《高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律单元质量检测（含解析）粤教版-粤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《高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律单元质量检测（含解析）粤教版-粤教版高三全册物理试题.doc（10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、第三章 牛顿运动定律时间：60分钟满分：100分一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分，15题为单项选择题，68题为多项选择题)1安培是法国物理学家、化学家，为物理学特别是电磁学的发展做出了巨大贡献。麦克斯韦把安培誉为“电学中的牛顿”，下列关于安培的描述正确的是()A安培最早提出了“场”的概念B安培最早发现了电流的磁效应C安培最早提出了“右手定则”D为了纪念安培，用他的名字命名了电流强度的单位，是国际单位制的基本单位解析法拉第最早提出了“场”的概念，A错误；最早发现电流磁效应的是丹麦物理学家奥斯特，B错误；在奥斯特发现电流磁效应后，安培就提出了判断电流和电流激发的磁场中磁感线方向关系的定则
2、安培定则，又叫右手螺旋定则，右手定则不同于右手螺旋定则，右手定则是判断感应电流方向的定则，它不是安培提出的，C错误；安培是国际单位制的基本单位，D正确。答案D2如图1，已知电源内阻为r，A1、A2两电表均为理想电表，A2与某定值电阻串联，滑动变阻器的最大阻值为R0。闭合电键，将滑动变阻器的滑片向右移动过程中，两电流表示数之和固定不变，则定值电阻的阻值为 ()图1AR0 BrCR0r DR0r解析A2的示数I2，A1的示数I1，A1、A2两电流表示数之和I2I1，当Rr时I2I1，与滑动变阻器的阻值无关，B正确。答案B3如图2所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带
3、电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子()图2A速率一定越小B速率一定越大C在磁场中通过的路程越长D在磁场中的周期一定越大解析根据公式T可知，粒子的比荷相同，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项D错误；如图所示，设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为，则运动时间tT，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，运动半径越小，根据r可知，速率一定越小，选项A正确，B错误；当圆心角趋近180时，粒子在磁场中通过的路程趋近于0
4、，所以选项C错误。答案A4国际空间站是一项由六个国际主要太空机构联合推进的国际合作计划，也指运行于距离地面近400公里的轨道上的该计划发射的航天器，我国计划于2020年左右建成自己的空间站。如图3所示，某空间站在轨道半径为R的近地圆轨道上围绕地球运行，一宇宙飞船与空间站对接检修后再与空间站分离，分离时宇宙飞船依靠自身动力装置在很短的时间内加速，进入椭圆轨道中运行。已知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为M，引力常量为G，若分离后宇宙飞船还需要与空间站对接，则所需时间至少为()图3A2 B.C. D54解析设空间站在轨道上运行周期为T1，万有引力提供空间站做圆周运动的向心力，有
5、Gm空()2R，则T12，宇宙飞船所在轨道上的半长轴LR，设宇宙飞船在轨道上运动的周期为T2，由开普勒第三定律有()2()3，则T2T1，要完成对接宇宙飞船和空间站须同时到达椭圆轨道的近地点，故所需时间t27T154，D正确。答案D5如图3所示，半径为R的半球形碗固定于水平面上，直径AB水平，一质量为m的小球(可视为质点)由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞前瞬间小球的速度大小为2，结果小球刚好能回到抛出点。设碰撞后小球的速度大小不变，方向反向，g为重力加速度，则初速度v0大小应为()图3A. B. C. D2解析要使小球能按原路反弹回去，小球必须垂直打在圆弧上
6、，设撞击点为E，连接OE，此为过E点的切线，过E点作AB垂线，交点为F，则O为水平位移的中点，EFgt2，OF，在直角OFE中，由勾股定理有(gt2)2()2R2，2，联立解得v0，C正确。答案C6如图4所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1R212，则下列说法正确的是()图4A离子的速度之比为11B离子的电荷量之比为12C离子的质量之比为12D离子的比荷为21解析因为两粒子能沿直线通过速度选择器，则qvB1qE，即v，所以两离子的速度相同，选项A正确；根据R，则R2R121，选项B、C错误，D正确。答案AD7如图5所示，O点
7、是两等量同种负点电荷连线的中点，在两等量同种负点电荷连线的中垂面上有以O点为圆心的两个同心圆，两圆上分别有a、b、c、d四个点，O、a、c三点在一条直线上，则下列说法正确的是()图5Aa、c两点的电场强度方向相同，大小有可能相等Ba、b两点的电势相同C将带正电的检验电荷从a点在平面内移动到d点，检验电荷的电势能一定减小D带正电的检验电荷可以仅在电场力作用下在此平面内做匀速圆周运动解析由等量同种负点电荷的电场分布特点可知，a、c两点电场强度方向沿ac连线指向O点，场强大小有可能相等，A正确；a、b两点所在的圆等势，B正确；带正电的检验电荷从a点在平面内移动到d点，由电势低的等势面到电势高的等势面
8、，电势能增大，C错误；在中垂面内带正电的检验电荷始终受到方向指向O点的电场力，可在此平面内做匀速圆周运动，D正确。 答案ABD8一根弹性细绳原长为l，劲度系数为k。如图6所示，将其一端固定，另一端穿过一光滑小孔O，系在一质量为m的滑块(可视为质点)上，滑块静止在水平地面上的A点。小孔O离绳固定端的竖直距离为l，距水平地面的高度为h(h)，若把滑块向左移动少许，g为重力加速度，则()图6A移动后滑块对地面的压力变小B移动后滑块对地面的压力不变C移动后滑块将加速运动D移动后滑块仍能静止解析设小孔O在水平地面上的投影点到滑块的距离为r，OA段细绳的长度为R，与竖直方向的夹角为，对滑块受力分析有FNF
9、cos mg，fFsin ，其中FkR，由几何关系有cos ，sin ，代入数据得FNmgkh，fkr，故把滑块向左移动少许，支持力FN不变，最大静摩擦力不变，拉力F的水平分力减小，小于最大静摩擦力，滑块仍静止，选项B、D正确。答案BD二、非选择题(本题共4小题，共52分。)9(10分)某科技兴趣小组用下列方法测量手机锂电池的电动势和内阻。(1)首先用多用电表的直流电压“10 V”挡粗略地测量了锂电池的电动势，由图7可得锂电池的电动势约为_ V。图7(2)接着采用图8图8所示电路测量锂电池的内阻，则测得的内阻将比真实值_(填“偏大”或“偏小”)，原因是_。(3)测得的数据如图9，则该电池的内阻
10、为_。(结果保留2位有效数字)图9解析(1)按照刻度盘中间部分的刻度，锂电池的电动势约为3.6 V。(2)采用题图8所示电路测量锂电池的内阻，由于把电流表靠近电池连接，测得的结果实际上是电池内阻和电流表内阻之和，所以测得的内阻将比真实值偏大。(3)电池UI图象的斜率大小等于电池的内阻，则r1.7 。答案(1)3.6(2)偏大测得的结果是电池内阻和电流表内阻之和(3)1.7(1.61.8)10(10分)某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图10所示。气垫导轨与水平桌面的夹角为，导轨底端P点有一带挡光片的滑块，滑块和挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为b，滑块与砂桶由跨过轻质光滑定滑轮的
11、细绳相连。导轨上Q点固定一个光电门，挡光片到光电门的距离为d。图10(1)实验时，该同学进行了如下操作：开启气泵，调节细砂的质量，使滑块处于静止状态，则砂桶和细砂的总质量为_；在砂桶中再加入质量为m的细砂，让滑块从P点由静止开始运动。已知光电门记录挡光片挡光的时间为t，则滑块通过Q点的瞬时速度为_。(2)在滑块从P点运动到Q点的过程中，滑块的机械能增加量E1_，砂桶和细砂的机械能减少量E2_。在误差允许的范围内，如果E1E2，则滑块、砂桶和细砂组成的系统机械能守恒。解析(1)滑块与气垫导轨间的摩擦力可忽略不计，滑块处于静止状态，设砂桶和细砂的总质量为m1，由平衡条件可得，m1gMgsin ，解
12、得m1Msin ；滑块通过Q点的瞬时速度可以用挡光片通过光电门的平均速度代替，则vQ。(2)从P点到Q点的过程中，滑块的重力势能增加Mgdsin ，动能增加量为M()2，所以机械能增加量E1M()2Mgdsin ；砂桶和细砂的总质量为mMsin m，其势能减少量为mgd，动能的增加量为m()2，所以机械能的减少量E2(Msin m)gd(Msin m)()2。答案(1)Msin (2)M()2Mgdsin (Msin m)gd(Msin m)()211(14分)用光滑圆管制成如图11所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点。已知圆轨道的半径为
13、R1 m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为37。现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。图11解析小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点时的速度为0。设最高点到C点的竖直距离为h，小球运动到C点时的速度为vC，对小球由动能定理可得mghmvhRRcos 小球在CD段做匀加速直线运动，设CD段的长度为l，由匀加速直线运动规律可得lvCtat2由几何关系可得l小球在CD段下滑过程中，由牛顿第二定律可得mgsin ma联立解得：t0.7
14、s答案0.7 s12(18分)如图12所示，在xOy平面内0xL的范围内存在着电场强度方向沿x轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的粒子从坐标原点O以速度v0沿y轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的P点(L，L)后，粒子继续运动一段时间进入一个圆形匀强磁场区域(图中未画出)，之后粒子又从电场虚线边界上的Q点(L，2L)沿与y轴正方向夹角为60的方向进入电场，已知磁场的磁感应强度方向垂直xOy平面向里，大小为B，不计粒子重力。求：图12(1)电场强度的大小；(2)粒子到达Q点时的速度大小；(3)圆形磁场的最小横截面积。解析(1)如图是粒子的运动轨迹，粒子从O到P做类平抛运动，则有：竖直方向Lv0t水平方向Lat2由牛顿第二定律Eqma解得E(2)粒子过P点和Q点时速度大小相等，设为v，与y轴正方向夹角为，则vxatvtan 解得60，v2v0(3)粒子在磁场中做圆周运动，有qvBm，解得R粒子在Q点以与y轴正方向夹角为60的方向进入电场，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为EOF120圆形磁场区域的最小半径rRcos 30R则圆形磁场区域的最小横截面积Sr2答案(1)(2)2v0(3)