《2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷九 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷九 Word版含解析.pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、单元滚动检测卷九单元滚动检测卷九 考生注意： 1本试卷分选择题部分和非选择题部分，共 4 页 2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相 应位置上 3本次考试时间 90 分钟，满分 100 分 选择题部分 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分每小题列出的四个备选项中只有一 个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.小张同学将两枚小磁针放进某磁场中， 发现小磁针静止时如图 1 所示(忽略地磁场的影响)， 则该磁场一定不是( ) 图 1 A蹄形磁铁所形成的磁场 B条形磁铁所形成的磁场 C通电螺线管所形成的磁场 D通电直导线所形成
2、的磁场 答案 B 2.(2018台州市高三期末)如图 2 所示，为一正的点电荷与一金属板上的感应电荷共同形成的 电场，A、B 为电场中的两点，下列说法正确的是( ) 图 2 AA 点的电场强度比 B 点大 B图中 B 点不在电场线上，故电场强度为零 C把一试探电荷从 A 移动到 B，电场力一定做正功 D只在电场力作用下，由 A 点静止释放的带电粒子一定能经过 B 点 答案 A 3.(2018温州市 3 月选考模拟)如图 3 所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置 图实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小 ； 然后保持电流不变，改 变导体棒通电部分的长度则该实验可获得的直
3、接结论为( ) 图 3 A导体棒中电流越大，导体棒受到的安培力越小 B导体棒受到的安培力大小与电流大小成正比 C导体棒受到的安培力大小与磁感应强度大小成正比 D导体棒通电部分长度越长，导体棒受到的安培力越大 答案 D 4 (2018杭州市重点中学期末)“天舟一号” 货运飞船， 经历了 5 个月的在轨飞行后， 于 2017 年 9 月 22 日告别“天宫二号” ，按预定计划落入大气层并烧毁“天舟一号”在轨期间，其 轨道是离地面约为 380 km 的圆形轨道，地球表面处的重力加速度为 9.8 m/s2，则其( ) A速度比 7.9 km/s 要小 B周期大于 24 h C受到地球对它的万有引力几乎
4、为零 D向心加速度大于 9.8 m/s2 答案 A 5.一根闭合的粗细均匀的铁丝弯折成一直角三角形线框，将其放入匀强磁场中，磁场方向垂 直线框平面向里时，在 ab 间接有一如图 4 所示的电源，下列判断正确的是( ) 图 4 Aab 边受到的安培力在纸面内垂直 ab 向下 B整个线框所受安培力的合力为 0 Cac、cb 边所受安培力的合力方向与 ab 边垂直 D三角形线框有收缩的趋势 答案 C 6(2018平湖市联考)一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直 撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球 速度变化量的大小
5、 v 和碰撞过程中小球的动能变化量 Ek为( ) Av0 Bv12 m/s CEk1.8 J DEk10.8 J 答案 B 解析 取初速度方向为正方向，则 v(66) m/s12 m/s，由于速度大小没变，动能 不变，故动能变化量为 0，故只有选项 B 正确 7.如图 5 所示，正方体真空盒置于水平面上，它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板，其他面为 绝缘材料，ABCD 面带正电，EFGH 面带负电从小孔 P 沿水平方向以相同速率射入三个质 量相同的带正电液滴 A、B、C，最后分别落在 1、2、3 三点，则下列说法正确的是( ) 图 5 A三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B三个液滴的运动
6、时间不一定相同 C三个液滴落到底板时的速率相同 D液滴 C 所带电荷量最多 答案 D 解析 由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动， 下落高度相同， 故三个液滴的运动时间相 同，选项 B 错误；三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所 以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动， 选项A错误 ； 三个液滴落到底板时竖直分速度相等， 而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项 C 错误；由于液滴 C 在水平方向位移最大，说明液滴 C 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项 D 正确 8.如图 6 所示，在长方形 abcd 区域内有正交的电场和磁场，abL，一带电
7、粒子从 ad bc 2 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从 bc 边的中点 P 射出，若仅撤去磁场，则粒 子从 c 点射出；若仅撤去电场，则粒子将(不计重力)( ) 图 6 A从 b 点射出 B从 b、P 间某点射出 C从 a 点射出 D从 a、b 间某点射出 答案 C 解析 由粒子做直线运动可知 qv0BqE；撤去磁场，粒子从 c 点射出，可知粒子带正电， 粒子在电场中做类平抛运动， qEma， L at2， Lv0t， 所以撤去电场后由 qv0Bm得 r 1 2 v02 r ，粒子从 a 点射出，故 C 正确 mv0 qB L 2 9.(2018杭州市期末)随着“共享单车”的持续火
8、热，“共享汽车”(电动汽车)也悄然出现， 如图 7 所示下表是某种“共享汽车”的主要参数(g 取 10 m/s2) 图 7 空车质量800 kg 电池容量44 kWh 标准承载200 kg 最大续航(充满电最大行驶路程)200 km 所受阻力与汽车总重比值0.09 根据上述信息，则下列说法正确的是( ) A工作时，电动汽车的电动机是将机械能转化成电能 B电池容量 44 kWh 指的是汽车电池充满电时的电荷量 C标准承载下，电动汽车以 72 km/h 的速度匀速行驶 10 min 消耗的电能为 2 kWh D若标准承载下汽车速度能达 120 km/h，则汽车电动机最大输出功率不小于 30 kW
9、答案 D 解析 工作时，电动汽车的电动机是将电能转化为机械能，使汽车运动，故 A 错误；电池 容量 44 kWh 指的是汽车电池充满电时的电能， 故 B 错误 ； 电动汽车标准承载下的阻力为 Ff 0.09(800200)10 N9102 N， 汽车的牵引力 FFf， 消耗电能 WFvt9102 72 3.6 1060 J1.08107 J3 kWh，故 C 错误；当汽车匀速时的功率为 PFv9102 W3104 W30 kW，故 D 正确 120 3.6 10.(2018金华市、丽水市、衢州市十二校联考)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀 强电场， 其极板带电荷量分别为Q 和Q， 在两极
10、板之间， 用轻质绝缘丝线悬挂质量为 m、 电荷量为 q 的带电小球(可看成点电荷)，丝线与竖直方向成 角时小球恰好平衡，此时小球 离右板距离为 b，离左板的距离为 2b，如图 8 所示，则(重力加速度为 g)( ) 图 8 A小球带正电，极板之间的电场强度大小为mgtan q B小球受到电场力为5kQq 4b2 C若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小 D若将丝线剪断，小球向右做平抛运动 答案 A 11美国科学家阿斯顿发明的质谱仪可以用来鉴别同位素钠 23 和钠 24 互为同位素现把 钠 23 和钠 24 的原子核，由静止从同一点放入质谱仪，经过分析可知( ) A电场力对钠 23 做功
11、较多 B钠 23 在磁场中运动的速度较小 C钠 23 和钠 24 在磁场中运动的半径之比为 2324 D钠 23 和钠 24 在磁场中运动的半径之比为2236 答案 D 解析 在加速电场中，根据动能定理有 qU mv2，因此电场力对二者做功相等，钠 23 的质 1 2 量较小，速度较大，选项 A、B 错误；再由 qvB得 r，可知 r，选 mv2 r mv qB 1 B 2mU q m 项 C 错误，D 正确 12.如图 9 所示，磁感应强度大小为 B 的有界匀强磁场的宽度为 d，方向垂直纸面向里一 质量为 m、带电荷量为 q 的正离子与磁场左边界成 60角垂直磁场方向射入磁场区域，并恰 好从
12、磁场右边界穿出，则该正离子射入磁场时的速度大小为( ) 图 9 A. B. 2Bqd 3m Bqd m C. D. 2Bqd m 3Bqd 2m 答案 C 解析 离子带正电荷，且恰好从磁场右边界射出的轨道半径 r 应满足 rrcos 60d，离子 在磁场中运动时有 qvB，即 r，解得 v，C 项正确 mv2 r mv qB 2Bqd m 二、选择题(本题共 4 小题，每小题 3 分，共 12 分每小题列出的四个备选项中至少有一 个是符合题目要求的，全部选对的得 3 分，选对但不全的得 1 分，有错选的得 0 分) 13.如图 10 所示，小球甲从竖直固定的半径为 R 的 光滑圆弧轨道顶端由静
13、止滚下，圆弧底 1 4 端切线水平 ； 同质量的小球乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滚下 下列判断错误的是( ) 图 10 A两小球到达底端时速度相同 B两小球运动到底端的过程中重力做功相同 C两小球到达底端时动能相同 D两小球到达底端时，乙重力做功的瞬时功率小于甲重力做功的瞬时功率 答案 AD 解析 根据动能定理得，mgR mv2，知两小球到达底端的动能相等，速度大小相等，但是 1 2 速度的方向不同，故选项 A 错误，C 正确；两小球运动到底端的过程中，下落的高度相同， 则重力做功相同，故选项 B 正确；两小球到达底端的速度大小相等，甲球的重力与速度方 向垂直，瞬时功率为零，乙球的重力与速度
14、方向不垂直，瞬时功率不为零，则乙球的重力做 功的瞬时功率大于甲球的重力做功的瞬时功率，故选项 D 错误 14.如图 11 所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为 L 的绝缘轻质细硬杆一端固定 在 O 点，另一端固定一个质量为 m、电荷量为q 的小球 P，杆可绕 O 点在竖直平面内无摩 擦转动，电场强度大小为 E.先把杆拉成水平，然后将杆无初速度释放，重力加速度 3mg 3q 为 g，不计空气阻力，则( ) 图 11 A小球到最低点时速度最大 B小球从开始至最低点过程中动能一直增大 C小球对杆的最大拉力大小为mg 8 3 3 D小球可绕 O 点做完整的圆周运动 答案 BC 解析 在小球运动
15、的过程中只有重力和电场力做功，电场力与重力的合力大小为 F ，合力与水平方向夹角的正切值 tan ，60，所以小球mg2 qE 2 2 3 mg 3 mg qE 3 从开始运动到最低点左侧，即杆与水平方向的夹角为 60的过程中，F 一直做正功，此后 F 做负功，动能先增大后减小，所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为 60时速度最大，动 能最大， 故A错误， B正确 ； 设小球的最大速度为v， 根据动能定理得 ： mgLsin 60qEL(1cos 60) mv2，设最大拉力为 FT，则 FTFm，解得最大拉力 FT，故 C 正确；设 1 2 v2 L 8 3mg 3 动能最大的位置为 N，其关
16、于 O 的对称点为 Q，设小球能通过 Q 点，且通过 Q 点的速度为 v，根据动能定理得：mgLsin 60qEL(1cos 60) mv2，将 qE代入上式得 1 2 3mg 3 mv20，不可能，说明小球不能通过 Q 点，即不能做完整的圆周运动，故 D 错误 1 2 15.如图 12 所示，匀强电场的电场方向水平向右，虚线右边空间存在着方向水平、垂直纸面 向里的匀强磁场， 虚线左边有一固定的光滑水平杆， 杆右端恰好与虚线重合 有一电荷量为 q、 质量为 m 的小球套在杆上并从杆左端由静止释放，带电小球离开杆的右端进入正交电、磁 场后，在开始的一小段时间内，小球( ) 图 12 A可能做直线
17、运动 B一定做曲线运动 C重力势能一定减小 D电势能一定减小 答案 BD 解析 小球向右沿电场线方向运动，表明它带正电进入右侧区域时，竖直方向重力与洛伦 兹力的合力有可能为 0，可能向上，也可能向下水平方向上，电场力做正功，小球电势能 一定减小；在电场力作用下，小球必然加速，洛伦兹力会发生变化；竖直方向上，在一段时 间内， 必然不平衡， 因此小球必然做曲线运动， 其轨迹有可能向上弯曲， 也有可能向下弯曲， 因此只有选项 B、D 正确 16.如图 13 所示，在倾角为 的光滑固定斜面上，垂直纸面放置一根长为 L、质量为 m 的直 导体棒在导体棒中的电流 I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上
18、，则外加匀强磁场 的磁感应强度 B 的大小和方向正确的是( ) 图 13 ABmg，方向竖直向下 tan IL BBmg，方向竖直向上 tan IL CBmg，方向垂直斜面向下 sin IL DBmg，方向垂直斜面向上 sin IL 答案 BD 解析 若磁感应强度方向竖直向下，则安培力水平向左，导体棒无法静止 ； 若磁感应强度方 向竖直向上，根据平衡条件，可得其大小 Bmg，选项 A 错误，B 正确；若磁感应强 tan IL 度方向垂直斜面向下，则安培力沿斜面向下，导体棒无法静止 ； 若磁感应强度方向垂直斜面 向上，根据平衡条件，可得其大小 Bmg，选项 C 错误，D 正确 sin IL 非选
19、择部分 三、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分) 17(8 分)(2019 届台州中学模拟)甲同学准备做“探究做功与物体速度变化的关系”实验， 乙同学准备做“验证机械能守恒定律”的实验 (1)图 14 为实验室提供的部分器材，甲、乙同学均要使用的器材是_(填字母代号) (2)图 15 是实验中得到的纸带，a、b、c 为连续的三个点，打点计时器打点频率为 50 Hz，请 根据纸带测量结果计算 b 点对应的速度为_m/s(保留三位有效数字) 图 14 图 15 (3)如图 16 所示是另一小组的实验装置，实验中，通过改变橡皮筋的条数来改变橡皮筋对小 车做的功下列说法正确的是_ A实验中需要平
20、衡阻力 B释放小车后开启打点计时器 C需要测量橡皮筋对小车做功的数值 D每次都要从同一位置由静止释放小车 图 16 答案 (1)D (2)1.38(1.361.40 均可) (3)AD 18 (10 分)用伏安法测定电阻约为 5 的均匀电阻丝的电阻率， 电源是两节干电池 如图 17 甲所示， 将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上， 底座的中间有一个 可沿电阻丝滑动的金属触头 P，触头上固定了接线柱，按下 P 时，触头才与电阻丝接触，触 头的位置可从刻度尺上读出实验采用的电路原理图如图乙所示，电表均可视为理想电表 甲 乙 图 17 (1)本实验电压表的量程选_(填“03 V”或
21、“015 V”) (2)根据电路原理图，用笔画线代替导线，将如图 18 实物图连接成实验电路 图 18 (3)闭合开关，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，将触头 P 自左向右移动的过程中， 电流表读数_(填“增大”“减小”或“不变”) (4)实验得到几组 U、I、L 的数据，用 R 计算出相应的电阻值后作出 RL 图线如图 19 所 U I 示，取图线上的两个点间的数据之差 L 和 R，若电阻丝直径为 d，则电阻率 _.(用 L、R、d 表示) 图 19 答案 (1)03 V (2)连线如图所示 (3)不变 (4)d 2R 4L 19(10 分)如图 20 所示，半径分别为 R1、R2的两个
22、同心圆，圆心为 O，小圆内有垂直纸面 向里的磁场，磁感应强度为 B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为 B2的磁场，图中未画出， 两圆中间的圆环部分没有磁场 今有一带正电粒子(质量为 m， 带电荷量为 q)从小圆边缘的 A 点以速度 v 沿 AO 方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回 到小圆便经过 A 点，带电粒子重力不计，求： 图 20 (1)若 v，则带电粒子在小圆内的运动时间 t 为多少； 3B 1qR1 m (2)大圆外的磁场 B2的方向； (3)磁场应强度 B1与 B2的比值为多少？ 答案 (1) (2)垂直于纸面向里 (3) m 3qB1 R2 R1 解析
23、 (1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动， 洛伦兹力提供向心力， qvB1m， r1 v2 r1 mv qB1 R13 由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为 ，则 t，解得 t. 3 r1 v m 3qB1 (2)粒子第一次回到小圆便经过 A 点，则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运 动，则 B2的方向为垂直于纸面向里 (3)由几何关系可得 ， r1 r2 R1 R2 由 qvB1m，qvB2m得： v2 r1 v2 r2 r1，r2， mv qB1 mv qB2 解得. B1 B2 R2 R1 20(12 分)如图 21 为某种质谱仪结构的截面示意图该种质谱仪由加速电场、
24、静电分析器、 磁分析器及收集器组成静电分析器中存在着径向的电场，其中圆弧 A 上每个点的电势都 相等 磁分析器中存在一个边长为 d 的正方形区域匀强磁场 离子源不断地发出电荷量为 q、 质量为 m、初速度不计的离子，离子经电压为 U 的电场加速后，从狭缝 S1沿垂直于 MS1的 方向进入静电分析器，沿圆弧 A 运动并从狭缝 S2射出静电分析器，而后以垂直 MS2的方向 进入磁场中，最后进入收集器已知圆弧 A 的半径为 ，磁场的磁感应强度 B ，忽 d 2 2mU qd2 略离子的重力、离子之间的相互作用力、离子对场的影响和场的边缘效应求： 图 21 (1)离子到达狭缝 S1的速度大小； (2)
25、静电分析器中等势线 A 上各点的电场强度 E 的大小； (3)离子离开磁场的位置 答案 (1) (2) (3)距 M 点d 2qU m 4U d 3 2 解析 (1)由动能定理可知 qU mv2 1 2 解得离子到达狭缝 S1的速度大小为 v 2qU m (2)根据牛顿第二定律 Eqmv 2 d 2 解得 E 2mv2 dq 4U d (3)由牛顿第二定律得 qvBmv 2 r 可得离子在磁场中运动的轨迹半径为 rd 轨迹如图所示，根据勾股定理有 r2(r )2x2 d 2 解得 x 3d 2 所以离子从 MN 边距 M 点的位置离开 3d 2 21(12 分)如图 22 是一种回旋式加速器的
26、简化模型图，半径为 R 的真空圆形区域内存在垂 直纸面的匀强磁场，磁感应强度为 B，圆心 O 正下方 P 点处有一极窄的平行金属板，两板 间加有脉冲电压用于加速电子，电压为 U.电子由金属板间右侧小孔飘入(初速度视为零)，经 加速后，水平向左射入磁场，当电子加速到需要的速度时，通过磁屏蔽导流管 MN 将电子沿 导流管轴线引出导流管可沿 PQ 直线平移，其 N 端始终在 PQ 线上，PQ 与水平线 EF 之 间的夹角为 .已知电子的质量为 m，电荷量大小为 e，OP R，不计电子重力、电子加速 2 3 时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑相对论效应求： 图 22 (1)为了使电子获得最大速度
27、，磁场的方向； (2)电子能获得的最大速度； (3)导流管 MN 与水平线 EF 之间的夹角； (4)电子从开始加速，直至以最大速度引出，在磁场中运动所需的时间 答案 见解析 解析 (1)、(2)由题意，当电子速度最大时，其做圆周运动的最大半径 rmax R 5 6 根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里 由牛顿第二定律得 qvBmv 2 r 代入得：vmax. 5eBR 6m (3)由题意作几何图，由图可知：2. (4)设电子加速 n 次后达到 vmax，则 5eBR 6m 根据动能定理，有 nUe mv，得 n. 1 2 2max 25eB2R2 72Um 由带电粒子在磁场中运动的周期公式 T，知带电粒子在磁场中运动的时间公式 t 2m qB m qB ( 为圆心角) 联立可得：t总nT. m eB 25BR2 36U 2m eB