《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 3+2+3沖A練（二）（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理總復(fù)習(xí) 沖A方案 3+2+3沖A練（二）（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(二) 16.如圖C2-1所示,真空中有一邊長為a的正立方體,在圖中A、C、F三個頂點放上電荷量均為q的負(fù)點電荷,已知靜電力常量為k,設(shè)無窮遠(yuǎn)處的電勢為零,下列說法錯誤的是 (　　) 圖C2-1 A.A處點電荷受到另兩個點電荷對其作用力的合力大小為3kq22a2 B.B點處的電場強度大小為3kqa2 C.D、E、G三點電勢相等 D.將一電子先后置于H點和B點,電子在H點的電勢能小于其在B點的電勢能 17.[2019·金華十校模擬] 如圖C2-2所示,質(zhì)量為50 kg的某同學(xué)在做仰臥起坐運動.若該同學(xué)上半身的質(zhì)量約為全身質(zhì)量的35,她在1 min內(nèi)做了50次仰臥

2、起坐,每次仰臥起坐上半身重心上升的高度均為0.3 m,則她在1 min內(nèi)做50次仰臥起坐克服重力做的功W和相應(yīng)的平均功率P為(g取10 m/s2) (　　) 圖C2-2 A.W=4500 J,P=75 W B.W=450 J,P=7.5 W C.W=3600 J,P=60 W D.W=360 J,P=6 W 18.[2019·杭州模擬] 電動自行車是生活中重要的交通工具.某品牌電動自行車的銘牌如下: 車型 電池規(guī)格 20寸(車輪直徑:508 mm) 36 V　8 A·h(蓄電池) 整車質(zhì)量:40 kg 額定轉(zhuǎn)速:240 r/min 外形尺寸:L800 mm× W

3、650 mm×H100 mm 額定輸出功率:171 W 電機:后輪驅(qū)動、 直流永磁式電機 額定工作電壓/電流:36 V/5 A 根據(jù)此銘牌中的有關(guān)數(shù)據(jù),下列說法正確的是 (　　) A.電動車的線圈電阻為7.2 Ω B.充滿電時蓄電池儲存的能量E=288 J C.額定功率下行駛時,電動機的效率為95% D.充滿電后,在額定功率下連續(xù)行駛的最長時間為2 h 19.[2019·嘉興測試] (1)在“探究求合力的方法”實驗中,除了圖C2-3甲中所給的器材外,還必須使用的測量工具有　　　　.? A.天平 B.刻度尺 C.秒表 D.量角器 (2)如圖乙所示是“探究加速度與力、質(zhì)

4、量的關(guān)系”的實驗裝置,實驗中下列操作正確的是　　　　.? A.調(diào)節(jié)木板使木板保持水平狀態(tài) B.調(diào)節(jié)細(xì)繩使細(xì)繩與木板平行 C.釋放小車時應(yīng)使小車靠近打點計時器 D.選取的小盤和砝碼總質(zhì)量應(yīng)與小車質(zhì)量接近 圖C2-3 (3)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中,實驗裝置如圖丙所示.某同學(xué)使重錘自由下落,打點計時器在紙帶上打出一系列的點,該同學(xué)選取一條紙帶如圖丁所示,紙帶上O點對應(yīng)的速度為零,為了驗證OF段機械能守恒,計算F點對應(yīng)重錘的速度 vF時,下列方法正確的是　　　　.(重力加速度為g)? A.測量O、F的間距xOF,再利用運動學(xué)公式vF=2gxOF計算 B.測量O、F

5、的間距xOF,再利用功能關(guān)系mgxOF=12mvF2計算 C.已知O點到F點的時間tOF=0.12 s,再利用公式vF=gtOF計算 D.已知E點到G點時間tEG=0.04 s,測量E、G的間距xEG,再利用公式vF=xEGtEG計算 20.[2019·紹興診斷] 要測繪一個標(biāo)有“3 V　0.8 W”元件的伏安特性曲線,備用的器材有: 電源(電動勢為4.5 V,內(nèi)阻約1 Ω); 電流表(量程0~300 mA,內(nèi)阻約5 Ω); 電壓表(量程0~3 V,內(nèi)阻約3 kΩ); 開關(guān)一個、導(dǎo)線若干. (1)實驗中所用的滑動變阻器應(yīng)選　　　　　.? A.滑動變阻器(最大阻值為5 Ω,額定

6、電流為1 A) B.滑動變阻器(最大阻值為200 Ω,額定電流為0.3 A) (2)將圖C2-4中的實物連線補充完整. 圖C2-4 (3)通過圖C2-5的伏安特性曲線可以知道,隨著電壓的增大,此元件的電阻　　　　　(選填“不變”“增大”或“減小”).? 圖C2-5 (4)把此元件直接接在電動勢為3 V、內(nèi)阻為10 Ω的電源兩端,此時該元件消耗的功率為　　　　　(保留兩位有效數(shù)字)W.? 21.[2019·紹興一中月考] 如圖C2-6所示,兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離L=0.40 m,金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ=37°,在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度B=0.50 T、方向

7、垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場.金屬導(dǎo)軌的一端接有電動勢E=4.5 V、內(nèi)阻r=0.50 Ω的直流電源.現(xiàn)把一個質(zhì)量m=0.040 kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒恰好靜止.導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)體棒接入電路的電阻R0=2.5 Ω,金屬導(dǎo)軌電阻不計,g取10 m/s2.已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80. (1)求通過導(dǎo)體棒的電流; (2)求導(dǎo)體棒受到的安培力和摩擦力; (3)若僅將磁場方向改為豎直向上,求導(dǎo)體棒受到的摩擦力. 圖C2-6 22.[2019·諸暨中學(xué)期中] 如圖C2-7甲所示,將質(zhì)量為0.5 kg的木塊放在固定的水平長木板上

8、,用力沿水平方向拉木塊,拉力從零開始逐漸增大,分別用力傳感器采集拉力和木塊所受到的摩擦力,并用計算機繪制出摩擦力f隨拉力F的變化圖線如圖乙所示.(g取10 m/s2) 圖C2-7 (1)求木塊與長木板間的動摩擦因數(shù); (2)若木塊在恒定的水平拉力F作用下,以a=3 m/s2的加速度從靜止開始沿長木板做勻加速直線運動,拉力F應(yīng)為多大? (3)第(2)問中的拉力F在作用t1=2 s后撤去,求木塊在整個運動過程的平均速度大小. 23.[2019·溫州十五校聯(lián)考] 如圖C2-8所示為某種彈射小球的游戲裝置,內(nèi)置彈簧發(fā)射器的光滑直管道PA和光滑圓弧管道A

9、BC平滑相接,粗糙斜面CD上端與管道ABC末端相切于C點,下端通過一段極小圓弧(圖中未畫出)與粗糙水平面DE平滑連接,半徑R=2.0 m的光滑半圓管道豎直固定,在最低點E與水平面DE相切,F為其最高點.每次將彈簧壓縮到同一位置后釋放,小球即被彈簧彈出,經(jīng)過一系列運動后從F點水平射出.已知斜面CD與水平面DE的長度均為L=5 m,小球與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,其余阻力忽略不計.θ=37°,彈簧的長度、小球大小、管道直徑均可忽略不計,若小球質(zhì)量m=0.1 kg,則小球到達(dá)管口F時恰好與管口無擠壓.(g取10 m/s2) (1)求彈簧的彈性勢能大小Ep; (2)改變小球的質(zhì)量,

10、小球通過管口F時,管壁對小球的彈力FN也相應(yīng)變化,寫出FN隨小球質(zhì)量m變化的關(guān)系式并說明FN的方向. 圖C2-8 3+2+3沖A練(二) 16.B　[解析] A、C、F三點構(gòu)成了一個等邊三角形,有F=2×kq2(2a)2cos 30°=3kq22a2,故A正確;B點處的電場強度是由三個點電荷各自產(chǎn)生的電場強度疊加而成的,合電場強度為3kqa2,故B錯誤;D、E、G三點在電場中相對A、C、F三點的位置相同,故電勢相等,故C正確;H點到三個固定負(fù)點電荷的距離大于B點到三個固定負(fù)點電荷的距離,所以φH>φB,根據(jù)Ep=-eφ可得EpH

11、17.A　[解析] 每次上半身克服重力做功W0=35mgh=35×50×10×0.3 J=90 J,所以1 min總共克服重力做功為W=50W0=4500 J,功率P=Wt=75 W,選項A正確. 18.C　[解析] 電動機不是純電阻元件,故不能通過歐姆定律求解其線圈電阻,即電動機線圈的電阻R≠UI=365 Ω=7.2 Ω,選項A錯誤;充滿電時蓄電池儲存的能量Q=UIt=36×8×3600 J=1.036 8×106 J,選項B錯誤;額定功率下行駛時,電動機的效率η=P出IU=17136×5×100%=95%,選項C正確;充滿電后,在額定功率下連續(xù)行駛的最長時間為t=36×836×5 h=1

12、.6 h,選項D錯誤. 19.(1)B　(2)BC　(3)D 20.(1)A　(2)如圖所示　(3)增大　(4)0.21(0.20~0.22均可) 21.(1)1.5 A　(2)0.30 N,方向沿導(dǎo)軌向上　 0.06 N,方向沿導(dǎo)軌向下　(3)零 [解析] (1)對導(dǎo)體棒、金屬導(dǎo)軌和直流電源構(gòu)成的閉合回路,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER0+r=1.5 A. (2)導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.30 N,方向沿導(dǎo)軌向上; 導(dǎo)體棒所受重力沿導(dǎo)軌向下的分力F1=mgsin 37°=0.24 N,由于F1小于F安,故導(dǎo)體棒受沿導(dǎo)軌向下的摩擦力f,根據(jù)平衡條件得mgsin 37°

13、+f=F安 解得f=0.06 N,方向沿導(dǎo)軌向下. (3)對導(dǎo)體棒受力分析,由于mgsin θ=BILcos θ=0.24 N 所以導(dǎo)體棒剛好處于平衡狀態(tài),導(dǎo)體棒受到的摩擦力為零. 22.(1)0.4　(2)3.5 N　(3)3 m/s [解析] (1)在F>2.4 N時,摩擦力為滑動摩擦力,有f=μmg 解得μ=0.4 (2)由牛頓第二定律得F-f=ma 解得F=3.5 N (3)加速階段,由勻變速直線運動規(guī)律得x1=12at12=6 m 最大速度為v1=at1=6 m/s 減速階段,由牛頓第二定律得f=ma' 解得a'=4 m/s2 由勻變速直線運動規(guī)律得x2=v122a'=4.5 m 由速度與時間關(guān)系得0=v1-a't2 解得t2=1.5 s 由平均速度的定義得 - 7 -