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高三物理 强化卷
1 B 基础考点 核反应方程 间 另一根绳上的拉力大小为F mg θ 点拨:绳断瞬间,沿绳
. ▶ , 2= sin (
【深度解析】由核反应过程中质量数和电荷数守恒知 的质量数 方向合力为零FF解得θ ° B正确
,X ), 1= 2, =45 , 。
为 0, 电荷数为 -1, 故 X 为 - 0 1e, B正确 。 8.AD 热门考点 ▶ 欧姆定律 + 理想变压器电压与匝数的关系
2.C 基础考点 天体运动 U n
▶ 【深度解析】根据理想变压器的变压规律有 1 解得 n
【深度解析】由万有引力提供向心力有G Mm m4π 2r 解得太阳质 0
.
1 V
=
1
, 1=
r2 = T2 , U
根据有效值U m可知U U A正确 由功率
量为M 4π
2r3
C正确
2200, =
2
m= 2 =220 2 V, ;
= GT2 , 。 与电压关系 可知BC端电压U RP 根据
, BC= = 12×12 V=12 V,
3.B 热门考点 ▶ 简谐运动 理想变压器原 副线圈电压比等于匝数比有 U U BC 解得BC间线
【深度解析】并列悬挂两个相同的弹簧振子 可知小球A B的周期 、 n =n ,
, 、 1 BC
相同 把两个小球拉到相同的位置 先由静止释放小球A 当A第 U
, , , 圈匝数n 通过R的电流为I BC 12 B错误 变
一次到达平衡位置时 由静止释放小球B 即小球A先振动四分之 BC=120, = R = A=1 A, ;
12
, ,
压器原 副线圈电压比等于匝数比 原线圈输入电压 可输
一个周期 存在某一时刻小球A与小球B关于平衡位置对称且同
、 , 220 V,
。
向振动 此时小球A与小球B具有相同的速度与相同的动能 A不 出电压有 12 V、24 V、36 V, 由题图可知匝数关系为n AC> n AB> n BC,
, ,
符合题意 存在某一时刻小球A与小球B运动到平衡位置的同侧 故AB两端电压应为 24 V, 由题意知交变电流 ω =100π rad/s=
;
且具有相同的位移 此时小球A与小球B运动方向一定相反 但小 2π f 解得频率 周期分别为f T . C错误 由以
, , T =2π, 、 =50 Hz、 =0 02 s, ;
kx
球A与小球B具有相同的动能 根据a 可知小球A与小球B 上分析可知AC两端电压是 若将R接在AC两端 则通过R
, =-m 36 V, ,
U
具有相同的位移时一定具有相同的加速度 B符合题意 C、D不符 的电流为I AC 36 . 交变电流周期为 . D正确
, , 0= R = A=3 0 A, 0 02 s, 。
合题意 12
。 9.BCD 重难考点 能量守恒定律 a x图像 弹簧模型
4.A 基础考点 光的折射定律与折射率 ▶ + - +
▶ 【题图剖析】
【深度解析】入射光线与液面间的夹角为 ° 则入射角为 θ
37 , 1 =
° ° ° 反射光线和折射光线相互垂直 点拨:根据几何关
90 -37 =53 , (
系可知折射角与反射角互余
则
折
射
角
为
θ ° ° °
), 2=180 -53 -90 =
θ
° 该液体对该激光的折射率为n sin 1 4 A正确
37 , = θ = , 。
sin 2 3
5.C 新颖试题 平抛运动
▶
【深度解析】设花洒最低点离地面高度为h 水流从出水口射出时 【深度解析】由题图乙可知 x x 时物块P的加速度最大 速度为
, , = 3 ,
零 A错误 设斜面倾角为θ 弹簧的劲度系数为k 物块P在x x
距花洒最低点高度为 y 则有 h y 1 gt2 x v t 解得 x , ; , , = 3
, + = 2 , = 0 , = 处时加速度最大 由牛顿第二定律得k x x mg θ ma 在x
, ( 3- 1)- sin = , 2
h y 处 mg θ k x x 在 x x 处 mg θ ma 联立解得 a
v 2( + ) y均匀增大 则x增大得越来越慢 C正确 , sin = ( 2- 1), ≤ 1 , sin = 0, =
0 g , , , 。
x x a
6.D 热门考点 ▶ 等量同种点电荷电场中的图像问题 ( x 3-
2-
x 2)
1
0 , B正确 ; 物块P 在 x 3 处时弹簧的弹性势能最大 , 由能
【深度解析】根据等量同种点电荷的电场分布可知 O点电场强度为 量守恒定律得 最大弹性势能为E mgx θ ma x C正确 物
, , p= 3sin = 0 3, ;
零 在O点小物块所受合力为摩擦力 加速度不为零 A错误 由等
, , , ; 块P 从 O 点到 x 过程中 由能量守恒定律得 ma x 1 k x
量同种点电荷电场分布的对称性知 P到Q电场强度先减小后增 2 , 0 2= ( 2-
, 2
大 , 故小物块所受合力为变力 , 由E k- x图像的斜率表示合力可知 , x 1) 2 + E km, ma 0= k ( x 2- x 1), 联立解得E km= 1 ma 0( x 1+ x 2), D正确 。
图线为曲线 B错误 O点电势最低 由正电荷在电势高处电势能大 2
, ; , 10.AD 重难考点 导线框进出磁场
知 小物块在O点电势能最小 C错误 E x图像的斜率表示除重 ▶
, , ; 总- Φ
力 电场力外做功的力 则斜率表示摩擦力 由于小物块所受摩擦力 【深度解析】根据法拉第电磁感应定律可得E Δ 设线框总电
、 , , = t,
Δ
不变 且一直做负功 故图线为直线 E 一直减小 D正确
, , , 总 , 。 E
阻为R 根据闭合电路的欧姆定律可得I 线框进 出磁场的
7.B 经典试题 共点力平衡 , = R, 、
▶
【深度解析】设绳与天花板间的夹角为 θ 剪断绳前 由平衡条件 Φ
, , 过程中通过线框横截面的电荷量q I t 联立可得q Δ 则线
= Δ, = R ,
mg
得 mg F θ 解得绳上的拉力大小为F 剪断绳的瞬
, =2 1sin , 1= θ, 框从位置 到位置 的过程中通过线框某一横截面的电荷量q
2sin Ⅰ Ⅱ 1
D 1BS 时有V Sl V 分
从位置 到位置 的过程中通过线框某一横截面的电荷量 0= 0- (1 )
= R, Ⅱ Ⅲ
末状态有V 9 Sl V 分
BS 1= 0- (1 )
q 所以q q A正确 B错误 以向右为正方向 线 10
2= R, 1 ∶ 2=1 ∶ 1, , ; , 气体做等温变化 根据玻意耳定律有p V p V 分
, 0 0= 1 1 (2 )
框从位置 到位置 的过程中 对线框根据动量定理有
Ⅰ Ⅱ , Sl
解得氧化钙的体积V 0 分
BI L t mv mv 从位置 到位置 的过程中 对线框根据动 = (2 )
- 1 Δ1= 1- 0, Ⅱ Ⅲ , 10
量定理有 BI L t mv 其中q I t q I t 联立可得
-2 2 Δ2=0- 1, 1= 1Δ1, 2= 2Δ2, 14.( 1 ) 2 v 0 ( 2 ) 2 mv2 0
3 9
v 2 v 根据能量守恒定律 线框从位置 到位置 的过程中线 经典试题 动量守恒定律 机械能守恒定律
1= 0, , Ⅰ Ⅱ ▶ +
3
【深度解析】 A B碰撞过程中系统动量守恒 规定水平向右为
框中产生的焦耳热为Q 1 mv2 1 mv2 5 mv2 从位置 到位 (1) 、 ,
1= 0- 1= 0, Ⅱ 正方向 则有
2 2 18 ,
置 的过程中线框中产生的焦耳热为Q 1 mv2 2 mv2 所 mv mv 1 mv 分
Ⅲ 2= 1-0= 0, 0=2 B- 0 (3 )
2 9 3
以Q Q C错误 D正确
1 ∶ 2=5 ∶ 4, , 。 解得v 2 v 分
B= 0 (3 )
11.( ) . ( 分) ( )mgh 1 ( M m)v2( 分) ( ) 1 ( 分) 3
1 1 13 2 2 = 2 + 2 3 b 2 当B C共速时 弹簧的压缩量最大 由动量守恒定律得
2 (2) 、 , ,
经典试题 验证机械能守恒定律 mv mv 分
▶ 2 B=4 (2 )
【深度解析】 打点计时器所用交流电源的频率为 则打 由机械能守恒定律得
(1) 50 Hz,
点周期t
=
1
f =0
.
02 s,
根据匀变速直线运动规律可得
,
打出H点 1
×2
mv2B= 1
×4
mv2
+
E
p (2
分
)
2 2
x . .
时钩码 A 的瞬时速度大小为 v H= G t J = 8 50- . 4 00 ×10 -2 m/s≈ 解得E p= 2 mv2 0 (2 分 )
2 2×0 02 9
. mv mv2 mv
1 13 m/s。 15.( ) 0 ( )4 5 0 ( ) 2 0
把A B C作为一个系统 若系统重力势能的减少量等于系统 1 qL 2 qL 3 qk
(2) 、 、 ,
重难考点 带电粒子在电磁组合场中的运动
动能的增加量 则系统机械能守恒 即mgh 1 M m v2 易错: ▶
, , = (2 + ) ( 【思路引导】
2
运动过程中三个物体均有速度,列机械能守恒表达式时动能要都
考虑
)。
对A B C系统 由牛顿第二定律有 mg M m a 整理得
(3) 、 、 , =(2 + ) ,
M
1 2 1 1 可知 1 1 图线纵截距为 1 根据题图丙得
a = g ·m+ g , a -m g ,
b 1 则g 1
= g , = b 。 【深度解析】 粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系得粒子在
(1) ,
12.( 1 ) S ( 2 分) 左边( 2 分) ( 2 )a( 2 分) ( 3 ) ×1 k ( 2 分) 区域 Ⅰ 中运动的轨迹半径为R = L (1 分 )
经典试题 用多用电表测量二极管的反向电阻
▶
【深度解析】 机械调零时 旋动 使指针对准表盘的左边零刻度
(1) , S 。
由题图 左侧图知 黑表笔接a端时 二极管的电阻较小
(2) (b) , , ,
电压为正向电压 黑表笔与电源正极相连 故二极管的 a 端为
, ,
正极
。
多用电表指针偏转角度过小 为使测量结果更准确 需要换
(3) , ,
大倍率 故将 旋转到电阻挡 的位置 完成电阻调零后再
, K “×1 k” ,
次测量 由牛顿第二定律得
。
mg Sl v2
13.( )9 ( ) 0 qv B m 0 分
1 S 2 0 1= R (2 )
10
热门考点 玻意耳定律 共点力的平衡 mv
▶ + 解得B 0 分
【深度解析】 待活塞重新稳定后 对活塞受力分析 有
1= qL (1 )
(1) , ,
设匀强电场的水平分量为E 竖直分量为E 由牛顿第二定
p S mg p S 分 (2) x, y,
0 + = 1 (2 ) 律得
mg mg
解得p p 9 分
1= 0+ S = S (2 ) qE
x=
ma
x (1
分
)
设汽缸内放置的氧化钙体积为V 则对汽缸内理想气体 开始 qE ma 分
(2) , , y= y (1 )
D 2粒子沿x轴 y轴的分运动均为匀变速直线运动 沿x轴方向有 v v a t 分
、 , x= 0+ x (1 )
沿y轴方向的分速度大小为v a t 分
L
=
v
0
t
+
1 a
x
t2
(1
分
)
y= y (1 )
沿y轴方
2
向有
粒子经过O点瞬间的速度大小为v
=
v2x+ v2y
(1
分
)
粒子在第一象限内运动过程中 当粒子与y轴距离最大时 粒子
, ,
L
=
1 a
y
t2
(1
分
)
沿x轴方向的分速度为
0,
沿y轴方向的分速度大小为
2
v v 分
mv2 mv2 yt= (1 )
解得E x= 4 qL 0 , E y= 8 qL 0 , 在y轴方向 由动量定理得
,
qB v t mv mv 分
区域
Ⅱ
内匀强电场场强E的大小为E
=
E2x+ E2y
(2
分
)
∑ 2 x·Δ = yt- y (1 )
kx
解得E = 4 5 qL mv2 0 (1 分 ) ∑ qB 2 v x·Δ t = q ∑ B 2Δ x = q · 0+ 2 x (1 分 )
mv
粒子经过坐标原点O瞬间 沿x轴方向的分速度大小为 解得x 2 0 分
(3) , = qk (1 )
D 3
