2015年湖北高考物理專項(xiàng)訓(xùn)練：綜合評(píng)估

湖北2015年高考物理專項(xiàng)訓(xùn)練：綜合評(píng)估

　　2015年湖北高考生正在努力備考中，湖北高考網(wǎng)整理了2015年湖北高考物理專項(xiàng)訓(xùn)練資料，希望對(duì)大家的復(fù)習(xí)有幫助！

　　一、選擇題(每小題4分，共40分)

　　1.在一個(gè)等邊三角形ABC頂點(diǎn)B、C處各放一個(gè)點(diǎn)電荷時(shí)，測(cè)得A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向與BC邊平行沿B指向C.如圖1所示，拿走C處的電荷后，A處電場(chǎng)強(qiáng)度的情況將是(　　)

　　圖1

　　A.大小仍為E，方向由A指向B

　　B.大小變?yōu)?，方向不?/p>

　　C.大小仍為E，方向沿BA向外

　　D.無(wú)法確定

　　解析：根據(jù)矢量合成法則可推理知，在B、C兩處同時(shí)存在場(chǎng)電荷時(shí)，合電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向沿平行BC的方向，說(shuō)明B、C兩處電荷在A處獨(dú)立產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向均與合電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)成60°.當(dāng)撤去C處場(chǎng)電荷時(shí)，只剩下B處場(chǎng)電荷，此時(shí)A處場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿BA方向向外.

　　答案：C

　　2.如圖2所示，AB是某個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，在線上O點(diǎn)放一個(gè)自由的負(fù)電荷，它將沿電場(chǎng)線向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng).下列判斷中正確的是(　　)

　　圖2

　　A.電場(chǎng)線由B指向A，該電荷做加速運(yùn)動(dòng)，加速度越來(lái)越小

　　B.電場(chǎng)線由B指向A，該電荷做加速運(yùn)動(dòng)，加速度越來(lái)越大

　　C.電場(chǎng)線由B指向A，該電荷做加速運(yùn)動(dòng)，加速度變化不能確定

　　D.電場(chǎng)線由A指向B，該電荷做勻加速運(yùn)動(dòng)

　　解析：電場(chǎng)線是直線型，負(fù)電荷由靜止開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，它的運(yùn)動(dòng)方向與電場(chǎng)線方向相反.而電荷運(yùn)動(dòng)所在處的電場(chǎng)線疏密程度不確定，故它的加速度大小變化情況也不確定.

　　答案：C

　　圖3

　　3.如圖3所示，電荷量為+q和-q的點(diǎn)電荷分別位于正方體的頂點(diǎn)，正方體范圍內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)有(　　)

　　A.體中心、各面中心和各邊中點(diǎn)

　　B.體中心和各邊中點(diǎn)

　　C.各面中心和各邊中心

　　D.體中心和各面中心

　　解析：對(duì)于每個(gè)側(cè)面，分別連接兩正點(diǎn)電荷與兩負(fù)點(diǎn)電荷，即兩條對(duì)角線，可以看到兩條對(duì)角線的交點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度都為零，所以各側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度都為零.分析每個(gè)邊的中點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度都不可能為零.所以D正確.

　　答案：D

　　圖4

　　4.如圖4所示是一只利用電容器電容(C)測(cè)量角度(θ)的電容式傳感器的示意圖.當(dāng)動(dòng)片和定片之間的角度(θ)發(fā)生變化時(shí)，電容(C)便發(fā)生變化，于是通過(guò)知道電容(C)的變化情況就可以知道角度(θ)的變化情況.下圖的圖像中，最能正確反映角度(θ)與電容(C)之間關(guān)系的是(　　)

　　解析：由題中介紹的電容器構(gòu)造可知：C=

　　S=(π-θ)R2所以C=-·θ電容C隨θ增大而減小，且為線性關(guān)系.

　　答案：B

　　5.空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，有一電荷量q(q>0)，質(zhì)量m的粒子從O點(diǎn)以速率v0射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速率為2v0.現(xiàn)有另一電荷量-q、質(zhì)量m的粒子以速率2v0仍從O點(diǎn)射入該電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速率為3v0.若忽略重力的影響，則(　　)

　　A.在O、A、B三點(diǎn)中，B點(diǎn)電勢(shì)最高

　　B.在O、A、B三點(diǎn)中，A點(diǎn)電勢(shì)最高

　　C.OA間的電勢(shì)差比BO間的電勢(shì)差大

　　D.OA間的電勢(shì)差比BO間的電勢(shì)差小

　　解析：本題考查電場(chǎng)力做功和動(dòng)能定理，意在考查考生掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化關(guān)系.由動(dòng)能定理有qUOA=m(2v0)2-mv=mv;-qUOB=m(3v0)2-m(2v0)2=mv，故在三點(diǎn)中，B點(diǎn)的電勢(shì)最高，A點(diǎn)的電勢(shì)最低，OA間的電勢(shì)差比BO間的電勢(shì)差小，所以選AD.

　　答案：AD

　　6.一輛電瓶車(chē)，質(zhì)量為500 kg，由內(nèi)阻不計(jì)的蓄電池組向直流電動(dòng)機(jī)提供24 V的電壓，當(dāng)電瓶車(chē)在水平地面上以0.8 m/s的速度勻速行駛時(shí)，通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為5 A，設(shè)車(chē)所受的阻力是車(chē)重的0.02倍(g=10 m/s2)，則此電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻是(　　)

　　A.4.8 Ω　　　　　　　B.3.2 Ω

　　C.1.6 Ω D.0.4 Ω

　　解析：由能量守恒得：UIt=Fvt+I2rt，又F=f=k·G，所以UI=kG·v+I2r，所以r=1.6 Ω.

　　答案：C

　　圖5

　　7.如圖5所示，在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)(磁場(chǎng)垂直紙面向里)，有一離子(不計(jì)重力)從勻強(qiáng)電場(chǎng)左邊飛入，恰能沿直線飛過(guò)此區(qū)域，則(　　)

　　A.若離子帶正電，E方向應(yīng)向下

　　B.若離子帶負(fù)電，E方向應(yīng)向上

　　C.若離子帶正電，E方向應(yīng)向上

　　D.不管離子帶何種電荷，E的方向都向下

　　解析：離子要能沿直線飛過(guò)此區(qū)域，則需要滿足電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向.

　　答案：AD

　　圖6

　　8.如圖6所示的電路，當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，燈L1、L2正常發(fā)光.由于電路出現(xiàn)故障，突然發(fā)現(xiàn)燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的讀數(shù)變小.試根據(jù)上述現(xiàn)象判斷，發(fā)生的故障可能是(　　)

　　A.R1斷路

　　B.R2斷路

　　C.R3短路

　　D.R4短路

　　圖7

　　解析：畫(huà)出電路的等效電路如圖7所示.再根據(jù)閉合電路歐姆定律可判斷A正確.

　　答案：A

　　圖8

　　9.當(dāng)放在同一平面內(nèi)的長(zhǎng)直導(dǎo)線MN和金屬框通以如圖8所示電流時(shí)，MN固定不動(dòng)，金屬框的運(yùn)動(dòng)情況是(　　)

　　A.金屬框?qū)⒖拷麺N

　　B.金屬框?qū)⑦h(yuǎn)離MN

　　C.金屬框?qū)⒁訶X′為軸轉(zhuǎn)動(dòng)

　　D.金屬框?qū)⒁訷Y′為軸轉(zhuǎn)動(dòng)

　　解析：金屬框左邊受到吸引力，右邊受到排斥力，上、下兩邊各受到向外的力，相互抵消，但左邊的吸引力大于右邊排斥力，故A對(duì).

　　答案：A

　　10.如下圖9所示，回旋加速器是用來(lái)加速帶電粒子使它獲得很大動(dòng)能的裝置.其核心部分是兩個(gè)D型金屬盒，置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩盒分別與高頻電源相連.則帶電粒子加速所獲得的最大動(dòng)能與下列因素有關(guān)的是(　　)

　　圖9

　　A.加速的次數(shù)

　　B.加速電壓的大小

　　C.金屬盒的半徑

　　D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

　　解析：粒子飛出時(shí)有：R=，所以此時(shí)動(dòng)能Ek=mv2==，所以最大動(dòng)能與半徑R和磁感應(yīng)強(qiáng)度B有關(guān).

　　答案：CD

　　二、填空題(每小題5分，共20分)

　　圖10

　　11.如圖10所示，A、B兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷，QA=2×10-8 C、QB=-2×10-8 C，AB相距3 cm.在水平外電場(chǎng)的作用下，AB保持靜止，懸線卻處于豎直方向，由此可知水平外電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)______，方向______.

　　解析：AB在水平方向上不受力，外電場(chǎng)方向向左，E=====2×105 N/C

　　答案：2×105 N/C　向左

　　圖11

　　12.如圖11所示，真空中有一電子束，以初速度v0沿著垂直場(chǎng)強(qiáng)方向從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿x軸取OA=AB=BC，再自A、B、C作y軸的平行線與電子軌跡分別交于M、N、P點(diǎn)，則AMBN∶CP=________，電子流經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)沿x軸的分速度之比為_(kāi)_______.

　　解析：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).

　　答案：14∶9　11∶1

　　13.為了測(cè)量“6 V　1 W”的燈泡在不同電壓下的電功率，現(xiàn)有器材如下：

　　直流電源　　　 電動(dòng)勢(shì)6 V，內(nèi)阻不計(jì);

　　直流電流表A1　量程200 mA，內(nèi)阻約2 Ω;

　　直流電流表A2　量程0～0.6 A，內(nèi)阻約0.5 Ω;

　　直流電壓表V1　量程0～3 V，內(nèi)阻約5×103 Ω;

　　直流電壓表V2　量程0～15 V，內(nèi)阻約1.5×104 Ω;

　　滑動(dòng)變阻器　　電阻值0～15 Ω，額定電流1 A;

　　開(kāi)關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干根.

　　測(cè)量時(shí)要求電燈兩端電壓從0開(kāi)始連續(xù)調(diào)節(jié)，盡量減小誤差，測(cè)多組數(shù)據(jù).

　　(1)應(yīng)選擇電流表________和電壓表________(用序號(hào)表示);

　　(2)在下面方框中畫(huà)出電路圖.

　　答案：(1)A1;V2　(2)如圖12所示.

　　圖12

　　14.用圖13所示電路，測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.電池的內(nèi)阻較小，為了防止在調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)造成短路，電路中用一個(gè)定值電阻R0起保護(hù)作用.除電池、開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線外，可供使用的實(shí)驗(yàn)器材還有：

　　圖13

　　(a)電流表(量程0.6 A、3 A);

　　(b)電壓表(量程3 V、15 V);

　　(c)定值電阻(阻值1 Ω、額定功率5 W);

　　(d)定值電阻(阻值10 Ω、額定功率10 W);

　　(e)滑動(dòng)變阻器(阻值范圍0～10 Ω、額定電流2 A);

　　(f)滑動(dòng)變阻器(阻值范圍0～100 Ω、額定電流1 A).

　　那么

　　(1)要正確完成實(shí)驗(yàn)，電壓表的量程應(yīng)選擇________ V，電流表的量程應(yīng)選擇________ A;R0應(yīng)選擇________ Ω的定值電阻，R應(yīng)選擇阻值范圍是________ Ω的滑動(dòng)變阻器.

　　(2)引起該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要原因是________________________.

　　解析：考查對(duì)電路原理的理解和實(shí)踐能力，由圖示電路可知本電路采用限流式，故滑動(dòng)變阻器選擇的量程不宜較大.而一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5 V，故電壓表的量程為3 V.Im==0.3 A故電流表的量程為0.6 A.由于電壓表的分流作用引起該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差.

　　答案：(1)3;0.6;1;0～10　(2)電壓表的分流.

　　三、論述計(jì)算題(共40分)

　　圖14

　　15.(10分)如圖14所示，電子以速度v0沿與電場(chǎng)垂直的方向從A點(diǎn)飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，并且從另一側(cè)的B點(diǎn)沿與電場(chǎng)成150°角的方向飛出，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，求A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差.

　　解：電子在電場(chǎng)里做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).由幾何關(guān)系v=v0/cos60°=2v0，由動(dòng)能定理：eU=mv2-mv，即eU=mv，所以U=.

　　圖15

　　16.(10分)如圖15所示，電源的電動(dòng)勢(shì)E=110 V，電阻R1=21 Ω，電動(dòng)機(jī)繞線的電阻R0=0.5 Ω，開(kāi)關(guān)S1始終閉合.當(dāng)開(kāi)關(guān)S2斷開(kāi)時(shí)，電阻R1的電功率是525 W;當(dāng)開(kāi)關(guān)S2閉合時(shí)，電阻R1的電功率是336 W，求：

　　(1)電源的內(nèi)電阻;

　　(2)開(kāi)關(guān)S2閉合時(shí)流過(guò)電源的電流和電動(dòng)機(jī)的輸出的功率.

　　解：(1)S2斷開(kāi)時(shí)：E=I(R1+r)且P1=I2·R1，所以r=1 Ω.

　　(2)S2閉合時(shí)：P2=IR1，所以I1=4 A，所以U并=I1R1=84 V，所以U內(nèi)=E-U并=26 V，所以I總==26 A.

　　所以I2=I總-I1=22 A，

　　所以P出=U并I2-I·R0=1 606 W.

　　17.如圖16所示，電源電動(dòng)勢(shì)E0=15 V，內(nèi)阻r0=1Ω，電阻R1=30 Ω，R2=60Ω。間距d=0.2 m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。閉合開(kāi)關(guān)S，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電的小球以初速度v=0.1 m/s沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對(duì)小球的作用，取g=10 m/s2。

　　圖16

　　(1)當(dāng)Rx=29 Ω時(shí)，電阻R2消耗的電功率是多大?

　　(2)若小球進(jìn)入板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并與板相碰，碰時(shí)速度與初速度的夾角為60°，則Rx是多少?

　　解：(1)設(shè)R1和R2的并聯(lián)電阻為R，有：

　　R=

　　R2兩端的電壓為：

　　U=

　　R2消耗的電功率為：

　　P=

　　當(dāng)Rx=29 Ω時(shí)，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，解得：

　　P=0.6 W

　　(2)設(shè)小球質(zhì)量為m，電荷量為q，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：

　　qE=mg

　　E=

　　設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，有：

　　qvB=m

　　由幾何關(guān)系有：

　　r=d

　　聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，解得：

　　Rx=54 Ω.

　　18.(10分)如圖17，在寬度分別為l1和l2的兩個(gè)毗鄰的條形區(qū)域中分別有勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，電場(chǎng)方向與電、磁場(chǎng)分界線平行向右.一帶正電荷的粒子以速率v從磁場(chǎng)區(qū)域上邊界的P點(diǎn)斜射入磁場(chǎng)，然后以垂直于電、磁場(chǎng)分界線的方向進(jìn)入電場(chǎng)，最后從電場(chǎng)邊界上的Q點(diǎn)射出.已知PQ垂直于電場(chǎng)方向，粒子軌跡與電、磁場(chǎng)分界線的交點(diǎn)到PQ的距離為d.不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比以及粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比.

　　圖17

　　解：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(如題圖).由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上.OP長(zhǎng)度即為粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得

　　R2=l+(R-d)2

　　設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

　　qvB=m

　　設(shè)P′為虛線與分界線的交點(diǎn)，POP′=α，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

　　t1=

　　式中sin α=

　　粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，其初速度為v，方向垂直于電場(chǎng)，設(shè)粒子加速度大小為a，由牛頓第二定律得

　　qE=ma

　　由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

　　d=at

　　l2=vt2

　　式中t2是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由式得

　　=v

　　由式得

　　=arcsin()