1、2015年(全国2卷)逐题仿真练题号1415161718考点平行板电容器间电场导体切割磁感线曲线运动机车启动问题地磁场和磁力题号1920212223考点磁场内粒子圆周运动牛顿定律处理连接体运动分解及功能关系测动摩擦因数半偏法测电压表内阻二、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14(2019福建泉州市5月第二次质检)如图1，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线飞出，有的
2、沿曲线从板边缘飞出，有的沿曲线运动到板的中点上不计空气阻力及油滴间的相互作用，则()图1A沿直线运动的所有油滴质量都相等B沿直线运动的所有油滴电荷量都相等C沿曲线、运动的油滴，运动时间之比为12D沿曲线、运动的油滴，加速度大小之比为14答案D解析沿直线运动的油滴，根据题意得：mgEq，即：，所以沿直线运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线、运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：xv0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为21，C错误；沿曲线、运动的油滴，水平方向xv0t，竖直方向：yat2，联立解得：a，因为水平位移之比为21，v0和y相同，所以加速度大小之比为14，D正确
3、15. (2019辽宁重点中学协作体模拟)水平放置的光滑金属长导轨MM和NN之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反且与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图2.设左、右区域的磁感应强度分别为B1和B2.一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左边区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则()图2A若B2B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动B若B2B1，棒进入右边区域中后仍以速度v做匀速运动C若B22B1，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度做匀速运动D若B22B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速
4、度4v做匀速运动答案B解析金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡当B2B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确；当B22B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动设棒最后匀速运动速度大小为v.在左侧磁场中F，在右侧磁场中匀速运动时，
5、有F，则v，即棒最后以速度做匀速直线运动，故C、D错误16(2019广东深圳市4月第二次调研)2018珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图3)，最后沿陡斜线直入云霄设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变则沿ab段曲线飞行时，战机()图3A所受合外力大小为零B所受合外力方向竖直向上C竖直方向的分速度逐渐增大D水平方向的分速度不变答案C解析战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，故A错误；战机在同一竖直平面内做匀速率曲线运动，所受合外
6、力与速度方向垂直，由于速度方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，故B错误；由以上分析可知，战机所受合外力始终与速度方向垂直，斜向左上方，对合外力和速度进行分解可知，竖直方向上做加速运动，水平方向上做减速运动，故竖直方向分速度逐渐增大，水平方向分速度逐渐减小，故C正确，D错误17(2019福建莆田市5月第二次质检)高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力某一列高铁列车以180 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，空气阻力约占总阻力的50%，牵引力的功率约为2 000 kW.假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360 km/h的速度在平
7、直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为()A4 000 kW B8 000 kWC10 000 kW D16 000 kW答案C解析经分析可知，当高铁列车以180 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P1F1v12F空阻v12kv12v1；该列车以360 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P2F2v2(FfF空阻)v2(kv12kv22)v2，解得P25P110 000 kW，故选C.18(2019四川绵阳市第二次诊断)如图4所示是我国最早期的指南仪器司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场下列与地磁场有关的说法，正确的是()图4A地磁场是一种物质，客观上存在B地球表面上任意位置
8、的地磁场方向都与地面平行C通电导线在地磁场中可能不受安培力作用D运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功答案AC解析地磁场是客观存在的，磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故A正确；磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力，故C正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故D错误19(2019辽宁沈阳市第一次质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为
9、60和30，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图5所示，则()图5Aa粒子带正电，b粒子带负电B两粒子的轨道半径之比RaRb1C两粒子的质量之比mamb12D两粒子的质量之比mamb21答案BD解析由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨迹圆心为AB的垂直平分线和过A点的速度垂直方向直线的交点，故Rad，Rbd，所以，RaRb1，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60，b粒子转过的圆心角为120，根据运动时间相同可得运动周期为：TaTb21，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq，所以，运动周期为：T；
10、根据电荷量相等可得mambTaTb21，故C错误，D正确20质量分别为M和m的物块形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图6甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，斜面保持静止若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin )gDM运动的加速度大小为g答案BCD解析M静止在斜面上时，对M由平衡条件有Mgsin mg；互换位置后，对M和m组成的系统有Mgmgsin (Mm)a，解得a(1sin )gg，对m由牛顿
11、第二定律得：FTmgsin ma，解得FTmg，故A错误，B、C、D正确21(2019陕西省第二次质检)如图7所示，质量M1 kg的重物B和质量m0.3 kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为21.重物B放置在倾角为30固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L4 m现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H3 m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g10 m/s2.下列判断
12、正确的是()图7A圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5 JB圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为53C圆环A能下降的最大距离为Hm7.5 mD圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10 N答案AC解析由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面运动的位移为：x0.5 m，A、B组成的系统机械能减少了：EMgcos 30x2.5 J，故选项A正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为21，圆环A速度最大时，环A沿绳方向的分速度与重物B的速度之比为：vAvBRr21，则vAvB103，故选项B错误；圆环A能下降的最大距离为Hm，重物B沿斜面的运动的位移为：xB，根据能
13、量守恒可知：mgHmMgxBsin 30Mgcos 30xB，解得圆环A能下降的最大距离为Hm7.5 m，故选项C正确；圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，由牛顿第二定律可得FTMgsin 30Mgcos 30Ma，即：FT10 NMa，所以绳子对B的拉力先大于10 N后小于10 N，故选项D错误22(6分)(2019山西临汾市二轮复习模拟)小明在课本查到“木木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：(1)如图8所示，将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质
14、量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数_.图8(2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图9纸带图9(3)已知打点计时器的频率为50 Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a_ m/s2(保留两位有效数字)(4)若当地的重力加速度为9.8 m/s2，则计算得_(结果保留两位有效数字)答案(1)(3)2.4(4)0.32(0.310.33)解析(1)由平衡知识
15、可知：mgMg，解得.(3)根据xaT2可得木块运动的加速度a m/s22.4 m/s2.(4)平衡摩擦力后挂上沙桶，系统加速运动，据牛顿第二定律可得mg(mM)a因mgMg，联立可得0.32.23(9分)(2019福建龙岩市5月模拟)现要比较准确测量电压表V1的内阻RV.实验室提供的器材有： A待测电压表V1(量程3 V，内阻约3 k)B电压表V2(量程9 V，内阻约10 k)C定值电阻R0(阻值6 k)D滑动变阻器R(最大阻值20 )E直流电源E(10 V，内阻可忽略)F开关S及导线若干图10(1)请用笔画线代替导线在图10中完成电路的连接；(2)请把下列实验步骤补充完整闭合开关S前应将滑
16、动变阻器的滑片移至最_端(选填“左”或“右”)；闭合开关S，移动滑片至某一位置，记录电压表V1、V2的示数U1、U2；多次移动滑片，记录相应的电压表V1、V2的示数U1、U2；以U2为纵坐标、U1为横坐标，作出相应图象，如图乙所示(3)用U2U1图线的斜率k及定值电阻的阻值R0，写出待测电压表内阻RV_.答案(1)(2)左(3)解析(1)滑动变阻器的阻值远小于待测电压表的内阻值，所以滑动变阻器用分压式接法，待测电压表的量程为3 V，而电压表V2的量程为9 V，为使电表指针偏转角度较大，读数更准确，需将定值电阻与待测电压表V1串联，然后与V2并联，所以电路图如图所示(2)分压式接法，闭合开关前应将滑片移至使测量电路短路的位置，所以应该移至最左端；(3)根据欧姆定律：，整理得U2(1)U1，所以k1，解得待测电压表的内阻RV.
