衡水中学届高考物理阶段滚动加强练四Word文件下载.docx
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输出功率恒为P的电动机通过水平绳向右拉动ab棒。
整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R消耗的最大功率为（ ）
A．PB．
P
C.
PD．
2P
ab棒在输出功率P恒定的电动机拉力作用下做加速度逐渐减小的加速运动。
当加速度减小到零时，ab棒产生的感应电动势最大，电阻R中电流最大，电阻R消耗的功率最大。
由功能关系可知，此时电动机输出功率等于电阻R和ab棒消耗的功率，即P＝I2（r＋R），电阻R消耗的功率PR＝I2R，联立解得PR＝
P，选项B正确。
4．嫦娥五号探测器预计2020年在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约2kg月球样品。
某同学从网上得到一些信息，如表格中所示。
根据表格中数据，可以计算出地球和月球的密度之比为（ ）
月球半径
R0
月球表面处的重力加速度
g0
地球和月球的半径之比
＝4
地球表面和月球表面的重力加速度之比
＝6
A.3∶2B．2∶3
C．4∶1D．6∶1
在星球表面附近，万有引力等于重力，G
＝mg，解得星球质量M＝
。
地球和月球的质量之比
＝
·
，由密度公式ρ＝
，体积公式V＝
πR3，联立解得地球和月球的密度之比
，选项A正确。
A
5．如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里。
边界AC、AD的夹角∠DAC＝30°
，边界AC与边界MN平行，两边界间的磁场方向垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d，质量为m、电荷量为＋q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入Ⅰ区域，已知粒子的速度大小为
，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为（ ）
A.
B．
D．
两区域内的磁感应强度大小相等，粒子做匀速圆周运动的速率不变，故粒子在两区域运动的周期T相等，轨迹半径R相等。
在Ⅰ区域磁场内，由qvB＝m
，将速度代入可得R＝d。
粒子从距离A点d处入射，则轨迹圆心到A点的距离为2d。
由几何关系可知，轨迹所对圆心角为
，粒子沿AC方向进入Ⅱ区域磁场，又Ⅱ区域磁场宽度为d，所以粒子在区域Ⅱ内的轨迹为
圆周，然后垂直MN边界射出磁场，因此粒子在磁场中运动的总时间t＝
＋
，C项正确。
6．中子和质子结合成氘核，同时放出γ光子，核反应方程是
H＋
n→
H＋γ，以下说法正确的是（ ）
A．反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量
B．反应前后质量数不变，因而质量不变
C.由核子组成原子核一定向外释放能量
D．光子所具有的能量为Δmc2，Δm为反应中的质量亏损，c为光速
根据质能方程，这个反应释放能量，一定发生质量亏损，即反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量，这个质量亏损与释放能量的关系满足质能方程ΔE＝Δmc2。
由核子组成原子核一定向外释放能量，这个能量叫原子核的结合能。
反应前后质量数不变，但质量变化。
选项A、C、D正确。
ACD
7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（ ）
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V
B．当单刀双掷开关与a连接，且t＝0.01s时，电流表示数为零
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz
原线圈输入电压的有效值为U1＝
V＝220V，当单刀双掷开关与a连接时，U2＝
U1＝22V，A选项正确；
当t＝0.01s时，电流表示数不为零，电流表测量的是有效值，B选项错误；
当单刀双掷开关由a拨向b时，U2′＝
U1＝44V，输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，此时输出电压的频率不变，C选项正确，D选项错误。
AC
8.
如图所示，在空间中有平行xOy平面的匀强电场，一群带正电粒子（电荷量为e，重力不计，不计粒子间相互作用）从P点出发，可以到达以原点O为圆心、R＝25cm为半径的圆上的任意位置，比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能增加量最大，为60eV，已知∠OAP＝30°
则下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的方向沿x轴负方向
B．匀强电场的电场强度是160V/m
C．过A点的电场线与x轴垂直
D．P、A两点间的电势差为60V
到A点时，动能增加量最大，说明等势面在A点与圆相切（否则一定还可以在圆上找到比A点电势低的点，粒子到达这点，动能增加量比到达A点时动能增加量大），即等势面与y轴平行，电场力做正功，所以电场沿x轴正方向，P、A两点间的电势差UPA＝
＝60V，由匀强电场中电场强度与电势差的关系可得E＝
＝160V/m，故B、D正确，A、C错误。
BD
二、非选择题
9.
某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。
弹簧测力计固定在一合适的木块上，水平桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。
在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d。
开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。
再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t。
（1）木块的加速度可以用d、t表示为a＝________。
（2）改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系。
下列图象能表示该同学实验结果的是________。
（3）用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________。
A．可以改变滑动摩擦力的大小
B．可以更方便地获取更多组实验数据
C．可以更精确地测出摩擦力的大小
D．可以获得更大的加速度以提高实验精度
（1）根据匀变速直线运动公式得d＝
at2，解得a＝
（2）当F>
F0时，木块才产生加速度。
随着继续向瓶中加水，矿泉水瓶的质量不断增大，矿泉水瓶的质量不再满足远小于木块的质量的条件，那么矿泉水瓶的重力与绳子拉力的差值越来越大，则图象向下弯曲。
故选C。
（3）向瓶中加水，不能改变滑动摩擦力的大小，选项A错误；
向瓶中加水，可以更方便地获取多组实验数据，选项B正确；
缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动，可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小，选项C正确；
木块运动的加速度过大，时间测量的误差较大，不利于提高实验精度，选项D错误。
（1）
（2）C （3）BC
10．某同学在测量一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，其主要实验步骤为：
①用多用电表测量该合金丝的电阻 ②用刻度尺测出合金丝的长度，用螺旋测微器测出其直径 ③再用伏安法测合金丝的电阻
回答下列问题：
Ⅰ.用多用电表测量合金丝的电阻
（1）开始选用“×
10”倍率的电阻挡测量发现多用表指针偏转过大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至________倍率的电阻挡。
（选填“×
1”或“×
100”）
（2）每次换挡后，需重新________，再进行测量。
（3）测量合金丝的电阻表的指针位置如图所示，则该合金丝的电阻测量值是________Ω。
Ⅱ.用伏安法测合金丝的电阻并得出电阻率
（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0～50Ω），电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω），电压表（0～3V，内阻约3kΩ），开关和导线若干。
为了减小测量误差，实验电路应采用图乙中的________。
（选填“甲”或“乙”）
（2）实验得到的合金丝电阻率ρ测________合金丝的真实电阻率ρ真。
（选填“大于”“小于”或“等于”）
Ⅰ.用“×
10”挡，欧姆表指针偏转角度过大，说明电阻阻值较小，应该换用“×
1”挡，换挡之后需要欧姆调零，读数为7.0Ω。
Ⅱ.为了减小电流表的分压作用，要选用甲。
甲的电阻测量值偏小，由电阻定律公式可知，ρ测<
ρ真。
Ⅰ.
（1）×
1
（2）调零 （3）7.0 Ⅱ.
（1）甲
（2）小于
11．某物体A静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，若给物体A一个水平向右的初速度v0＝10m/s，g＝10m/s2。
求：
（1）物体A向右滑行的最大距离；
（2）若物体A右方x0＝12m处有一辆汽车B，在物体A获得初速度v0的同时，汽车B从静止开始以a＝2m/s2的加速度向右运动，通过计算说明物体A能否撞上汽车B。
（1）由牛顿第二定律得
μmg＝ma0
a0＝2m/s2
根据v
－v
＝－2a0x
x＝25m
（2）假设二者不相撞，设经过时间t二者有共同速度v
则对物体A：
v＝v0－a0t
对汽车B：
v＝at
解得：
v＝5m/s，t＝2.5s
该过程中物体A的位移：
xA＝
t＝18.75m
该过程中汽车B的位移：
xB＝
t＝6.25m
因为xA>
xB＋x0
故物体A能击中汽车B。
（1）25m
（2）能击中汽车B
12．如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态。
现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小及方向。
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
（3）在满足
（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
（1）设小球到达最高点速度为vP，由机械能守恒知
mv
＝mgL＋
，代入数据解得vP＝
m/s
设小球在最高点时杆对球的作用力大小为F，方向竖直向下，则F＋mg＝m
代入数据得F＝2N。
由牛顿第三定律知小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
（2）若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒。
设小球通过最高点时速度为vm，滑块速度为vM，由动量守恒得
mvm＝MvM①
由机械能守恒得
Mv
＋mgL②
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