2020版高考物理總復習 沖A方案 3+2+3沖A練（一）（含解析）新人教版

《2020版高考物理總復習 沖A方案 3+2+3沖A練（一）（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理總復習 沖A方案 3+2+3沖A練（一）（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、3+2+3沖A練(一) 16.[2019·余姚中學月考] 如圖C1-1所示,長為L的地下電話電纜由一對導線AB、CD組成,這對導線的P處發(fā)生短路.某技術員測得A、C間的電阻為R1,B、D間的電阻為R2,則P點到AC端的距離為 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 圖C1-1 A.R1R1·R2L B.R2R1·R2L C.R1R1+R2L D.R2R1+R2L 17.如圖C1-2所示,光滑絕緣的半球形容器處在水平向右的勻強電場中,一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球在容器邊緣A點由靜止釋放,小球運動到B點時速度剛好為零,OB與水平方向的夾角θ=60°,重力加速度為g,不計

2、空氣阻力,則下列說法正確的是 (　　) 圖C1-2 A.小球重力與電場力的大小關系是qE=3mg B.小球在B點時,對容器的壓力為2Eq C.小球在A點和B點的加速度相同 D.如果小球帶負電,則其還能沿AB圓弧面運動 18.[2019·長興中學模擬] 電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小.測量前天平已調(diào)至平衡,測量時,在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼,右邊托盤中不放砝碼,將一個質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部,再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中.如圖C1-3甲所示,線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中,不計連接導線對線圈的作用力,電源電動勢為E

3、,內(nèi)阻為r.開關S閉合后,調(diào)節(jié)可變電阻至R1時,天平正好平衡,此時電壓表讀數(shù)為U.已知m0>m,重力加速度為g,則 (　　) 圖C1-3 A.矩形線圈中電流的方向為順時針方向 B.矩形線圈的電阻R=E-UUr-R1 C.勻強磁場的磁感應強度大小B=(m0-m)rgn(E-U)l D.若僅將磁場反向,在左盤中再添加質(zhì)量為2m0的砝碼可使天平重新平衡 19.[2019·杭州期末] (1)如圖C1-4所示,甲圖和乙圖是《物理必修2》中“探究功與速度變化的關系”的參考案例一(由重物提供牽引力)和案例二(由橡皮筋提供牽引力),則下列關于這兩個案例說法正確的是　　　　.? 圖C1-4

4、 A.甲圖裝置也可用于“探究加速度和力、質(zhì)量的關系”的實驗 B.甲圖案例可以測定做功的具體數(shù)值,此時必須平衡摩擦力 C.甲圖案例可以測定做功的具體數(shù)值,若用牽引小車的重物的重力作為小車所受合外力,則要求重物的重力盡量大一些 D.乙圖案例只要平衡摩擦力,就可以計算出橡皮筋做功的具體數(shù)值 (2)如圖C1-5所示是實驗室常見的器材,則上述兩個案例都需要用到的器材是　　　　(填器材的字母代號).? 圖C1-5 (3)由上述兩個案例做的實驗中挑選出一條紙帶如圖C1-6所示(假設實驗中所有操作均正確),則它是由　　　　(選填“甲圖”或“乙圖”)案例做出來的.? 圖C1-6 20.

5、(1)某同學用多用電表測量某一電阻,以下是該同學實驗過程中的主要操作步驟. a.將選擇開關置于如圖C1-7甲所示的位置; b.將紅、黑表筆短接,轉動歐姆調(diào)零旋鈕,進行歐姆調(diào)零; c.如圖乙所示,把兩表筆接觸待測電阻的兩端進行測量,表盤指針如圖丙所示; d.記下讀數(shù),實驗完畢. 圖C1-7 請指出該同學操作中3處不合理或遺漏的地方: 　;? 　;? 　.? (2)該同學想采用“伏安法”盡可能精確地測量該電阻的阻值,且電阻兩端電壓可以從0 V逐漸增大,選用了如圖C1-8所示的實驗器材.其中電壓表量程為0~15 V、內(nèi)阻約為15 kΩ,電流表量程為0~0.6 A、內(nèi)阻約為

6、4 Ω,滑動變阻器最大阻值為20 Ω,電源電動勢為15 V.圖中已經(jīng)完成部分導線的連接,請你在實物接線圖中完成余下導線的連接. 圖C1-8 21.如圖C1-9所示,兩根平行、光滑的斜金屬導軌相距L=0.1 m,與水平面間的夾角為θ=37°,有一根質(zhì)量為m=0.01 kg的金屬桿ab垂直導軌搭在導軌上,勻強磁場與導軌平面垂直,磁感應強度為B=0.2 T.當桿中通以從b到a的電流時,桿可靜止在導軌上.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求此時通過ab桿的電流; (2)若保持其他條件不變,只是突然把磁場方向改為豎直向上,求此時桿的加速度.

7、 圖C1-9 22.如圖C1-10甲所示,連接紙帶的小車在重物牽引下沿水平軌道運動,通過紙帶可算出小車各時刻的速度,作出如圖乙所示的v-t圖像.已知小車質(zhì)量為M=200 g,所掛重物的總質(zhì)量m=100 g,t0=0.38 s時重物正好落地,假設小車運動過程中所受阻力恒定.求: 圖C1-10 (1)重物落地后小車的加速度大小; (2)勻加速階段細線對小車的拉力大小; (3)0~0.6 s內(nèi)小車的平均速度大小. 23.[2019·寧波十校模擬] 如圖C1-11所示,有一半徑R=0.5 m的光滑圓弧軌道ABC,O為圓弧軌道ABC的圓心,

8、B為圓弧軌道的最低點,半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°.將一個質(zhì)量m=1 kg的物體(視為質(zhì)點)從A點左側高為h=0.8 m處的P點水平拋出,物體恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道ABC.(g取10 m/s2) (1)求物體水平拋出時的初速度大小v0; (2)求物體經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力大小FN; (3)若圓弧段右側與一較長的斜面平滑相接,已知物體與斜面CD間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,求物體在斜面CD上克服摩擦力所做的功. 圖C1-11 3+2+3沖A練(一) 16.C　[解析] 設單位長度的導線電阻為k,P點到AC端的距離為L1,則R1=2kL1,R2=2

9、k(L-L1),解得L1=R1LR1+R2,故C正確. 17.A　[解析] 由于小球運動到B點時速度剛好為零,由對稱性可知,圓弧AB的中點為“等效重力場”的最低點,有qE=mgtan 60°=3mg,故A正確;在B點時,對小球受力分析,有FN=qEcos 60°+mgcos 30°=qE2+32mg=qE2+32×33qE=qE,故B錯誤;在“等效重力場”中,根據(jù)對稱性可知,小球在A、B兩點的加速度大小相等,但方向不同,故C錯誤;如果小球帶負電,則小球受到的電場力方向向左且電場力大于小球的重力,重力與電場力的合力指向左下方,所以小球?qū)⒚撾xAB圓弧面,故D錯誤. 18.C　[解析] 對矩形線

10、圈受力分析,可知其所受安培力向上,由左手定則可判斷,矩形線圈中電流的方向為逆時針方向,故A錯誤;根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E-UR+R1r,解得矩形線圈的電阻R=UrE-U-R1,故B錯誤;根據(jù)平衡條件得m0g-F=mg,而F=nBIl,I=E-Ur,解得勻強磁場的磁感應強度的大小B=(m0-m)grn(E-U)l,故C正確;開始線圈所受的安培力方向向上,僅將磁場反向,則安培力方向反向,變?yōu)樨Q直向下,所以需要在左邊加砝碼,添加質(zhì)量為Δm=2Fg=2(m0-m)的砝碼可使天平重新平衡,故D錯誤. 19.(1)AB　(2)DE　(3)乙圖 20.(1)擋位錯　不能用手捏表筆　實驗結束后未將選

11、擇開關打到OFF擋　(2)如圖所示 21.(1)3 A　(2)1.2 m/s2,方向沿導軌向下 [解析] (1)桿靜止在導軌上,受力平衡,桿受到重力、導軌的支持力以及安培力,根據(jù)平衡條件得BIL=mgsin θ,解得I=mgsinθBL=3 A. (2)若把磁場方向改為豎直向上,對桿受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得F合=mgsin θ-BILcos θ=ma 解得a=1.2 m/s2,方向沿導軌向下. 22.(1)0.5 m/s2　(2)0.7 N　(3)1.12 m/s [解析] (1)a2=Δv2Δt2=1.50-1.390.6-0.38 m/s2=0.5 m/s2 (2

12、)小車所受阻力大小f=Ma2=0.2×0.5 N=0.1 N 勻加速階段的加速度a1=Δv1Δt1=1.50-0.360.38 m/s2=3 m/s2 勻加速階段,對小車,由牛頓第二定律得 F-f=Ma1 解得F=f+Ma1=0.1 N+0.2×3 N=0.7 N (3)0~0.6 s內(nèi)小車的位移 x=12×(0.36+1.50)×0.38 m+12×(1.39+1.50)×0.22 m=0.67 m 平均速度v=xt=0.670.6 m/s=1.12 m/s 23.(1)3 m/s　(2)68 N　(3)10.8 J [解析] (1)由vy2=2gh,解得vy=2gh=4

13、m/s 由tan 53°=vyv0,解得v0=3 m/s (2)hAB=R(1-cos 53°)=0.2 m 從P點到B點,由動能定理得mg(h+hAB)=12mvB2-12mv02 在B點時,有FN-mg=mvB2R 解得FN=68 N 由牛頓第三定律得,物體對軌道的壓力大小為68 N (3)hBC=R(1-cos 37°)=0.1 m,設物體沿斜面CD能上滑的最大距離為x,從B點到斜面最高點,由動能定理得-mg(hBC+xsin 37°)-μmgxcos 37°=0-12mvB2 解得x=1.35 m 因為μ=0.50 所以物體將會從A點滑出軌道,在斜面上克服摩擦力做功為 W克f=μmgcos 37°×2x=10.8 J - 7 -