江苏专用2019高考物理三轮冲刺考前组合提升练：选择题+实验题+计算题

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1、选择题+实验题+计算题(1)1.(2018江苏徐州期中抽测)小朋友在搭积木时,将重为G的玩具汽车静置在薄板上,薄板发生了明显弯曲,如图所示。关于玩具汽车受到的作用力,下列说法正确的是()A.每个车轮受到薄板的弹力为G2B.每个车轮受到薄板的弹力为G4C.薄板弯曲程度越大,车轮受到的弹力越小D.玩具汽车受到的合力为零2.(2018江苏徐州丰县中学月考)如图所示,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。不计重力,铝板上方和下

2、方的磁感应强度大小之比为()A.2B.2C.1D.223.(多选)(2018江苏南京、盐城一模)电荷量为Q1 和Q2 的两点电荷分别固定在x 轴上的O、C 两点,规定无穷远处电势为零,x轴上各点电势随x的变化关系如图所示。则()A.Q1 的电荷量小于Q2 的电荷量B.G点处电场强度的方向沿x 轴负方向C.将一带负电的试探电荷自G 点静止释放,仅在电场力作用下一定能到达D 点D.将一带负电的试探电荷从D点移到J点,电场力先做正功后做负功4.(2018江苏无锡期末)在做“测电源电动势与内阻”的实验中,(1)先用多用电表粗测了干电池的电动势。如图1所示是测量时选择开关与表头指针所处的位置,则该电池的

3、电动势为V,实验结束后,应将选择开关拨到图中的挡位(选填“A”“B”“C”或“D”)。图1(2)设计如图2电路进行测量。在实验中发现变阻器的滑片由M端向N端逐渐滑动时,电流表示数逐渐增大,电压表的示数接近1.5 V并且几乎不变,当滑片临近N时,电压表示数急剧变化。出现这种问题,应更换一个总阻值比原来(选填“大”或“小”)的变阻器。图2(3)更换(2)中变阻器后,记录分布均匀的8组电流表示数(I)以及电压表示数(U),在数据处理软件中,以U为纵轴,以I为横轴,经拟合得到直线U=1.487 5-1.502 5I,则电动势的测量值是V,内电阻的测量值是。(均需保留三位有效数字)5.(2017内蒙古包

4、头模拟)某同学利用如图甲所示的实验装置测定铁块与木板之间的动摩擦因数,实验步骤如下:A.将斜槽轨道的末端调整水平B.使木板紧靠槽口末端O点,其上表面与槽口在同一水平面上C.使铁块从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,铁块最终停在木板上的B点,测出OB间的距离LD.去掉木板,再使铁块从斜槽上紧靠挡板处由静止释放,测出铁块做平抛运动的水平位移x和槽口离地面的高度hE.改变挡板的位置,以获取多组L、x数据(1)本实验中,斜槽表面粗糙对实验结果是否有影响?(选填“是”或“否”)。(2)该同学根据测得的数据,作出x2-L图像如图乙所示,如果图线的斜率为k,则铁块与木板间的动摩擦因数=。6.(2018江苏苏州调研

5、)如图甲所示的陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落,好像轨道对它施加了魔法一样,被称为“魔力陀螺”。它可等效为如图乙所示的模型:竖直固定的磁性轨道半径为R,质量为m的质点在轨道外侧做完整的圆周运动,A、B两点分别为轨道上的最高与最低点,质点受轨道的磁性引力始终指向圆心O且大小恒定,不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g。(1)判断质点运动过程中机械能是否守恒,并说明理由;(2)若磁性引力的大小为10mg,质点在A点的速度为gR,求质点在该点对轨道的弹力;(3)求满足质点做完整圆周运动时磁性引力的极小值。答案精解精析1.D因为薄板发生了明显弯曲,每个轮子所受弹力大小相等都为F,设弹力与水平方向的夹角为,则

6、受力分析如图所示:汽车静置在薄板上,所受合力为零,由平衡条件可知:4F sin =G,得F=G4sinG4,当薄板弯曲程度越大,越小,sin 越小,F越大,故A、B、C项错误,D项正确。2.D设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r1、r2,速度分别为v1、v2。由题意可知,粒子轨道半径:r1=2r2,由题意可知,穿过铝板时粒子动能损失一半,即:12mv22=1212mv12,v1=2v2,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,磁感应强度B=mvqr,磁感应强度之比:B1B2=mv1qr1mv2qr2=v1r2v2r1=2v2v2r22r2=22,故选D。3.BD图线斜率

7、表示场强大小,由图可知在H点的场强为零,即Q1和Q2两电荷在H的合场强为零,由公式E=kQr2可知,Q1的电荷量大于Q2的电荷量,故A项错误;由图知B点的电势为零,由于沿着电场线方向电势降低,所以在B点左边场强方向沿x轴正方向,在B点右边场强方向沿x轴负方向,故B项正确;由于在G点场强方向沿x轴向左,负电荷所受电场力向右,所以负电荷沿x轴向右运动,故C项错误;由图像可知从D点到J点电势先升高再降低,负电荷的电势能先减小后增大,电场力先做正功后做负功,故D项正确。4.答案(1)1.46(1.461.49)(2分)A(2分)(2)小(2分)(3)1.49(2分)1.50(2分)解析(1)由图甲可知

8、,选择开关所选量程为2.5 V,分度值为0.05 V,则读出电池电动势为1.46 V;测量结束后,应将选择开关接在交流高压挡或OFF挡,即图中的A挡位。(2)变阻器的滑片由M端向N端逐渐滑动时,电流表示数逐渐增大,电压表的示数接近1.5 V并且几乎不变,表明外电阻几乎一直远大于内电阻,当滑片接近N端外电阻几乎为零时,才与内电阻相差不大,电压才明显变化,为了使电流、电压变化明显,则应选总阻值更小些的变阻器。(3)由闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir,则电源电动势E=1.49 V,内阻r=1.50 。5.答案(1)否(2)k4h解析(1)铁块不管是做平抛运动还是在木板上滑动,都是直接利用其在斜槽末端

9、的速度,斜槽表面粗糙对实验结果没有影响。(2)铁块在木板上滑动,利用动能定理得-mgL=0-12mv2,从斜槽末端做平抛运动,则有x=vt,h=12gt2,联立解得x2=4hL,在x2-L图线中斜率为k,则k=4h,解得=k4h。6.答案见解析解析(1)因为质点运动过程中只有重力做功,所以质点的机械能守恒。(4分)(2)设在A点轨道对质点向上的弹力大小为FN,根据牛顿第二定律得10mg+mg-FN=mv2R,(2分)解得FN=10mg,(2分)由牛顿第三定律得,质点在A点对轨道的弹力大小为10mg,方向竖直向下。(1分)(3)质点在B点不脱轨即可,当vA=0时,质点到达B处速度最小,由动能定理得mg2R=12mvB2-0,(2分)根据牛顿第二定律得FB-mg-FN=mvB2R,(2分)可得FB=5mg+FN,(1分)故当FN=0时磁性引力最小,即FBmin=5mg。(2分)5