2013年广东省东莞市高考物理一模试卷

2013年广东省肇庆市高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.下列说法正确的是（）A.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B.分子间存在相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大C.布朗运动是悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动D.相同质量的0℃的水和冰，水的分子势能比冰的分子势能小2.空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对空气做了2.0×105J的功，同时空气的内能增加了1.5×105J．下列说法正确的是（）A.空气从外界吸收的热量是0.5×105JB.空气对外界放出的热量是0.5×105JC.空气从外界吸收的热量是3.5×105JD.空气对外界放出的热量是3.5×105J3.如图所示，在水平地面上放着斜面体B，物体A置于斜面体B上，一水平向右的力F作用于物体A．在力F变大的过程中，两物体相对地面始终保持静止，则地面对斜面体B的支持力N和摩擦力f的变化情况是（）A.N变大，f不变B.N变大，f变小C.N不变，f变大D.N不变，f不变4.一匀强磁场的边界是MN，MN左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图（甲）所示，现有一个金属线框以恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的I-t图象如图（乙）所示．则可能的线框是（）A. B. C. D.二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)5.以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是（）A.原子核发生一次衰变，该原子核外就失去一个电子B.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小C.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的总能量增大D.天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线三、单选题(本大题共4小题，共24.0分)6.如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50H z的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈匝数分别为200匝和100匝，电压表的示数为5V．则（）A.电流表的读数为0.5AB.流过电阻的交流电的频率为100H zC.变压器原线圈两端电压的最大值为20VD.交流电源的输出功率为2.5W7.如图所示，M、N为两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，下列说法正确的是（）A.M的运行周期比N的大B.M的角速度比N的大C.M的线速度比N的小D.M的向心加速度比N的大8.如图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（） A.A、B两点场强相等 B.A、B两点场强方向相反C.正电荷从A运动到B，电势能增加D.A、B两点电势差为零9.甲、乙、丙是三个在同一直线上运动的物体，它们运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（）A.丙与甲的运动方向相反B.丙与乙的运动方向相同C.乙的加速度大于甲的加速度D.丙的加速度大小小于乙的加速度大小四、实验题探究题(本大题共1小题，共18.0分)10.（1）为了探究加速度与力、质量的关系，某实验小组设计了如图一（甲）所示的实验装置：一个木块放在水平长木板上，通过细线跨过定滑轮与钩码相连，木块另一端与纸带相连，在钩码牵引下，木块向左运动，钩码落地后，木块做匀减速运动．打出的纸带如图一（乙）所示，不计纸带所受到的阻力．交流电频率为50H z，重力加速度g取10m/s2．①木块加速阶段的加速度为______ m/s2；（本题计算结果保留2位有效数字）②木块减速阶段的加速度为______ m/s2，木块与木板间的动摩擦因数μ= ______ ；③某同学发现在实验中未平衡木块与木板间的摩擦力，接着他断开打点计时器的电源，同时还采取如下措施：a．______ ；b．将木板______ 端垫高，使木块沿木板下滑；c．判断已平衡好摩擦力的标准是______ ．（2）现需测量一个电池的电动势E和内电阻r．实验室提供的器材有：电流表（量程60m A，内阻约为10Ω）电压表（量程10V，内阻约为20kΩ）热敏电阻（80Ω～200Ω）一杯水，一个开关，酒精灯，温度计，导线若干．①一位同学根据现有器材设计实验电路并连了部分实物，如图二所示，请你用笔画线代替导线，将电压表接入电路；②用酒精灯对水加热，右表为热敏电阻在不同温度下测得的电流和电压数据，请在如图三的坐标系中画出U-I图象．由图象可知：该电池的电动势E= ______ V，内电阻r= ______③根据以上数据，结合闭合电路欧姆定律，发现随着温度的升高，热敏电阻的阻值______ （选填“变小”、“变大”或“不变”）．五、计算题(本大题共2小题，共36.0分)11.如图所示，在xoy坐标系中，y＞0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场；在y＜0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）．已知oa=oc=cd=de=ef=L，ob=．现在一群质量为m、电荷量大小为q（重力不计）的带电粒子，分布在a、b之间．t=0时刻，这群带电粒子以相同的初速度v o沿x轴正方向开始运动．观察到从a点出发的带电粒子恰好从d点第一次进入磁场，然后从o点第一次离开磁场．（1）试判断带电粒子所带电荷的正负及所加匀强磁场的方向；（2）试推导带电粒子第一次进入磁场的位置坐标x与出发点的位置坐标y的关系式；（3）试求从a点出发的带电粒子，从o点第一次离开磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ（图中未画出）12.如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动．三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C 脱离弹簧后以速度v C=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E p；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值v m是多少？。

2013-2014学年广东省东莞市虎门外语学校高二（上）第一次月考物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共12小题，共36.0分)1.点电荷是静电学中的一个理想模型，它是指（）A.体积很小的带电体B.球形带电体C.带电少的带电体D.大小和形状对作用力影响可忽略的带电体【答案】D【解析】解：带电体能不能看成点电荷是看带电体本身的体积和形状对带电体间的作用力影响是否可以忽略不计，而不是仅仅看带电体的体积的大小和形状．故ABC错误，D正确．故选D点电荷是静电学中的一个理想模型，当带电体之间的距离远大于带电体本身的尺寸，以至于带电体本身的大小和形状对带电体间的作用力影响可忽略不计时，带电体就可以看成点电荷．本题对点电荷的理解能力，带电体能不能看成点电荷，不是取决取带电体绝对体积大小和形状，而看带电体本身的体积和形状对带电体间的作用力影响是否可以忽略不计．2.关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是（）A.摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B.摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C.不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D.以上说法均不正确【答案】C【解析】解：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD 错误，C正确．故选C摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分．摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体．3.关于电场，下列说法正确的是（）A.电场对放入其中的电荷有力的作用B.描述电场的电场线是客观存在的C.电场是假想的，并不是客观存在的物质D.电场对放入其中的电荷没有力的作用【答案】A【解析】解：AD、电场最基本的性质是对处于电场中的电荷具有电场力的作用，故A正确，D错误；B、电场是一种客观存在的物质，电场线是为形象描述电场而假象的一种曲线，并不存在，故B错误；C、电场是传递电荷间相互作用的物质，是一种客观存在的物质，故C错误；故选：A．电场是传递电荷间相互作用的物质，电场最基本的性质是对处于电场中的电荷具有电场力的作用．本题关键明确电场、电场线，知道电场最基本的性质是对处于电场中的电荷具有力作用．4.A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的试探电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则（）A.若在A点换上-q，A点场强方向发生变化B.若在A点换上电量为2q的试探电荷，A点的场强将变为2EC.若在A点移去电荷q，A点的场强变为零D.A点场强的大小、方向与q的大小、正负、有无均无关【答案】D【解析】解：电场强度E=是通过比值定义法得出的，其大小及方向与试探电荷无关；故放入任何电荷时电场强度的方向大小均不变，故ABC均错误；故选：D．电场强度为电场本身的性质，其大小及方向与试探电荷的电量及电性无关．比值定义法是物理学中常用方法，但要注意所定义的量不一定与式中的物理有比例关系．5.如图所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是（）A.只有M端验电箔张开，且M端带正电B.只有N端验电箔张开，且N端带正电C.两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D.两端的验电箔都张开，且两端都带正电或负电【答案】C【解析】解：金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，弹头导体的右端要感应出正电荷，在导体的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，所以C正确．故选C．根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况．感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．6.如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等．A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误．B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，故B错误．C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确．D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同．即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误．故选：C．电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同．矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．7.在如图所示的电场中的P点放置一正电荷，使其从静止开始运动，其中加速度逐渐增大的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解：正电荷受电场力水平向右，使其从静止开始向右运动，要使加速度逐渐增大，也就是所受电场力增大，电场线的疏密反映电场的强弱，从图中看出在水平向右的方向上，A图中电场强度减小，B图中电场强度增大，C图中电场强度不变，D图中电场强度先增大后减小，所以B图符合题意．故选B．电场线的疏密反映电场的强弱，再根据F=E q可得出电场力大小的变化即可解决问题．电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真把握．8.如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（）A.一定减小B.一定增大C.一定不变D.可能不变【答案】A【解析】解：由题，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=可知，电容增大，电容器的电量不变，由C=得知，板间电势差减小，则静电计指针的偏转角度一定减小．故A正确，BCD错误．故选A静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大．由题，平行板电容器带电后电量不变，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化．对电容的定义式和决定式两个公式要熟练掌握，灵活应用，本题是常见题型．9.在点电荷Q的电场中，一个带正电的粒子通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A.Q可能为正电荷，也可能为负电荷B.运动中．粒子总是克服电场力做功C.α粒子经过两等势面的动能E ka＞E kbD.α粒子在两等势面上的电势能E pa＞E pb【答案】C【解析】解：A、正电荷受到了排斥力作用，所以Q的电性一定是正电荷．故A错误；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；因此动能减小，电势能增大．故C正确，D错误；故选：C．从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性．该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路10.真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们之间的静电力为F，下面哪些做法可以使它们之间的静电力变为1.5F（）A.使Q1的电量变为原来的2倍，Q2的电量变为原来的3倍，使它们的距离变为原来的2倍B.使每个电荷的电量都变为原来的1.5倍，距离变为原来的1.5倍C.使其中一个电荷的电量和它们的距离变为原来的1.5倍D.保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的倍【答案】A【解析】解：由题原来的静电力为F=A、使Q1的电量变为原来的2倍，Q2的电量变为原来的3倍，同时使它们的距离变为原来的2倍，它们间的静电力为=1.5F，故A正确．B、使每个电荷的电量都变为原来的1.5倍，距离变为原来的1.5倍，它们间的静电力为，故B错误．C、使其中一个电荷的电量和它们的距离均变为原来的1.5倍，它们间的静电力为，故C错误．D、保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的1.5倍，则它们间的静电力为，故D错误．故选：A．在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律，运用比例法求解．本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系．11.水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态，现将电容器两板间的距离增大，则（）A.电容变大，质点向上运动B.电容变大，质点向下运动C.电容变小，质点保持静止D.电容变小，质点向下运动【答案】D【解析】解：因质点处于静止状态，则有E q=mg，且电场力向上；由C=可知，当d增大时，C减小；因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大，由E=可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力；故质点将向下运动；故选D因电容器与电池相连，故电容器两端的电压保持不变；因距离变化，由C=可知C的变化；由U=E d可知场强E的变化，由带电粒子的受力可知质点的运动情况．解答本题注意电容器的两种状态，充电后与电源断开则电量不变；而与电源相连，则两板间的电势差保持不变．12.如图所示，实线表示匀强电场的电场线．一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b为轨迹上的两点．若a点电势为фa，b点电势为фb，则（）A.场强方向一定向左，且电势фa＞фbB.场强方向一定向左，且电势фa＜фbC.场强方向一定向右，且电势фa＞фbD.场强方向一定向右，且电势фa＜фb【答案】C【解析】解：由图正电荷运动轨迹可知，正电荷受向右的电场力作用，故场强方向一定向右．沿着电场线的方向电势降低的，可判定a点的电势大于b点，即电势фa＞фb．故选C．粒子在电场力作用下，由运动与力关系可知，根据轨迹的弯曲程度，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场力方向和电荷性质判断场强方向；沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出M、N点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．二、多选题(本大题共6小题，共30.0分)13.对公式E=的几种不同理解，以下说法错误的是（）A.当r→0时，E→∞B.发r→∞时，E→0C.某点的场强与点电荷Q的大小无关D.在以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度大小都相等【答案】AC【解析】解：A、当r→0时，带电体不能看成点电荷，该公式不适用，所以得不到这个结论．故A 错误．B、E=是真空中点电荷场强公式，只适用于点电荷，由数学知识知当r→∞时，E→0．故B正确．C、某点的场强与点电荷Q的大小成正比，故C错误．D、在以点电荷Q为中心，r为半径的球面上，由公式E=知各处的电场强度大小都相等．故D正确．本题选错误的，故选：AC．公式E=是真空中点电荷场强公式，只适用于点电荷，式中Q是场源电荷．解决本题的关键是掌握公式E=的适用条件和式中各个量的准确含义，不能简单运用数学知识理解．14.两个等量点电荷P、Q在真空中产生电场的电场线（方向未标出）如图所示．下列说法中正确的是（）A.P、Q 是两个等量正电荷B.P、Q 是电场线永不闭合C.P、Q 是两个等量异种电荷D.P、Q 产生的是匀强电场【答案】BC【解析】解：AC、根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止，可知P、Q是两个等量异种电荷，故A错误，C正确．B、由于电场线从正电荷或无穷远出发到负电荷或无穷远终止，所以电场线永不闭合，故B正确．D、匀强电场的电场线应该是平行的直线，故D错误．故选：BC．电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．15.如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则（）A.A、B两处的场强方向相同B.因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以E A=E BC.电场线从A指向B，所以E A＞E BD.不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定【答案】AD【解析】解：A：由题意，A、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向必定相同．故A正确；B：A、B在一条电场线上，无法判断电场线的疏密，也就无法判断A、B两点电场强度的大小．故B错误；C：电场线从A指向B仅仅说明了电场的方向，与电场线的疏密（即场强的大小）无关．故C错误；D：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由于A、B附近电场线的分布情况未知，则E A、E B的大小不能确定．故D正确．故选：AD由于A、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向相同．电场线的大小由电场线的疏密表示，一条电场线无法判断疏密，就无法确定A、B两处场强的大小．本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小．16.如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（）A.电势A点高于B点电势B.电势A点低于B点电势C.A点场强大小小于B点场强大小D.A点场强大小大于B点场强大小【答案】AC【解析】解：由图看出，B处电场线比A处电场线密，则B处场强大于A处场强．则C正确，D 错误；沿电场线的方向电势降低，则电势A点高于B点电势，则A正确，B错误故选：AC电场中，电场线越密，电场强度越大，沿电场线的方向电势降低．电场线的物理意义之一是形象描述电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大17.关于电场线的说法，正确的是（）A.电场线的方向，就是电荷受力的方向B.正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C.电场线越密的地方，电场强度越强D.静电场的电场线不可能是闭合的【答案】CD【解析】解：A、电场线的方向，是正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相反，故A错误．B、正电荷如果沿电场线运动必须满足的条件：①电场线是直线；②合外力沿电场线方向；所以正电荷只在电场力的作用下不一定沿电场线运动，故B错误．C、电场线越密，场强越大，故C正确．D、电场线从正电荷出发到负电荷或无穷远终止，是不闭合的，故D正确．故选CD．解答本题需要正确理解电场线特点：电场线是为了形象的描述电场的强弱和方向而假想的曲线，从正电荷或无穷远出发，终止于无穷远或负电荷，是不闭合的；正电荷受力方向和电场力方向相同，负电荷受力方向和电场线相反．要正确理解电场线和电场强度、电势之间关系，本题易错的是B选项，同学们可以通过列举实例来帮助理解．18.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A.粒子带正电B.粒子加速度逐渐减小C.A点的场强大于B点场强D.粒子的速度不断增大【答案】BC【解析】解：A、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可知电场力逆着电场线方向向左，所以粒子带负电．故A错误；B、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，电场力也变小，则加速度也减小，故B正确；C、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，故A点的场强大于B点场强，故C正确；D、由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可得，电场力逆着电场线方向，与速度方向夹角大于90°，所以电场力做负功，因此速度不断减小，故D错误；故选：BC．电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．三、计算题(本大题共3小题，共34.0分)19.用一根绝缘细线挂一个带电小球，小球的质量为m，所带电量为+Q，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直线成θ角，求匀强电场的场强大小．【答案】解：对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图．由平衡条件得：mgtanθ=QE解得，E=答：匀强电场的场强大小为【解析】对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据共点力平衡条件和电场力F=q E 列式求解场强E本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用通过合成法求解．20.在真空中两个带等量异种电荷的点电荷，电量均为2×10-8C，相距20cm，则（1）它们之间的相互作用力为多少？（2）在两者连线的中点处，电场强度大小为？（静电常数k=9.0x109N m2/C2）【答案】解：已知真空中两点电荷的电量均为q=2×10-8C，距离r=0.2m，根据库仑定律得N=9×10-5N电荷间的作用力F=k=9×109×．=1.8×104N/C，方向相两点电荷在中点处产生的场强大小均为E=k═9×109×．同，则在两者连线的中点处，电场强度大小为E合=2E=3.6×104N/C答：它们之间的相互作用力为9×10-5N，在两者连线的中点处，电场强度大小为3.6×104N/C．【解析】根据库仑定律求解与两电荷间的作用力．根据点电荷场强公式分别求出两点电荷在中点处产生的场强，再进行合成，求出合场强．解决本题的关键是要掌握库仑定律和电场的叠加原理，能根据平行四边形定则求解合场强．21.如图所示电子射线管．阴极K发射电子，阳极P和阴极K间加上电压后电子被加速．A、B是偏向板，使飞进的电子偏离．若已知P、K间所加电压为U PK，偏向板长L，板间距离d，所加电压U A．偏转板右端距荧光屏为R．电子质量m e，电子电量e．设从阴极出来的电子速度为0．试问：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是多少？（2）电子通过偏向板时的偏转位移为多少？（3）电子过偏向板向到达距离偏向板R荧光屏上O 点，此点偏离入射方向的距离y 是多少？【答案】解：（1）根据动能定理：解得：（2）由匀速直线运动，可求得，运动时间：由匀强电场公式，则有：根据牛顿第二定律，则：因此偏转位移；解得：（3）根据动能定理：且解得：y=y'+R tanθ=（1+）；答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是；（2）电子通过偏向板时的偏转位移为；（3）电子过偏向板向到达距离偏向板R荧光屏上O 点，此点偏离入射方向的距离y 是（1+）．【解析】（1）由动能定理可以求出电子的速度．（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律，由运动学公式与牛顿第二定律，即可求解．（3）应用动能定理与几何知识求出电子的偏移量．本题考查了电子在电场中的运动，电子在加速电场中加速、在偏转电场中做类平抛运动、离开偏转电场后做匀速直线运动，分析清楚电子运动过程，应用动能定理、类平抛运动规律即可正确解题．高中物理试卷第11页，共11页。

2015年广东省东莞高中高考物理模拟试卷（二）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1．（4分）（2013•茂名二模）如图电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线，则示波管中的电子束将（）A．向上偏转B．向下偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转2．（4分）（2015•东莞模拟）如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为a A、电势能为E A；在B点的加速度为a B、电势能为E B．则下列结论正确的是（）A．粒子带正电，a A＞a B，E A＞E B B．粒子带负电，a A＞a B，E A＞E BC．粒子带正电，a A＜a B，E A＜E B D．粒子带负电，a A＜a B，E A＜E B3．（4分）（2012•济南一模）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引4．（4分）（2013•浙江）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E﹣t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是（）A．B．C．D．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）（2015•东莞模拟）在点电荷Q的电场中，一个α粒子（He带正电）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A．Q一定带正电荷B．运动中．粒子总是克服电场力做功C．α粒子在两等势面上的电势能E pb＞E paD．α粒子经过两等势面的动能E kb＞E ka6．（6分）（2015•东莞模拟）如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带电小物块P，P将沿水平面运动到N点静止，则从M到N的过程中（）A．P所受库仑力逐渐减小B．P的电势能一定增加C．M、N 两点的电势φM一定高于φND．克服摩擦力做的功等于电势能的减少7．（6分）（2015•东莞模拟）静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（）A．涂料微粒一定带正电B．离工件越近，所受电场力越大C．电场力对涂料微粒做负功D．涂料微粒的电势能减小8．（6分）（2015•东莞模拟）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，灯L亮度不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输入功率变大9．（6分）（2014•安阳一模）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电三、非选择题（共4小题，满分54分）10．（8分）（2015•东莞模拟）小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内电阻，设计了如图甲所示的电路，在一定光照条件下进行实验：①请根据图甲完成图乙中实物的连线．②将测量出来的数据记录在表中，其中第4组数据的电压如图丙所示，则此时电压为V．1 2 3 4 5 6 7 8U/V 1.77 1.75 1.70 1.54 1.27 1.00 0.50I/μA12 30 48 60 68 76 80 86③将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出．a．请在图丁中描出第4组数据的点，并作出该硅光电池组的U﹣I图线；b．由此U﹣I图线可知，该硅光电池组的电动势E=1.80V，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80μA时，该电池组的内阻r= Ω（保留两位有效数字）．11．（10分）（2015•东莞模拟）某同学想测绘标有“3.8V0.4A”字样的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象，除了导线和开关外，有下列一些器材可供选择：A．电源E（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．B．电压表V1（量程为5V，内阻约为5kΩ）；C．电流表A1（量程为100mA，内阻约为2Ω）；D．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；F．滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω）；G．开关及导线若干①为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表，滑动变阻器（填器材前面的选项代号）②选好器材后，该同学按照该实验要求连接电路，请完成图甲中的实物连线．③该同学根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图乙所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝的电阻为Ω；（保留二位有效数字）④由图可知当U=3v时小灯泡的实际功率是W．（保留二位有效数字）12．（18分）（2014•河西区一模）如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？（3）粒子从A点运动到C点的时间．13．（18分）（2015•东莞模拟）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，收集板上各点到O点的距离以及两端点A和C的距离都为2R，板两端点的连线AC垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U x时，求粒子进入磁场时速度的大小v x；（2）要使粒子能够打在收集板上，求在M、N间所加电压的范围；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间．2015年广东省东莞高中高考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分1．（4分）（2013•茂名二模）如图电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线，则示波管中的电子束将（）A．向上偏转B．向下偏转C．向纸外偏转D．向纸里偏转考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由安培定则判断出环形导线中的电流在示波管位置的磁场方向；然后由左手定则判断出电子束受到的安培力方向，最后根据电子束的受力方向判断电子束如何偏转．解答：解：由安培定则可知，在示波管下方环形电流的磁场在环形区域内磁感线方向垂直纸面向里，根据磁感线是闭合的曲线可知，在环形电流外侧磁感线方向垂直纸面向外；电子束由左向右运动，电子束形成的电流方向水平向左，由左手定则可知，电子束受到的安培力竖直向上，则电子束向上偏转；故选：A．点评：知道电流方向与电子运动方向相反，熟练掌握安培定则、左手定则是正确解题的关键．2．（4分）（2015•东莞模拟）如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为a A、电势能为E A；在B点的加速度为a B、电势能为E B．则下列结论正确的是（）A．粒子带正电，a A＞a B，E A＞E B B．粒子带负电，a A＞a B，E A＞E BC．粒子带正电，a A＜a B，E A＜E B D．粒子带负电，a A＜a B，E A＜E B考点：电势能；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据曲线的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功情况断电势能高低．解答：解：根据粒子轨迹的弯曲方向可知带电粒子受到的是静电斥力，根据U=Ed知，等差等势面越密的位置场强越大，B处等差等势面较密集，则场强大，带电粒子所受的电场力大，加速度也大，即a A＜a B；从A到B，电场线对带电粒子做负功，电势能增加，则知B点电势能大，即E A＜E B；故D正确．故选：D．点评：本题关键是先根据靠差等势面的疏密判断场强的大小，再结合电场力做功正负分析电势能变化．公式U=Ed，对非匀强电场可以用来定性分析场强．3．（4分）（2012•济南一模）如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中（）A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引考点：楞次定律．分析：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用．解答：解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥．综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥．故选：B．点评：楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可．4．（4分）（2013•浙江）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E﹣t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E﹣t关系可能是（）A．B．C．D．考点：信息传播、处理和存储技术的发展；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应与图像结合．分析：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比．解答：解：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的．磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍．故D正确．故选D点评：本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要掌握感应电动势公式E=BLv．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）（2015•东莞模拟）在点电荷Q的电场中，一个α粒子（He带正电）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A．Q一定带正电荷B．运动中．粒子总是克服电场力做功C．α粒子在两等势面上的电势能E pb＞E paD．α粒子经过两等势面的动能E kb＞E ka考点：电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性．解答：解：A、正电荷受到了排斥力作用，所以Q的电性一定是正电荷．故A正确；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；因此动能减小，电势能增大．故C正确，D错误；故选：AC．点评：该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的路6．（6分）（2015•东莞模拟）如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带电小物块P，P将沿水平面运动到N点静止，则从M到N的过程中（）A．P所受库仑力逐渐减小B．P的电势能一定增加C．M、N 两点的电势φM一定高于φND．克服摩擦力做的功等于电势能的减少考点：电势能；库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，根据库仑定律分析小物块受到的电场力变化情况．电场力做正功，电荷的电势能减小．电场线从无穷远出到点电荷Q终止，根据电场线的方向判断电势的高低．由E=k判断电场强度的大小．解答：解：A、从M点运动到N点的过程中，物块与点电荷Q的距离增大，带电量均不变，根据库仑定律分析可知，小物块所受电场力逐渐减小．故A正确．B、点电荷对物块的电场力方向向左，对物块做正功，物块P的电势能一定减小．故B错误．C、由题分析可知，物块与点电荷Q是同种电荷，但它们的电性无法判断，所以电场线的方向不能确定，根据顺着电场线电势降低可知，M点的电势与N点的电势关系不能确定．故C错误．D、根据动能定理，克服摩擦力做的功等于电场力做功，即等于电势能的减少．故D正确．故选：AD．点评：本题要掌握库仑定律，分别从力和能的角度分析物块的物理量的变化情况，是研究物体运动情况常用的两个角度．7．（6分）（2015•东莞模拟）静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（）A．涂料微粒一定带正电B．离工件越近，所受电场力越大C．电场力对涂料微粒做负功D．涂料微粒的电势能减小考点：静电场中的导体．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小．解答：解：A、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．故A错误．B、离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故B正确．C、D、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故C错误，D正确．故选：BD点评：本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况．8．（6分）（2015•东莞模拟）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，灯L亮度不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输入功率变大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据P=，即亮度不变．故A错误B正确；C、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．因此输入电流也变大．故C错误；D、当滑动变阻器R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大．则输出功率增大，故D正确．故选：BD点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法9．（6分）（2014•安阳一模）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电考点：示波器的使用．专题：实验题．分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性解答：解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC点评：考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反．三、非选择题（共4小题，满分54分）10．（8分）（2015•东莞模拟）小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内电阻，设计了如图甲所示的电路，在一定光照条件下进行实验：①请根据图甲完成图乙中实物的连线．②将测量出来的数据记录在表中，其中第4组数据的电压如图丙所示，则此时电压为 1.65V．1 2 3 4 5 6 7 8U/V 1.77 1.75 1.70 1.54 1.27 1.00 0.50I/μA12 30 48 60 68 76 80 86③将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出．a．请在图丁中描出第4组数据的点，并作出该硅光电池组的U﹣I图线；b．由此U﹣I图线可知，该硅光电池组的电动势E=1.80V，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80μA时，该电池组的内阻r= 1.0×104Ω（保留两位有效数字）．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：①根据电路图连接实物电路图；②根据图示电压表确定其分度值，读出其示数；③根据坐标系内描出的点作出图象；在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解．解答：解：①根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：②由表中实验数据可知电压表最大测量值为1.77V，则电压表量程为3V，由图丙所示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为1.65V；③a、把第四组数据标在坐标系内，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：b、在电流为80μA时，由表格数据得到路端电压为1V，根据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中：E=U+Ir，解得：r===1.0×104Ω；故答案为：①实物电路图如图所示；②1.65；③a、图象如图所示；b、1.0×104点评：本题考查了测电源电动势与内阻实验，应用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数．11．（10分）（2015•东莞模拟）某同学想测绘标有“3.8V0.4A”字样的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象，除了导线和开关外，有下列一些器材可供选择：A．电源E（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．B．电压表V1（量程为5V，内阻约为5kΩ）；C．电流表A1（量程为100mA，内阻约为2Ω）；D．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）；E．滑动变阻器R1（最大阻值为5Ω）；F．滑动变阻器R2（最大阻值为100Ω）；G．开关及导线若干①为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表 D ，滑动变阻器 E （填器材前面的选项代号）②选好器材后，该同学按照该实验要求连接电路，请完成图甲中的实物连线．③该同学根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图乙所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝的电阻为 1.2 Ω；（保留二位有效数字）④由图可知当U=3v时小灯泡的实际功率是0.90 W．（保留二位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题①的关键是根据小灯泡的额定电压和额定功率求出额定电流，然后选择电流表的量程，由于描绘小灯泡R﹣U图象小于电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器；②的关键是根据R﹣U图象读出对应的电阻即可；③的关键是根据，电流表应用外接法；④的关键是根据R﹣U图象的特点结合P=可知P﹣U图象的特点．解答：解：①根据欧姆定律可求出小灯泡的额定电流为I===0.5A，所以电流表应选D，由于描绘R﹣U图象可知电压要从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以应选全电阻小的变阻器E；②从R﹣U图象读出当U=0时的电阻为R=1.5Ω，当U=3.00V时对应的电阻R=11.5Ω，此时小灯泡的功率为P==W=0.78W③从R﹣U图象读出当U=0时的电阻为力象的斜率，由图可知，R=1.2Ω，④当U=3．V时对应的电阻R=10Ω，此时小灯泡的功率为P==W=0.90W．故答案为：①D；E；②如图所示；③1.2；④0.90点评：本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的实物图及图象的掌握；在分析图象时要注意图象的坐标，明确图象的意义．12．（18分）（2014•河西区一模）如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一矩形区域MNPQ，矩形区域内有水平向右的匀强电场，场强为E；在y≥0的区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，半径为R的光滑绝缘空心半圆管ADO固定在坐标平面内，半圆管的一半处于电场中，圆心O1为MN的中点，直径AO垂直于水平虚线MN，一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）从半圆管的O点由静止释放，进入管内后从A点穿出恰能在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，当粒子再次进入矩形区域MNPQ时立即撤去磁场，此后粒子恰好从QP的中点C离开电场．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）矩形区域的长度MN和宽度MQ应满足的条件？（3）粒子从A点运动到C点的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）由动能定理可求得粒子的速度，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；（2）粒子在矩形区域内做类平抛运动，由运动的合成与分解知识可求得矩形区域的长宽；（3）明确粒子在各过程中时间，则可求得总时间．解答：解：（1）粒子从O到A过程中由动能定理得：qER=mv2从A点穿出后做匀速圆周运动，有：qvB=m解得：B=（2）粒子再次进入矩形区域后做类平抛运动，由题意得：R=at2a=R+OC=vt联立解得：OC=r所以，矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ≥2R（3）粒子从A点到矩形边界MN的过程中，有：t1==从矩形边界MN到C点的过程中，有：t2==故所求时间为：t=t1+t2=（+1）答：（1）磁感应强度为B=；（2）矩形区域的长度MN≥2R，宽度MQ≥2R；（3）时间t=t1+t2=（+1）点评：本题中粒子先做类平抛运动，再做平抛运动；明确各种过程中的运动规律，选择正确的规律求解．要学会分析粒子的运动过程．13．（18分）（2015•东莞模拟）如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，s1、s2分别为M、N板上的小孔，s1、s2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且s2O=R．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，收集板上各点到O点的距离以及两端点A和C的距离都为2R，板两端点的连线AC垂直M、N板．质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入M、N间的电场后，通过s2进入磁场．粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计．（1）当M、N间的电压为U x时，求粒子进入磁场时速度的大小v x；（2）要使粒子能够打在收集板上，求在M、N间所加电压的范围；（3）若粒子恰好打在收集板D的中点上，求粒子从s1开始运动到打在D的中点上经历的时间．。

2013年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）一、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．（6分）如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。

表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。

根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（）A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比2．（6分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A．B．C．D．3．（6分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。

小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。

若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（）A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回4．（6分）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。

空间存在垂直于纸面的均匀磁场。

用力使MN向右匀速运动，从a位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。

下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是（）A．B．C．D．5．（6分）如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（）A． B． C．D．6．（6分）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置﹣时间（x﹣t）图线．由图可知（）A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大7．（6分）2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是（）A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用8．（6分）2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度﹣时间图线如图（b）所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g．则（）A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B．在0.4s～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变二、解答题（共4小题，满分47分）9．（7分）图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△t A和△t B，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．回答下列为题：（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图（b）所示，其读数为cm．（2）物块的加速度a可用d、s、△t A和△t B表示为a=．（3）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于（填“偶然误差”或“系统误差”）．10．（8分）某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻。

2013年广东省东莞市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，满分50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）2．（5分）（2008•海南）已知复数z=1﹣i，则=（）代入代入得3．（5分）（2012•重庆）设x∈R，向量=（x，1），=（1，﹣2），且⊥，则|+|=（）B通过向量的垂直，求出向量，推出，向量，，且⊥，，所以=所以||=4．（5分）（2013•东莞一模）已知函数f（x）=，则f（2+log32）的值为（）﹣==5．（5分）（2009•湖北）“sinα=”是“”的（），”“解：由可得，是成立的充分不必要条件，6．（5分）（2009•宁夏）已知圆C1：（x+1）2+（y﹣1）2=1，圆C2与圆C1关于直线x﹣y﹣1=0对称，则7．（5分）（2013•东莞一模）已知双曲线，抛物线y2=2px（p＞0），若抛物线的焦点到双曲线B，解：∵双曲线方程为，∴令，得双曲线的渐近线为x8．（5分）（2013•东莞一模）图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的T是（）9．（5分）（2013•东莞一模）甲、乙两名同学在5次体育测试中的成绩统计如茎叶图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别为，，则下列结论正确的是（）＞；乙比甲成绩稳定＞；甲比乙成绩稳定＜；甲比乙成绩稳定＜；乙比甲成绩稳定10．（5分）（2013•东莞一模）在区间[0，1]上任意取两个实数a，b，则函数在区间[﹣B．x∴概率为=，二、填空题：（本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分）11．（5分）（2013•东莞一模）在等差数列{a n}中，若a1+a5+a9=，则tan（a4+a6）=．，==故答案为：12．（5分）（2013•东莞一模）某路口的机动车隔离墩的三视图如下图所示，其中正视图、侧视图都是由半圆和矩形组成，根据图中标出的尺寸（单位：cm）可求得隔离墩的体积为cm3．∴其体积故答案为：13．（5分）（2013•东莞一模）在同一平面直角坐标系中，已知函数y=f（x）的图象与y=e x的图象关于直线y=x对称，则函数y=f（x）对应的曲线在点（e，f（e））处的切线方程为x﹣ey=0．，所以切线的斜率=（14．（5分）（2013•东莞一模）（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，直线θ=（ρ=R）与圆ρ=4cosθ+4sinθ交于A、B两点，则AB=8．（+4，表示以（）为圆心，以d=15．（2013•东莞一模）（几何证明选讲选做题）如图所示，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，CD=4，BD=8，则线段DO的长等于3．三、解答题（共80分）16．（12分）（2013•东莞一模）向量，，已知，且有函数y=f（x）．（1）求函数y=f（x）的周期；（2）已知锐角△ABC的三个内角分别为A，B，C，若有，边，，求AC的长及△ABC的面积．）得解：∵=，sinx+cosx=∥=y sinx+x+）得﹣）=sinA=A=，由正弦定理：===2×，AB sinA=17．（12分）（2013•东莞一模）从某学校高三年级800名学生中随机抽取50名测量身高，据测量被抽取的学生的身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组[155，160）．第二组[160，165）；…第八组[190，195]，图是按上述分组方法得到的条形图．（3）在样本中，若第二组有1人为男生，其余为女生，第七组有1人为女生，其余为男生，在第二组和第七组中各选一名同学组成实验小组，问：实验小组中恰为一男一女的概率是多少？．组中，恰为一男一女的概率是．18．（14分）（2013•东莞一模）如图，AA1、BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D、E分别是AA1、CB1的中点，DE⊥面CBB1．（1）证明：DE∥面ABC；（2）证明：面A1B1C⊥面A1AC；（3）求四棱锥C﹣ABB1A1与圆柱OO1的体积比．DA=BBEO=DA=（（h=的体积比为19．（14分）（2013•东莞一模）已知数列{a n}的前n项和为S n，数列{S n+1}是公比为2的等比数列，a2是a1和a3的等比中项．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前n项和T n．20．（14分）（2013•东莞一模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若g（x）在其定义域内为增函数，求正实数a的取值范围；（Ⅲ）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，求实数m的取值范围．﹣，知=，x=x，且，﹣a，，x=所以有，21．（14分）（2013•东莞一模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左焦点为F1（﹣1，0），且椭圆C的离心率．（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆C的上下顶点分别为A1，A2，Q是椭圆C上异于A1，A2的任一点，直线QA1，QA2分别交x轴于点S，T，证明：|OS|•|OT|为定值，并求出该定值；（3）在椭圆C上，是否存在点M（m，n），使得直线l：mx+ny=2与圆相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．相交于不同的两点，解得：；）可知，设，令；，令；，所以，所以；）满足题意，则，即．，且所以所以因为，所以所以当且仅当，即取得最大值，解得．所以或的面积为。

2014年高三物理模拟测试（高考备考中心组虎门外语学校马俊旺老师供稿）单项选择题13、柴油机的压缩冲程时间极短，可以认为此期间气缸与外界没有热交换，下列说法正确的是：A、由于压缩，气缸内气体压强增大，温度不变B、由于压缩，气缸内气体压强不变，温度升高C、外界对气体做功，气体内能增大D、气体对外界做功，气体能减小14、下列关于热现象的说法正确的是A、热量不可能从低温物体传到高温物体B、理想气体温度升高，内能一定增加C、布朗运动是液体分子的运动D、空气的绝对湿度大，人们就会感到潮湿15、一个质量为50kg的人站在升降机中，当升降机竖直向上做加速度为2m/s2，初速度为0的匀加速直线运动时，则A、升降机地板给人的支持力为500NB、升降机地板给人的支持力为600NC、升降机地板给人的支持力对人做的功等于人动能的增加量D、升降机地板给人的支持力对人做的功等于人重力势能的增加量16、如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面的夹角是θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，在导轨的A、C端连接一个电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑。

则，A、金属棒做匀加速运动B、金属棒先做匀加速运动，最后做匀速运动C、在下滑的过程中，减少的重力势能等于回路产生的焦耳热D、金属棒中的电流方向一直是从B指向Ａ双项选择题17、用绿光照射一光电管，能产生光电效应．现在用如图所示的电路测定遏止电压，则A．改用红光照射，遏止电压会增大B．改用紫光照射，遏止电压会增大C．延长绿光照射时间，遏止电压会增大D．增加绿光照射强度，遏止电压不变18、如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶2D．外力的功率P1∶P2＝1∶419、取稍长的细杆，其一端固定一枚铁钉，另一端用羽毛做一个尾翼，做成A、B两只飞镖，将一软木板挂在竖直墙壁上，作为镖靶．在离墙壁一定距离的同一处，将它们水平掷出，不计空气阻力，两只飞镖插在靶上的状态如图所示(侧视图)．则下列说法中正确的是A．A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度大B．B镖插入靶时的末速度比A镖插入靶时的末速度大C．B镖的运动时间比A镖的运动时间长D．A镖的质量一定比B镖的质量大20、地球赤道上的物体随地球自转而做圆周运动的向心力为F1 ,向心加速度为a1,线速度为v1,角速度为ω1;地球同步卫星的向心力为F2，向心加速度为a2线速度为v2,角速度为ω2;设物体与卫星的质量相等，则A. F1 > F2B. a1 >a2C. v1 < v2D. ω1 =ω221、如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点．则下列说法中正确的是A．O点电势一定高于N点电势B．O点场强一定小于M点场强C．将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做正功D．若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大34．（一）在“测定2节干电池组成池组的电动势和内阻”的实验中，备有下列器材：A．待测的干电池组(电动势约为3.0 V，内阻小于2.0 Ω)B．电流表A1(量程0～3 mA，内阻R A1＝10 Ω)C．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻R A2＝0.1 Ω)D．滑动变阻器R1(0～20 Ω，10 A)E．滑动变阻器R2(0～200 Ω，1 A)F．定值电阻R0(990 Ω)G．开关和导线若干(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的实验电路，在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选____________(填写器材前的字母代号)．(2)图乙为该同学根据实验电路测出的数据绘出的I1－I2图线，I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数．则由图线可得被测电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.（二）使用如图所示的气垫导轨装置探究加速度与力的关系．其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，光电门之间的距离为x ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：(1)实验开始前应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：________________________________________________________________________.(2)若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是____________．A ．m 1＝5 gB ．m 2＝15 gC ．m 3＝40 gD ．m 4＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度的表达式为___________________________________________________(用Δt 1、Δt 2、D 、x 表示) 35、（18分）如图所示的平面直角坐标系xoy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强电场，方向垂直于xoy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行。

时遁市安宁阳光实验学校东莞高中高考物理模拟试卷（一）一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2015•东莞模拟）分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（）A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中加速度大小关系是：a A＜a B＜a CC．三小球在电场中运动时间相等D．三小球到达下板时的动能关系是Ek C＞Ek B＞Ek A2．（4分）（2012•一模）某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．交变电流的频率为0.02HzB．交变电流的瞬时表达式为i=5cos50πt（A）C．在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W3．（4分）（2015•东莞模拟）如图所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为（）A．E=B．E=C．E= D．不能确定4．（4分）（2015•东莞模拟）如图，金属杆ab静放在光滑的水平固定的“U”形金属框上，处于竖直向上的匀强磁场中．现使ab突然获得一向右的初速度v，下列表述正确的是（）A．安培力对ab做正功 B．ab杆将向右匀速运动C．杆中感应电流逐渐减小 D．杆中感应电流保持不变二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）（2015•东莞模拟）A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，电荷量分别为q A、q B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于同一水平面．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线OC的拉力F TC=（m A+m B）gC．细线AC对A的拉力F TA =gD．同时烧断细线AC、BC后，A、B在竖直方向的加速度相同6．（6分）（2013•开封二模）如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动B．磁铁在管内下落过程中机械能守恒C．磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力D．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量7．（6分）（2015•东莞模拟）如图，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ，整个装置处于垂直于导轨平面方向的匀强磁场中．质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通从a 到b的电流I时，ab刚好静止．则（）A．磁场方向垂直于导轨平面向下B．磁场方向垂直于导轨平面向上C．ab受安培力的大小等于mgsinθD．ab受安培力的大小等于mgtanθ8．（6分）（2015•东莞模拟）图甲为理想变压器，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，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图中R t 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻．下列说法正确的是（）A．交流电压u的表达式u=36sin100πtB．变压器输入功率与输出功率之比为1：4C．R t处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D．R t处温度升高时，电压表的示数不变而电流表的示数变大9．（6分）（2015•东莞模拟）如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，最终停在初始位置．在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是（）A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U=BLv0C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能E p =mv02D．在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv0210．（10分）（2015•东莞模拟）某实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图．请回答下列问题：①按图甲的电路图补充完整图乙中的实物连线．②考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．③图甲中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图甲中的（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．④据实验测得的数据，作出该元件的，I﹣U图线如图丙所示，则元件Q在U=0.8V 时的电阻值是，则元件Q在U=1.6V时的功率是．11．（8分）（2010•江苏）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是．（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值R/Ω1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.02 80.0 70.0 60.0 50.0 40.0（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ，内阻r= ．（用k、b和R0表示）12．（18分）（2013•广州三模）如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），由E板处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界MN离开磁场．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r；（2）两边界MN、PQ的最小距离d；（3）粒子在磁场中运动的时间t．13．（18分）（2015•东莞模拟）如图所示，一个面积为S电阻为R的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d．在t=0时，圆形导线框中的磁感应强度B从B0开始均匀增大；同时，有一质量为m、电量绝对值为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）．该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小恒定方向未知、磁感应强度为B1、宽为L的复合场中恰好做匀速圆周周运动．求：（1）试判断液滴带何种电荷？圆形导线中磁感应强度随时间的变化率K=？（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？（3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离．东莞高中高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2015•东莞模拟）分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（）A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中加速度大小关系是：a A＜a B＜a CC．三小球在电场中运动时间相等D．三小球到达下板时的动能关系是Ek C＞Ek B＞Ek A考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：三个小球在电场中做平抛运动或类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由图看出水平位移的关系，比较运动时间关系．竖直位移大小相等，根据牛顿第二定律和位移公式分析加速度关系，判断三个小球的电性．根据动能定理分析三小球到达下板时的动能关系．解答：解：A、B、C三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：x A＞x B＞x C．三个小球水平速度v0相同，由x=v0t得，运动时间关系是：t A＞t B ＞t C．竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由y=得到加速度关系为：a A＜a B＜a C．根据牛顿第二定律得到合力关系为：F A＜F B＜F C，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A带正电、B不带电、C带负电．故AB正确，C错误．D、三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力F A＜F B＜F C，则合力做功大小关系为：W A＜W B＜W C，根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是E kC＞E kB＞E kA．故D正确．本题选错误的，故选C点评：类平抛运动和平抛运动研究的方法相似，都可运用运动的合成与分解方法研究，只是两种运动加速度不同．本题要根据轨迹直接看出两个方向位移的关系，这是分析其他量关系的基础．2．（4分）（2012•一模）某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A．交变电流的频率为0.02HzB．交变电流的瞬时表达式为i=5cos50πt（A）C．在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，即可求得结论．解答：解：A、由图象可知，交流电的周期为20×10﹣3s，所以交流电的频率为f==50Hz，所以A错误；B、根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acosωt=5cos100πt（A），所以B错误；C、在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量最小，所以C错误；D、交流电的有效值为I==A，所以发电机的发热功率为P=I2r=×0.4W=5W，所以D正确．故选D．点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小．3．（4分）（2015•东莞模拟）如图所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为（）A．E=B．E=C．E= D．不能确定考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：小球沿细管滑到最低点B过程中，电场力对小球不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒．小球到达B点时对管壁恰好无压力，则由重力和点电荷对的电场力的合力提供向心力，根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，再由牛顿第二定律求出场强的大小．解答：解：设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得，mgR=mv2得到：v=小球经过B点时，由牛顿第二定律得：Eq﹣mg=m，将v=代入得：E=放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小也为E=．故选：C点评：本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用．对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用．4．（4分）（2015•东莞模拟）如图，金属杆ab静放在光滑的水平固定的“U”形金属框上，处于竖直向上的匀强磁场中．现使ab突然获得一向右的初速度v，下列表述正确的是（）A．安培力对ab做正功 B．ab杆将向右匀速运动C．杆中感应电流逐渐减小 D．杆中感应电流保持不变考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：ab棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，产生感应电流，受到向左的安培力，做变减速运动；根据E=BLv和I=判断感应电流的变化．解答：解：A、B、ab棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，形成感应电流，根据楞次定律，来拒去留，受向左的安培力，故安培力做负功，故A错误；C、D、由于安培力做负功，故棒做减速运动；根据E=BLv和I=，有：I=；由于速度减小，故感应电流逐渐减小，故C正确，BD错误；故选：C．点评：本题主要根据楞次定律判断安培力方向，根据公式E=BLv和I=判断感应电流大小的变化情况，基础题．二、双项选择题：本题包括5小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）（2015•东莞模拟）A、B两带电小球，质量分别为m A、m B，电荷量分别为q A、q B，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于同一水平面．若B对A及A对B的库仑力分别为F A、F B，则下列判断正确的是（）A．F A＜F BB．细线OC的拉力F TC=（m A+m B）gC．细线AC对A的拉力F TA =gD．同时烧断细线AC、BC后，A、B在竖直方向的加速度相同考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；根据整体法来确定细线的拉力，并由牛顿第二定律则可判定细线烧断后各自的运动情况．解答：解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，则有，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；有：m A g=T A cos30° 因此：T A =m A g，故C错误；B、由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，故B正确；D、同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D正确；故选：BD．点评：本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合库仑定律列方程分析求解．6．（6分）（2013•开封二模）如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是（）A．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动B．磁铁在管内下落过程中机械能守恒C．磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力D．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生的感应磁场阻碍原磁场磁通量的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒；根据楞次定律得出铝管对桌面的压力大于铝管的重力．解答：解：A、B磁铁在铝管中运动的过程中，铝管的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁受到向上的安培力的阻碍，铝管中产生热能，所以磁铁的机械能不守恒，磁铁做的是非自由落体运动，故A、B错误．C、磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留，可知，铝管受到的安培力向下，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确；D、磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有安培力做负功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还有产生内能．所以根据能量转化和守恒定律可知：磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量．故D正确；故选：CD点评：对于楞次定律可这样来理解安培力：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它．并涉及机械能守恒的条件，同时考查能量守恒关系．7．（6分）（2015•东莞模拟）如图，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ，整个装置处于垂直于导轨平面方向的匀强磁场中．质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，当杆中通从a 到b的电流I时，ab刚好静止．则（）A．磁场方向垂直于导轨平面向下B．磁场方向垂直于导轨平面向上C．ab受安培力的大小等于mgsinθD．ab受安培力的大小等于mgtanθ考点：安培力．分析：金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析解答：解：A、磁场方向若垂直于导轨平面向下，导体棒受重力、支持力和水平向左的安培力，三个力的合力不可能为零，所以金属板不可以静止．故A 错误．B、磁场的方向若垂直于导轨平面向上，则安培力的方向沿导轨向上，受重力、支持力和安培力平衡．故B正确．C、根据受力平衡可得：安培力F=mgsinθ，所以C正确，D错误；故选：BC．点评：金属棒静止处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒正确受力分析，熟练应用左手定则是正确解题的关键．8．（6分）（2015•东莞模拟）图甲为理想变压器，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，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图中R t 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻．下列说法正确的是（）A．交流电压u的表达式u=36sin100πtB．变压器输入功率与输出功率之比为1：4C．R t处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D．R t处温度升高时，电压表的示数不变而电流表的示数变大考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图乙可知交流电压最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流解答：解：A、由图乙可知交流电压最大值U m =36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为100π，则可得交流电压u的表达式U=36sin100πtV，故A正确；B、变压器输入、输出功率之比为1：1，故B错误；C、R t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压由输入电压和匝数比决定，所以电压表示数不变，故C错误D正确；故选：AD点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键9．（6分）（2015•东莞模拟）如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，最终停在初始位置．在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是（）A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U=BLv0C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能E p =mv02D．在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q=mv02考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据右手定则判断出初始时刻感应电流的方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；由E=BLv0和欧姆定律求解导体棒两端的电压；导体棒运动过程中，产生电能，根据功能关系分析导体棒开始运动后速度第一次为零时系统的弹性势能；根据能量守恒求解在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．解答：解：A、导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，故A正确．B、导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0．由于r=R，所以导体棒两端的电压U=E=BLv0．故B错误．C、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于．故C错误．D、金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热 Q==，故D正确．故选：AD点评：弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用．10．（10分）（2015•东莞模拟）某实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图．请回答下列问题：①按图甲的电路图补充完整图乙中的实物连线．②考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．③图甲中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图甲中的f （选填a、b 、c 、d、e、f）处接触不良．④据实验测得的数据，作出该元件的，I﹣U图线如图丙所示，则元件Q在U=0.8V 时的电阻值是16Ω，则元件Q在U=1.6V时的功率是0.32W ．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：（1）根据原理图可知电路的连接方式，则在实物图中先串联一个支路，再将测量电路并联在滑动变阻器的一部分两端；（2）误差来自于电表的内阻影响，分析两表的示数变化可知误差；（3）电路中有电流存在，说明电路和电源相连；但起不到分压作用，则可知故障位置；（4）由得出的图象分析对应的电流值，则由欧姆定律可求得电流，由功率公式即可求得功率．解答：解：①由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图；②电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值；根据R=可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；③由题意可知，电流与电源应相连，不能调节到零说明滑动变阻器起不到分压作用，故应是f点接触不良造成的；④由得出的图象可知，U=0.8V时，电流I=0.05A；故电阻R===16Ω；1.6V时的电流为0.2A；故功率P=UI=1.6×0.2=0.32W；故答案为：①如图；②小于；③f；④16Ω、0.32W．点评：应明确：①进行伏安法测电阻的误差方向时，只要写出待测电阻的测量值与真实值的表达式即可求解；②变阻器采用分压式接法时，电压表或电流表的示数可以从零调；③分析图象的斜率时，应根据需要的物理规律写出纵轴物理量与横轴物理量的表达式，然后再讨论斜率的物理意义即可11．（8分）（2010•江苏）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到最大值．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是 2 ．（选填“1”或“2”）方案编号电阻箱的阻值R/Ω。

2013年广东省湛江一中等十校联考高考物理一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共16.0分)1.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献，下列说法错误的是（）A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【答案】B【解析】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确B、欧姆发现了欧姆定律，说明了在同一电路中，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻阻值成反比，故B错误C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C正确D、焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，故D正确本题选错误的，故选B．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.对于分子动理论和物体内能理解，下列说法正确的是（）A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B.理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热交换C.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动D.扩散现象说明分子间存在斥力【答案】A【解析】解：A、温度高的物体内能不一定大，还与质量有关，但分子平均动能一定大，A正确；B、改变内能的途径有做功和热传递，所以内能不改变，可以与外界发生热交换，B错误；C、布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接说明分子永不停息地做无规则运动，C错误；D、扩散现象说明分子在运动，分子间有空隙，D错误；故选：A扩散现象说明分子在运动，分子间有空隙，改变内能的途径有做功和热传递，布朗运动是固体小颗粒的运动，温度是分子平均动能的标志．本题考查了分子动理论的基本内容，特别是对于布朗运动，它不是分子的运动，而是间接反应了液体分子的无规则运动．3.某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落，并在白纸上留下球使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数，然后根据台秤的示数算出冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（）A.建立“质点”的概念B.建立“点电荷”的理论C.建立“电场强度”的概念D.建立“合力与分力”的概念【答案】D【解析】解：A、质点和点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，所以AB错误．C、电场强度是采用的比值定义法，所以C错误．D、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，所以D正确．故选：D．通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道．4.如图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R．质量为m的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于时，才能停在碗上．那么蚂蚁和碗面间的最大静摩擦力为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：蚂蚁受重力、支持力和摩擦力处于平衡，根据平衡有：f=mgsinθ=μN=μmgcosθ而cosθ=0.8．所以μ==tanθ=．故最大静摩擦力为：f=μmgcosθ=故选：A．蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡求出蚂蚁和碗面间的动摩擦因数．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．二、多选题(本大题共5小题，共20.0分)5.平抛运动可以分解为水平和竖直方向两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v-t图象，如图．若平抛运动的时间大于2t1，下列说法正确的是（）A.图线2表示竖直分运动的v-t图象B.t1时刻的速度方向与水平方向成30°的角C.t1时间内的竖直位移与水平位移之比为1：2D.2t1时刻的速度方向与水平方向成60°的角解：A、图线2是初速度为0的匀加速直线运动，所以图线2表示的是竖直分运动．故A正确．B、t1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，则速度与初速度方向的夹角为45°．故B错误．C、图线与时间轴围成的面积表示位移，则t1时刻竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1：2，所以t1时刻的位移方向与初速度方向夹角的正切为．故C正确．D、2t1时刻竖直方向的速度v y=2v0，设2t1时刻的速度方向与水平方向夹角为θ，则，所以θ不是60°．故D错误．故选AC．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据速度图线可知运动情况．t1时刻可知水平分速度和竖直分速度相等，通过分速度关系可知速度方向与初速度方向的夹角．根据水平方向和竖直方向的运动情况，可以求出水平位移和竖直位移，根据两个分位移的关系可得出位移与水平方向的夹角．根据速度时间图线可知道2t1时刻的水平位移和竖直位移关系，根据该关系，可以求出位移与水平方向的夹角．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，可以通过速度、位移的合成与分解求出速度、位移与水平方向的夹角．6.图是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k与入射光频率v的关系图象，由图象可知（）A.该金属的逸出功等于EB.该金属的逸出功等于hv0C.入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为2ED.入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为【答案】AB【解析】解：A、根据E km=hv-W0得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于E．故A正确；B、逸出功等于E，则E=hv0，故B正确；C、根据光电效应方程可知，入射光的频率变为原来的2倍，由于逸出功不变，最大初动能不是原来的2倍．故C错误．D、入射光的频率时，小于极限频率，不能发生光电效应，故D错误．故选：AB．根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析．解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系．7.由交流电动势瞬时值表达式e=10sin4πt，可知（）A.此交流电的频率是4π（H z）B.此交流电的周期是0.5sC.当t=0.5s时，此交流电动势有最大值D.当t=0时，产生此交流电的线圈平面与中性面重合解：A、由表达式知道角速度ω=4π，频率f==2H z，A错误；B、周期T==0.5s，B正确；C、当t=0.5s时，此交流电动势为零，C错误；D、当t=0时，电动势为零，产生此交流电的线圈平面与中性面重合，D正确；故选BD根据交流电电动势的表达式可以知道电动势的最大值、角速度，从而计算出周期、频率，判断电动势瞬时值．本题考查了根据交流电表达式来判断周期、频率、最大值和有效值的知识．8.“嫦娥一号”是我国月球探测“绕、落、回”三期工程的第一个阶段，也就是“绕”，2007年10月24日18：05，我国发射第一颗环月卫星，发射过程为防偏离轨道，探测器将先在近地轨道绕变轨3次，再经长途跋涉进入月球的近月轨道绕月飞行，已知月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的1/6，月球半径约为地球半径的l/3，则以下说法中正确的是（）A.绕月球做圆周运动的周期较小B.探测器在月球表面附近运行时的速度小于7.9km/sC.探测器在月球表面附近所受月球的万有引力小于在地球表面所受地球的万有引力D.绕月球做圆周运动的向心加速度较大【答案】BC【解析】解：A、“嫦娥一号”进入月球的近月轨道绕月飞行，做匀速圆周运动，重力等于万有引力，故：mg=m（）2R解得：T=2π由于R=地，g=地，故T=2π=2π地地=×地地＞T地，故A错误；B、“嫦娥一号”进入月球的近月轨道绕月飞行，做匀速圆周运动，重力等于万有引力，故：mg=m故v=由于R=地，g=地，故v=地地=地地=地地＜v地=7.9km/s，故B正确；C、探测器在月球表面附近所受月球的万有引力mg是在地球表面所受地球的万有引力mg地的，故C正确；D、根据mg=ma，得到“嫦娥一号”的向心加速度等于引力加速度，在星球表面时，为g，故绕月球做圆周运动的向心加速度较小，故D错误；“嫦娥一号”进入月球的近月轨道绕月飞行，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律并结合向心力公式列式分析．本题关键根据根据重力提供向心力，运用牛顿第二定律并结合向心力公式的不同表达形式列式分析．9.水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程（）A.产生的总内能相等B.通过ab棒的电量相等C.电流所做的功相等D.安培力对ab棒所做的功不相等【答案】AD【解析】解：A、两种情况下，产生的总内能相等，都等于金属棒的初动能；故A正确．B、根据感应电荷量公式q==，x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大．故B错误．C、电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功大，故C错误．D、当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以，导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D正确．故选：AD．金属棒在导轨上做减速运动，最后金属棒静止在导轨上；对金属棒进行受力分析，从能量转化的角度分析内能关系．根据感应电荷量公式q=，分析产生的电量关系．对金属棒正确受力分析，从能量的角度分析内能问题，要熟悉感应电荷量公式q=，这是电磁感应问题常用的经验公式．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.甲同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验．如图是甲同学“探究小车加速度与力的关系”的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．若用测出光电门遮光条的宽度d=0.62cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=2.0×10-2s，则小车经过光电门时的速度为______ m/s；②实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为______ ；电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系．处理数据时作出“v2-m”图象；④甲同学在③中作出的线性图象不通过坐标原点，可能是由于开始实验测量前，他采取了以下哪些做法______A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做加速运动C．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做加速运动．【答案】0.31；m＜＜M；C【解析】解： 数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v===0.31m/s；②该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma对M：F拉=M a解得：F拉=当m＜＜M时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力．③由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，由题意可知，M、s不变，画出v2-m图象，若图象为过原点的直线，则说明外力和加速度成正比，故画出v2-m图象可以直观的得出结论．④将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，当每次改变重物的质量时，不需要重新调节木板的倾角，故A、B、D错误，C正确．故选：C．故答案为： 0.31；②m＜＜M；③v2-m；④C．根据游标卡尺的读数即遮光条为宽度，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．②为使绳子的拉力等于重物的重力，M应远远大于m；③由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，可知画出v2-m图象可以直观的得出结论．④平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础．处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项．11.（1）用欧姆表测电阻时，两表笔短接时指针所指位置如图1所示．如果不调零就去______ ．（2）用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ．给定电压表（内阻约为50kΩ）、电流表（内阻约为40Ω）、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻（约为250Ω）及导线若干．如图2所示电路图中，电压表应接______ 点（填a或b）．②图3中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试作图象并求出电阻值R= ______ Ω．（保留3位有效数字）③待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图4、图5所示．由图可知其长度为8.02mm，图5直径读数为______ mm．④由以上数据可求出ρ= ______ Ω•m．（保留3位有效数字）【答案】小；a；244；1.92；0.0880【解析】解：（1）没有欧姆调零，两表笔短接时指针所指位置如图1所示，故测量电阻时电流偏大，指针偏右，故测量值偏小；（2）较==200；==6.25；由于＞，电阻偏小，故采用安培表外接法，电压表应接a点；②作出U-I图象，为过原点的直线，其中第2个点舍弃，如图所示：图象的斜率表示电阻，为：R x==244Ω；③游标为50分度的卡尺的精确度为0.02mm；读数为：1mm+0.02mm×46=1.92mm；④根据电阻定律，有：R=故：ρ==≈0.0880Ω•m故答案为：（1）小；（2） a；②244（242～246均可）；③1.92；④0.0880．（1）根据欧姆定律分析即可；（2） 通过比较与的大小来选择安培表接法；②U-I图象的斜率表示电阻；③游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数；④根据电阻定律列式求解即可．本题关键是知道欧姆表原理、伏安法测电阻原理和测电阻率的原理，然后从实验原理的角度出发分析实验误差，会用图想法分析实验数据，不难．四、计算题(本大题共2小题，共36.0分)12.如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于x O y平面向里．一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．（1）电场强度的大小和方向．（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射人，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．【答案】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有q E=qv B则E=（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移④由②④式得y=⑤设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x=R又有x=a⑥得a=⑦（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B=m′⑧又q E=ma⑨由③⑦⑧⑨式得r=R⑩由几何关系sinα=（11）即sinα=所以α=（12）带电粒子在磁场中运动周期T=则带电粒子在磁场中运动时间t B=T所以t B=t0（13）【解析】（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间．本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．13.如图所示，半径R的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，过C点的轨道切线水平．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点放置一质量为m、长为3R的木板，上表面与C点等高，木板右端固定一弹性挡板（即小物块与挡板碰撞时无机械能损失）．质量为m的物块（可视为质点）从空中A点以v的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.5．试求：（1）物块经过轨道上B点时的速度的大小；（2）物块经过轨道上C点时对轨道的压力；（3）木板能获得的最大速度．【答案】解：（1）物块经过轨道上B点时的速度的大小：v B==2；（2）由B到C机械能守恒：mg R（1+sinθ）=mv c2-mv B2得：v c=C点：N-mg=m得：N=8mg根据牛顿第三定律：N′=N=8mg；（3）假设物块与弹性挡板相碰前已相对静止，则二者共速时木板速度最大，设物块与木板相对静止时的速度为v共，选v c方向为正，则有：mv c=2mv共根据能量有：μmg S相对=mv c2-•2mv共2由以上两式得：S相对=3.5R，说明不板不够长，故二者碰后瞬间木板速度最大．设碰后瞬间物块与木板速度分别为v1、v2，则：mv c=mv1+mv2μmg•3R=mv c2-（mv12+mv22）由以上两式得：v2=其中v2=为碰后速度，即木板的最大速度．答：（1）物块经过轨道上B点时的速度的大小2；（2）物块经过轨道上C点时对轨道的压力为8mg；（3）木板能获得的最大速度为．（1）根据平抛运动的规律得出物体在B点的速度；（2）对B到C段运用动能定理，求出物块经过C点的速度，根据牛顿第二定律求轨道对物块的支持力，根据牛顿第三定律得到物块对轨道的压力；（3）假设物块与弹性挡板相碰前已相对静止，则二者共速时木板速度最大，由动量守恒和能量守恒定律列方程联立求解．本题考查了动能定理、能量守恒的综合运用，对于第二问，也可以通过动量守恒求出共同的速度，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式求出相对运动的位移大小．高中物理试卷第11页，共11页。

广东省华南师范大学附中2013届高三5月综合测试理综试题13．根据分子动理论，物质分子之间的距离为r 0时，分子所受的斥力和引力相等，以下关于分子力和分子势能的说法正确的是A ．当分子间距离为r 0时，分子具有最大势能B ．当分子间距离为r 0时，分子具有最小势能C ．当分子间距离大于r 0时，分子引力小于分子斥力D ．当分子间距离小于r 0时，分子间距离越小，分子势能越小14．用密闭活塞封闭在汽缸内一定质量的某种理想气体，如果气体与外界没有热交换，下列说法正确的是A ．若气体分子的平均动能增大，则气体的压强一定增大B ．若气体分子的平均动能增大，则气体的压强一定减小C ．若气体分子的平均距离增大，则气体分子的平均动能一定增大D ．若气体分子的平均距离增大，则气体分子的平均动能可能不变15．质点所受的合外力F 随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上．已知t =0时质点的速度为零．在图示的t 1、t 2、t 3和t 4各时刻中，质点的动能最大的时刻是A ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 416．如图所示，在小车内用细绳a 和b 系住一个小球，绳a 处于斜向上的方向，拉力为F a ，绳b 处于水平方向，拉力为F b ，小车和小球均保持静止．现让小车从静止开始向右做匀加速运动，此时小球相对于车厢的位置仍保持不变，则两根细绳的拉力变化情况是 A ．F a 变大，F b 不变 B ．F a 变大，F b 变小 C ．F a 变大，F b 变大 D ．F a 不变，F b 变小二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

17．地球“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运动，其离地高度为同步卫星离地高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向相同，则关于该“空间站”的说法正确的是 A. 运行速度大于同步卫星的运行速度 B ．运行周期大于地球自转周期 C ．站在地球赤道上的人看到它向东运动 D ．在“空间站”里面的工作人员处于平衡状态 18．下列说法中正确的是A ．一群处于n ＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出2种不同频率的光子B ． 粒子散射实验揭示了原子具有核式结构C ．核反应12H ＋13H→24He ＋01n 属于原子核聚变D ．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，遏止电压就越大 19．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2；输电线的等效电阻为R ，开始时，电键K 断开，当K 接通时，以下说法正确的是 A ．副线圈两端M 、N 的输出电压增大 B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大 C ．通过灯泡L 1的电流增大 D ．原线圈中的电流增大20．如图所示，A 、B 为两个相同的环形线圈，它们共轴并靠近放置，A 线圈中通有图中所示的正弦交变电流，则 A ．在t 1～t 2时间内，线圈A 、B 相互排斥 B ．在t 2～t 3时间内，线圈A 、B 相互排斥 C ．t 1时刻两线圈间作用力为零 D ．t 2时刻两线圈间作用力最大21．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M 点以相同速度飞出a 、b 两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示．则 A ．a 一定带正电，b 一定带负电 B ．a 的速度将减小，b 的速度将增加 C ．a 的加速度将减小，b 的加速度将增加 D ．两个粒子的电势能都减小34.（1）某实验小组采用图甲所示的装置探究“合外力做功与物体动能变化的关系”。

2013年广东省广州市高考物理三模试卷（A卷）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共22.0分)1.关于布朗运动和扩散现象，下列说法正确的是（）A.布朗运动和扩散现象都是分子运动B.布朗运动和扩散现象都是永不停息的C.布朗运动和扩散现象都与温度无关D.布朗运动和扩散现象都能在气体、液体、固体中发生【答案】B【解析】解：A、扩散现象指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故A错误；B、由于分子运动是永不停息的，故布朗运动和扩散现象都是永不停息的，故B正确；C、温度越高，分子热运动越剧烈，故布朗运动和扩散现象都与温度有关，故C错误；D、扩散现象能在气体、液体、固体中发生；而布朗运动只能在流体中发生，故D错误；故选B．扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物体都可以发生扩散现象；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的．本题考查了布朗运动和扩散现象，关键是明确两者的区别和联系，基础题．2.如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞．用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开．管塞被冲开前（）A.外界对管内气体做功，气体内能增大B.管内气体对外界做功，气体内能减小C.管内气体内能不变，压强变大D.管内气体内能增加，压强变大【答案】D【解析】解：克服绳与金属管间的摩擦做功，使管壁内能增加，温度升高．通过热传递，乙醚的内能增大，温度升高，直至沸腾；管塞会被冲开．管塞被冲开前管内气体内能增加，压强变大，故选D．本题抓住做功与内能的改变，克服摩擦做功，物体内能增加．热传递与内能的改变．本题考查了做功与内能的改变，摩擦生热，物体内能会增大．3.如图，力F垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为（）A.0B.F cosαC.F sinαD.F tanα【答案】C【解析】解：分析滑块的受力情况：重力G、地面的支持力N和静摩擦力f、力F，作出力图，如图，根据平衡条件得f=F sinα故选C滑块没被推动，合力为零．分析滑块的受力情况，根据平衡条件求得静摩擦力大小．本题是多力平衡问题，正确分析受力情况是解题的关键，同时要由几何知识正确找出F与G的夹角，即可轻松求解．4.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（） A.回旋加速器只能用来加速正离子 B.离子从D 形盒之间空隙的电场中获得能量 C.离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的一半D.离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的2倍【答案】B【解析】解：A、回旋加速器可以加速正电荷，也可以加速负电荷．故A错误．B、回旋加速器利用电场加速，在磁场中速度大小不变，运用磁场偏转．故B正确．C、回旋加速器离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交变电压的周期相等．故C、D 错误．故选B．回旋加速器可以加速正电荷，也可以加速负电荷，利用电场加速，磁场偏转，带电粒子在磁场中运动的周期等于交变电场的周期相同．解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速，磁场进行偏转，以及知道粒子在磁场中运动的周期与交变电压周期的关系．5.下列说法正确的是（）A.汽车车速越快，惯性越大B.以额定功率运行的汽车，车速越快，牵引力越大C.汽车在水平公路上转弯时，车速越快，越容易滑出路面D.汽车拉着拖车加速前进时，它对拖车的拉力与拖车对它的拉力大小相等【答案】CD【解析】解：A、汽车的惯性只与质量有关，与速度无关．故A错误B、由P=FV得F=，则速度越大，牵引力越小．故B错误C、由F=可知，速度越大，所需向心力越大，当不能提供所需向心力时会做离心运动．故C正确D、汽车拉着拖车加速前进时，它对拖车的拉力与拖车对它的拉力是作用力与反作用力，大小相等．故D正确故选：CD．A、惯性只与质量有关与速度无关B、由P=FV得F=，可知P一定，F与V成反比C、由向心力的表达式F=分析D、汽车对拖车的拉力与拖车对它的拉力作用力与反作用力大小相等，方向相反考查动力学的基本内容，领会其要领较易分析．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.频率为υ的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为E km，则（）A.若改用频率为2υ的光照射，该金属产生光电子的最大初动能为2E kmB.若改用频率为2υ的光照射，该金属产生光电子的最大初动能为E km+hυC.若改用频率为υ的光照射，该金属产生光电子的最大初动能为E km+hυD.若改用频率为υ的光照射，该金属可能不发生光电效应【答案】BD【解析】解：A、频率为υ的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为E km，根据光电效应方程知，逸出功W0=hv-E K m．改用频率为2υ的光照射，则最大初动能E km′=h•2v-W O=hv+E K m．故A错误，B正确．C、若改用频率为υ的光照射，若能发生光电效应，则最大初动能．故C错误．D、若改用频率为υ的光照射，可能光的频率小于逸出功，不能发生光电效应．故D正确．故选BD．根据光电效应方程E K m=hv-W0进行判断．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程E K m=hv-W0．7.在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头P1、P2，如图所示．当变压器输入电压发生变化时，可以上下调节P1、P2的位置，使输出电压稳定在220V上．现发现输出电压低于220V，下列措施正确的是（）A.P1不动，将P2向上移动B.P2不动，将P1向下移动C.将P1向下移动，同时P2向上移动D.将P1向上移动，同时P2向下移动【答案】ABC【解析】解：A、当P1不动，将P2向上移时，副线圈的匝数增加，输出的电压将会增加，故A 正确．B、当P2不动，将P1向下移时，原线圈的匝数减小，根据电压与匝数成正比可知，此时输出的电压将会增加，故B正确．C、当将P1向下移，同时P2向上移时，原线圈的匝数减小，副线圈的匝数增加，根据电压与匝数成正比可知，此时输出的电压将会增大，故C正确．D、将P1向上移动，同时P2向下移动，原线圈的匝数增大，副线圈的匝数减小，根据电压与匝数成正比可知，此时输出的电压将会减小，故D错误故选ABC．根据电压与匝数成正比可知，当输出电压低于220V时，可以通过改变匝数比来提高输出的电压的大小．本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，本题即可得到解决．8.2008年9月我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟，下列判断正确的是（）A.飞船变轨后在圆轨道上的运行速度小于第一宇宙速度B.飞船在圆轨道上时航天员出舱前处于平衡状态，出舱后处于失重状态C.飞船在此圆轨道上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D.飞船沿椭圆轨道由近地点到远地点过程在做离心运动【答案】AD【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的圆轨道的运行速度，所以飞船变轨后在圆轨道上的运行速度小于第一宇宙速度，故A正确B、飞船在圆轨道上运行，航天员处于完全失重状态，故B错误C、飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据T=可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C错误．D、飞船沿椭圆轨道由近地点到远地点过程在做离心运动，故D正确故选AD．飞船在圆轨道上运行时，航天员处于完全失重状态．根据周期与角速度关系判断角速度大小．根据飞船变轨前后所受的万有引力分析．解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期与轨道半径的关系．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)9.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）A.a、b为异种电荷B.a、b为同种电荷C.A点场强大于B点场强D.A点电势高于B点电势【答案】AD【解析】解：AB、根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断是异种点荷的电场线．故A正确，B错误．C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．所以A点场强小于B点场强，故C错误．D、沿着电场线的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故D正确．故选：AD．电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．沿着电场线的方向电势降低．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．四、实验题探究题(本大题共1小题，共18.0分)10.（1）在研究匀变速直线运动实验中，在打点计时器打下的纸带上，选取一段如图所示．若所用交流电的频率为50H Z，用刻度尺量得A到B、C、D、E各点的距离依次为：1.23cm、3.71cm、7.44cm和12.42cm，若该匀变速直线运动的加速度的大小为1.25m/s2，那么图中每两点中间还有______ 点没有画出；图中D点对应的速度大小为______ m/s （答案保留3位有效数字）．若在计算过程中不小心将交流电的频率当成60H z，则计算出的加速度值将______ （填“偏大”、“偏小”或“不变”）（2）某同学用电压表、电阻箱、开关和若干导线来测一节干电池的电动势和内阻．实验原理图如图甲．①根据原理图，完成图乙的实物连线．②电阻箱某次指示如图丙，此时阻值R= ______③改变电阻箱的阻值，得到几组R、U值，作出图象如图丁，根据图象求得该电池的电动势E= ______ ，内阻r= ______ （保留三位有效数字）【答案】4；0.436；偏大；4Ω；1.43V；0.715Ω【解析】解：（1）用刻度尺量得A到B、C、D、E各点的距离依次为：1.23cm、3.71cm、7.44cm 和12.42cm，若该匀变速直线运动的加速度的大小为1.25m/s2，根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求出加速度的大小，得：a==1.25m/s2．解得T=0.1s所以图中每两点中间还有4没有画出．根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：v D==0.436m/s若在计算过程中不小心将交流电的频率当成60H z，即计算的T偏小，所以计算出的加速度值偏大．（2）①根据原理图，完成图乙的实物连线．②电阻箱某次指示如图丙，此时阻值R=4Ω③改变电阻箱的阻值，得到几组R、U值，作出图象如图丁，由闭合电路欧姆定律得U=．R，可整理为=•+．由图象纵轴截距为0.7，即E=1.43V，斜率k==0.5，可得r=0.71Ω．由图象得E=1.43V，故答案为：（1）4，0.436，偏大（2）①如图②4Ω③1.43V，0.715Ω（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x=a T2可以求解（2）此题是用“伏欧法”即电压表和变阻箱测量电动势和内电阻的实验．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式球．五、计算题(本大题共2小题，共36.0分)11.如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触．已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为3m、电阻为r．金属导轨电阻不计，重力加速度为g．（1）求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小；（2）在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向；（3）若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小．【答案】（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力大小为N，ab下滑机械能守恒，有：mg R=mv2…①由牛顿第二定律：N-mg=…②联立①②得：N=3mg…③由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为N′=3mg…④（2）根据右手定则得ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向如图：（3）设cd离开磁场时ab在磁场中的速度v ab，则cd此时的速度为v ab，ab、cd组成的系统动量守恒，有：mv=mv ab+3m×v ab…⑤ab、cd构成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律：E=BL v ab…⑥闭合电路欧姆定律：I=…⑦安培力公式：F ab=BIL联立①④⑤⑥⑦得：F ab=答：（1）ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小是3mg；（2）如上图；（3）若cd离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小是．【解析】（1）根据ab下滑过程中机械能守恒求出ab到达圆弧底端时速度，再由牛顿第二定律求解支持力．（2）根据右手定则求解．（3）根据ab、cd组成的系统动量守恒列出等式，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解．本题是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况．考查分析和处理综合题的能力．12.一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的，整个装置处在水平向左的匀强电场中．在PM左侧区域足够大的范围内同时存在垂直竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现将一质量为m、带正电电量为q的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的．（已知重力加速度为g）（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离（2）在满足第一问的情况下，小环在A点对圆环的压力（3）若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．【答案】解：（1）设电场强度为E，DM距离为L，对小环从D至P，由动能定理：E q L-mg•2R=0-0①题意有②结合得L=4R③（2）设小环在A点速度为v A，对小环从D至A的过程，由动能定理：④由小环在A点的受力分析及牛顿第二定律得：⑤由④⑤式可得，⑥根据牛顿第三定律，小环在A点对圆环的压力大小为，方向水平向左．（3）小环首次到P点速度不为零，将向右运动，当速度为零时，若满足（i）E q≤f m=μmg，即，小环将保持静止．设此时小环距P点水平距离为x，则对全程由动能定理：E q（5R-x）-mg•2R-μmgx=0-0⑦则克服摩擦力做功⑧（ii）E q＞f m=μmg，即＜，小环将来回往复运动，最终会在P点的速度减为零．则对全程由动能定理：E q•5R-mg•2R-W f=0-0⑨得克服摩擦力做功答：（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离为4R；（2）在满足第一问的情况下，小环在A点对圆环的压力大小为，方向水平向左；（3）若将小环由M点右侧5R处静止释放，当电场力小于等于最大静摩擦力时，小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为；当电场力大于最大静摩擦力时，小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为．【解析】（1）小环从D至P过程中，根据动能定理结合电场力与重力关系，即可求解；（2）小环从D至A的过程，根据动能定理；对小环在A点受力分析由牛顿第二定律及牛顿第三定律即可求解；（3）根据速度为零分电场力小于等于最大静摩擦力与大于最大静摩擦力，由动能定理分别求出过程中克服摩擦力所做的功．本题考查动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律，及向心力表达式．强调动能定理选取过程的重要性与做功的正负值．最后还注意克服摩擦力做功的分类性．。