2015年湖北高考物理專項訓(xùn)練：綜合評估

湖北2015年高考物理專項訓(xùn)練：綜合評估

　　2015年湖北高考生正在努力備考中，湖北高考網(wǎng)整理了2015年湖北高考物理專項訓(xùn)練資料，希望對大家的復(fù)習(xí)有幫助！

　　一、選擇題(每小題4分，共40分)

　　1.在一個等邊三角形ABC頂點B、C處各放一個點電荷時，測得A處的電場強(qiáng)度大小為E，方向與BC邊平行沿B指向C.如圖1所示，拿走C處的電荷后，A處電場強(qiáng)度的情況將是(　　)

　　圖1

　　A.大小仍為E，方向由A指向B

　　B.大小變?yōu)?，方向不?/p>

　　C.大小仍為E，方向沿BA向外

　　D.無法確定

　　解析：根據(jù)矢量合成法則可推理知，在B、C兩處同時存在場電荷時，合電場場強(qiáng)方向沿平行BC的方向，說明B、C兩處電荷在A處獨立產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向均與合電場場強(qiáng)成60°.當(dāng)撤去C處場電荷時，只剩下B處場電荷，此時A處場強(qiáng)大小為E，方向沿BA方向向外.

　　答案：C

　　2.如圖2所示，AB是某個點電荷電場中的一條電場線，在線上O點放一個自由的負(fù)電荷，它將沿電場線向B點運動.下列判斷中正確的是(　　)

　　圖2

　　A.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小

　　B.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越大

　　C.電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度變化不能確定

　　D.電場線由A指向B，該電荷做勻加速運動

　　解析：電場線是直線型，負(fù)電荷由靜止開始做加速運動，它的運動方向與電場線方向相反.而電荷運動所在處的電場線疏密程度不確定，故它的加速度大小變化情況也不確定.

　　答案：C

　　圖3

　　3.如圖3所示，電荷量為+q和-q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強(qiáng)度為零的點有(　　)

　　A.體中心、各面中心和各邊中點

　　B.體中心和各邊中點

　　C.各面中心和各邊中心

　　D.體中心和各面中心

　　解析：對于每個側(cè)面，分別連接兩正點電荷與兩負(fù)點電荷，即兩條對角線，可以看到兩條對角線的交點處電場強(qiáng)度都為零，所以各側(cè)面的電場強(qiáng)度都為零.分析每個邊的中點的電場強(qiáng)度都不可能為零.所以D正確.

　　答案：D

　　圖4

　　4.如圖4所示是一只利用電容器電容(C)測量角度(θ)的電容式傳感器的示意圖.當(dāng)動片和定片之間的角度(θ)發(fā)生變化時，電容(C)便發(fā)生變化，于是通過知道電容(C)的變化情況就可以知道角度(θ)的變化情況.下圖的圖像中，最能正確反映角度(θ)與電容(C)之間關(guān)系的是(　　)

　　解析：由題中介紹的電容器構(gòu)造可知：C=

　　S=(π-θ)R2所以C=-·θ電容C隨θ增大而減小，且為線性關(guān)系.

　　答案：B

　　5.空間存在勻強(qiáng)電場，有一電荷量q(q>0)，質(zhì)量m的粒子從O點以速率v0射入電場，運動到A點時速率為2v0.現(xiàn)有另一電荷量-q、質(zhì)量m的粒子以速率2v0仍從O點射入該電場，運動到B點時速率為3v0.若忽略重力的影響，則(　　)

　　A.在O、A、B三點中，B點電勢最高

　　B.在O、A、B三點中，A點電勢最高

　　C.OA間的電勢差比BO間的電勢差大

　　D.OA間的電勢差比BO間的電勢差小

　　解析：本題考查電場力做功和動能定理，意在考查考生掌握電場力做功與電勢能的變化關(guān)系.由動能定理有qUOA=m(2v0)2-mv=mv;-qUOB=m(3v0)2-m(2v0)2=mv，故在三點中，B點的電勢最高，A點的電勢最低，OA間的電勢差比BO間的電勢差小，所以選AD.

　　答案：AD

　　6.一輛電瓶車，質(zhì)量為500 kg，由內(nèi)阻不計的蓄電池組向直流電動機(jī)提供24 V的電壓，當(dāng)電瓶車在水平地面上以0.8 m/s的速度勻速行駛時，通過電動機(jī)的電流為5 A，設(shè)車所受的阻力是車重的0.02倍(g=10 m/s2)，則此電動機(jī)的內(nèi)阻是(　　)

　　A.4.8 Ω　　　　　　　B.3.2 Ω

　　C.1.6 Ω D.0.4 Ω

　　解析：由能量守恒得：UIt=Fvt+I2rt，又F=f=k·G，所以UI=kG·v+I2r，所以r=1.6 Ω.

　　答案：C

　　圖5

　　7.如圖5所示，在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)(磁場垂直紙面向里)，有一離子(不計重力)從勻強(qiáng)電場左邊飛入，恰能沿直線飛過此區(qū)域，則(　　)

　　A.若離子帶正電，E方向應(yīng)向下

　　B.若離子帶負(fù)電，E方向應(yīng)向上

　　C.若離子帶正電，E方向應(yīng)向上

　　D.不管離子帶何種電荷，E的方向都向下

　　解析：離子要能沿直線飛過此區(qū)域，則需要滿足電場力與洛倫茲力等大反向.

　　答案：AD

　　圖6

　　8.如圖6所示的電路，當(dāng)閉合開關(guān)時，燈L1、L2正常發(fā)光.由于電路出現(xiàn)故障，突然發(fā)現(xiàn)燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的讀數(shù)變小.試根據(jù)上述現(xiàn)象判斷，發(fā)生的故障可能是(　　)

　　A.R1斷路

　　B.R2斷路

　　C.R3短路

　　D.R4短路

　　圖7

　　解析：畫出電路的等效電路如圖7所示.再根據(jù)閉合電路歐姆定律可判斷A正確.

　　答案：A

　　圖8

　　9.當(dāng)放在同一平面內(nèi)的長直導(dǎo)線MN和金屬框通以如圖8所示電流時，MN固定不動，金屬框的運動情況是(　　)

　　A.金屬框?qū)⒖拷麺N

　　B.金屬框?qū)⑦h(yuǎn)離MN

　　C.金屬框?qū)⒁訶X′為軸轉(zhuǎn)動

　　D.金屬框?qū)⒁訷Y′為軸轉(zhuǎn)動

　　解析：金屬框左邊受到吸引力，右邊受到排斥力，上、下兩邊各受到向外的力，相互抵消，但左邊的吸引力大于右邊排斥力，故A對.

　　答案：A

　　10.如下圖9所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置.其核心部分是兩個D型金屬盒，置于勻強(qiáng)磁場中，兩盒分別與高頻電源相連.則帶電粒子加速所獲得的最大動能與下列因素有關(guān)的是(　　)

　　圖9

　　A.加速的次數(shù)

　　B.加速電壓的大小

　　C.金屬盒的半徑

　　D.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

　　解析：粒子飛出時有：R=，所以此時動能Ek=mv2==，所以最大動能與半徑R和磁感應(yīng)強(qiáng)度B有關(guān).

　　答案：CD

　　二、填空題(每小題5分，共20分)

　　圖10

　　11.如圖10所示，A、B兩帶電小球可視為點電荷，QA=2×10-8 C、QB=-2×10-8 C，AB相距3 cm.在水平外電場的作用下，AB保持靜止，懸線卻處于豎直方向，由此可知水平外電場的場強(qiáng)______，方向______.

　　解析：AB在水平方向上不受力，外電場方向向左，E=====2×105 N/C

　　答案：2×105 N/C　向左

　　圖11

　　12.如圖11所示，真空中有一電子束，以初速度v0沿著垂直場強(qiáng)方向從O點進(jìn)入電場，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，沿x軸取OA=AB=BC，再自A、B、C作y軸的平行線與電子軌跡分別交于M、N、P點，則AMBN∶CP=________，電子流經(jīng)M、N、P三點時沿x軸的分速度之比為________.

　　解析：類平拋運動.

　　答案：14∶9　11∶1

　　13.為了測量“6 V　1 W”的燈泡在不同電壓下的電功率，現(xiàn)有器材如下：

　　直流電源　　　 電動勢6 V，內(nèi)阻不計;

　　直流電流表A1　量程200 mA，內(nèi)阻約2 Ω;

　　直流電流表A2　量程0～0.6 A，內(nèi)阻約0.5 Ω;

　　直流電壓表V1　量程0～3 V，內(nèi)阻約5×103 Ω;

　　直流電壓表V2　量程0～15 V，內(nèi)阻約1.5×104 Ω;

　　滑動變阻器　　電阻值0～15 Ω，額定電流1 A;

　　開關(guān)一個、導(dǎo)線若干根.

　　測量時要求電燈兩端電壓從0開始連續(xù)調(diào)節(jié)，盡量減小誤差，測多組數(shù)據(jù).

　　(1)應(yīng)選擇電流表________和電壓表________(用序號表示);

　　(2)在下面方框中畫出電路圖.

　　答案：(1)A1;V2　(2)如圖12所示.

　　圖12

　　14.用圖13所示電路，測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻.電池的內(nèi)阻較小，為了防止在調(diào)節(jié)滑動變阻器時造成短路，電路中用一個定值電阻R0起保護(hù)作用.除電池、開關(guān)和導(dǎo)線外，可供使用的實驗器材還有：

　　圖13

　　(a)電流表(量程0.6 A、3 A);

　　(b)電壓表(量程3 V、15 V);

　　(c)定值電阻(阻值1 Ω、額定功率5 W);

　　(d)定值電阻(阻值10 Ω、額定功率10 W);

　　(e)滑動變阻器(阻值范圍0～10 Ω、額定電流2 A);

　　(f)滑動變阻器(阻值范圍0～100 Ω、額定電流1 A).

　　那么

　　(1)要正確完成實驗，電壓表的量程應(yīng)選擇________ V，電流表的量程應(yīng)選擇________ A;R0應(yīng)選擇________ Ω的定值電阻，R應(yīng)選擇阻值范圍是________ Ω的滑動變阻器.

　　(2)引起該實驗系統(tǒng)誤差的主要原因是________________________.

　　解析：考查對電路原理的理解和實踐能力，由圖示電路可知本電路采用限流式，故滑動變阻器選擇的量程不宜較大.而一節(jié)干電池的電動勢約為1.5 V，故電壓表的量程為3 V.Im==0.3 A故電流表的量程為0.6 A.由于電壓表的分流作用引起該實驗系統(tǒng)誤差.

　　答案：(1)3;0.6;1;0～10　(2)電壓表的分流.

　　三、論述計算題(共40分)

　　圖14

　　15.(10分)如圖14所示，電子以速度v0沿與電場垂直的方向從A點飛入勻強(qiáng)電場，并且從另一側(cè)的B點沿與電場成150°角的方向飛出，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，求A、B兩點的電勢差.

　　解：電子在電場里做類平拋運動.由幾何關(guān)系v=v0/cos60°=2v0，由動能定理：eU=mv2-mv，即eU=mv，所以U=.

　　圖15

　　16.(10分)如圖15所示，電源的電動勢E=110 V，電阻R1=21 Ω，電動機(jī)繞線的電阻R0=0.5 Ω，開關(guān)S1始終閉合.當(dāng)開關(guān)S2斷開時，電阻R1的電功率是525 W;當(dāng)開關(guān)S2閉合時，電阻R1的電功率是336 W，求：

　　(1)電源的內(nèi)電阻;

　　(2)開關(guān)S2閉合時流過電源的電流和電動機(jī)的輸出的功率.

　　解：(1)S2斷開時：E=I(R1+r)且P1=I2·R1，所以r=1 Ω.

　　(2)S2閉合時：P2=IR1，所以I1=4 A，所以U并=I1R1=84 V，所以U內(nèi)=E-U并=26 V，所以I總==26 A.

　　所以I2=I總-I1=22 A，

　　所以P出=U并I2-I·R0=1 606 W.

　　17.如圖16所示，電源電動勢E0=15 V，內(nèi)阻r0=1Ω，電阻R1=30 Ω，R2=60Ω。間距d=0.2 m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T的勻強(qiáng)磁場。閉合開關(guān)S，板間電場視為勻強(qiáng)電場，將一帶正電的小球以初速度v=0.1 m/s沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取g=10 m/s2。

　　圖16

　　(1)當(dāng)Rx=29 Ω時，電阻R2消耗的電功率是多大?

　　(2)若小球進(jìn)入板間做勻速圓周運動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60°，則Rx是多少?

　　解：(1)設(shè)R1和R2的并聯(lián)電阻為R，有：

　　R=

　　R2兩端的電壓為：

　　U=

　　R2消耗的電功率為：

　　P=

　　當(dāng)Rx=29 Ω時，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，解得：

　　P=0.6 W

　　(2)設(shè)小球質(zhì)量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運動時，有：

　　qE=mg

　　E=

　　設(shè)小球做圓周運動的半徑為r，有：

　　qvB=m

　　由幾何關(guān)系有：

　　r=d

　　聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，解得：

　　Rx=54 Ω.

　　18.(10分)如圖17，在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右.一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進(jìn)入電場，最后從電場邊界上的Q點射出.已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d.不計重力，求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比以及粒子在磁場與電場中運動時間之比.

　　圖17

　　解：粒子在磁場中做勻速圓周運動(如題圖).由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上.OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得

　　R2=l+(R-d)2

　　設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

　　qvB=m

　　設(shè)P′為虛線與分界線的交點，POP′=α，則粒子在磁場中的運動時間為

　　t1=

　　式中sin α=

　　粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，其初速度為v，方向垂直于電場，設(shè)粒子加速度大小為a，由牛頓第二定律得

　　qE=ma

　　由運動學(xué)公式有

　　d=at

　　l2=vt2

　　式中t2是粒子在電場中運動的時間，由式得

　　=v

　　由式得

　　=arcsin()