1、专题测试卷(六) 必考部分(时间：90 分钟，满分：100 分)一、选择题(本题共 10 小题，每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分)1(多选) 在物理学发展史中，许多科学家通过自己不懈的努力和聪明才智作出了卓越的贡献，发现了许多重要的自然规律，形成了科学地解决问题的方法，下列说法正确的是( )A牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量B库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量 k 的值C探究求合力的方法的实验中运用了控制变量的方法D把带电体看成
2、点电荷运用了理想模型的方法解析 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，A 错误；库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量 k 的值，B 正确；探究求合力的方法的实验中运用了等效替代的方法，C 错误；把带电体看成点电荷运用了理想模型的方法，D 正确。答案 BD2(多选) 如图所示，地面上固定一个斜面，上面叠放着 A、B 两个物块并均处于静止状态。现对物块A 施加一斜向上的力 F 作用，A、B 两个物块始终处于静止状态。则木块 B 的受力个数可能是( )A3 个 B4 个C5 个 D6 个解析 对 A 受力分析可得， A 受竖直向下的重力、斜向左上方的拉
3、力 F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力，对 B 受力分析可得，B 受重力、A 对 B 的压力、斜面的支持力、A 对 B 向左的摩擦力，且斜面若对 B 没有摩擦力则 B 受到 4 个力，若斜面对 B 有摩擦力则 B 受 5 个力，选项 A、D 错误，B、C 正确。答案 BC3(多选) 为了探测 X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为 r1 的圆轨道上运动，周期为 T1，总质量为 m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为 r2 的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为 m2，则( )AX 星球的质量为 MBX 星球表面的重力加速度为 gxC登陆舱在 r1 与 r2 轨道
4、上运动时的速度大小之比为 v1v2 m1r2m2r1D登陆舱在半径为 r2 轨道上做圆周运动的周期为 T2T 1 解析 根据题意画出示意图，并标注字母条件(如图) 。由 m 1 r1得 M ，A 对； m 2 r2联立两式得 T2T 1 ，D 对。由 m 得 v ，与 m1、m 2 无关，C 错；因飞船的GMmr2 v2r GMr向心加速度为 a r1，不等于 X 星球表面的重力加速度 gx，故 B 错。答案 AD4(2018北京市丰台区模拟) 随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无
5、线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( )A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是 “电流的磁效应”B只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析 无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应” 。只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。所以A、B 、 D 选项错误。接收线圈中交变
6、电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，C 选项正确。答案 C5(多选)(2018洛阳市二模)在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、B 两处分别固定正电荷QA、 QB。两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是 AB 连线之间的电势 与位置 x 之间的关系图像，图中xL 点为图线的最低点，若在 x2L 的 C 点由静止释放一个质量为 m、电荷量为q 的带电小球(可视为质点) ，下列有关说法正确的是 ( )A小球在 xL 处的速度最大B小球一定可以到达 x2L 点处C小球将以 xL 点为中心做往复运动D固定在 A、B 处的电荷的电荷量之比为 QAQ B41解析 据 x 图像切线的斜率等于场强 E，
7、则知 xL 处场强为零，所以小球在 C 处受到的电场力向左，向左加速运动，到 xL 处加速度为 0，从 xL 向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在xL 处的速度最大，故 A 正确；由题图乙可知， x2 L 点的电势大于 x2L 点的电势，所以小球不可能到达 x2 L 点处，故 B 错误；由图知图像不关于 xL 对称，所以 xL 点不是中心，故 C 错误；xL 处场强为零，根据点电荷场强公式则有：k k ，解得 QAQB41，故 D 正确。QA（4L）2 QB（2L）2答案 AD6如图甲所示，用一水平外力 F 推着一个静止在倾角为 的光滑斜面上的物体，逐渐增大 F，物体做变加速运动，其
8、加速度 a 随外力 F 变化的图像如图乙所示，若重力加速度 g 取 10 m/s2。根据图乙中所提供的信息无法计算出(sin 370.6，cos 370.8)( )A物体的质量B物体能静止在斜面上时所施加的外力C斜面的倾角D加速度为 6 m/s2 时物体的速度解析 分析物体受力，由牛顿第二定律得 Fcos mgsin ma，由 F0 时，a6 m/s2，解得37 。由 a Fgsin 和 a F 图像知：图像斜率 ，解得 m2 kg，物体静止时的cos m 6 230 20 cos 37m最小外力 Fmincos mgsin ，F minmgtan 15 N，因物体的加速度的变化对应的时间未知
9、，所以无法求出物体加速度为 6 m/s2 时的速度，故满足题意的选项是 D。答案 D7(多选)(2018南昌市二模)一足够长的传送带与水平面的夹角为 ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图 a 所示) ，以此时为 t0 时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系。如图 b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小 v1v2)。已知传送带的速度保持不变。则下列判断正确的是( )A若物块与传送带间的动摩擦因数为 ，则 tan B0t 1 内，传送带对物块做正功C0t 2 内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D0t 2 内，传
10、送带对物块做的功等于物块动能的减少量解析 在 t1t 2 内，物块向上运动，则有 mgcos mgsin ，得 tan ，故 A 正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0t 1 内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故 B 错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故 C 正确；0t 2 内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故 D 错误。答案 AC8(多选) 如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中 R1、R 2 为定值电阻，滑动触头 P
11、可在 R 上滑动。V 1、 V2 为理想电压表，读数分别为 U1、U 2；A 1、A 2 两理想电流表的读数分别为I1、I 2。当滑动触头 P 向下滑动且 V1 示数一直不变时，则下列推断中正确的是( )AU 2 变大，I 2 变大BU 2 不变，I 2 变小CI 1 变小，R 1 两端电压变小DI 1 变大，R 1 两端电压变小解析 考查学生对变压器及电路知识的掌握情况。对于理想变压器在输入电压一定的条件下，输出电压也是一定的，即 U2 不变，选项 A 错误；当 P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，负载电阻增大，所以 I2 减小，R 1 两端电压减小，又因为理想变压器的输入功率随
12、输出功率的变化而变化，所以 I1 减小，选项 B、C 正确， D 错误。答案 BC9(多选) 在如图所示的电路中，灯泡 L 的电阻大于电源的内阻 r，闭合电键 S，将滑动变阻器的滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A灯泡 L 变亮B电流表读数变小，电压表读数变大C电源的输出功率变小D电容器 C 上所带的电荷量减少解析 滑动变阻器的滑片 P 向左移动一段距离后，整个闭合电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流 I 减小，电流表读数变小，灯泡 L 变暗，A 错误；电压表读数 UEIr 增大，BER r RL正确；灯泡 L 的电阻大于电源的内阻 r，由电源输出功率与外电路电阻
13、的关系图像(如图所示) 可知，当滑动变阻器的滑片 P 向左移动一段距离后，电源的输出功率减小，C 正确；电容器 C 上所带的电荷量QC EI (r RL)增大，D 错误。答案 BC10如图所示，在半径为 R 的半圆形区域内，有磁感应强度为 B 的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM 为圆内接三角形，且 PM 为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成( 不考虑导线中电流间的相互作用)。设线圈的总电阻为 r 且不随形状改变，此时PMQ 37，下列说法正确的是( )A穿过线圈 PQM 的磁通量大小为 0.96BR 2B若磁场方向不变，只改变磁感应强度 B 的大小，且 BB 0kt，则此时线
14、圈中产生的感应电流的大小为 I0.48kR2rC保持 P、M 两点位置不变，将 Q 点沿圆弧顺时针移动到接近 M 点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变D保持 P、M 两点位置不变，将 Q 点沿圆弧顺时针移动到接近 M 点的过程中，线圈中不会产生焦耳热解析 由计算可知 A 正确，B 错误；Q 点顺时针移动到PMQ45时，线圈中感应电流的方向改变，C 错误；将 Q 点沿圆弧顺时针移动到接近 M 的过程中有感应电流产生，故线圈中会产生焦耳热，D 错误。答案 A二、实验题(本题共 2 小题，共 14 分，请按题目要求作答)11(5 分) 在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验中要求小灯泡
15、两端电压从零开始连续变化。(1)实验电路已经画出了一部分，如图甲所示，但尚未画完整，请将电路完整地连接好。(2)按你连的电路，开关 S 闭合前，滑动变阻器的滑动触头 P 应移动到_( 选填“A”或“B”)端。(3)实验结束后，画出的 IU 图线如图乙对应的 1 线，其中虚线 2 是曲线 1 在 B 点的切线，则由该图线可知，图线 B 点对应的小灯泡的电阻值为_。解析 (1)题中要求小灯泡两端电压从零开始连续变化，故滑动变阻器应选用分压式接法，因小灯泡的电阻较小，故电流表应采用外接法。电路连接如图所示。(2)开关 S 闭合前，应使两电表的示数最小，故滑动变阻器的滑动触头 P 应移动到 A 端。(
16、3)由图像可得 B 点对应的小灯泡的电阻应为 B 点的电压与电流之比，即 R 4 。2.00.5答案 (1)见解析图 (2) A (3)412(9 分) 为了用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面间的动摩擦因数 (设 为定值)，某同学经查阅资料知：一劲度系数为 k 的轻弹簧由伸长量为 x 至恢复到原长的过程中，弹力所做的功为 kx2，12于是他设计了下面实验：第一步：如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，使滑块紧靠弹簧将其压缩，松手后滑块在水平桌面上滑行一段距离后停止；第二步：将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态。回答下列问题：(1)对于松手后，滑块在水平桌面上滑行过程中有关
17、物理量的描述，正确的是( )A当弹簧恢复原长时，滑块的加速度达到最大值B当弹簧恢复原长时，滑块的速度达到最大值C滑块的加速度先增大，后减小，然后保持不变D滑块的加速度先减小，后增大，然后保持不变(2)你认为，该同学用刻度尺直接测量的物理量是( 写出名称并用符号表示)_。(3)用测得的物理量表示滑块与水平桌面间动摩擦因数 的计算式：_。解析 (1)对于松开手后的滑块，在弹簧恢复原长前，水平方向受到向右的弹力 kx 和向左的摩擦力mg，根据牛顿第二定律得：a 。在恢复原长过程中，弹簧的形变量 x 逐渐减小，所以滑块的加kx mgm速度先减小后反向增大，当 kxmg 时速度最大，加速度开始反向，选项
18、 D 正确。(2)弹簧悬挂滑块时，kx 2mg滑块滑行的全过程，根据能量守恒定律得： kx mgs12 21联立得 。所以需要用刻度尺直接测量的物理量为：弹簧被压缩的长度 x1、滑块滑行的距离 s 和弹簧悬挂滑块时伸长的长度 x2。(3)由(2)得 。答案 (1)D (2)弹簧被压缩的长度 x1，滑块滑行的距离 s，弹簧悬挂滑块时伸长的长度 x2 (3)三、计算题(本题共 4 小题，共 46 分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)13(9 分) 在光滑水平面上，有一质量 m1.010 3 kg、电荷量 q1.010
19、 10 C 的带正电小球，静止在 O 点。以 O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系 xOy。现在突然加一沿 x 轴正方向，场强大小E2.0 106 V/m 的匀强电场，使小球开始运动。经过一段时间后，所加匀强电场再突然变为沿 y 轴正方向，场强大小不变，使该小球恰能够到达坐标为(0.30，0.10)的 P 点，求：(1)电场改变方向前经过的时间；(2)带正电小球到达 P 点时的速度大小和方向。解析 (1)由牛顿运动定律得，在匀强电场中小球加速度的大小为：aqEm代入数值得：a0.20 m/s 2当场强沿 x 轴正方向时，经过时间 t 小球的速度大小为 vxat小球沿 x 轴正方向移动的距离
20、 x1 at212电场方向改为沿 y 轴正方向后的时间 t1 内，小球在 x 轴方向做速度为 vx的匀速运动，在 y 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动。沿 x 轴方向移动的距离：x v xt1x 10.30 m沿 y 轴方向移动的距离：y at 0.10 m12 21由以上各式解得 t1.0 st11.0 s，v x0.20 m/s。(2)到 P 点时小球在 x 轴方向的分速度仍为 vx，在 y 轴方向的分速度 vyat 10.20 m/s由上可知，此时运动方向与 x 轴成 45角，速度大小为 0.28 m/s。答案 (1)1.0 s (2)0.28 m/s 与 x 轴成 45角14(11
21、分) 如图所示，一质量为 m2 kg 的滑块从半径为 R0.2 m 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 处由静止滑下，A 点和圆弧对应的圆心 O 点等高，圆弧的底端 B 与水平传送带平滑相接。已知传送带匀速运行速度为 v04 m/s，B 点到传送带右端 C 点的距离为 L2 m。当滑块滑到传送带的右端 C 时，其速度恰好与传送带的速度相同。(g10 m/s 2)求：(1)滑块到达底端 B 时对轨道的压力；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数 ；(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量 Q。解析 (1)滑块由 A 到 B 的过程中，由机械能守恒定律得 mgR mv 12 2B物体在 B 点
22、，由牛顿第二定律得FB mgm 由两式得 FB60 N由牛顿第三定律得滑块到达底端 B 时对轨道的压力大小为 60 N。方向竖直向下。(2)方法一：滑块在从 B 到 C 运动过程中，由牛顿第二定律得 mgma由运动学公式得 v v 2aL20 2B由三式得 0.3方法二：滑块在从 A 到 C 整个运动过程中，由动能定理得 mgRmgL mv 012 20解得 0.3。(3)滑块在从 B 到 C 运动过程中，设运动时间为 t由运动学公式得 v0v Bat产生的热量 Qmg (v0tL) 由得 Q4 J。答案 (1)60 N，方向竖直向下 (2)0.3 (3)4 J15(12 分) 如图 1 所示
23、，两根足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相距为 L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为 m。导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为 B。金属导轨的上端与开关 S、定值电阻 R1 和电阻箱 R2 相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为 g。现在闭合开关 S，将金属棒由静止释放。(1)判断金属棒 ab 中电流的方向；(2)若电阻箱 R2 接入电路的阻值为 0，当金属棒下降高度为 h 时，速度为 v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热 Q；(3)当 B 0.40 T，L 0.50
24、m， 37时，金属棒能达到的最大速度 vm 随电阻箱 R2 阻值的变化关系如图 2 所示。取 g10 m/s 2， sin 370.60，cos 37 0.80。求阻值 R1 和金属棒的质量 m。解析 (1)由右手定则，金属棒 ab 中的电流方向为从 b 到 a。(2)由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即 mgh mv2Q12解得：Qmgh mv2。12(3)设最大速度为 vm 时，切割磁感线产生的感应电动势 EBL vm由闭合电路的欧姆定律：IER1 R2从 b 端向 a 端看，金属棒受力如图：金属棒达到最大速度时满足mgsin BIL0由以上三式得最大速度
25、：vm R2 R1mgsin B2L2 mgsin B2L2图像斜率 k m/(s)15 m/(s)，纵截距 b30 m/s60 302.0得到： R1bmgsin B2L2kmgsin B2L2解得：R 12.0 m0.1 kg。答案 (1)ba (2) mgh mv2 (3)2.0 0.1 kg1216(14 分) 如图所示，在一竖直平面内，y 轴左方有一水平向右的场强为 E1 的匀强电场和垂直于纸面向里的磁感应强度为 B1 的匀强磁场，y 轴右方有一竖直向上的场强为 E2 匀强电场和另一磁感应强度为B2 的匀强磁场。有一带电荷量为q、质量为 m 的微粒，从 x 轴上的 A 点以初速度 v
26、 与水平方向成 角沿直线运动到 y 轴上的 P 点，A 点到坐标原点 O 的距离为 d。微粒进入 y 轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后以与 P 点运动速度相反的方向打到半径为 r 的 1/4 的绝缘光滑圆管内壁的 M 点(假设微粒与 M 点碰后的瞬间速度不变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场和磁场不受影响地穿透圆管)，并沿管内壁下滑到 N 点。设 m、q、v、d、r 已知， 37，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)E1 与 E2 大小之比；(2)y 轴右侧的磁场的磁感应强度 B2 的大小和方向；(3)从 A 点运动到 N 点所用的时间。解析 (1)AP 微粒做匀速直线运动E1qmgtan PM 微粒做匀速圆周运动E2qmg联立解得 E1E234。(2)由图知 PM，微粒刚好运动半周2Rrsin qvB2mv2R得 B26mv5rq方向垂直纸面向外。(3)AP 有：vt1 ，dcos 解得 t15d4vPM 有：vt2R，解得 t25r6v碰到 M 点后速度分解为向下的速度，此时 mgE 2q，从 MN 的过程中，微粒继续做匀速圆周运动v1vsin 37v1t3 ，解得 t3r2 5r6v所以 t 总 t 1t 2t 3 。5d4v 5r3v答案 (1)34 (2) 垂直纸面向外 (3) 6mv5rq 5d4v 5 r3v
