資源簡介 第 1 頁 共 6 頁2019高考物理三輪沖刺練:小卷沖刺搶分練(1)含解析小卷沖刺搶分練(一)——(8+2實驗)(本欄目內容,在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分。在每小題給出的四個選項中,第14~18題只有一項符合題目要求,第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)14.關于原子核的變化,下列說法正確的是( )A.一個原子核在一次衰變中可同時放出α、β和γ三種射線B.自由核子組成原子核時,其質量虧損所對應的能量大于該原子核的結合能C.鈾核裂變的核反應是U→Ba+Kr+2nD.鈾(U)經過多次α、β衰變形成穩定的鉛(Pb)的過程中,有6個中子轉變成質子解析: 一個原子核在一次衰變中只能放出α、β兩種射線中的一種,γ射線可以伴隨α射線或β射線放出,所以不能同時放出α、β和γ三種射線,選項A錯誤;自由核子組成原子核時,其質量虧損所對應的能量等于該原子核的結合能,選項B錯誤;鈾核裂變的核反應是U+n→Ba+Kr+3n,兩邊中子不能約掉,選項C錯誤;根據核反應過程中質量數和電荷數守恒知238=206+4×8,發生8次α衰變;92=82+2×8-6,發生6次β衰變,β衰變的實質是中子轉化為質子的同時釋放電子,所以有6個中子轉變成質子,選項D正確。答案: D15.如圖所示,將銅片懸掛在電磁鐵的兩極間,形成一個擺。在電磁鐵線圈未通電時,銅片可以自由擺動,忽略空氣阻力及轉軸摩擦的作用。當電磁鐵通電后,電磁鐵兩極間可視為勻強磁場,忽略磁場邊緣效應。關于通電后銅片的擺動過程,以下說法正確的是( )A.由于銅片不會受到磁鐵的吸引,所以銅片向右穿過磁場后,還能擺至原來的高度B.銅片進入磁場的瞬間,銅片一定立即減速C.銅片在進入和離開磁場時,由于電磁感應,均有感應電流產生D.銅片進入磁場的過程是機械能轉化為電能的過程,離開磁場的過程是電能轉化為機械能的過程解析: 銅片向右穿過磁場過程中,切割磁感線,由于電磁感應,產生感應電動勢和感應電流,感應電流受到與運動方向相反的安培力作用,導致不能擺至原來的高度,選項A錯誤,C正確;銅片進入磁場的瞬間,若重力沿運動方向的分力大于所受的安培力,則銅片做加速運動,選項B錯誤;銅片進入磁場的過程是機械能轉化為電能的過程,離開磁場的過程仍然產生感應電動勢和感應電流,還是機械能轉化為電能的過程,選項D錯誤。答案: C16.球體A、B和半球體C如圖所示疊放并處于靜止狀態,三個球的半徑相同,A、B兩球的質量均為m,半球C的質量為m,B球與地面接觸但沒有作用力,三個球之間、B球與豎直墻壁間接觸處均光滑,則下列說法正確的是( )A.A對C的作用力大小為mgB.A對B的作用力大小為mgC.豎直墻壁對B的作用力大小為mgD.地面對C的摩擦力大小為mg解析: 由于三個球的半徑相同,因此三個球的球心連接可以構成正三角形,由幾何關系可知,A、C球心連線豎直,因此A對C的作用力大小等于mg,A項錯誤;A對B的作用力為零,B項錯誤;隔離B分析可知,墻壁對B球的作用力大小F2==mg,C項錯誤;對整體分析可知,地面對C的摩擦力大小Ff=F2=mg,D項正確。答案: D17.(2018·臨沂一模)如圖所示,OM的左側存在范圍足夠大,磁感應強度大小為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,ON(在紙面內)與磁場方向垂直且∠NOM=60°,ON上有一點P,OP=L。P點有一粒子源,可沿紙面內各個方向射出質量為m,電荷量為q的帶正電的粒子(不計重力),速率為,則粒子在磁場中運動的最短時間為( )A. B.C. D.解析: 粒子運動的半徑r==;當粒子在磁場中運動時間最短時,在磁場中的圓弧弦最短,則由P點作MO的垂線即為最短弦長,則PA=Lsin 60°= L,由三角函數可得:sin ==,解得∠PO1A=90°,則最短時間t=T=,故選A。答案: A18.一個質量為m的滑塊以初速度v0在水平地面上滑行,t=1 s后對滑塊施加與運動方向相反的恒定拉力F,從v0開始直到滑塊停止運動的過程中,滑塊的位移x=28 m,滑塊運動的v ?t圖象如圖所示,重力加速度g=10 m/s2,則下列說法正確的是( )A.滑塊質量為2 kgB.施加的拉力為4 NC.滑塊與地面間的動摩擦因數為0.08D.1 s時滑塊的速度大小為6 m/s解析: 前5 s內滑塊的位移x=28 m,x1+x2=28 m,0~1 s內滑塊的位移x1=v0t1-a1t,其中a1=μg,1~5 s內滑塊的位移x2=(v0-μgt1)t2,聯立解得μ=0.08,C正確。1 s時滑塊的速度大小為v1=v0-μgt1=9.2 m/s,D錯誤。1~5 s內滑塊的加速度大小為a2=2.3 m/s2,由牛頓第二定律有,F+μmg=ma2,可知只能求出拉力F和質量m的比值,A、B錯誤。答案: C19.如圖所示,A、B、C、D為勻強電場中相鄰的四個等勢面,一電子經過等勢面D時,動能為16 eV,速度方向垂直于等勢面D且經過等勢面C時,電勢能為-8 eV,經過等勢面B時速度恰好為零,已知相鄰等勢面間的距離均為4 cm,電子重力不計。則下列說法正確的是( )A.電子做勻變速直線運動B.勻強電場的場強大小為100 V/mC.等勢面A的電勢為-8 VD.電子再次經過等勢面D時,動能為16 eV解析: 電子從等勢面D運動到等勢面B的過程中,由動能定理得-eUDB=0-EkD,則可解得UDB=16 V,又電子在等勢面C時,由EpC=-eφC,代入數據解得φC=8 V,又因為相鄰等勢面之間的距離相等,則相鄰兩等勢面的電勢差相等,則φB=0、φA=-8 V、φD=16 V,C正確;由于電場為勻強電場,則電子所受的電場力為恒力,電子做勻變速直線運動,A正確;由電勢差與電場強度的關系可知E== V/m=200 V/m,B錯誤;當電子從等勢面D運動到等勢面B,再回到等勢面D的整個過程中,電場力所做的功為零,由能量守恒定律可知,電子再次回到等勢面D時的動能仍為16 eV,D正確。答案: ACD20.如圖所示,理想變壓器原線圈與一交流電源相連,原、副線圈分別接有相同的小燈泡a、b和c。已知小燈泡的額定電壓為0.3 V,電阻為30 Ω(假設電阻不隨溫度的變化而變化)。閉合開關S,三個小燈泡均能正常發光,下列說法正確的是( )A.原、副線圈的匝數之比為2∶1B.交流電源電壓的有效值為0.6 VC.斷開開關S,b會被燒壞D.斷開開關S,a會被燒壞解析: 因為三個小燈泡都正常發光,所以Ua=Ub=Uc=0.3 V,故副線圈中的電流I2= A=0.02 A,原線圈中的電流I1= A=0.01 A,故根據=,可得=,A項正確;副線圈兩端的電壓U2=0.3 V,根據=,可得原線圈的輸出電壓為U1=0.6 V,故交流電源電壓的有效值為U=U1+Uα=0.9 V,B項錯誤;如果斷開開關S,副線圈中的電流減小,根據=,可得原線圈中的電流也減小,a分壓減小,不會被燒壞,因為U=U1+Ua,故原線圈的輸出電壓增大,即U1增大,根據=,可得副線圈兩端的電壓增大,即b兩端電壓增大,大于額定電壓,b會被燒壞,C項正確,D項錯誤。答案: AC21.2018年2月12日,平昌冬奧會跳臺滑雪女子標準臺比賽在阿爾卑西亞跳臺滑雪中心舉行。中國選手常馨月最終獲得該項比賽的第20名。據悉,這是中國女子跳臺滑雪運動員首次闖入冬奧會并進入決賽。如圖所示為簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖。助滑坡由AB和BC組成,AB為斜坡,BC為半徑R=10 m的圓弧面,兩者相切于B點,與水平面相切于C點,A、C兩點間的豎直高度h1=40 m,CD為豎直跳臺,假設一運動員的質量為m=80 kg,滑雪裝備質量不計,運動員從A點由靜止滑下,通過C點水平飛出,飛行一段時間落到著陸坡DE上的E點,C、E兩點間水平方向的距離x=100 m,豎直高度h2=80 m,不計空氣阻力,g取10 m/s2下列說法正確的是( )A.運動員在空中飛行的時間為2 sB.運動員到達C點的速度大小為25 m/sC.運動員到達C點時對滑道的壓力大小為5 800 ND.運動員由A滑到C的過程中阻力做的功為7 000 J解析: 由h2=gt2,代入數據解得運動員在空中飛行的時間t=4 s,選項A錯誤;由x=vCt,解得運動員通過C點的速度大小vC== m/s=25 m/s,選項B正確;運動員通過的C點是在BC段做圓周運動的最低點,設滑道對運動員的支持力為F,由牛頓第二定律有F-mg=m,解得F=mg+m=5 800 N,由牛頓第三定律可知運動員到達C點時對滑道的壓力大小為5 800 N,選項C正確;對運動員從A到C的運動過程應用動能定理,有mgh1+W阻=mv-0,解得W阻=mv-mgh1,代入數據得W阻=-7 000 J,選項D錯誤。答案: BC二、非選擇題(實驗)22.(5分)某同學利用如圖所示的裝置測量小木塊與接觸面間的動摩擦因數,已知小木塊與斜面和水平面之間的動摩擦因數相同,小木塊從斜面上的A點由靜止滑下,經過斜面的最低點B到達水平面上的C點靜止,A、C兩點間的水平距離為x,小木塊可視為質點,回答下列問題:(1)已知小木塊的質量為m,重力加速度大小為g,若動摩擦因數為μ,由A點運動到C點的過程中。克服摩擦力做的功Wf與x之間的關系式為Wf=________。(2)為盡量簡便地測量小木塊與接觸面間的動摩擦因數,下列哪些物理量需要測量________。A.小木塊的質量mB.斜面的傾角θC.A、B兩點間的距離D.A、C兩點間的豎直高度差hE.A、C兩點間的水平距離x(3)利用上述測量的物理量,寫出測量的動摩擦因數μ=________;(4)小木塊運動到B點時,由于與水平面的作用,豎直方向的分速度會損失,將導致測量的動摩擦因數與實際動摩擦因數相比________(填“偏大”“相等”或“偏小”)。解析: (1)設A點距水平面的高度為h,斜面傾角為θ,小木塊從A點運動到C點的過程中,克服摩擦力做的功為Wf=μmgcos θ·+μmg=μmgx。(2)小木塊從A點運動到C點的過程中,根據動能定理有mgh-μmgx=0,解得μ=,故需要測量h和x,D、E正確。(4)由于小木塊經過B點時,豎直方向的分速度會損失,將導致小木塊的動能減小,從而使x的測量值比理想值小,因而測量所得的動摩擦因數將比實際數值大。答案: (1)μmgx(1分) (2)DE(2分) (3)(1分) (4)偏大(1分)23.(10分)利用圖甲所示的電路測量某電池的內阻,其中AB為一段粗細均勻的鉛筆芯,筆芯上套有一金屬滑環P(寬度和電阻不計,與筆芯接觸良好并可自由移動)。實驗器材還有:標準電池(電動勢為E0,內阻不計),電阻箱(最大阻值為99.99 Ω),靈敏電流計G(量程為0~600 μA),待測電池(電動勢Ex小于E0,內阻rx未知),開關3個,刻度尺等。主要實驗步驟如下:a.測量出鉛筆芯A、B兩端點間的距離L0;b.將電阻箱調至某一阻值R,閉合開關S1、S2、S3,移動滑環P使電流計G示數為零,測量出此時A、P之間的長度L;c.改變電阻箱的阻值R,重復步驟b,記錄下多組R及對應的L值。回答以下問題:(1)移動滑環P使G的示數為零,此時AP兩端的電壓與電阻箱兩端的電壓UR相等,則UR=________(用L、L0、E0表示)。(2)利用記錄的多組R、L數據,作出?圖象如圖乙所示,則隨變化的關系式為=________(用Ex、rx、E0、L0、R表示),待測電池的內阻rx=________Ω(結果保留兩位有效數字)。(3)在步驟b的操作過程中,若無論怎樣移動滑環P,也無法使G的示數為零,經檢查發現,有一個開關未閉合,你認為未閉合的開關是________(填“S1”“S2”或“S3”)。(4)本實驗中若標準電池的內阻不可忽略,則待測電池內阻的測量結果將________(填“偏大”“不變”或“偏小”)。解析: (1)因為電流計示數為零,則待測電池的電流不會影響標準電池中的電流,由歐姆定律知UR=E0。(2)由于AP兩端的電壓等于電阻箱兩端的電壓,則UAP=E0,由電路圖可知UR=Ex,又UR=UAP,整理可得=·+,則-圖象的斜率為k=,由圖乙可知斜率k= Ω·m-1=10 Ω·m-1,則=10 Ω·m-1,又截距為b=,由圖乙可知截距b=9 m-1,則=9 m-1,聯立解得rx≈1.1 Ω。(3)如果S3未閉合,靈敏電流計示數一定為零;如果S2未閉合,調節滑環P可以使靈敏電流計的示數為零;只有S1未閉合時,僅電池Ex接入電路,無論如何移動滑環P,靈敏電流計的示數均不可能為零。(4)由實驗原理可知,如果標準電池的內阻不可忽略,則標準電池的內阻分一部分電壓,但仍然能保證AP兩端的電壓等于電阻箱兩端的電壓,則測得的待測電池的內阻不變。答案: (1)E0(2分) (2)·+(2分) 1.1(或1.0或1.2)(2分) (3)S1(2分) (4)不變(2分) 第 7 頁 共 7 頁2019高考物理三輪沖刺練:小卷沖刺搶分練(2)含解析小卷沖刺搶分練(二)——(8+2實驗)(本欄目內容,在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分。在每小題給出的四個選項中,第14~18題只有一項符合題目要求,第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)14.(2018·漢中檢測)關于物理學研究方法,下列敘述中正確的是( )A.伽利略在研究自由落體運動時采用了微量放大的方法B.用點電荷來代替實際帶電體采用了理想模型的方法C.在探究求合力方法的實驗中使用了控制變量的方法D.法拉第在研究電磁感應現象時利用了理想實驗的方法解析: 伽利略在研究自由落體運動時運用了實驗和邏輯推理相結合的方法,選項A錯誤;點電荷是理想化的物理模型,是對實際帶電體的簡化,選項B正確;在探究求合力方法的實驗中使用了等效替代的方法,選項C錯誤;法拉第在研究電磁感應現象時利用了歸納法,選項D錯誤。答案: B15.用如圖所示電路研究光電效應規律。當一束一定強度的某一頻率的黃光照射到光電管的陰極K上時,滑動變阻器的滑動觸頭P處于A、B中點,電流表中恰無電流通過,則( )A.若滑動觸頭P向B端移動,電流表一定有示數B.若滑動觸頭P向A端移動,電流表一定有示數C.若用紅外線照射陰極K,電流表一定有示數D.若用紫外線照射陰極K,電流表一定沒有示數解析: 若電流表剛好無電流通過,說明加在光電管兩端的電壓等于遏止電壓,將滑動觸頭P向B端移動時,加在光電管兩端的電壓增大,電流表一定沒有示數,選項A錯誤;當滑動觸頭P向A端移動時,加在光電管兩端的電壓減小,電流表一定有示數,選項B正確;用紅外線照射陰極K時,電流表沒有示數,選項C錯誤;若用紫外線照射陰極K時,光電子一定能到達陽極,電流表一定有示數,選項D錯誤。答案: B16.(2018·北京朝陽高三二模)GPS導航系統可以為陸、海、空三大領域提供實時、全天候和全球性的導航服務,它是由周期約為12小時的衛星群組成。則GPS導航衛星與地球同步衛星相比( )A.地球同步衛星的角速度大B.地球同步衛星的軌道半徑小C.GPS導航衛星的線速度大D.GPS導航衛星的向心加速度小解析: GPS導航衛星周期小于同步衛星的周期,根據=k可知,同步衛星的軌道半徑較大,由ω=知同步衛星的角速度較小,A、B錯誤;根據v= ,可知GPS導航衛星的線速度較大,C正確;根據a=可知,GPS導航衛星的向心加速度較大,D錯誤。答案: C17.如圖所示為某電場中x軸上電場強度分布的圖象,電場強度沿x軸正向為正方向,則下列說法正確的是( )A.x軸上,0~x1之間電勢不變,x1~x2之間電勢均勻減小B.若0點處電勢為零,則x1點處電勢為E0x1C.若一個帶電粒子在坐標原點由靜止釋放,僅在電場力作用下沿x軸正向運動,則粒子先做加速運動,后做減速運動 D.若x2=2x1,則0~x1之間的電勢差的大小是x1~x2之間電勢差的大小的2倍解析: 沿著電場線的方向電勢逐漸降低,A項錯誤;若0點處電勢為零,由于沿著電場線的方向電勢逐漸降低,因此x1點處的電勢為負值,B項錯誤;一個帶電粒子在坐標原點由靜止釋放,僅在電場力作用下沿x軸正向運動,說明粒子受到的電場力的方向沿x軸正向,因此粒子一直做加速運動,C項錯誤;由于E ?x圖線與坐標軸所圍的面積為電勢差的大小,當x2=2x1時,圖象上0~x1之間所圍的面積是x1~x2之間所圍面積的2倍,因此D項正確。答案: D18.如圖所示,正方形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁場中有一阻值為R的矩形金屬線框abcd,ab邊長是bc邊長的2倍,若將線框向右以速度v勻速平移出磁場,線框中產生的焦耳熱為Q1;若將線框向上以速度2v勻速平移出磁場,線框中產生的焦耳熱為Q2,則Q1、Q2的大小關系是( )A.Q1=Q2 B.Q1=2Q2C.Q2=2Q1 D.Q2=4Q1解析: 設bc邊長為L,則ab邊長為2L,線框以速度v向右平移出磁場時,E1=2BLv,Q1=·=,同理可得,線框以速度為2v向上平移出磁場時,Q2=,因此有Q2=Q1,A項正確。答案: A19.如圖所示,固定于豎直面內的粗糙斜桿與水平方向的夾角為30°,質量為m的小球套在桿上,在大小不變的拉力F作用下,小球沿桿由桿的底端勻速運動到桿的頂端。F與斜桿之間的夾角為α,已知小球與斜桿之間的動摩擦因數為μ=,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則關于拉力F的大小和F的做功情況,下列說法正確的是( )A.當α=30°時,拉力F最小B.當α=30°時,拉力F做的功最小C.當α=60°時,拉力F最小D.當α=60°時,拉力F做的功最小解析: 要使F最小,則應有Fsin α答案: AD20.兩根固定的相互平行的直導線A和B,相距為L,電流方向如圖所示。導線C用輕繩懸掛在AB導線的中間上方,距離AB為L,三根導線通的電流都為I。下列說法正確的是( )A.從上往下看導線C順時針轉動,同時繩子的張力變小B.從上往下看導線C逆時針轉動,同時繩子的張力變大C.當C轉到與A、B平行時A、B和C單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1D.當C轉到與A、B平行時A、B和C單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶1解析: 由右手螺旋定則可以判斷C導線左側的磁場方向從下往上,右側從上往下,從而可判斷C導線左側受到向外的力右側受到向里的力,從上往下看導線是逆時針轉動;利用極限法可判斷C導線轉動到與AB平行時受到向下的安培力,所以過程中繩子張力變大;A錯誤,B正確,轉到與AB平行時,三根導線電流方向都是垂直紙面向里,所以A、B和C受到相互之間的磁場作用力大小相等,C錯誤,D正確。答案: BD21.(2018·秦皇島一模)如圖所示,光滑地面上有P、Q兩個固定擋板,A、B是兩擋板連線的三等分點。A點有一質量為m2的靜止小球,P擋板的右側有一質量為m1的等大小球以速度v0向右運動。小球與小球、小球與擋板間的碰撞均沒有機械能損失,兩小球均可視為質點。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發生在B點處,則兩小球的質量之比m1∶m2可能為( )A.3∶1 B.1∶3C.1∶5 D.1∶7解析: 若碰后球m1的速度方向與原來的速度方向相同,可知球m1的速度小于球m2的速度,兩球在B點相遇,有v2t=3v1t,即v2=3v1,根據動量守恒得,m1v0=m1v1+m2v2,根據機械能守恒得m1v=m1v+m2v,聯立解得m1=3m2,選項A正確。若碰撞后球m1的速度方向與原來的方向相反,與擋板碰后反彈,在B點追上球m2,則有v1t=3v2t,即v1=3v2,根據動量守恒得m1v0=-m1v1+m2v2,根據機械能守恒m1v=m1v+m2v,聯立解得m2=7m1,選項D正確。若碰撞后球m1的速度方向與原來的方向相反,與擋板碰后反彈、球m2也與擋板碰后反彈,兩球在B點相遇,則有v1t=v2t,即v1=v2,根據動量守恒m1v0=-m1v1+m2v2,根據機械能守恒得:m1v=m1v+m2v,聯立解得:m2=3m1,選項B正確。答案: ABD二、非選擇題(實驗)22.(5分)某同學利用如圖甲所示的實驗裝置驗證動能定理。水平桌面上固定一傾斜的氣墊導軌,導軌上A點處有一帶長方形遮光片的滑塊,其總質量為M,左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一裝有適量細沙的易拉罐相連,易拉罐和里面的細沙總質量為m。遮光片兩條長邊與導軌垂直,導軌上B點有一光電門,可以測量遮光片經過光電門時的擋光時間t,d表示遮光片的寬度,L表示A、B兩點間的距離?;瑝K與導軌間沒有摩擦力,用g表示重力加速度。(1)該同學首先用游標卡尺測量了遮光片的寬度,如圖乙所示,遮光片的寬度d=________cm。(2)該同學首先調整導軌傾角,讓滑塊恰好在A點靜止。剪斷細繩后,滑塊開始加速下滑,則滑塊受到的合外力的大小為________。(3)為驗證從A到B的過程中滑塊所受合外力做功與滑塊動能變化的關系,需要驗證的關系式為________(用題目中所給的物理量符號表示)。解析: (1)寬度d=(11+0.4) mm=11.4 mm=1.14 cm。(2)由于滑塊在A點靜止,因此滑塊所受重力沿斜面向下的分力等于易拉罐及細沙所受的總重力mg,又由于斜面與滑塊間無摩擦,因此滑塊下滑時,受到的合外力的大小等于mg。(3)設滑塊到達B點的速度為v,則本實驗應該驗證mgL=Mv2,而v=,代入可得mgL=M2。答案: (1)1.14(1分) (2)mg(2分) (3)mgL=M2(2分)23.(10分)為測量某金屬絲的電阻率,某同學設計了如圖a所示的實驗電路。請完成下列實驗相關內容:(1)為粗測金屬絲的總電阻值,該同學用如圖b所示的多用電表在連接好的電路上進行測量:①機械調零后將選擇開關撥到“×1 Ω”擋。②將紅、黑表筆短接,調節歐姆調零旋鈕,使______________________________________________________________________________________________________。③____________________,將紅表筆接在P,黑表筆接在Q,多用電表指針指示如圖c,則金屬絲總電阻值R0=________Ω。(2)用螺旋測微器測金屬絲直徑,示數如圖d所示,則金屬絲直徑d=________mm。(3)閉合開關S,保持電流表示數不變,改變并記錄電阻箱的阻值R和對應接入電路中金屬絲長度L的數據。在R ?L圖線上描點連線,作出R、L的圖線如圖e。(4)根據測得金屬絲的直徑d及R ?L圖線,求得金屬絲的電阻率ρ=________。(計算結果保留三位有效數字)解析: (1)②將紅、黑表筆短接,調節歐姆調零旋鈕,使指針指在0 Ω處。③由于測電阻必須斷開電源,測得是金屬絲總電阻值,必須取下線夾,即斷開開關S,取下線夾,將紅表筆接在P,黑表筆接在Q,多用電表指針指示如圖c,由讀數規則可知金屬絲總電阻值R0=5.0×1 Ω=5.0 Ω。(2)由螺旋測微器讀數規則可知金屬絲直徑d=0.01×36.0 mm=0.360 mm。(4)由實驗原理可知R=ρ,而S=πd2,整理得R=-L+L0,斜率大小k==,代入數據解得ρ=1.02×10-6 Ω·m。答案: (1)②指針指在0 Ω處 (或使指針指在右端零刻度處、使指針指在電流滿偏的位置)(2分)?、邸嚅_開關S,取下線夾(或斷開開關S,將線夾夾到Q端)(2分) 5.0(填寫5的也對)(2分) (2)0.360(0.358~0.362均算對)(2分) (4)1.02×10-6 Ω·m(2分) 第 7 頁 共 7 頁2019高考物理三輪沖刺練:小卷沖刺搶分練(3)含解析小卷沖刺搶分練(三)——(8+2計算)(本欄目內容,在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分。在每小題給出的四個選項中,第14~18題只有一項符合題目要求,第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)14.關于光電效應的實驗規律,下列說法中正確的是( )A.發生光電效應時,不改變入射光的頻率,增大入射光強度,則單位時間內從金屬表面逸出的光電子數目增多B.光電子的最大初動能跟入射光強度成正比C.發生光電效應的反應時間一般都大于10-7 sD.只有入射光的波長大于該金屬的極限波長,光電效應才能產生解析: 發生光電效應時,不改變入射光的頻率,增大入射光強度,則單位時間內打到金屬上的光子個數增加,則從金屬表面逸出的光電子數目增多,選項A正確;光電子的最大初動能跟入射光強度無關,隨入射光頻率的增大而增大,選項B錯誤;發生光電效應的反應時間一般都不超過10-9 s,選項C錯誤;只有入射光的頻率大于該金屬的極限頻率時,即入射光的波長小于該金屬的極限波長時,光電效應才能產生,選項D錯誤。答案: A15.甲、乙兩車同時從同一地點沿著平直的公路前進,它們運動的v ?t圖象如圖所示,下列說法正確的是( )A.兩車在t=40 s時再次并排行駛B.甲車減速過程的加速度大小為0.5 m/s2C.兩車再次并排行駛之前,t=30 s時兩車相距最遠D.兩車之間的距離先增大,再變小,最后不變解析: t=40 s時,甲車的位移為×30 m+5×10 m=425 m,乙車的位移為10×40 m=400 m,甲車在乙車前面,A錯。甲車做減速運動的加速度大小為a= m/s2=0.5 m/s2,B對。在兩車再次并排行駛之前,t=20 s時,兩車相距最遠,C錯。兩車距離先增大,再變小,最后又變大,D錯。答案: B16.如圖甲所示,單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強磁場中。規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向,磁感應強度隨時間變化的規律如圖乙所示。以逆時針方向為電流正方向,以向右方向為安培力正方向,下列關于bc段導線中的感應電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是( )解析: 0~0.5T時間內,磁感應強度減小,方向垂直紙面向里,由楞次定律可知,產生的感應電流沿順時針方向,為負,同理可知,0.5T~T時間內,電流為正,由法拉第電磁感應定律可知,0~0.5T時間內通過bc段導線的電流是0.5T~T時間內通過bc段導線的,A錯,B對;由安培力公式F=BIL,I=,E==S可知,t=T時bc段導線受到的安培力大小是t=0時bc段導線受到的安培力大小的4倍,C、D均錯。答案: B17.2016年10月17日“神舟十一號”載人飛船發射成功,飛船入軌后經過約2天的獨立飛行完成與“天宮二號”的對接。如圖所示,“天宮二號”處于離地面高h=393 km的圓軌道A上,“神舟十一號”處于圓軌道B上。“神舟十一號”在位置1點火后沿軌道C運動到位置2,然后沿軌道A運動,通過調整自己與前方的“天宮二號”的相對距離和姿態,最終對接。已知地球半徑為R=6 371 km,引力常量為G=6.67×10-11 N·m2/kg2,地球質量為M=6.0×1024 kg,不計大氣阻力。下列說法正確的是( )A.“天宮二號”在軌道A上的運行周期比“神舟十一號”在軌道B上的運行周期小B.“天宮二號”在軌道A上的加速度比“神舟十一號”在軌道B上的加速度大C.“天宮二號”在軌道A上的運行速率約為7.7 km/sD.“神舟十一號”在位置2時的機械能小于在位置1時的機械能解析: 由=m2r,得T= ,可知半徑越來越大,周期越大,A錯。 =ma,得加速度a=,半徑越大,加速度越小,B錯。由=m0,得v= =7.7 km/s,C對。“神舟十一號”在軌道C上運動時,由于點火加速,故其機械能增加,D錯。答案: C18.如圖所示,半徑為R的半圓處于豎直平面內,圓心為O,a、b、c、d、e為圓上的點,∠bOc=∠dOc=θ。兩正點電荷分別固定在a、e點,電荷量均為Q。長為R的絕緣輕繩一端固定在O點,另一端連接一質量為m、電荷量為q的帶正電小球?,F讓小球從b點由靜止釋放,小球將在圓弧bcd之間運動。不計空氣阻力,重力加速度大小為g,靜電力常量為k,下列說法正確的是( )A.b、d兩點的電場強度和電勢均相同B.小球在b點時的加速度大小為gsin θC.小球在c點受到輕繩的拉力大小為mg+D.小球從b點到c點的過程中機械能增加解析: b、d兩點電勢相等,電場強度大小相等,但方向不同,A錯。小球在b點時受到的電場力Feb答案: D19.(2018·湖南衡陽市二模)四個完全相同的彈簧測力計,外殼通過繩子分別與四個完全相同的物體相連,掛鉤一端施加沿軸線方向的恒力F,以下四種情況中關于彈簧測力計讀數的說法正確的是( )A.如果圖甲中的物體靜止在水平地面上,那么彈簧測力計的讀數可能小于FB.如果圖乙中的物體靜止在斜面上,那么彈簧測力計的讀數一定等于FC.如果圖丙中的物體靜止在粗糙水平地面上,那么彈簧測力計的讀數一定等于FD.如果已知圖丁中水平地面光滑,則由于物體的質量未知,無法判定彈簧測力計的讀數與F的大小關系解析: 題圖甲中的物體靜止在水平地面上,根據平衡原理,彈簧測力計的讀數等于F,故A錯誤;不論物體靜止在斜面上,還是靜止在粗糙水平地面上,由平衡條件可知,彈簧測力計的讀數一定等于F,故B、C正確;已知題圖丁中水平地面光滑,雖然物體的質量未知,但是彈簧測力計的讀數與F的大小仍相等,故D錯誤。答案: BC20.如圖所示,水平放置的平行金屬板A、B與電源相連,兩板間電壓為U,距離為d。兩板之間有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B1。圓心為O的圓形區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B2。一束不計重力的帶電粒子沿平行于金屬板且垂直于磁場的方向射入金屬板間,然后沿直線運動,從a點射入圓形磁場,在圓形磁場中分成1、2兩束粒子,兩束粒子分別從c、d兩點射出磁場。已知ab為圓形區域的水平直徑,∠cOb=60°,∠dOb=120°。不計粒子間的相互作用,下列說法正確的是( )A.金屬板A、B分別接電源的負極、正極B.進入圓形磁場的粒子的速度大小為C.1、2兩束粒子的比荷之比為1∶2D.1、2兩束粒子的比荷之比為1∶3解析: 由圓形磁場中粒子的運動軌跡可知粒子帶正電,粒子在金屬板間受力平衡,故電場方向向下,金屬板A接電源的正極,金屬板B接電源的負極,A錯。由=qB1v,可知v=,B對。設粒子在圓形磁場中運動的軌跡半徑為r,如圖所示,利用幾何關系可知,tan =,r=,可知=,而題圖中∠cOb=60°,∠dOb=120°,則1、2兩束粒子的比荷之比為1∶3,C錯,D對。答案: BD21.如圖(a)所示,甲、乙兩個質量均為1 kg的物塊,在光滑的水平面上分別受到一個水平力的作用,由靜止開始加速,甲物塊所受的力F甲隨時間t的變化關系和乙物塊所受的力F乙隨位移x的變化關系如圖(b)、圖(c)所示,在水平力分別按各自的規律從0增大到10 N的過程中,下列說法正確的是( )A.當水平力均為10 N時,甲和乙的動量均為10 kg·m/sB.力F對甲物塊的沖量為10 N·s,力F乙對乙物塊所做的功為10 JC.甲在此過程中的位移為10 mD.當水平力均為10 N時,甲的動能為50 J,乙的動量為2 kg·m/s解析: 根據力隨時間變化的圖象與坐標軸圍成的面積表示沖量,可知在圖(b)中的0~2 s時間內力F的沖量為10 N·s,根據動量定理,甲物塊動量的變化量為10 kg·m/s,當水平力為10 N時,甲的動量為10 kg·m/s,甲的動能為Ek甲==50 J;根據力隨位移變化的圖象與坐標軸圍成的面積表示功,可知在圖(c)中的0~2 m內力F乙做的功為10 J,根據動能定理,乙物塊動能的變化量為10 J,末動能為Ek乙末=10 J,由動能與動量的關系式p=可知,當水平力為10 N時,乙的動量為p==2 kg·m/s,選項A錯誤,B、D正確;甲在此過程中做加速度逐漸增大的加速運動,由I=mv可求出甲的末速度為10 m/s,由運動學公式可知,在此過程中甲的位移一定小于10 m,選項C錯誤。答案: BD二、非選擇題(計算題)24.(12分)如圖所示,在紙面內有一個邊長為L的等邊三角形abc區域,一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從a點以速度v0沿平行于紙面且垂直于bc邊的方向進入此區域。若在該區域內只存在垂直于紙面的勻強磁場,粒子恰能從c點離開;若該區域內只存在平行于bc邊的勻強電場,該粒子恰好從b點離開(不計粒子重力)。(1)判斷勻強磁場、勻強電場的方向;(2)計算電場強度與磁感應強度大小的比值。解析: (1)由左手定則及粒子運動軌跡知,勻強磁場方向為垂直紙面向外(2分)由電場性質及粒子運動軌跡知,勻強電場方向為平行于bc邊且沿c到b的方向(2分)(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,由幾何關系可知:r=L(1分)洛倫茲力充當向心力:qv0B=m(1分)解得B=(1分)粒子在電場中運動:a=(1分)L=v0t(1分)L=at2(1分)解得E=(1分)故=(1分)答案: (1)見解析 (2)25.(20分)如圖所示,一小車置于光滑水平面上,輕質彈簧右端固定,左端拴連物塊b,小車質量M=3 kg,AO部分粗糙且長L=2 m,OB部分光滑。物塊a放在車的最左端,和車一起以v0=4 m/s的速度向右勻速運動,其與小車間的動摩擦因數μ=0.3。車撞到固定擋板后瞬間速度變為零,但不與擋板粘連。已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度,彈簧始終處于彈性限度內。a、b兩物塊可視為質點,質量均為m=1 kg,碰撞時間極短且不粘連,碰后一起向右運動(取g=10 m/s2)。求:(1)物塊a與b碰后的速度大小;(2)當物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離x車;(3)當物塊a相對小車靜止時,其在小車上的位置到O點的距離x。解析: (1)設物塊a與b碰前的速度大小為v1,碰后的速度大小為v2,在這個過程中對物塊a,由動能定理得-μmgL=mv-mv(2分)代入數據解得v1=2 m/s(2分)a、b碰撞過程中系統動量守恒,以a的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv1=2mv2(2分)代入數據解得v2=1 m/s。(2分)(2)當彈簧恢復到原長時兩物塊分離,a以v2=1 m/s的速度在小車上向左滑動,以水平向左為正方向,當a與小車有共同的速度v3時,由動量守恒定律得mv2=(M+m)v3(2分)代入數據解得v3=0.25 m/s(2分)對小車,由動能定理得μmgx車=Mv(2分)代入數據解得x車=m=0.031 25 m。(2分)(3)對該過程應用動能定理得-μmgx=(M+m)v-mv(2分)解得物塊a與小車相對靜止時,a與O點距離x=0.125 m。(2分)答案: (1)1 m/s (2)0.031 25 m (3)0.125 m 第 7 頁 共 7 頁2019高考物理三輪沖刺練:小卷沖刺搶分練(4)含解析小卷沖刺搶分練(四)——(8+2計算)(本欄目內容,在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分。在每小題給出的四個選項中,第14~18題只有一項符合題目要求,第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)14.公元前600年左右,希臘人泰勒斯就發現了用毛皮摩擦過的琥珀能吸引輕小物體。公元一世紀,我國學者王充在《論衡》一書中也寫下了“頓牟掇芥”。關于靜電場,下列說法正確的是( )A.沿電場線方向電場強度越來越小B.若電場中某點的電場強度為零,則該點電勢必然也為零C.等勢面一定與電場強度的方向垂直D.初速度為零的帶電粒子在電場中一定沿電場線運動解析: 在勻強電場中,沿電場線方向電場強度不變,選項A錯;電勢與場強無關,等量同種點電荷連線中點處的場強為0、電勢不為0(選無窮遠處電勢為0),選項B錯;沿電場線方向電勢降低,等勢面與電場線垂直,選項C對;在非勻強電場中,初速度為零的帶電粒子不一定沿電場線運動,選項D錯。答案: C15.某工廠為了測試汽車的性能,將兩輛完全相同的汽車A、B并排停放在平直的公路上,在t=0時刻讓兩汽車同時啟動,通過計算機描繪出兩汽車的加速度隨時間的變化規律的圖象。則下列說法正確的是( )A.汽車A做勻速直線運動,汽車B做勻減速直線運動B.第1 s末兩車之間的距離最大C.第1 s末汽車A的速度大小為10 m/s,汽車B的速度大小為15 m/sD.前2 s內兩汽車的位移大小相等解析: 在0~2 s內,汽車A做勻加速直線運動,汽車B做加速度逐漸減小的加速直線運動,選項A錯誤;在a ?t圖象中,圖線與坐標軸圍成的面積等于物體的速度變化量,又兩汽車的初速度均為零,則某段時間內,圖線與坐標軸圍成的面積等于該時刻兩汽車速度的大小。即1 s末汽車A的速度大小為10 m/s,汽車B的速度大小為15 m/s,選項C正確;兩車沿相同方向由靜止開始運動,由a ?t圖象可知,2 s末兩汽車的速度相等,則該時刻兩汽車之間的距離最大,選項B、D錯誤。答案: C16.如圖所示,質量為M=2 kg的長木板位于光滑水平面上,質量為m=1 kg的物塊靜止在長木板上,兩者之間的動摩擦因數為μ=0.5。重力加速度大小為g=10 m/s2,物塊與長木板之間的最大靜摩擦力等于兩者之間的滑動摩擦力?,F對物塊施加水平向右的力F,下列說法正確的是( )A.水平力F=3 N時,物塊m將保持靜止狀態B.水平力F=6 N時,物塊m將在長木板M上滑動C.水平力F=7 N時,長木板M的加速度大小為2.5 m/s2D.水平力F=9 N時,長木板M受到的摩擦力大小為5 N解析: 設m和M恰好不分離時力F=F0,應用牛頓第二定律,有=,解得F0=7.5 N。顯然F=3 NF0,m和M相對運動,M受到的摩擦力大小為μmg=5 N,選項D對。答案: D17.如圖所示,A、B是繞地球做圓周運動的兩顆衛星,A、B兩衛星與地心的連線在相等時間內掃過的面積之比為k∶1,則A、B兩衛星的周期的比值為( )A.k B.kC.k2 D.k3解析: 由題意可知∶=k,即=k,根據開普勒第三定律,有=,聯立可得=k3,選項A、B、C均錯,D對。答案: D18.如圖所示為氫原子的能級圖,氫原子從n=4能級直接躍遷到n=2能級,輻射出的是可見光光子,則下列說法正確的是( )A.輻射的可見光光子的能量為-2.55 eVB.氫原子從n=4能級躍遷到n=3能級輻射的光子是紫外線光子C.氫原子向外輻射光子后,氫原子的核外電子運動的線速度變小D.使n=4能級的氫原子電離,需要吸收光子的能量至少為0.85 eV解析: 氫原子從n=4能級直接躍遷到n=2能級時,輻射的可見光光子的能量為2.55 eV,選項A錯誤;氫原子從n=4能級躍遷到n=3能級輻射的光子的能量小于從n=4能級直接躍遷到n=2能級輻射的可見光光子的能量,因此輻射的光子不可能是紫外線光子,選項B錯誤;氫原子向外輻射光子后,能級降低,核外電子運動的軌道半徑減小,核外電子運動的線速度變大,選項C錯誤;使處于n=4能級的氫原子電離,需要吸收光子的能量至少為0-(-0.85 eV)=0.85 eV,選項D正確。答案: D19.如圖甲所示,理想變壓器原線圈輸入圖乙所示的正弦交變電流,副線圈中的R0、R1為定值電阻,滑動變阻器的最大阻值為R,且R1A.t=0.01 s時,理想交流電壓表V1的示數為零B.滑動變阻器滑片從最下端向上滑動,I1增大,U2減小C.滑動變阻器滑片從最下端向上滑動,不變D.滑動變阻器滑片從最下端向上滑動,I2U2減小解析: 電壓表示數為有效值,而不是瞬時值,選項A錯;根據=可知副線圈兩端電壓U20不變,滑片上滑,副線圈電路電阻減小,副線圈中電流I2增大,由變壓器原理可知I1增大,原線圈兩端電壓U1不變,則副線圈兩端電壓U20不變,由U2=U20-I2R0知U2減小,則I2U2乘積不能確定,選項B對,D錯;U20=U2+I2R0,U20不變,則U2變化的絕對值和定值電阻R0兩端電壓變化的絕對值相等,則=R0不變,選項C對。答案: BC20.如圖所示,一平行板電容器兩極板A、B水平放置,上極板A接地,電容器通過滑動變阻器R和開關S與電動勢為E的電源相連?,F將開關S閉合,位于A、B兩板之間的P點的帶電粒子恰好處于靜止狀態,則( )A.B板電勢為-EB.改變滑動變阻器的滑片位置,帶電粒子仍處于靜止狀態C.將B板向上移動,P點電勢將不變D.將B板向左平移,帶電粒子電勢能將不變解析: 粒子靜止在P點,受力分析可知粒子受到向上的電場力和重力處于平衡狀態。上板與電源正極相連、電勢為0,兩板之間電勢差為E,則下板電勢為-E,選項A對;平行板電容器接入電路,相當于電路斷開,改變滑片位置,電容器兩板間電壓不變,板間的場強不變,粒子受到的電場力不變,粒子仍靜止,選項B對;兩板間電壓不變,B板上移,板間距離減小,兩板間的場強E0增大,A、P間的電勢差增大,則P點電勢降低,選項C錯;將B板左移,而兩板之間的電壓等于E不變,板間距離d不變,則兩板間場強E1=不變,粒子仍靜止,又上板位置不動,粒子處的電勢不變,粒子的電勢能不變,選項D對。答案: ABD21.如圖所示,半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內,軌道的末端B處切線水平,現將一小物體從軌道頂端A處由靜止釋放。小物體剛到B點時的加速度為a,對B點的壓力為FN,小物體離開B點后的水平位移為x,落地時的速率為v。若保持圓心的位置不變,改變圓弧軌道的半徑R(不超圓心離地的高度)。不計空氣阻力,下列圖象正確的是( )解析: 設小物體釋放位置距地面高為H,小物體從A點到B點應用機械能守恒定律有,vB=,到地面時的速度v=,小物體的釋放位置到地面間的距離始終不變,則選項D對;小物體在B點的加速度a==2g,選項A對;在B點對小物體應用向心力公式,有FB-mg=,又由牛頓第三定律可知FN=FB=3mg,選項B錯;小物體離開B點后做平拋運動,豎直方向有H-R=gt2,水平方向有x=vBt,聯立可知x2=4(H-R)R,選項C錯。答案: AD二、非選擇題(計算)24.(12分)一質量為m=0.5 kg的小球從距離地面一定高度處由靜止釋放,一段時間后落地,經反彈后上升到最高點,再從最高點下落,如此反復。經測量可知小球每次反彈后上升的最大高度等于每次下落高度的。假設小球每次與地面相互作用的時間均相等,且小球與地面相互作用過程中的作用力遠大于小球的重力。忽略空氣的阻力,重力加速度g=10 m/s2。(1)小球第一次與地面碰撞、第二次與地面碰撞的過程中,地面對小球的作用力的大小之比應為多少?(2)如果將小球無初速度釋放后,欲使小球在距離地面0.8 m處與地面之間做往復運動,則小球每次運動到最高點時應給小球多大的沖量?解析: (1)由運動學公式v2=2gh并結合題意可知小球每次與地面碰撞后瞬間的速度大小是碰撞前瞬間的速度大小的。(1分)設小球的初始高度為H,與地面第一次碰撞前瞬間的速度大小為v0,第一次碰撞后瞬間的速度大小v1=0.8v0(1分)小球與地面第二次碰撞前瞬間的速度大小v1=0.8v0(1分)小球與地面二次碰撞后瞬間的速度大小v2=0.8v1=0.64v0(1分)設兩次碰撞中地面對小球的平均沖力大小分別為F1、F2,取豎直向上為正方向,根據動量定理,小球第一次與地面碰撞過程中有F1t=mv1-(-mv0)=1.8mv0(1分)小球第二次與地面碰撞過程中有F2t=mv2-(-mv1)=1.8mv1=1.44mv0(1分)故可得F1∶F2=5∶4。(2分)(2)欲使小球碰后上升到距離地面高0.8 m處,應使小球由靜止下落的高度為h1= m=1.25 m(1分)小球由距離地面高1.25 m處從靜止落到距離地面高0.8 m處的過程中有v=2gΔh,其中Δh=0.45 m。(1分)解得距離地面高0.8 m處的速度v3=3 m/s(1分)則應在距離地面高0.8 m處(此時速度為零)給小球的沖量為I=mv3=1.5 N·s,方向豎直向下,即可滿足題意。(1分)答案: 見解析25.(20分)如圖甲所示,一個匝數n=100、面積為S=0.6 m2的圓形金屬線圈,其總電阻r=2.0 Ω,與R=10 Ω的電阻連接成閉合電路。線圈內存在方向垂直于紙面向里、磁感應強度按B1=2t+3(T)規律變化的磁場。電阻R兩端并聯一對平行金屬板M、N,N板右側為坐標系的第一象限(坐標原點O在N板的下端),虛線OA與x軸成45°角。yOA區域有垂直于紙面向外的勻強磁場B,xOA區域加如圖乙所示周期性變化的電場E(規定沿x軸正方向的電場為正)。在靠近M板的P點由靜止釋放一個質量為m=2×10-3 kg、帶電荷量q=0.1 C的粒子(重力不計),粒于經過N板的小孔Q(0,2 m)點垂直于y軸進入第一象限。t=0(從粒子進入電場時開始計時)時刻粒子經過OA上某點(未畫出)沿y軸負方向進入電場,最后恰好垂直打在x軸上的C(1.5 m,0)點。求:(1)金屬線圈的感應電動勢E和平行金屬板M、N間的電壓U;(2)yOA區域內的磁感應強度B;(3)xOA區域內電場的變化周期T和電場強度E0。解析: (1)線圈中產生的感應電動勢E=nS代入數據得E=120 V(2分)由閉合電路歐姆定律得I=(1分)M、N兩板間電壓為U=IR(1分)聯立解得U=100 V(1分)(2)粒子由P運動到Q,由動能定理得qU=mv2(2分)粒子從Q點進入磁場后,在磁場中運動圓周,由幾何關系可得粒子在磁場中運動的軌跡半徑R′=1 m(1分)粒子在磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律可知qvB=(2分)解得B=2 T(2分)(3)粒子進入xOA區域做類平拋運動,由于垂直x軸方向打到C點,所以粒子沿x軸方向做若干個先勻加速、后勻減速的運動,沿y軸方向做勻速直線運動。設粒子在電場中運動的總時間為t,電場變化n個周期粒子沿y軸方向運動的位移為y′=2 m-1 m=1 my′=vt(1分)由(2)解得v=100 m/s聯立解得t=0.01 s(1分)依題意有t=nT得T= s(n=1,2,3,…)(2分)粒子沿x軸方向的位移為:x=1.5-1=0.5 (m)x=a22n(2分)a=(1分)聯系以上式子解得:E0=400 n(V/m) (n=1,2,3,…)(1分)答案: (1)120 V 100 V (2)2 T (3)T= s(n=1,2,3…) 400 n(V/m)(n=1,2,3,…) 展開更多...... 收起↑ 資源列表 2019高考物理三輪沖刺練:小卷沖刺搶分練(1)含解析.doc 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