2018年高考物理浙江选考二轮专题复习选择题等值练十Word版含答案-物理备课大师

命题研究仿真卷一考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量的单位中，属于国际单位制基本单位的是()A.牛顿B.特斯拉C.千克D.库仑答案 C2.诗句“满眼波光多闪灼，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行”中，“看山恰似走来迎”和“是船行”所选的参考系分别是()A.船和山B.山和船C.地面和山D.河岸和流水答案 A3.乐乐同学在校运动会上，获得100米短跑冠军，是由于他在这100米中()A.某时刻的瞬时速度大B.撞线时的瞬时速度大C.平均速度大D.起跑时的加速度大答案 C4.一辆汽车做匀速直线运动从甲地到乙地，在乙地停留了一段时间后，又从乙地匀速返回到甲地，下图所示的描述汽车在整个运动过程中的位移－时间图象正确的是()答案 D解析 汽车运动的三个过程都需要时间，且时间不能够倒流，汽车先匀速运动，位移增加，然后静止了一段时间，位移不变，最后汽车匀速返回，位移又均匀减小到零，只有D 正确. 5.月球上没有空气，若宇航员在月球上将羽毛和石块从同一高度处同时由静止释放，则( ) A.羽毛先落地 B.石块先落地 C.它们同时落地 D.它们不可能同时落地 答案 C解析 月球上没有空气，羽毛和石块只受月球对它们的吸引力作用，运动情况与地球上的物体做自由落体运动相似，根据h ＝12g 月t 2可知：t ＝2hg 月，又因为羽毛和石块从同一高度同时下落，故运动的时间相等，所以羽毛和石块同时落地.6.牙医建议每天早晚各刷一次牙能够有效预防各种口腔疾病，生活中人们常常在刷完牙之后，用力甩一甩牙刷后放回牙刷杯中，关于用力甩牙刷的分析正确的是( ) A.仅仅是个人习惯，没有科学依据B.甩牙刷时，在突然运动和突然停止瞬间，刷毛之间的水由于惯性继续运动，导致水、刷毛分离，有利于保持刷毛干燥，从而有利于口腔健康C.用力甩牙刷的启动和停止，说明牙刷的运动状态要靠力来维持D.刷毛间的水被甩出去是因为刷毛太细太光滑，没有摩擦力造成的 答案 B解析 力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，C 错误；刷毛尽管很细，但摩擦力仍然存在，D 错误；甩牙刷时，由于突然运动和突然停止，刷毛之间的水由于惯性与刷毛分离，A 错误，B 正确.7.同学们到中国科技馆参观，看到了一个有趣的科学实验，如图1所示，一辆小火车在平直轨道上匀速行驶，当火车将要从“∩”形框架的下方通过时，突然从火车顶部的小孔中向上弹出一小球，该小球越过框架后，又与通过框架的火车相遇，并恰好落回原来的孔中.下列说法中正确的是( )图1A.相对于地面，小球运动的轨迹是直线B.相对于火车，小球运动的轨迹是曲线C.小球能落回小孔是因为小球在水平方向保持与火车相同的速度D.小球能落回小孔是因为小球在空中运动的过程中受到水平向前的力 答案 C解析 相对于地面，小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，轨迹是曲线，故A 错误；相对于火车，小球始终在火车的正上方，做直线运动，故B 错误；能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度，故C 正确，D 错误.8.在一些娱乐节目中，经常会有通过“大转盘”的环节，如图2所示，转盘匀速转动，选手在转盘上与转盘一起运动，则下列说法正确的是( )图2A.选手离转盘中心越远，运动的角速度越大B.选手离转盘中心越远，运动的角速度越小C.选手离转盘中心越远，运动的线速度越小D.选手离转盘中心越远，运动的向心加速度越大 答案 D解析 选手与转盘一起转动，无论远近，角速度相同，由v ＝ωr ，越远，线速度越大，又由a ＝ω2r 知，越远，向心加速度越大.9.如图3是太阳系行星分布示意图，若将行星的运动都看成是匀速圆周运动，且已知地球的轨道半径为R ，公转周期为T ，地球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )图3A.由题中数据可以求出地球的质量为gR 2GB.由题中数据可知，太阳的质量为4π2R 3GT 2C.由图可知，木星的轨道半径大于R ，公转速度也大于2πRTD.由图可知，八大行星中，海王星轨道半径最大，公转周期最大，向心加速度也最大 答案 B10.如图4所示，两个相同的圆形金属线圈套在光滑绝缘的水平圆柱体上，当两线圈通以方向相同的电流时，线圈的运动情况是()图4A.都绕圆柱体转动B.都静止不动C.相互靠近D.彼此远离答案 C解析两线圈通以方向相同的电流时，相互吸引，相互靠近，选项C正确.11.(2016·天门市模拟)如图5所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功()图5A.都必须大于mghB.都不一定大于mghC.用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD.用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh答案 C解析采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确.12.随着城市拥堵现象越来越严重，既环保又轻便小巧的锂电池电动车成了上班一族的新宠，下表为某型号的锂电池电动车的具体参数，则下列说法正确的是()A.该电动车的额定工作电流为18.2 AB.该电动车电池充满电后，在额定功率下，最长骑行时间约为1.6 hC.该电动车电池充满电后，存储的总电能为1.44×104 JD.若该电动车以36 km/h 的最大速度在平直公路上匀速行驶，则可知电动车受到的阻力约为11 N 答案 B13.(2016·丽水市模拟)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O 点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图6所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则( )图6A.三微粒在电场中的运动时间有t 3＞t 2＞t 1B.三微粒所带电荷量有q 1＞q 2＞q 3C.三微粒所受电场力有F 1＝F 2＞F 3D.微粒2和3出电场时动能相等 答案 B解析 因三微粒均只受竖直向下的恒定电场力作用而做类平抛运动，水平方向做速度大小相同的匀速直线运动，由图中水平射程知三微粒在电场中运动时间有t 3＝t 2＞t 1，A 错误；竖直方向由h ＝12at 2知三微粒的加速度大小有a 1＞a 2＞a 3，又只受电场力，所以三微粒所受电场力有F 1＞F 2＞F 3，C 错误；而F ＝qE ，即三微粒所带电荷量有q 1＞q 2＞q 3，B 正确；电场力对微粒2做的功比对微粒3做的功多，即微粒2的动能增加多，所以出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能，D 错误.二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14.加试题 如图7甲所示，某个小型交流发电机的“转子”部分由单匝导线框组成，导线框所处的磁场看做匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝2.828 T ，导线框面积为S ＝0.04 m 2，其电阻忽略不计，线框绕固定转轴以角速度ω＝314 rad/s 匀速转动.若将其接入图乙所示的理想变压器原线圈输入端，所有电表均为理想电表，原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，灯泡L 1和L 2电阻均为12.56 Ω不变，以下说法正确的是( )图7A.该交流电的频率为50 HzB.电压表V2的示数为3.14 VC.开关S断开，此时小灯泡L1的电功率为3.14 WD.开关S闭合，电流表A1的示数变小答案AC解析根据ω＝2πf可得f＝50 Hz，A正确；E1＝BSω，U1＝E12，根据U1U2＝n1n2，得U2＝6.28 V，B错误；开关S断开，P2＝U22R＝3.14 W，C正确；开关S闭合，则副线圈的负载的总电阻变小，电流变大，则对应的原线圈的电流变大，D错误.15.加试题图8甲为牛顿用三棱镜将太阳光分成连续分布的七色光时的实验场景.图乙中ABC 为一全反射棱镜，M为一与BC面垂直的光屏，一束白光平行于BC面从B点附近射向AB 面，则()图8A.图甲中，太阳光经三棱镜折射后向三棱镜底部偏折B.图甲中，太阳光经三棱镜折射成光带后，红光在上，紫光在下C.图乙中，光屏M上形七色光带，紫光在上，红光在下D.图乙中，光线经AB折射后射向BC面，BC面上将有部分光线射出答案AC16.加试题PET(正电子发射型计算机断层显像)的基本原理是：将放射性同位素158O注入人体，参与人体的代谢过程.158O在人体内衰变放出正电子，与人体内负电子相遇而湮灭转化为一对光子，被探测器探测到，经计算机处理后产生清晰的图象.根据PET原理，下列说法正确的是()A.158O衰变的方程式为158O→157N＋0＋1eB.将放射性同位素158O注入人体，158O的主要用途是作为示踪原子C.一对正负电子湮灭后也可能只生成一个光子D.PET中所选的放射性同位素的半衰期应较长答案AB解析158O衰变的方程式为158O→157N＋0＋1e，等式两边的质量数与电荷数都相等，故选项A正确；将放射性同位素158O注入人体，由于它能被探测器探测到，故158O的主要用途是作为示踪原子，选项B正确；一对正负电子湮灭后生成一个光子动量不守恒，故选项C错误；因为PET中所选的放射性同位素需要在人体内衰变，故其半衰期较短为好，选项D错误.非选择题部分三、非选择题(本题共7小题，共55分)17.(5分)打点计时器是高中物理中重要的实验仪器，图9中的甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的.请回答下面的问题：图9(1)图乙是__________(选填“电磁”或“电火花”)打点计时器，电源采用的是__________(选填“交流4～6 V”、“交流220 V”或“四节干电池”).(2)在“研究匀变速直线运动”的实验中，交流电频率为50 Hz，图10是某次实验得到的一条纸带，舍去前面比较密集的点，从0点开始，每5个连续点取1个计数点，标以1、2、3……，各计数点与0计数点之间的距离依次为x1＝3.0 cm、x2＝7.5 cm、x3＝13.5 cm，则物体通过2计数点的速度v2＝______m/s.物体运动的加速度为a＝______m/s2.(均保留两位有效数字)图10答案(1)电火花交流220 V(2)0.53 1.518.(5分)某同学在做“测量电源的电动势和内阻”的实验中，串联了一只R0＝1.5 Ω的保护电阻，实验电路如图11所示.则：图11(1)用完好的导线连好电路后，该同学闭合开关S，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好.他用多用电表的电压挡检查电路.①在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图12中多用电表的________(选填“A ”、“B ”或“C ”).图12②将两表笔分别接a 、b ，b 、c ，d 、e 时，示数均为零，两表笔接c 、d 时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障原因是_______________________________________________. (2)排除故障后，该同学顺利完成实验，画出U －I 图象如图13.由U －I 图象求出实验中电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.图13答案 (1)①A ②滑动变阻器断路 (2)1.50(1.45～1.55) 1.39(1.28～1.52)解析 (1)①开始时指针不在左侧零刻度时应进行机械调零，故应调节A 旋钮；②发现电流表示数为0，电压表示数不为0，则可知，电流表或滑动变阻器处断路，用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a 、b ，b 、c ，d 、e 时，示数均为0，把两表笔接c 、d 时，示数与电压表示数相同，则可知滑动变阻器R 断路.(2)纵轴截距为1.50，所以电动势E ＝1.50 V .图线的斜率k ＝|ΔU ΔI |＝|1.50－0.200.45| Ω≈2.89 Ω，则内阻r ＝(2.89－1.50) Ω＝1.39 Ω.19.(9分)如图14所示，质量为1 100 kg 的汽车在倾角不变的斜坡上以54 km/h 的速度匀速上坡，某时刻关闭发动机，经过30 s 汽车速度减为零，此时司机刹车，使汽车停在坡道上，重新起步加速时牵引力为2 000 N.假设汽车上坡时所受阻力的合力不变.图14(1)汽车减速运动通过的路程； (2)汽车匀速运动的牵引力大小； (3)汽车加速运动时的加速度大小. 答案 (1)225 m (2)550 N (3)1.32 m/s 2解析 (1)根据题意可知0～30 s 内汽车在斜坡上做匀减速直线运动，得v 0＝54 km/h ＝15 m/s ， 有s ＝v 02t ，可得s ＝225 m ；(2)汽车在减速过程中，其加速度大小 a 1＝v 0t＝0.5 m/s 2，设汽车运动所受阻力的合力为F f ，根据牛顿第二定律可得F f ＋mg sin θ＝ma 1＝550 N ， 汽车匀速上坡时，牵引力为 F 1＝F f ＋mg sin θ＝550 N ； (3)根据牛顿第二定律得 F 2－F f －mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝(2 000－550) N1 100 kg≈1.32 m/s 2.20.(12分)(2016·杭州市联考)如图15所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB 平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上.一长为L ＝9 cm 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝1 kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C 由静止释放，小球到达最低点D 时，细绳刚好被拉断.之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x ＝5 cm.(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：图15(1)细绳受到的拉力的最大值； (2)D 点到水平线AB 的高度h ； (3)弹簧所获得的最大弹性势能E p . 答案 (1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J解析 (1)小球由C 到D ，由机械能守恒定律得mgL ＝12m v 21，解得v 1＝2gL① 在D 点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 21L②由①②解得F ＝30 N由牛顿第三定律知细绳受到的拉力的最大值为30 N. (2)由D 到A ，小球做平抛运动，有：v 2y ＝2gh ③ tan 53°＝v yv 1④联立③④解得h ＝16 cm(3)小球从C 点到将弹簧压缩到最短的过程中，小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，即E p ＝mg (L ＋h ＋x sin 53°)，代入数据解得：E p ＝2.9 J.21.加试题(4分)(2017·金华市高三上学期期末)(1)如图16是做探究电磁感应的产生条件的实验装置，假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则闭合开关稳定后，当螺线管A 向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________偏转.(填“左”或“右”)图16(2)如图17所示，某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，完成光路图后，由于没有量角器，借助圆规以O 为圆心画圆，该圆交入射光线于A 点，交OO ′连线的延长线于C 点，分别过A 点、C 点作法线NN ′的垂线AB 、CD 交NN ′于B 点、D 点，请用刻度尺测量并计算得到此种玻璃的折射率n ＝________.(结果保留两位有效数字)图17答案 (1)右 (2)1.622.加试题(10分)如图18所示，两根间距为l 1的平行导轨PQ 和MN 处于同一水平面内，左端连接一阻值为R 的定值电阻，导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中.一质量为m 、横截面为正方形的导体棒CD 垂直于导轨放置，棒到导轨左端PM 的距离为l 2，导体棒与导轨接触良好，不计导轨和导体棒的电阻.图18(1)若CD 棒固定，已知磁感应强度B 的变化率ΔB Δt 随时间t 的变化关系式为ΔB Δt＝k sin ωt (k >0)，求回路中感应电流的有效值I ；(2)若CD 棒不固定，棒与导轨间最大静摩擦力为F fm ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系式为B ＝kt (k >0).求从t ＝0到CD 棒刚要运动，电阻R 上产生的焦耳热Q ；(3)若CD 棒不固定，不计CD 棒与导轨间的摩擦；磁场不随时间变化，磁感应强度为B .现对CD 棒施加水平向右的恒力F ，使CD 棒由静止开始向右做直线运动，若经过时间t ，CD 棒获得的速度为v ，求此过程中通过CD 棒的电量q .答案 见解析解析 (1)根据法拉第电磁感应定律回路中的感应电动势e ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δtl 1l 2＝kl 1l 2sin ωt 故电动势有效值为E ＝22kl 1l 2，电流有效值为I ＝2kl 1l 22R； (2)磁场均匀增加，回路中的感应电动势为e ＝ΔΦΔt＝kl 1l 2为一定值， 因此电流也为一定值，I ＝kl 1l 2R，方向为顺时针， 因此CD 棒受到安培力作用，大小为F ＝BIl 1＝k 2l 21l 2Rt 当安培力增大到最大静摩擦力，导体棒开始滑动，因此滑动的时刻为k 2l 21l 2R t ＝F fm ，t ＝F fm R k 2l 21l 2， 此过程中回路中产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝F fm l 2；(3)导体棒在恒力作用下做加速度减小的加速运动，取Δt 时间内导体棒的速度由v 变为v ＋Δv ，因此由动量定理得F Δt －Bl 1I Δt ＝m Δv ，即F Δt －Bl 1Δq ＝m Δv ，可以将t 秒内的运动过程分解成n 个这样的微小过程，n 趋向无穷大，将这样的微小过程都累加起来，得Ft －Bl 1q ＝m v －0，所以q ＝Ft －m v Bl 1.23.加试题(10分)(2017·浙江名校协作体模拟)如图19所示，质量m ＝1×10－3 kg ，带电量q ＝1×10－2 C 的带电粒子从竖直放置的两电容器极板AB 之间贴着A 极板以速度v x ＝4 m/s 平行极板飞入两极板间，恰从极板B 上边缘O 点飞出，已知极板长L ＝0.4 m ，极板间距d ＝0.15 m.电容器极板上方有宽度为x ＝0.3 m 的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，均垂直纸面且方向相反， O 为DC 边中点，P 为DC 边中垂线上的一点，带电粒子从O 点离开电场，之后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切，不计粒子的重力.求：图19(1)该电容器极板AB 所加电压U 的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁感应强度大小B ′＝2 T ，粒子射入O 点后经过3次偏转打到P 点，则OP 的距离为多少？答案 见解析解析 (1) 由题意知粒子在AB 极板间做类平抛运动，L ＝v x t ，d ＝12at 2＝12·qU dm (L v x)2 代入数据得U ＝0.45 V ；(2) 设粒子出极板后速度大小为v ，与水平方向的夹角为αtan α＝L 2d ＝43，解得v ＝v x sin α＝445＝5 m/s ， 进入右边磁场后恰与右边界相切，设在磁场中做圆周运动的半径为r故有sin α＝r －0.1r ＝45，r ＝0.5 m Bq v ＝m v 2r ，B ＝m v qr＝1 T ；(3)当B′＝2 T时，r′＝r2＝0.25 m，粒子射入O点后经过3次偏转打到P点故有O P＝3×2r′cos α＋3×x3·tan α＝1.3 m.。

第3讲 加试计算题22题 带电粒子在复合场中的运动题型1 带电粒子在叠加场中的运动1. 如图1所示的坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向．第一、第二和第四象限内，既无电场也无磁场，在第三象限，存在沿y 轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电质点，从y 轴上y 1＝h 处的P 1点，以一定的水平初速度沿x 轴负方向进入第二象限；然后经过x 轴上x ＝－2h 处的P 2点进入第三象限，带电质点恰好做匀速圆周运动，经y 轴上y 3＝－2h 的P 3点离开电磁场，重力加速度为g .求：图1(1)带电质点到达P 2点时速度的大小和方向； (2)第三象限内电场强度的大小； (3)第三象限内磁感应强度的大小．答案 (1)2gh 方向与x 轴负方向成45°角 (2)mg q (3)mq 2gh解析 (1)带电质点运动轨迹如图． 带电质点从P 1到P 2点，由平抛运动规律得： h ＝12gt 2① v 0＝2h t ②v y ＝gt ③ tan θ＝v yv 0④v ＝v 02＋v y 2＝2gh ⑤方向与x 轴负方向成θ＝45°角．(2)带电质点从P 2到P 3，重力与电场力平衡，得：Eq ＝mg ⑥ 解得：E ＝mgq.(3)第三象限内，洛伦兹力提供带电质点做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R⑦由几何关系得：(2R )2＝(2h )2＋(2h )2⑧ 联立⑤⑦⑧式得：B ＝mq2g h.2．如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E ，磁感应强度为B .足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°.有一带电的小球P 静止于斜面顶端A 处，且恰好对斜面无压力．若将小球P 以初速度v 0水平向右抛出(P 视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C 点．已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g ，求：图2(1)小球P 落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A 到C 所需的时间t ； (2)小球P 抛出到落到斜面的位移x 的大小． 答案 (1)45°πE2gB (2)2E v 0gB解析 (1)小球P 静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则mg ＝qE①P 获得水平初速度后由于重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由对称性可得小球P 落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角为45° q v 0B ＝m v 02R②T ＝2πR v 0＝2πm qB③ 圆周运动转过的圆心角为90°，小球P 由A 到C 所需的时间：t ＝T 4＝πE 2gB④(2)由②式可知，P 做匀速圆周运动的半径R ＝m v 0qB ⑤由几何关系知x ＝2R⑥由①⑤⑥可解得位移x ＝2E v 0gB.1.带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类 (1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动． ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．题型2 带电粒子在组合场中的运动1．如图3所示，在xOy 平面内存在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个场区，y 轴右侧存在匀强磁场Ⅰ，y 轴左侧与虚线MN 之间存在方向相反的两个匀强电场，Ⅱ区电场方向竖直向下，Ⅲ区电场方向竖直向上，P 点是MN 与x 轴的交点．有一质量为m 、带电荷量＋q 的带电粒子由原点O ，以速度v 0沿x 轴正方向水平射入磁场Ⅰ，已知匀强磁场Ⅰ的磁感应强度垂直纸面向里，大小为B 0，匀强电场Ⅱ和匀强电场Ⅲ的电场强度大小均为E ＝B 0v 04，Ⅳ区的磁场垂直纸面向外，大小为B 02，OP 之间的距离为8m v 0qB 0，已知粒子最后能回到O 点．图3(1)带电粒子从O 点飞出后，第一次回到x 轴时的位置和时间； (2)根据题给条件画出粒子运动的轨迹；(3)带电粒子从O 点飞出后到再次回到O 点的时间． 答案 (1)(－4m v 0qB 0，0) (π＋4)mqB 0 (2)见解析图(3)(4π＋16)mqB 0解析 (1)带电粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为R 1＝m v 0qB 0带电粒子在Ⅰ磁场中运动了半个圆，回到y 轴的坐标y ＝2R 1＝2m v 0qB 0，时间为t 1＝T 2＝πmqB 0带电粒子在Ⅱ场区做类平抛运动，根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度a ＝qE m ＝qB 0v 04m ，竖直方向y ＝12at 22，水平位移x ＝v 0t 2，联立得t 2＝4mqB 0，x ＝4m v 0qB 0故t 总＝t 1＋t 2＝(π＋4)mqB 0第一次回到x 轴的位置(－4m v 0qB 0，0)(2)根据运动的对称性画出粒子在场区Ⅲ的运动轨迹如图所示．带电粒子在场区Ⅳ运动的半径是场区Ⅰ运动半径的2倍，画出粒子的运动轨迹，同样根据运动的对称性画出粒子回到O 点的运动轨迹如图所示．(3)带电粒子在磁场Ⅰ中运动的时间正好为1个周期，故t 1′＝2πmqB 0带电粒子在Ⅱ、Ⅲ两个电场中运动的时间t 2′＝4t 2＝16mqB 0带电粒子在Ⅳ场中运动的时间为半个周期t 3′＝2πmqB 0因此带电粒子从O 点飞出后到再次回到O 点的时间 t 总′＝t 1′＋t 2′＋t 3′＝(4π＋16)mqB 0.2．(2017·杭州市四校联考)如图4所示，一带电微粒质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D ＝20 3 cm 的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L ＝20 cm ，两板间距d ＝10 3 cm ，重力忽略不计．求：图4(1)带电微粒进入偏转电场时的速率 v 1； (2)偏转电场中两金属板间的电压U 2；(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B 至少为多大？ 答案 (1)1.0×104 m/s (2)100 V (3)0.1 T解析 (1)设带电微粒经加速电场加速后速度为v ，根据动能定理U 1q ＝12m v 12得v 1＝2U 1qm＝1.0×104 m/s (2)带电微粒在偏转电场中做类平抛运动水平方向：v 1＝Lt带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a ，出电场时竖直方向速度为v 2 竖直方向：a ＝Eq m ＝qU 2dm ，v 2＝at ＝qU 2dm ·Lv 1由几何关系tan θ＝v 2v 1＝qU 2L dm v 12＝U 2L2dU 1 代入数据解得U 2＝100 V(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R ，由几何关系知R ＋R 2＝D ，R ＝23D设微粒进入磁场时的速度为v ′ v ′＝v 1cos 30°，又q v ′B ＝m v ′2R ，解得B ＝0.1 T为使带电粒子不射出磁场，磁感应强度B 至少为0.1 T.3．(2017·嘉兴市一中期末)如图5所示，宽度为3L 的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等，方向垂直纸面且相反．长为3L 、宽为L 2的矩形abcd紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O 为dc 边中点，P 为dc 中垂线上一点，OP ＝3L .矩形内有匀强电场，电场强度大小为E ，方向由a 指向O .电荷量为q 、质量为m 、重力不计的带电粒子由a 点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切．图5(1)求该粒子经过O 点时的速度大小v 0； (2)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)若在aO 之间距O 点x 处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转n 次到达P 点，求x 满足的条件及n 的可能取值． 答案 (1)2qELm(2) 3mE 2qL (3)x ＝(32n －16)2L ，n ＝2、3、4、5、6、7、8 解析 (1)由题意中长宽几何关系可知aO ＝L ，粒子在aO 加速过程由动能定理：qEL ＝12m v 02①得粒子经过O 点时速度大小：v 0＝2EqLm② (2)粒子在磁场区域Ⅲ中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为R 0，由几何关系可得： R 0－R 0cos 60°＝33L ③ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 02R 0④联立②③④式，得：B ＝3mE2qL⑤ (3)若粒子在磁场中一共经过n 次偏转到达P ，设粒子轨迹圆半径为R ， 由几何关系有：2n (3L6tan 30°＋R cos 30°)＝3L ⑥ 依题意有0＜R ≤R 0⑦联立③⑥⑦得97≤n ＜9，且n 取正整数⑧设粒子在磁场中的运动速率为v ，有：q v B ＝m v 2R ⑨在电场中的加速过程，由动能定理：qEx ＝12m v 2⑩联立⑤⑥⑨⑩式，得：x ＝(32n －16)2L ，其中n ＝2、3、4、5、6、7、8“电偏转”和“磁偏转”的比较专题强化练(限时：35分钟)1．(2017·温州市9月选考)如图1所示，空心圆台上、下底面水平，其半径分别为3r 和2r ，圆台高为H ＝4r ，圆台壁内表面涂有荧光粉．位于圆台轴线位置的某电学器件，其阴极是一根细圆柱形导体，阳极是环绕阴极半径为r 的圆柱形金属网(厚度不计)，阳极与圆台壁之间的空间区域分布着竖直向下的匀强磁场，从阴极发出的电子(初速度不计)，经加速后从阳极小孔中水平射出，撞到圆台壁上可使圆台壁发光．已知阴阳两级之间所加的电压恒为U ，电子比荷为k ，电子重力、电子间的相互作用力以及其他阻力均忽略不计．图1(1)若使圆台壁不发光，则磁感应强度至少为多大？(2)若将阳极半径缩小，使其与阴极距离忽略不计，并使磁场充满整个圆台空间，改变磁感应强度B 的大小，圆台壁发光部分的竖直高度h 也随之改变，试确定h 随B 变化的函数关系． 答案 (1)43r2U k (2)h ＝8B2U k －8r (23r2U k ≤B ≤1r2Uk) 解析 (1)由动能定理得：eU ＝12m v 2①由几何关系可知：R 2＋r 2＝(2r －R )2② e v B 0＝m v 2R ③由①可得v ＝2kU ， 由②可得R ＝34r ，代入③可得B 0＝43r2U k. (2)设高为h 处的台体半径为R ′，则 h R ′－2r ＝Hr ④e v B ＝m v 2R ′2⑤由④得R ′＝2r ＋h4，由⑤得R ′＝2v kB ，B ＝2m v eR ′＝2v kR ′＝2R ′2Uk(2r ≤R ′≤3r ) 再结合v ＝2kU ，得 h ＝8B 2U k －8r (23r 2U k ≤B ≤1r 2Uk)．2．如图2甲所示，长为L 的平行金属板M 、N 水平放置，两板之间的距离为d ，两板间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g .图2(1)若M 板接直流电源正极，N 板接负极，电源电压恒为U ，带电质点以恒定的速度v 匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场)，求带电质点的电荷量与质量的比值．(2)若M 、N 接如图乙所示的交变电流(M 板电势高时U 为正)，L ＝0.5 m ，d ＝0.4 m ，B ＝0.1 T ，质量为m ＝1×10－4 kg 、带电荷量为q ＝2×10－2 C 的带正电质点以水平速度v ＝1 m/s ，从t＝0时刻开始进入复合场，g ＝10 m/s 2，试定性画出质点的运动轨迹． (3)在第(2)问的条件下求质点在复合场中的运动时间． 答案 (1)gdB v d －U(2)见解析图 (3)0.814 s解析 (1)E ＝Ud由质点做匀速直线运动可得：Bq v ＝qE ＋mg 得：q m ＝gd B v d －U.(2)当M 板电势高U 为正时，有Bq v ＝qE ＋mg ，粒子做匀速直线运动当M 板电势低U 为负时，有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，所以轨迹如图所示：(3)运动时间：t ＝L v ＋2πmBq≈0.814 s.3．(2017·宁波市九校高二上期末)宇宙射线中，往往含有大量的粒子与反粒子.1932年，美国加州理工学院的安德森通过威尔逊云室、强磁铁等实验仪器，发现了电子的反粒子——正电子.1955年，张伯伦和塞格雷用加速器证实了反质子的存在．如图3所示，已知区域Ⅰ是速度选择器，极板M 、N 间距为4L ，现有一束由反质子1－1H 与氘核21H 两种粒子组成的射线，沿极板M 、N 中间线以相同速度v 0射入，并从中心O 点进入极板上方的区域Ⅱ.已知质子的质量为m ，电荷量为e ，忽略电荷之间的相互作用．图3 图4(1)区域Ⅱ是威尔逊云室，云室中充满过饱和乙醚蒸汽，当带电粒子经过时，蒸汽凝结，形成轨迹，云室中加垂直纸面向里的匀强磁场，图中显示了两种粒子在云室中的径迹1、2，试判断在云室中显示径迹1的是哪种粒子的运动轨迹，并分析半径减小的原因．(2)现有一科研团队，通过实验观察质子和反质子的碰撞过程，他们撤去区域Ⅱ中的云室和磁场，经过速度选择器的选择，选出速度v 0的质子和反质子先后从A 1、B 1孔竖直向上进入极板上方，OA 1＝OB 1＝L ，以极板中间线上的O 为原点，建立直角坐标系如图4所示，在y 轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y 轴的右侧区域加一垂直纸面向外的匀强磁场，要使质子和反质子在y 轴上的P (0，L )处相碰，求：在P 点相碰的质子和反质子的动能之比和射入小孔的时间差Δt .答案 (1)氘核 因受阻力作用 (2)51 L v 0(π2－1)解析 (1)由左手定则知径迹1是氘核21H 的运动轨迹带电粒子受到过饱和乙醚蒸汽阻力作用，速度减小，所以半径减小 (2)从A 1射入的粒子做类平抛运动：y 方向做匀速运动t 1＝L v 0从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，半径R ＝L 经14T 到达P 点，t 2＝πL 2v 0 时间差Δt ＝πL 2v 0－L v 0＝L v 0(π2－1)从A 1射入的粒子做类平抛运动：x 方向：L ＝v x2t 1，y 方向：L ＝v 0t 1，则v x ＝2v 0E k A ＝12m (v 02＋v x 2) 从B 1射入的粒子做匀速圆周运动，E k B ＝12m v 02，故E k A E k B ＝v 02＋v x 2v 02＝51. 4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)如图5所示xOy 直角坐标系，第一象限有一对电压为U 1＝3×104 V 的平行金属板，板间距离和板长均为L ＝40 cm ，板的右侧有一粒子接收屏，下极板刚好在x 轴上且带正电，第二象限有一半径为R ＝20 cm 的圆形匀强磁场，分别与x 轴、y 轴在C 点和D 点相切，磁感应强度B ＝0.1 T ，方向垂直纸面向外，第三象限有一个半圆形带正电的电极AO ，圆心在C 点，在其内部存在由电极指向圆心C 点的电场，电极与C 点的电势差为U 2＝1×104 V ．现有许多m ＝6.4×10－27kg 、q ＝＋3.2×10－19C 的粒子在半圆形电极处由静止释放．不考虑各场之间的影响和粒子之间的相互作用．求：图5(1)粒子在C 点的速度大小； (2)粒子击中y 轴的范围；(3)粒子接收屏接收到的粒子数和进入平行板总粒子数的比值K . 答案 (1)1×106 m/s (2)0～40 cm (3)14解析 (1)电场力做正功，由动能定理得：qU 2＝12m v 2得v ＝1×106 m/s(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动 根据：q v B ＝m v 2r ，得r ＝m vqB＝0.2 m ＝R取一粒子速度如图所示，从E 点离开，圆周运动的圆心为O 2，连接CO 1，EO 1，因为CO 1＝EO 1＝CO 2＝EO 2＝R, 所以四边形CO 1EO 2是一个菱形，因而EO 2平行于CO 1，所以E 点速度方向水平向右，由此可见所有粒子水平向右离开磁场，所以y 轴击中范围为0～40 cm(3)粒子水平向右进入电场，做类平抛运动． 若打到接收屏，则t ＝L v ＝4×10－7 s 竖直位移h ＝12×U 1q Lmt 2＝0.3 m所以从y 轴30～40 cm 进入的粒子能打到接收屏，因此比值K ＝14.5．(2017·宁波市九校高三上学期期末)正负电子对撞机是使正负电子以相同速率对撞(撞前速度在同一直线上的碰撞)并进行高能物理研究的实验装置，该装置一般由高能加速器、环形储存室和对撞测量区三个部分组成．为了使正负电子在测量区内不同位置进行对撞，在对撞测量区内设置两个方向相反的匀强磁场区域．对撞区域设计的简化原理如图6所示：MN 和PQ 为足够长的竖直边界，水平边界EF 将整个区域分成上下两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向内，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B .现有一对正负电子以相同速率分别从注入口C 和注入口D 同时水平射入，在对撞测量区发生对撞．已知两注入口到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为L ，正电子的质量为m ，电荷量为＋e ，负电子的质量为m ，电荷量为－e .图6(1)试判断从注入口C 入射的是正电子还是负电子；(2)若L ＝43d ，要使正负电子经过水平边界EF 一次后对撞，求正电子在磁场中运动的时间； (3)若只从注入口C 射入电子，要使电子从D 飞出，求电子射入的最小速率，及此时间距L 的大小．答案 (1)负电子 (2)2πm 3eB (3)2(2－3)edB m4n (2－3)d ，(n ＝1,2,3…)解析 (1)由题意知从注入口C 入射的粒子向下偏转，由左手定则可知是负电子． (2)电子运动轨迹如图实线所示，由几何关系有：(R －d )2＋(3d )2＝R 2，得到：R ＝2d 故sin θ＝3d R ＝32，得θ＝π3由q v B ＝m v 2R ，可知T ＝2πR v ＝2πmeB所以正电子运动时间t ＝2×θ2πT ＝2πm3eB(3)要使粒子从D 点飞出的临界情况是运动轨迹与MN 相切，如图所示：由几何关系可知：α＝30° 且R ′＋R ′cos α＝d解得：R ′＝2(2－3)d . 由q v B ＝m v 2R ′，得到：v ＝2(2－3)edBm由图可知，间距L ＝n ×2R ＝4n (2－3)d ，(其中n ＝1,2,3…)．。

绝密★启用前2018年下半年浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题姓名：准考证号：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共7页，满分100分，考试时间90分钟。

其中加试题部分为30分，用【加试题】标出。

考生注意：1. 答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

3. 非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4. 可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2.。

选择题部分一、选择题★（本题共13小题，每小题3分，共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 下列物理量属于标量的是A. 速度B. 加速度C. 电流D. 电场强度2. 发现电流磁效应的物理学家是A. 法拉第B. 奥斯特C. 库仑D. 安培3. 用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位，下列正确的是A. N/CB. V/mC. kg•m/（C•s2）D. kg•m/（A•s2）4. 一辆汽车沿平直道路行驶，其v－t图象如图所示。

在t=0到t=40s这段时间内，汽车的位移是A. 0B. 30mC. 750mD. 1200m5. 奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确．．．的是 A. 加速助跑过程中，运动员的动能增加 B. 起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加 C. 起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D. 越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加 6. 等量异种电荷的电场线如图所示，下列表述正确的是 A. a 点的电势低于 b 点的电势B. a 点的场强大于b 点的场强，方向相同C. 将一负电荷从a 点移到b 点电场力做负功D. 负电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能7. 电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。

2018届浙江省选考物理模拟试卷(二)一、选择题Ⅰ1.下列物理量中属于矢量的是()A.速率B.电势C.电流D.位移【答案】D【解析】既有大小又有方向的物理量叫做矢量，如速度，位移，力等于；只有大小没有方向的物理量叫做标量，如速率，电势，电流，时间等，D正确．2.下列仪器中,不能直接测量力学的三个基本物理量的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】刻度尺用来测量长度，而长度是基本物理量，故A正确。

天平用来测量质量，而质量是基本物理量，故B正确。

停表用来测量时间，而时间是基本物理量，故C正确。

弹簧测力计测量力的大小，而力不是基本物理量，故D错误；故选D。

3.电场线的形状可以用实验来模拟,把头发屑悬浮在蓖麻油里,加上电场,头发屑就按照电场的方向排列起来,如图所示。

关于此实验,下列说法正确的是()A.a图是模拟两等量同种电荷的电场线B.b图一定是模拟两等量正电荷的电场线C.a图中的A、B应接高压起电装置的两极D.b图中的A、B应接高压起电装置的两极【答案】C【解析】从图a模拟出来的形状如图所示，可知为等量异种电荷产生的电场线，即AB应带异种电荷，所以接高压起电装置的正负极，而图b模拟出来电场线形状如图所示，可知为等量同种电荷产生的电场线，两极带同种电荷，所以应接高压起电装置的同一极，故C正确．4.在影片《红番区》中,成龙在右边楼顶上遭遇围攻,情急之下向左急奔后跳出,落在左侧大楼顶层的阳台上,得以逃生。

假设右边楼顶与左侧大楼顶层的阳台的高度差为3m,水平距离为6.24m,将上述“跳出”动作看成水平跳出,不考虑空气阻力,g取10m/s2,则成龙起跳速度大小约为()A.6m/sB.8m/sC.11m/sD.13m/s【答案】B【解析】根据h=gt2得平抛运动的时间为≈0.8s则起跳的速度为v0=m/s=7.8m/s≈8m/s，故B正确，ACD错误，故选B.5.两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为()A. B. C. D.【答案】D【解析】相距为r时，根据库仑定律得：，接触后，各自带电量变为，则此时，两式联立得，故选项D正确。