后再次点火进入火星轨道。

已知引力常量为G ,太阳质量为m ,地球轨道和火星轨道半径分别为r 和R ,地球、火星、天问一号运行方向都为逆时针方向。

若只考虑太阳对天问一号的作用力,下列说法正确的是( )A.两次点火之间的时间间隔为√2π2√(R+r )3GmB.两次点火喷射方向一次与速度方向相同,一次与速度方向相反C.天问一号在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为√RrD.天问一号运行中在转移轨道上M 点的加速度与在火星轨道上P 点的加速度之比为R r4.(2023湖南岳阳高三模拟)如图所示,一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O 1、O 2,一端和质量为m 的小球连接,另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m 的小物块连接,直杆与两定滑轮在同一竖直面内,与水平面的夹角θ=60°,直杆上O 点与两定滑轮均在同一高度,O 点到定滑轮O 1的距离为L ,直杆上D 点到O 点的距离也为L ,重力加速度为g ,直杆足够长,小球运动过程中不会与其他物体相碰。

《志鸿优化设计》高考物理（重庆专用）第二轮练习（梳理整合+探究突破+巩固提升）专项实验：描绘小电珠的伏安特性曲线（含解析）1．（25分）一个小电珠的额定电压为2.0 V。

额定电流约为0.5 A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小电珠的伏安特性曲线。

A．电源E：电动势为3.0 V，内阻不计；B．电压表V1：量程为0～3 V，内阻约为1 kΩ；C．电压表V2：量程为0～15 V，内阻约为4 kΩ；D．电流表A1：量程为0～3 A，内阻约为0.1 Ω；E．电流表A2：量程为0～0.6 A，内阻约为0.6 Ω；F．滑动变阻器R1：最大阻值为10 Ω，额定电流为0.5 A；G．滑动变阻器R2：最大阻值为15 Ω，额定电流为1.0 A；H．滑动变阻器R3：最大阻值为150 Ω，额定电流为1.0 A；I．开关S，导线若干。

[来源:ZXXK]实验得到如下数据（I和U分别表示通过小电珠的电流和加在小电珠两端的电压）：I/A0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50 U/V0.000.200.400.600.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00[来源:ZXXK]（1）实验中电压表应选用__________；电流表应选用__________；滑动变阻器应选用__________（请填写器材前对应的字母）。

（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上。

闭合开关前，应使变阻器滑片放在最________（填“左”或“右”）端。

（3）在下面坐标中画出小电珠的U－I曲线。

（4）若将本题中的小电珠接在电动势是1.5 V、内阻是1.0 Ω的电池两端，则小电珠的实际功率约为__________（保留两位有效数字）。

2．（25分）发光二极管在生产和生活中得到了广泛应用。

图甲是一种发光二极管的实物图，正常使用时，带“＋”号的一端接高电势，带“－”号的一端接低电势。

理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第1题～第5题为单项选择题，在每小题给出的上选项中，只有一个选项符合题目要求；第6题～第8题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是()A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小解析：结点B端受重物向下的拉力mg、沿杆向上的支持力F N和沿绳子方向的拉力F，缓慢上拉过程中，B点受合力为零，即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形，该三角形与△AOB相似，故有：mg AO ＝F N AB ＝F OB ，所以弹力F N 不变、拉力F 减小，B 项正确．答案：B2．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( )A ．1B ．2C ．－12 D.12解析：若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供，则有：G Mm r 2＝m v 2r ⇒v ＝GM r ，即v ∝r －12，故C 项正确．答案：C3．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A >E B ，φA <φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：在等量异种电荷连线上，越靠近O 点电场线越稀疏，即O 点场强最小，所以E A >E O ；在两电荷连线的垂直平分线上，越靠近O点，电场线越密集，即O 点场强最大，所以E O >E B ，故E A >E B ，C 、D 项错；沿着电场线方向电势降低，故φA >φB ，A 项正确．答案：A4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上置有一金属棒MN .t ＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析：由题意可知，金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力，F N ＝BIL ＝BLkt ，开始阶段，金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mg －μBIL ＝ma ，解得：a ＝g －μBLkt m ，可见加速度a 不断减小，即速度切线斜率不断减小，C 、D 项错；当摩擦力大于重力后，金属棒速度不断减小，A 项错，B 项正确．答案：B5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5－12tC.6－12tD.7－12t 解析：因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确． 答案：B6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)() A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错．答案：BC7．如图，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝100 g ．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R ，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD8．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图(1)所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图(2)所示，小球速度沿－x 方向，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max＝5 m，又R max＝m v maxqB，解得v max＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图(3)所示，由几何条件计算可知：轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝m vqB⇒v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误．答案：ABD第Ⅱ卷(非选择题62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U—h”或“U2－h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可)．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh＝12m v2，由E＝BL v可知，感应电动势大小与速度v成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U2－h关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U2－h(2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10．(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x 和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U－I图象和如图丙所示的UI－x图象．(1)由图乙可得电源的电动势E ＝________V ；内阻r ＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S ＝0.12×10－6m 2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ，图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据，优点是直观，但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数即路端电压U ＝E －I (R 0＋r )，因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ，斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和，即(R 0＋r )＝3.00－1.200.6Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω.(2)图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．答案：(1)3.0(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6电流表内阻为2.0 Ω(3)系统误差11．(14分)如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100 g的小球穿在长L＝1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值．解析：(1)当杆竖直固定放置时，μF＝mg解得：F＝2 N当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有：F cos37°＝mg sin37°＋F N解得：F N＝1 N小球受摩擦力F f＝μF N＝0.5 N小球沿杆运动的加速度为a＝mg cos37°＋F sin37°－F fm＝15 m/s2由v2－v20＝2aL得，小球到达杆下端时速度为v＝6 m/s.(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：F cosθ＝mg sinθ解得：tanθ＝2.答案：(1)6 m/s(2)212．(18分)如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．解析：(1)设粒子在P点时的动能为E k，则初动能为2E k，在M点的动能为1.25E k.由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2，由动能定理得：－W1＝E k－2E kW2＝1.25E k－E k则W1W2＝4 1.(2)O点、P点及M点的电势差分别为：U OP＝E kq U OM＝0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降．则：U OD U OP＝U OMU OP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75 m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35 D点的坐标为x D＝OD cosα＝3 m，y D＝OD sinα＝2.25 m即：D(3,2.25)．(3)由于OD＝3.75 m，而OM cos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P 带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12Eqm t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m解得：t＝0.5 s.答案：(2)D(3, 2.25)(3)0.5 s(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计)，两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T>T0.求此过程中外界对气体所做的功．(已知大气压强为p0)解析：(1)ACD(2)打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，根据理想气体状态方程得：p 0SH T 0＝p 0S (x ＋H )T解得：x ＝(T T 0－1)H 此过程中外界对气体所做的功：W ＝p 0S (H －x )＝p 0SH (2－T T 0)． 答案：(1)ACD (2)p 0SH (2－T T 0) 14．[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波，在t ＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为－1 cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速是503m/s C ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 mD ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置E ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？解析：(1)ABD(2)根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3 在△OBC 中，sin βR ＝sin (180°－α)BC ＝sin α2R ·cos β可得β＝30°，α＝60°所以CD ＝R sin α＝32R . 答案：(1)ABD (2)32R 15．[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露，其中放射性物质碘131的衰变方程为131 53I →131 54Xe ＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．Y 粒子为β粒子B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.131 53I 中有53个质子131个核子E ．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示，一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：(1)ADE(2)设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v 1，由动量守恒定律：(m 3＋m )·v 0－m v 0＝(2m ＋m 3)v 1 解得：v 1＝17v 0 设人跳出甲船的速度为v 2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(m 3＋m )v 0＝m ·v 1＋m 3v 2 解得：v 2＝257v 0. 答案：ADE (2)257v 0。

《志鸿优化设计》高考物理（重庆专用）第二轮练习（梳理整合+探究突破+巩固提升）专项实验：探究决定导线电阻的因素（含解析）一、实验目的1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法。

2．掌握螺旋测微器及游标卡尺的原理及读数方法。

3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属丝的电阻率。

二、实验原理根据欧姆定律和电阻定律，用毫米刻度尺测一段金属丝的长度l ，用螺旋测微器测金属丝的直径d ，用伏安法测金属丝的电阻R ，由R ＝ρl S ，所以金属丝的电阻率ρ＝πd24l R 。

三、实验器材被测金属丝、米尺、螺旋测微器、电压表、电流表、直流电源、开关、滑动变阻器、导线等。

四、实验步骤1．用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d 。

2．依照电路图（如图）用导线将器材连好，将滑动变阻器的阻值调至最大。

3．用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的长度，即有效长度，反复测量3次，求出其平均值l 。

4．电路经检查确认无误后，闭合开关S ，改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流值和电压值，记入表格内；断开开关S ，求出金属丝电阻R 的平均值。

5．将测得的R 、l 、d 值，代入电阻率计算公式ρ＝RS l ＝πd2R 4l ，计算出金属丝的电阻率。

6．拆去实验线路，整理好实验器材。

五、数据处理1．在求Rx 的平均值时可用两种方法（1）用Rx ＝U I 分别算出各次的数值，再取平均值。

（2）用U －I 图线的斜率求出。

[来源:ZXXK]2．计算电阻率将记录的数据Rx 、l 、d 的值代入电阻率的计算式ρ＝Rx S l ＝πd2U 4lI 。

[来源:学.科.网Z.X.X.K]六、误差分析1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一。

2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小。

[来源:ZXXK]3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。