1、2015 年年(全国全国 2 卷卷)逐题仿真练逐题仿真练 题号 14 15 16 17 18 考点 平行板电容 器间电场 导体切割磁感线 曲线运动 机车启动问题 地磁场和磁力 题号 19 20 21 22 23 考点 磁场内粒子 圆周运动 牛顿定律处理连 接体 运动分解及功 能关系 测动摩擦因数 半偏法测电压 表内阻 二、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 1417 题只有一 项符合题目要求，第 1821 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) 14(2019 福建泉州市 5 月第二次质检)如图 1，喷雾器可以喷
2、出质量和电荷量都不尽相同的 带负电油滴假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的 沿水平直线飞出，有的沿曲线从板边缘飞出，有的沿曲线运动到板的中点上不计空 气阻力及油滴间的相互作用，则( ) 图 1 A沿直线运动的所有油滴质量都相等 B沿直线运动的所有油滴电荷量都相等 C沿曲线、运动的油滴，运动时间之比为 12 D沿曲线、运动的油滴，加速度大小之比为 14 答案 D 解析 沿直线运动的油滴，根据题意得：mgEq，即：q m g E，所以沿直线运动的油滴 比荷相同，A、B 错误；沿曲线、运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x v0t，初速度相同，所以运动时间之
3、比等于位移之比，即为 21，C 错误；沿曲线、运 动的油滴，水平方向 xv0t，竖直方向：y1 2at 2，联立解得：a2yv0 2 x2 ，因为水平位移之比为 21，v0和 y 相同，所以加速度大小之比为 14，D 正确 15. (2019 辽宁重点中学协作体模拟)水平放置的光滑金属长导轨 MM和 NN之间接有电阻 R，导轨左、右两区域分别处在方向相反且与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方 向如图 2.设左、右区域的磁感应强度分别为 B1和 B2.一根金属棒 ab 放在导轨上并与其正交， 棒和导轨的电阻均不计金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左边区域中恰好以速度 v 做匀速直线运动，
4、则( ) 图 2 A若 B2B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度 2v 做匀速运动 B若 B2B1，棒进入右边区域中后仍以速度 v 做匀速运动 C若 B22B1，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度v 2做匀速运动 D若 B22B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度 4v 做匀速运动 答案 B 解析 金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度 v 做匀速直线运动，恒力 F 与安培力平衡当 B2B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流 大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力 F 仍然平衡，则棒进入右边 区域后，以速度 v 做匀
5、速直线运动，故 A 错误，B 正确；当 B22B1时，棒进入右边区域后， 棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速 运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力 再次平衡时棒做匀速直线运动设棒最后匀速运动速度大小为 v.在左侧磁场中 FB1 2L2v R ， 在右侧磁场中匀速运动时，有 FB 2 2L 2v R 2B1 2L2v R ，则 vv 4，即棒最后以速度 v 4做匀 速直线运动，故 C、D 错误 16(2019 广东深圳市 4 月第二次调研)2018 珠海航展，我国五代战机“歼 20”再次闪亮登 场表演中，战
6、机先水平向右，再沿曲线 ab 向上(如图 3)，最后沿陡斜线直入云霄设飞行 路径在同一竖直面内，飞行速率不变则沿 ab 段曲线飞行时，战机( ) 图 3 A所受合外力大小为零 B所受合外力方向竖直向上 C竖直方向的分速度逐渐增大 D水平方向的分速度不变 答案 C 解析 战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变化的，则速度 是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，故 A 错误；战机在同一竖直平面内做匀速率曲线运动，所受合外力与速度方向垂直，由于速度 方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，故 B 错误；由以上分 析
7、可知，战机所受合外力始终与速度方向垂直，斜向左上方，对合外力和速度进行分解可知， 竖直方向上做加速运动，水平方向上做减速运动，故竖直方向分速度逐渐增大，水平方向分 速度逐渐减小，故 C 正确，D 错误 17(2019 福建莆田市 5 月第二次质检)高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻 力某一列高铁列车以 180 km/h 的速度在平直轨道上匀速行驶时，空气阻力约占总阻力的 50%，牵引力的功率约为 2 000 kW.假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正 比，则该列车以 360 km/h 的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为( ) A4 000 kW B8 000
8、 kW C10 000 kW D16 000 kW 答案 C 解析 经分析可知，当高铁列车以 180 km/h 的速度在平直轨道上匀速行驶时：P1F1v1 2F空阻v12kv12 v1； 该列车以 360 km/h 的速度在平直轨道上匀速行驶时：P2F2v2(FfF空阻) v2(kv12 kv22) v2， 解得 P25P110 000 kW，故选 C. 18(2019 四川绵阳市第二次诊断)如图 4 所示是我国最早期的指南仪器司南，静止时它 的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场下列与地磁场有关的说法，正确的是( ) 图 4 A地磁场是一种物质，客观上存在 B地球表面上任意位置的地磁场方向都
9、与地面平行 C通电导线在地磁场中可能不受安培力作用 D运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功 答案 AC 解析 地磁场是客观存在的，磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故 A 正确；磁场是 闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表 面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故 B 错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线 不受安培力，故 C 正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到 的洛伦兹力不做功，故 D 错误 19 (2019 辽宁沈阳市第一次质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度 va和 vb射入匀强磁 场，两粒
10、子的入射方向与磁场边界的夹角分别为 60 和 30 ，磁场宽度为 d，两粒子同时由 A 点出发，同时到达 B 点，如图 5 所示，则( ) 图 5 Aa 粒子带正电，b 粒子带负电 B两粒子的轨道半径之比 RaRb 31 C两粒子的质量之比 mamb12 D两粒子的质量之比 mamb21 答案 BD 解析 由左手定则可得：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故 A 错误； 由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨迹圆心为 AB 的垂直平分线和过 A 点的速度垂直方 向直线的交点， 故 Ra 1 2d sin 30 d，Rb 1 2d sin 60 3 3 d， 所以，RaRb 31，故 B 正确； 由
11、几何关系可得：从 A 运动到 B，a 粒子转过的圆心角为 60 ，b 粒子转过的圆心角为 120 ， 根据运动时间相同可得运动周期为：TaTb21， 再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvqmv 2 R ， 所以，运动周期为：T2R v 2m qB ； 根据电荷量相等可得 mambTaTb21，故 C 错误，D 正确 20质量分别为 M 和 m 的物块形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接， 如图 6 甲所示，绳子平行于倾角为 的斜面，M 恰好能静止在斜面上，斜面保持静止若互 换两物块位置，按图乙放置，然后释放 M，斜面仍保持静止，不考虑 M、m 与斜面之间的摩 擦，重力加速度为 g，
12、则下列说法正确的是( ) 图 6 A轻绳的拉力等于 Mg B轻绳的拉力等于 mg CM 运动的加速度大小为(1sin )g DM 运动的加速度大小为Mm M g 答案 BCD 解析 M 静止在斜面上时，对 M 由平衡条件有 Mgsin mg；互换位置后，对 M 和 m 组成 的系统有 Mgmgsin (Mm)a，解得 a(1sin )gMm M g，对 m 由牛顿第二定律得： FTmgsin ma，解得 FTmg，故 A 错误，B、C、D 正确 21(2019 陕西省第二次质检)如图 7 所示，质量 M1 kg 的重物 B 和质量 m0.3 kg 的小圆 环 A 用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A
13、 端绳与轮连接，B 端绳与轴相连接，不计轮轴的质量， 轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为21.重物B放置在倾角为30 固定在水平地面 的斜面上，轻绳平行于斜面，B 与斜面间的动摩擦因数 3 3 ，圆环 A 套在竖直固定的光滑 直杆上， 滑轮轴中心与直杆的距离为 L4 m 现将圆环 A 从与滑轮轴上表面等高处 a 静止释 放，当下降 H3 m 到达 b 位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计 空气阻力，取 g10 m/s2.下列判断正确的是( ) 图 7 A圆环 A 到达 b 位置时，A、B 组成的系统机械能减少了 2.5 J B圆环 A 速度最大时，环 A 与重物 B
14、的速度之比为 53 C圆环 A 能下降的最大距离为 Hm7.5 m D圆环 A 下降过程，作用在重物 B 上的拉力始终大于 10 N 答案 AC 解析 由题可知圆环 A 到达 b 位置时， 重物 B 沿斜面运动的位移为： x H2L2L 2 0.5 m， A、B 组成的系统机械能减少了：EMgcos 30 x2.5 J，故选项 A 正确；轮与轴有相同的 角速度且轮和轴的直径之比为 21，圆环 A 速度最大时，环 A 沿绳方向的分速度与重物 B 的速度之比为： H H2L2v AvBRr21，则 vAvB103，故选项 B 错误； 圆环 A 能下降的最大距离为 Hm，重物 B 沿斜面的运动的位移
15、为：xB Hm2L2L 2 ，根据能 量守恒可知：mgHmMgxBsin 30 Mgcos 30 xB，解得圆环 A 能下降的最大距离为 Hm7.5 m，故选项 C 正确； 圆环 A 先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物 B 也是先加速后减速，而重物 B 受到的 重力、支持力和摩擦力都保持不变，由牛顿第二定律可得 FTMgsin 30 Mgcos 30 Ma， 即：FT10 NMa，所以绳子对 B 的拉力先大于 10 N 后小于 10 N，故选项 D 错误 22(6 分)(2019 山西临汾市二轮复习模拟)小明在课本查到“木木”的动摩擦因数为 0.3， 打算对这个数据进行检验，设计了以下实
16、验： (1)如图 8 所示，将质量为 M 的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加 沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为 m， 则动摩擦因数 _. 图 8 (2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带 系在木块上，并穿过打点计时器；将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运 动；挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图 9 纸 带 图 9 (3)已知打点计时器的频率为 50 Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度 a_ m/s2(保留两位有效数字) (4)若
17、当地的重力加速度为 9.8 m/s2，则计算得 _(结果保留两位有效数字) 答案 (1)m M (3)2.4 (4)0.32(0.310.33) 解析 (1)由平衡知识可知：mgMg，解得 m M. (3)根据xaT2可得木块运动的加速度a7.346.966.576.1910 2 40.042 m/s22.4 m/s2. (4)平衡摩擦力后挂上沙桶，系统加速运动，据牛顿第二定律可得 mg(mM)a 因 mgMg， 联立可得 a ga 2.4 9.82.40.32. 23 (9 分)(2019 福建龙岩市 5 月模拟)现要比较准确测量电压表 V1的内阻 RV.实验室提供的器 材有： A待测电压表
18、 V1(量程 3 V，内阻约 3 k) B电压表 V2(量程 9 V，内阻约 10 k) C定值电阻 R0(阻值 6 k) D滑动变阻器 R(最大阻值 20 ) E直流电源 E(10 V，内阻可忽略) F开关 S 及导线若干 图 10 (1)请用笔画线代替导线在图 10 中完成电路的连接； (2)请把下列实验步骤补充完整 闭合开关 S 前应将滑动变阻器的滑片移至最_端(选填“左”或“右”)； 闭合开关 S，移动滑片至某一位置，记录电压表 V1、V2的示数 U1、U2； 多次移动滑片，记录相应的电压表 V1、V2的示数 U1、U2； 以 U2为纵坐标、U1为横坐标，作出相应图象，如图乙所示 (3
19、)用 U2U1图线的斜率 k 及定值电阻的阻值 R0，写出待测电压表内阻 RV_. 答案 (1) (2)左 (3) R0 k1 解析 (1)滑动变阻器的阻值远小于待测电压表的内阻值，所以滑动变阻器用分压式接法，待 测电压表的量程为 3 V，而电压表 V2的量程为 9 V，为使电表指针偏转角度较大，读数更准 确，需将定值电阻与待测电压表 V1串联，然后与 V2并联，所以电路图如图所示 (2)分压式接法，闭合开关前应将滑片移至使测量电路短路的位置，所以应该移至最左端； (3)根据欧姆定律：U2U1 R0 U1 RV， 整理得 U2(1R0 RV)U1， 所以 k1R0 RV， 解得待测电压表的内阻 RV R0 k1.
浙公网安备33030202001339号