（浙江选考）2020版高考物理一轮复习4_特训（三）.docx

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1、1特训(三)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分 100 分,考试时间 90 分钟。选择题部分一、选择题(每题 3 分,共 45 分)1.在科学发展过程中,许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献,下列表述正确的是( )A.开普勒在整理第谷的观测数据之上,总结得到行星运动规律B.库仑提出了电荷周围存在电场的观点C.元电荷 e 的数值最早是由物理学家法拉第测得的D.伽利略发现万有引力定律并测得引力常量 G 值答案 A 开普勒在整理第谷的观察数据之上,总结得到行星运动规律,故 A 正确;法拉第最早提出了电荷周围存在电场的观点,故 B 错误;元电荷最早是由美国物理学家密立根测出的,故 C 错误;牛顿发

2、现的万有引力定律,开文迪许通过实验测出的引力常量 G,故 D 错误。2.下列有关电容器知识的描述,正确的是( )A.图(甲)为电容器充电示意图,充完电后电容器上极板带正电,两极板间电压 U 等于电源电动势 EB.图(乙)为电容器放电示意图,若电容器上极板带电荷量为+Q,则放电过程中通过电流表的电流方向从右向左,流过的总电量为 2QC.图(丙)为电解电容器的实物图和符号,图(丁)为可变电容器及其符号,两种电容使用时都应严格区分正负极D.图(丙)中的电容器上标有“400 V 68 F”字样,说明该电容器只有两端加上 400 V 的电压时电容才为 68 F答案 A 图(甲)为电容器充电过程,上极板与

3、电源的正极相连,充完电后电容器上极板带正电,同时两极板间的电压 U 等于电源的电动势 E,故 A 正确;图(乙)为电容器放电过程,若电容器上极板带电荷量为+Q,则放电过程中通过电流表的电流方向从右向左,且流过的总电荷量为 Q,故 B 错误;图(丙)为电解电容器的实物图和符号,图(丁)为可变电容器及其符号,前者电容器使用时严格区分正负极,后者没有,故 C2错误;图(丙)中的电容器上标有“400 V 68 F”字样,说明该电容器两端电压最大值为 400 V,而电容与电容器的电压及电荷量均无关,总是 68 F,故 D 错误。3.如图所示,是某验电器的结构图。下列相关说法正确的是( )A.金属箔张开过

4、程,电势能一定减少B.金属箔张开过程,电场力一定做负功C.两片金属箔张开,说明金属盘带正电D.两片金属箔张开时,可能带异种电荷答案 A 验电器利用同种电荷互相排斥的原理,当用带电体接触验电器的金属球时,就有一部分电荷转移到验电器的金属箔片上,金属箔带上了同种电荷,这两片金属箔由于带同种电荷互相排斥而张开,在张开的过程中电场力做正功,电势能减少,而验电器只能判断物体是否带电,不能说明是哪种电荷,故也不能说明金属盘带哪种电荷,故 A 正确,B、C、D 错误。4.一通电直导线与匀强磁场方向垂直,电流方向如图所示,设磁场磁感应强度为 B,导线长度为 L,导线通电电流为 I,则导线所受安培力( )A.方

5、向垂直纸面向外B.方向竖直向上C.通电电流越大,导线所受安培力越大D.若将导线平行于磁场方向放入,导线所受安培力不变答案 C 由左手定则可知,安培力方向为垂直纸面向里,故 A、B 错误;根据 F=BIL 可知,电流越大,则导线所受安培力越大,故 C 正确;若将导线平行磁场放入,则导线所受安培力为零,故 D 错误。故选 C。5.真空中,q 3为场源正电荷,q 1、q 2为等量正试探电荷,它们固定在等边三角形的三个顶点 A、B、C 上,D为 AB 中点,如图所示,则不正确的是( )A.D 位置的电势高于 A 位置的电势3B.q1、q 2具有的电势能相等C.q3在 A、B 两位置产生的场强相等D.若

6、把 q1从 A 点移到 D 点,电场力做负功答案 C D 位置离 q3近,故电势大于 A 位置的电势,A 正确;A 和 B 是等电势点,则 q1、q 2具有的电势能相等,B 正确;q 3在 A、B 两位置产生的场强方向不同,故不相等,C 错误;把 q1从 A 点移到 D 点,电场力做负功,D 正确;此题选不正确的选项,故选 C。6.一对等量异种电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图所示,则下列说法正确的是( )A.A 点场强 EA大于 B 点场强 EBB.A 点电势 A高于 B 点电势 BC.某一点电荷在 A 点时的电势能 EPA大于在 B 点时的电势能 EPBD.将某一点电荷从 A

7、 点移至 B 点,路径不同,电场力做功也不同答案 A 根据电场线的疏密判断场强的大小,所以 A 点场强 EA大于 B 点场强 EB,故 A 正确;顺着电场线电势降低,B 点电势高于 A 点电势,故 B 错误;若把一正点电荷从 A 点移到 B 点,电场力做负功,电势能增加,所以正点电荷在 A 点的电势能 EPA小于在 B 点时的电势能 EPB,若把一负点电荷从 A 点移到 B 点,电场力做正功,电势能减少,所以负点电荷在 A 点的电势能 EPA大于在 B 点时的电势能 EPB,故 C 错误;根据电场力做功特点可知,将某一点电荷从 A 点移至 B 点,路径不同,电场力做功相同,故 D 错误。7.在

8、如图所示的电路中,电源的电动势为 E,内阻为 r。当滑动变阻器的滑片 P 向右移动时( )A.电流表的示数变小,电压表的示数变大B.电流表的示数变小,电压表的示数变小C.电流表的示数变大,电压表的示数变大D.电流表的示数变大,电压表的示数变小4答案 A 当滑动变阻器的滑片 P 向右移动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻 R 增大,由闭合电路欧姆定律得电路中电流 I 减小,则电流表示数变小。由 U 内 =Ir 知,电源的内电压减小,则路端电压增大,所以电压表的示数变大,故 A 正确,B、C、D 错误。8.弹簧测力计下挂一条形磁铁,其 N 极一端位于一通电螺线管的正上方,如图所示,下

9、列说法正确的是( )A.若将 a 接电源正极,b 接电源负极,弹簧测力计示数不变B.若将 a 接电源正极,b 接电源负极,弹簧测力计示数将增大C.若将 b 接电源正极,a 接电源负极,弹簧测力计示数将减小D.若将 b 接电源正极,a 接电源负极、弹簧测力计示数将增大答案 D 当螺线管将 a 接电源正极,b 接电源负极时,线圈中产生磁场,由安培定则判断得知,螺线管内部磁场方向向上,上端相当于 N 极,对磁铁产生向上的斥力,所以弹簧测力计示数减小,故 A、B 错误;当螺线管将 a 接电源负极,b 接电源正极时,线圈中产生磁场,由安培定则判断得知,螺线管内部磁场方向向下,上端相当于 S 极,对磁铁产

10、生向下的引力,所以弹簧测力计示数增大,故 C 错误,D 正确。9.如图所示,R 是一个定值电阻,A、B 为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒 P 处于静止状态,则下列说法正确的是( )A.若增大 A、B 两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻 RB.若增大 A、B 两金属板的间距,P 将向上运动C.若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片,P 将向上运动D.若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P 将向上运动答案 C 和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大 A、B 两金属板的间距,则电容减小,根据公式 C=以及电容减小,电压不变可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电容器放电

11、,R 中有向左的电流,A 错误;由QU于两极板间的电压不变,若增大 A、B 两金属板的间距,根据公式 E= 可得两极板间的电场强度减小,电场Ud力小于重力,P 将向下运动,B 错误;若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离5减小,电场强度增大,则电场力大于重力,P 将向上运动,C 正确;若紧贴 B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于 增大,两极板间的电场强度恒定不变,所以电场力不变,P 仍静止,D 错误。10.某电场的电场线分布如图所示(实线),以下说法正确的是( )A.c 点场强大于 b 点场强B.b 和 c 处在同一等势面上C.若将一试探电荷+q 由 a 点移动

12、到 d 点,电荷的电势能将增大D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由 a 点运动到 d 点,可判断该电荷一定带负电答案 A 电场线的疏密表示场强的强弱,由图知 c 点场强大于 b 点场强,故 A 正确;沿电场线方向电势逐渐降低,故 b 点的电势大于 c 点的,故 B 错误;若将一试探电荷+q 由 a 点移动到 d 点,电场力做正功,电荷的电势能将减小,故 C 错误;由粒子的运动轨迹弯曲方向可知,带电粒子受电场力大致斜向左上方,与电场强度方向相同,故粒子带正电,故 D 错误;故选 A。11.移动电源(俗称充电宝)解决了众多移动设备的“缺电之苦”,受到越来越多人的青睐。 目前市场上大多数充电宝

13、的核心部件是锂离子电池(电动势 3.7 V)及其充放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等。其中的升压电路可以将锂离子电池的输出电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压(5 V)。由于锂离子电池的材料特性,在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见,中国民航总局做出了相关规定,如图 1 所示。民航总局关于携带充电宝出行的相关规定低于 100 Wh 可随身携带,不可托运100160 Wh 经航空公司批准才能随身携带(不超过两块),不可托运超过 160 Wh 禁止随身携带,不可托运图 1为了给智能手机充电,小明购买了一款移动电源,其铭牌

14、如图 2 所示。给手机充电时该移动电源的效率按 80%计算。产品名称:移动电源电池容量:10 000 mAh 3.7 V6电源输入:5 V-1 A电源输出 1:5 V-1 A电源输出 2:5 V-2.1 A图 2根据以上材料判断下列说法正确的是( )A.这款移动电源能为手机提供的最大充电量为 8 000 mAhB.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为 37 WhC.乘飞机出行时,这款移动电源可以托运D.Wh 与 mAh 均为能量单位答案 B 由表格可知电池容量为 10 000 mAh,mAh 是电量的单位,则 A、D 错。E 能 =UIt=3.7 V10 Ah=37 Wh,B 正确。由图 1

15、 知,所有充电宝都不可托运,C 错。12.下表为一台电热水器的铭牌(有一项内容模糊不清),电热水器内部电路可简化为如图所示电路,R 1和R2均为电热丝。则下列说法中不正确的是( )某电热水器的简介 简化电路额定电压 220 V高温挡中温挡 5 A额定电流低温挡 2 A电源频率 50 HzA.低温挡正常工作时的额定功率是 440 WB.中温挡正常工作 1 分钟产生的热量是 6.6104 JC.高温挡正常工作时的额定电流是 8.3 AD.电热丝 R2的电阻是 44 答案 D 低温挡额定功率为:P=UI=220 V2 A=440 W,故 A 正确;中温挡 1 分钟产生热量为:Q=W=Pt=UIt=2

16、20 V5 A60 s=6.6104 J,故 B 正确;低温挡是 R1和 R2串联,中温挡是 R1,高温挡是R1、R 2并联工作,所以有:R 1= = =44 ,R 2= -R 1=66 ,R 1和 R2并联之后电阻为:R=26.4 ,则UI2205 2202高温挡的电流为:I= A8.33 A,故 C 正确,D 错误。22026.4713.在宇宙环境中,地磁场保护着地球,地质记录表明,自地球在 46 亿年前形成以来,已经有过数百次地磁反转,也就是说,地球的磁场在“反极性”(地磁场方向与现在的方向相反)和“正极性”(地磁场方向与现在的方向相同)之间不断变换,物理学家研究认为,地球的磁极反转在未

17、来仍可能会发生,下列关于地磁反转期间的说法正确的是( )A.对依靠磁场进行导航的物种不会有影响B.若地磁场处于最弱的状态下,就不会对地球生物的生存有影响C.太阳辐射的高能粒子直接轰击地球的大气层,可能引发一些疾病D.地球磁场的反转可能是瞬间发生,而不是一个缓慢、渐进的过程答案 C 根据题意与常识“地磁场两极与地理两极存在夹角”相结合,推论得出地球磁场的反转是一个缓慢、渐进的过程,不是一个突变过程,故 D 错误;磁场南、北两极反转之后,对依靠磁场进行导航的物种有很大影响,A 错误;地球磁场在反转过程中,相比稳定过程处于一个弱状态,对地球保护会减弱,故C 项正确,B 项错误。14.如图所示,金属棒

18、 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由 M 向N 的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 。如果仅改变下列某一个条件, 角的相应变化情况是( )A.棒中的电流变大, 角变大B.两悬线等长变短, 角变小C.金属棒质量变大, 角变大D.磁感应强度变大, 角变小答案 A 金属棒 MN 受力分析及其侧视图如图所示,由平衡条件可知 F 安 =mg tan ,而 F 安 =BIL,即BIL=mg tan ,则 I,m,B ,故 A 正确,C、D 错误。 角与悬线长度无关,B 错误。815.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个 D 形金属盒。

19、在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能 Ek随时间 t 的变化规律如图乙所示,忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断错误的是( )A.高频电源的变化周期应该等于 tx-tx-2B.在 Ek-t 图中应有 t4-t3=t3-t2=t2-t1C.若电源电压可变,粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能增大,可增加 D 形盒的半径答案 C 高频电源的变化周期应该等于粒子在磁场中的周期,故应为 tx-tx-2,故 A 正确;据 T= ,粒子2mqB回旋周期不变,在 Ek-t 图中应有 t4-t3=t3-t2=t2-t1,

20、故 B 正确;根据公式 r= ,有 v= ,故最大动能mvqB qBrmEkm= mv2= ,粒子的最大动能与加速次数无关,最大动能决定于 D 形盒的半径,故要想粒子获得的最大12 q2B2r22m动能越大,可增加 D 形盒的半径,故 C 错误 D 正确。非选择题部分二、非选择题(共 55 分)16.(5 分)一实验小组准备探究元件 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:9甲 乙 (1)请将图中的实物连线按电路图补充完整。(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)在电路图中闭合开关 S,电流表、电压表均有示数,但

21、无论怎样移动变阻器滑片,总不能使电压表的示数调为零。原因可能是图中的 (选填“a”、“b”、“c”、“d”、“e”、“f”)处接触不良。 (4)实验测得表格中的 7 组数据。请在图丙坐标上作出该元件的 I-U 图线。序号 电压/V 电流/A1 0.00 0.002 0.40 0.023 0.80 0.054 1.20 0.125 1.60 0.206 2.00 0.317 2.40 0.44丙(5)为了求元件 Q 在 I-U 图线上某点的电阻,甲同学利用该点的坐标 I、U,由 R= 求得。乙同学作出该点UI的切线,求出切线的斜率 k,由 R= 求得。其中 (选填“甲”或“乙”)同学的方法正确。

22、 1k10答案 (1)如图所示(2)小于 (3)f (4)如图所示(5)甲解析 (1)根据电路图,连接实物;(2)由图知,电流的测量值偏大,根据 R= 知,电阻的测量偏小,即小于真实值;UI(3)无论怎样移动变阻器滑片,总不能使电压表的示数调为零,是因为滑动变阻器是限流式接法,故是导线 f 断路;(4)描点画图即可;(5)根据欧姆定律,电阻应等于割线的斜率倒数 R= ,切线的斜率不等于电阻,所以甲同学的方法正确。UI17.(5 分)某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池,他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻。(1)先用多用电表粗测电池的电动势。把电表的选择开关拨到直流电压

23、50 V 挡,将两只表笔与电池两极接触,此时多用电表的指针位置如图甲所示,读出该电池的电动势为 V。 甲11乙(2)再用图乙所示装置进一步测量。多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡,与黑表笔连接的是电池的 极(选填“正”或“负”)。闭合开关,改变电阻箱的阻值 R,得到不同的电流值 I,根据实验数据作出 -R 图像如图丙所示。已知图中直线的斜率为 k,纵轴截距为 b,则此电池的电动势 E= ,内1I阻 r= 。(结果用字母 k、b 表示) 丙(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近,请你对此做出合理的解释: 。 答案 (1)12.0 (2)负 (3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因

24、此直接用表笔接在1k bk蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电源的电动势解析 (1)电压挡量程为 50 V,则分度值为 1 V,则指针对应的读数为 12.0 V;(2)作为电流表使用时,应保证电流由红表笔流进,黑表笔流出,故黑表笔连接的是电池的负极;由闭合电路欧姆定律可得 I= ,变形可得: = + R,则由图可知: =b, =k,则可解得 E= ,r= ;Er+R 1IrE1E rE 1E 1k bk(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻,因此直接用表笔接在蓄电池的两极时,电表的读数非常接近电源的电动势。18.(4 分)某同学在测量电源电动势和内电阻的实验中。12(1)该同学连接的

25、实物电路如图甲所示,请根据该实物图在虚线框内画出电路图。(2)实验中移动滑动变阻器触头,读出电压表 V1和 V2的多组数据 U1、U 2,并描绘出了 U1-U2的图像,如图乙所示,图中直线斜率为 k,与横轴的截距为 a,则电源的电动势 E= ,内阻 r= 。(用k、a、R 0表示) 答案 (1)如图所示(2) kak-1 R0k-1解析 (1)分析实物图可以明确对应的原理图;(2)在闭合电路中,E=U 2+Ir=U2+ r,U2-U1R0则:U 1=( +1)U2- ,R0r ER0rU1-U2图像斜率:k= +1,截距:a= ,R0r ER0R0+r解得:E= ,r= 。kak-1 R0k-

26、119.(6 分)如图,绝缘光滑斜面倾角为 ,所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场,一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小滑块静止在斜面上 P 点,P 到斜面底端的距离为 L。滑块可视为质点,重力加速度为 g。(1)求匀强电场的场强大小;(2)若仅将电场的方向变为平行于斜面向下,求滑块由静止从 P 点滑至斜面底端经历的时间。答案 (1) (2)mgsinq Lgsin解析 (1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态13由力的平衡条件有:qE=mg sin 解得:E=mgsinq(2)当电场方向平行于斜面向下时由牛顿第二定律有:qE+mg sin =maa=2g sin 由运动学规律有:L

27、= at212联立解得:t=Lgsin20.(8 分)如图所示,一静止的电子经过电压为 U 的电场加速后,立即射入竖直的偏转匀强电场中,射入方向与电场线垂直,射入点为 A,最终电子从电场的 B 点经过。已知偏转电场的电场强度大小为 E,方向如图所示,电子的电荷量为 e,重力不计。求:(1)电子进入偏转电场时的速度 v0;(2)若将加速电场的电压提高为原来的 2 倍,电子仍从 B 点经过,则偏转电场的电场强度 E 变为原来的多少倍。答案 (1) (2)2 倍2Uem解析 (1)电子在电场中加速,由动能定理得:Ue= m12v20所以,v 0=2Uem(2)设电子的水平位移为 x,电子的竖直偏移量

28、为 y,则有:x=v0ty= at212Ee=ma联立解得:E=4yUx2根据题意可知 x、y 均不变,当 U 增大为原来的 2 倍,场强 E 也增大为原来的 2 倍1421.(6 分)如图所示的电路中,电源电动势 E=10 V,内阻 r=0.5 ,电动机的电阻 R0=1.0 ,电阻 R1=1.5 。电动机正常工作时,电压表的示数 U1=3.0 V,求:(1)电源消耗的总电功率;(2)通电一分钟,电动机做的有用功为多少?答案 (1)20 W (2)480 J解析 (1)电动机正常工作时,总电流为 I= = A=2 A,U1R13.01.5电源消耗的电功率为 P=EI=102 W=20 W。(2

29、)电动机两端的电压为 U=E-Ir-U1=(10-20.5-3.0) V=6 V电动机消耗的电功率为:P 电 =UI=62 W=12 W电动机的热功率为:P 热 =I2R0=221 W=4 W根据能量守恒定律,电动机将电能转化为机械能的功率 P 机 =P 电 -P 热 =12 W-4 W=8 W,则 W=P 机 t=480 J22.(10 分)如图所示,竖直放置的 A、B 与水平放置的 C、D 为两对正对的平行金属板,A、B 两板间电势差为 U,C、D 始终和电源相接,测得其间的场强为 E。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(重力不计)由静止开始经 A、B 加速后穿过 C、D 发生偏转,最

30、后打在荧光屏上。已知 C、D 极板长均为 L,问:(1)粒子带正电还是带负电?求粒子离开 B 板时速度大小 vB;(2)粒子刚穿过 C、D 时的竖直偏转位移 y?(3)如要想粒子最终还能够打在荧光屏的 O 点上,可在平行金属板 C、D 中叠加一个匀强磁场,请问该匀强磁场的磁感应强度 B 的大小和方向应该满足什么条件?答案 (1)正电 (2) (3)E 方向垂直纸面向里2qUm EL24U m2qU解析 (1)电场力方向与电场线方向相同,所以粒子带正电。粒子在加速电场中加速时,由动能定理可得:Uq= m12v2B15粒子离开 B 板时速度大小 vB=2Uqm(2)在偏转电场中做类平抛运动,由动力

31、学知识可得a=EqmL=vBty= at212联立解得 y=EL24U(3)在平行金属板 C、D 中叠加一个匀强磁场,由牛顿第二定律可得 BqvB=Eq匀强磁场的磁感应强度 B 的大小 B=Em2Uq根据左手定则可得磁感应强度 B 方向垂直纸面向里23.(11 分)如图所示,圆形区域中,圆心角为 30的扇面 MON 之外分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B,一质量为 m、带电荷量为-q 的粒子,自圆心 O 点垂直于 OM 以速度 v 射入磁场,粒子能两次经过边界 OM,不计粒子重力。(1)求粒子从射入到第一次穿过边界 ON,在磁场中运动的时间;(2)求圆形区域的最小半径;(3)若圆

32、形区域无限大,现保持其他条件不变而将MON 变为 10,粒子射出后穿越磁场边界的次数。答案 (1) (2) (3)152m3qB (1+ 7)mvqB解析 (1)由几何关系可知,粒子第一次穿过 ON 偏转角 =120时间 t= T,其中 T=120360 2mqB得 t= ;2m3qB(2)粒子在磁场中运动轨迹如图16洛伦兹力提供向心力:qvB=m ,得半径 R=v2R mvqB要保证粒子两次穿过 OM,磁场最小区域应与粒子圆周运动在 E 点相切。在O 1AB 中,O 1B=2R在O 2BD 中,BD=R2在ODO 2中,OD=OB-BD=5R2O2D= R32得 OO2= R7OE= R+R= R7 ( 7+1)最小半径 r=OE= R=( 7+1)(1+ 7)mvqB(3)MON 变为 10,首次从 ON 边界向下穿出时与之夹角为 80,首次向上穿出 OM 时与之夹角为 70,每次从边界向扇面区穿出,均比上次夹角减小 10,直到向上穿出时,与 OM 夹角为 10,不再进入磁场,故穿越边界的次数为 15 次。