《高考物理训练试卷（1）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理训练试卷（1）（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2016年湖南省长沙市周南中学高考物理训练试卷（1）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1静止在水平面上的方形框架的质量为M，它中间用两根质量不计的轻弹簧连着一质量为m的小球当小球上下振动的过程中，方形框架对水平面的压力为零的时刻，小球加速度的大小和方向是（）Ag，向下Bg，向上C，向下D，向上2一个同学做平抛实验，只在纸上记下纵坐标Y方向，并且在坐标纸上描出如图一段曲线若在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到Y的距离X1、X2，以及A、B的竖直距离h，则小球抛出时的速度v0为（）ABCD3如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒
2、子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）A，正电荷B，正电荷C，负电荷D，负电荷4如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后P与弹簧分离，在这一过程中，下列说法正确的是（）AP与弹簧分离时，Q的动能达到最大BP与弹簧分离时，P的动能达到最小CP与Q的速度相等时，P和Q的动能之和达到最小DP与Q的速度相等时，P的动能达到最小5有一电路连接如图所示，理想变压器初级线圈接
3、电压一定的交流电，则下列说法中正确的是（）A只将Sl从2拨向l时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变大C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小6如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为U，电流表示数的变化量为I，则（）A变化过程中U和I的比值保持不变B电压表示数U和电流表示数I的比值不变C电阻R0两端电压减小，减小量为UD电容器的带电量增大，增加量为CU7图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金
4、属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（）A在Ekt图中应有t4t3=t3t2=t2t1B高频电源的变化周期应该等于tntn1C要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径D在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大8如图所示，电容器A的电容CA=30F，电容器B的电容CB=10F，在开关S1、S2都是断开的情况下，分别给电容器A、B充电，充电后，M点的电势比N点高5V，O点的电势比P点低5V，然后把S1、S2都接通，
5、接通后（）AA的带电量是5105CBB的带电量是2.5105CCUMN=5VDUPO=2.5V2016年湖南省长沙市周南中学高考物理训练试卷（1）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1静止在水平面上的方形框架的质量为M，它中间用两根质量不计的轻弹簧连着一质量为m的小球当小球上下振动的过程中，方形框架对水平面的压力为零的时刻，小球加速度的大小和方向是（）Ag，向下Bg，向上C，向下D，向上【分析】分别以M和m为研究对象，进行受力分析，求出合力再根据牛顿第二定律分析求解【解答】解：以M为研究对象，M受重力和地面的支持力以及弹簧对M向上的作用力F：根据平衡方程，得：N+F
6、=Mg，当方形框架对水平面的压力为零的时刻，即N=0时，F=Mg以m为研究对象，有根据牛顿第二定律：ma=mg+F=mg+Mg故：小球加速度a=，方向竖直向下故ABD错误，C正确故选：C2一个同学做平抛实验，只在纸上记下纵坐标Y方向，并且在坐标纸上描出如图一段曲线若在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到Y的距离X1、X2，以及A、B的竖直距离h，则小球抛出时的速度v0为（）ABCD【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，设初速度为v0，根据水平方向上的位移x1和x2，得出抛出点运动到A和B的时间，根据竖直方向上的距离差为h，求出初速度【解答】解：设初速度为
7、v0，则从抛出点运动到A所需的时间t1=，从抛出点运动到B所需的时间t2=，在竖直方向上有： gt22gt12=h，代入t1、t2，解得：v0=故A正确，B、C、D错误故选：A3如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）A，正电荷B，正电荷C，负电荷D，负电荷【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系和半径的公式可以求得该粒子的
8、比荷【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30，所以有a=R+R=R，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，所以有，所以有所以C正确故选C4如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞，一段时间后P与弹簧分离，在这一过程中，下列说法正确的是（）AP与弹簧分离时，Q的动能达到最大BP与弹簧分离时，P的动能达到最小CP与Q的速度相等时，P和Q的动能之和达到最小DP与Q的速度相等时，P的动能达到最小【分析】
9、当P与弹簧发生碰撞，P的速度减小，Q的速度增加，当P、Q的相等时，弹簧压缩到最短，然后Q的速度大于P的速度，Q继续加速，P继续减速，当弹簧恢复原长时，P、Q开始分离【解答】解：A、从P与弹簧接触到P与弹簧分离的过程中，弹簧一直对Q做功，分离时，Q的动能最大故A正确B、P在与弹簧的接触的过程中，弹力一直对P做负功，当P与 弹簧分离时，P的动能最小故B正确C、当两者速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，根据能量守恒，系统动能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，则P和Q的动能之和到达最小故C正确，D错误故选ABC5有一电路连接如图所示，理想变压器初级线圈接电压一定的交流电，则下列说法中正确的是（）
10、A只将Sl从2拨向l时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变大C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小【分析】理想变压器原副线圈变压比公式为：；理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可【解答】解：A、只将S1从2拨向1时，n1变小，根据变压比公式，输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，故A错误；B、只将S2从4拨向3时，n2变小，根据变压比公式，输出电压变小，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，故B错
11、误；C、只将S3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R2与R3串联的支路的电压不变，故通过电阻R2的电流不变，电压也不变，故C错误；D、只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率减小，故D正确故选D6如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为U，电流表示数的变化量为I，则（）A变化过程中U和I的比值保持不变B电压表示数U和电流表示数I的比值不变C电阻R0两端电压减小，减小量为UD电容器的带电量增大，增加量为CU【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的
12、阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与U的关系，确定电容带电量变化量电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R电压表示数变化量U和电流表示数变化量I的比值等于R0+r【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=EI（R0+r），由数学知识得知， =R0+r，保持不变故A正确B、由图， =R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大故B错误C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的
13、电压减小量小于U电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为CU故C错误，D正确故选：AD7图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（）A在Ekt图中应有t4t3=t3t2=t2t1B高频电源的变化周期应该等于tntn1C要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径D在磁感应强度、“D”形盒半径，粒子的质量及其电荷量不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定
14、越大【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断【解答】解：A、根据周期公式T= 知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4t3=t3t2=t2t1故A正确B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tntn1），故B错误；C、根据半径公式r=知，v=，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关故C正确，D错误故选：AC8如图所示，电容器A的电容CA=30F，电容器B的电容CB=10F，在开关S1、S2都是断开的情况下，分别给电容器A、B充电，充电后，M点的电势
15、比N点高5V，O点的电势比P点低5V，然后把S1、S2都接通，接通后（）AA的带电量是5105CBB的带电量是2.5105CCUMN=5VDUPO=2.5V【分析】由Q=UC可求得两电容器所带电量；根据电势差的大小可知接通后电量的变化【解答】解：由题意可知，充电后两电容的电量分别为：QA=CAU=305106=1.5104C；QB=CBU=105106=5105C而接通后由于两电容器分别将正负极相接，故应先中和电量；故接通后总电量应为：1.5104C5105C=1104C；两电容器串接后，电压应相等，设为U1，则有：U1CA+U1CA=1104C；U1=2.5V；M点的电势高于N点；O点电势高于P点；故UMN=2.5V；UPO=2.5V；故C错误，D正确；由Q=UC可知，QA=U1CA=7.5105C；QB=2.5105C；故A错误，B正确；故选：BD