江苏省南京三中(六中校区)2022届高三物理考前复习《选择题专练》

江苏省南京三中（六中校区）2020届高三物理考前复习 选择题答案

1．D

简要分析：由于降落伞在风的作用下，下落时间只由下落的高度决定，故时间与风速无关，A 错；风速越大，水平位移也越大，故下落的位移越大，B 错；落地时速度方向与地面的夹角由竖直方向的速度与水平方向的速度的比值决定，风速的越大，这个比值越小，C 错；落地时的速度由运动的合成知D 对。

2．A

简要分析：物块与传送带运动方向相反，在摩擦力的作用下减速至零后，往回加速，当速度与开始的初速度大小相等时，返回到出发点，之后在光滑水平面做匀速运动。t 1时刻，是物块对地的距离

最远，相对传送带的距离在

物块加速没达到传送带的

速度前，仍在增大的。

3．B

简要分析：挂上质量为m 2

的钩码后，依题意得，c 点

变成在如图1所示位置，对

c 处的绳圈受力分析如图2

所示，由共点力平衡条件与几何关系可得： 25)2(2221=+=l l l g m g m

4．C

简要分析：设圆形区域磁场的半径为r ，磁感应强度的

大小为B 1时，从p 点人射的粒子射出磁场时与磁场边

界的最远交点为M ，(见答图甲)由题意知o 90=∠POM ，则该带电粒子在磁场中的运动轨迹是以pM 为直径的圆;由几何关系得轨迹圆半径为2/21r R =。磁感应强度的大小为B 2时，从p 点人射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N ，(见答图乙)

由题意知o 60=∠PON ，由几何关系得轨迹半径R 2=r/2，B

qB mv R 1∝=，所以22112==R R B B 5．B

简要分析：对于电路①，随着滑动变阻器触头向右滑动，灯泡上电压增大，灯泡变亮，通过电流表的电流增加，由于滑动变阻器触头滑到最右端也不会造成短路，所以电流表不至于烧毁.据此判断①与d 对应； 对于电路②，滑动变阻器触头向右滑动时，灯泡亮度增加，电流表示数变大，当滑动变阻器触头滑到最右端时，造成短路，从而烧毁电流表，之后，灯泡变得最亮.据此判断，②与c 对应；对于电路③，由于电压表串联进了电路，而电压表内电阻很大，滑动变阻器触头时，灯泡不亮，电流表示数几乎没有变化，据此判断③与a 对应；对于电路④，随着滑动变阻器触头向右滑动，灯泡不亮，电流表将被短路烧毁.所以，③④②①对应a 、b 、c 、d.

6．AC

简要分析：电流变化的频率在原副线圈之间是相等的，A 对；灯泡两端的电压与副线圈两端的电压不等，B 错；频率的增大，电感线圈的电阻增大，导致灯泡两端电压下降而亮度变暗，C 对、D 错。

7．ACD

简要分析：线速度T r

v π2=，A 对；地球的密度V

M =ρ，其中地球质量可通过万有引力提供向心力获知，但无法求得地球和半径，B 错、C 对；由组合体与地球间的万有引力2r GmM

f =使组合体产生向心加速度，可知其向心加速度为2r GM

a =，D 对。

8．BD

简要分析：撤去外力F 后，物体机械能守恒，由图知，物体在h 1和h 2间机械能不变，

故撤去外力F 时的高度应在h 1，A 错；在外力F 作用过程中，应用动能定理有

221Mv Mgh Fh =-，整理后有221Mv Mgh Fh +=，等式的左端就是物体上升中的机械能E ，所以图象在0～h 1中的斜率就是外力F ，B 对；物体从高度h 1上升至h 2过程所用时间与从高度h 2下落至h 1过程所用时间相等，从高度h 2下落至h 1的时间就是自由落体运动的时间，应是

g h h )(212-，C 错；物体从开始上升至h 1/2时的速度v 由动能定理2112

122Mv h Mg h F =-，可解 )(1Mg F M h v -=,则物体上升到高度

21h 时拉力F 的瞬时功率为物体上升到高度21h 时拉力F 的瞬时功率为)1()(1212010110

h h h g E Mg h E M h h E Fv P -=-=

=（注意到20Mgh E =）。

9．BC 简要分析：由图象知，拉力0002F t t F F +=，安培力R

v l B BIl F 22==安,应用牛顿第二定律有ma F F =-安,由于匀加速直线运动,at v =,合力应是恒力,即R v Bl t t F 2002=,有

R a Bl t F 2002=,又ma ，F t ==00时,可得012mR

B l t =.

t 0时刻线框的速率000t m

F at v ==,故应选BC. 物理考前20题之实验题

1. （1）图线如右图

（2）0.27~0.28

（3）小车滑行时所受摩擦阻力较大

2

3. （1）平衡摩擦力时倾角过大。没有满足m<

（2）AD 气垫导轨不需要平衡摩擦力；小车受到的拉力是由力传感器测定的，不再需要满足m<

（3）m F a =或M

m mg a 2+=，写出一个就得分。 4. 【参考答案】

（1）如图所示电流表A 1的刻度总格数N

（2）当电流表的指针指n 格时，电流表A 2的读

数I 2，电

流表A 3的读数I 3

（3）n )I N(I 23-=g I 2322I I I -=A g R R

物理考前20题之选考模块题

A ．（选修模块3－3）（12分）

(1) BD （4分）

(2) 减小（2分） 放热 （2分）

(3) ①油分子的直径为 nS V d = 一摩尔油的体积为 ρM V m =

所以阿伏加德罗常数为 3333661V S Mn d V N m ρππA == （2分） （注：本题也可以用立方体模型求解） ②一滴油含有的分子数为 232366

1V

S n d n

V N ππ== （2分） B ．（选修模块3－4）（12分）

(1) AB

(2) 负 （2分） 10m/s (2分)

(3) ①此液体的折射率1

2

sin sin n θθ=，（1分）

而sin θ1=25

55b =，sin θ2=2

得此液体的折射率510

2=n （1分）

②光在此液体中的传播速度v =c

n （1分）

解得10 （1分） 物理考前20题之计算题

1. 【参考答案】

（1）θcos 0A v v = -------------------------2分

代入数据解得 v 0=2m/s

-------------------------1分

（2）在A 点时 θsin A y v v = -------------------------1分 代入数据解得 m/s 32=y v

从P 至A 点 gt v y = -------------------------1

分

t

v x 0= -

-------------------------1分 2

2

1gt h =

-------------------------1分

代入数据解得 0.69m m 5

3

2≈=x

-------------------------1

分

h=0.6m

-------------------------1分

（3）从A 至C 2

22

121)cos 1(C A mv mv mgR -=+θ -------------2分 代入数据得 m/s 7=c v

由圆周运动向心力公式得 R

v m mg N C

C 2

=+ -------------------------2

分

由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小，C C N N =' -------------1分 代入数据得 N 8='C

N -------------------------1

分

2. 【参考答案】（1）要使电子的侧向位移最小，应让电子从t 0、3t 0……等时刻进入偏转电场，有

ma d

U e

=0

-------------------------2分 2

0min 2

1at y =

-------------------------2分

可得，电子的最小侧向位移为 2

0min 21t md

eU y =

-------------------------1分

（2）设电子从偏转电场中出来时的速度为v t ，垂直偏转极板的速度为v y ，电子从偏转电场中出来时的偏向角为θ，有

0at v y = -------------------------1分

t y v v =θsin

-------------------------1分

电子垂直打在荧光屏上，在磁场中运动半径应为 θsin l R =

--------2分

又 R v m B ev t t 2=

-------------------------1分

由上述四式可解得 dl t U B 00=

-------------------------1分

（3）当电子从0、2t 0、4t 0……等时刻进入偏转电场时，电子的侧向位移最

大，

为 020max 2

1t v at y y += -------------------------2分 解得 200max 23t dm e U y =

各个时刻从偏转电场中出来的电子的速度大小相同，方向也相同，因此电子进入磁场后的半径也相同，所以打在荧光屏上的电子束的宽度等于电子从偏转电场中出来时的最大侧向位移和最小侧向位移之差，为 min max y y y -=? -------------------------2分

解得 200t md eU y =

? -------------------------1分

3. （1）ab 棒平衡，有 F-F 安＝mgtan37°

-------------------------（1分）

而 F 安＝BI ab L

-------------------------

（1分） 而 F ＝0.75+0.1t （N ）

得 I ab ＝0.2t （A ）

由电路可得 I cd ＝2I ab

则回路中电源电动势 E ＝I cd R 总

-------------------------（1分）

可得 I cd ＝0.4t （A ） E ＝2t （V ）

cd 棒切割磁感线，产生的感应电动势为 E ＝BLv --------------------（1分）

可得，cd 棒的速度v ＝4t(m/s)

-------------------------（1分）

所以，cd 棒做初速为零加速度为a ＝4m/s 2的匀加速直线运动．

（2）cd 棒在3s 内的位移为 x ＝12at 2＝12×4×32＝18m ----------------------（1分）

根据 t I q ?=，总R E I =

，t BLx E = -------------------------（1分） 得 总R BLx q =

-------------------------（1分） 代入数据可得通过cd 棒的电量为 q ＝1.8C -------------------------（1分）

（3）ab 棒平衡，t=0时，F=0.75N ，且没有安培力．

有 F ＝mgtan37°

解得 m=0.1kg

-------------------------（1分）

所以，两根金属棒的质量均为0.1kg ．

回路中产生总的焦耳热 Q ＝10Q R ＝7.2J -------------------------（2分）

所以安培力对金属棒cd 做的功为 W 安＝-7.2J t ＝3s 时，cd 棒的速度为 v ＝at ＝12m/s -------------------------1

分）

根据动能定理 W+W 安＝1

2mv 2－0

-------------------------（2

分）

得3s 内外力对金属棒做的功为W ＝14.4J -------------------------（1分）

4. （1）着陆器从高度为h 到第二次着陆， 由机械能守恒有 21222

121mv mv h mg -=

月 得出月球表面的重力加速度为 h

v v g 22

12

2-=月

（2）当卫星的轨道半径为月球半径R 时，发射速度最小，设最小速度为v ，

重力加速度即为向心加速度 R

v g 2

=月

可解得 h

v v R v 2)

(2122-=

（3）设着陆器与卫星的对接时的速度为V ， 对绕月卫星，由牛顿第二定律有 r

V m r m M G

2

2卫卫

月=

在月球表面有 月月mg R

m M G

=2

着陆器与卫星对接时，发动机对着陆器所做的功W 发．

由动能定理有 22

1

mV W W =-发

而 ）（月r R -R mg W 1= 联立以上各式可解得 )212)212122r

R R h v v m r R R mg W --=-=（（月发 5. （1）货物从A 至B 22

1B mv mgH = 得货物在B 点的速度为 v B =10m/s

货物从B 到C 做匀减速运动，加速度为2m/s 6==m mg

a μ 设到达C 点速度为v C ，则 aL v v B C

222-=- 可解得 v C =2m/s

货物从C 点至车厢内，22

1gt h = t v s C = 代入数据解得 t=0.3s s=0.6m

（2）皮带速度v 皮=ω?R=4m/s

货物从B 到C 将先减速后匀速，从C 点抛出的速度为v C1=4m/s

落点到C 点的水平距离 t v s C 1==1.2m

（3）需要分情况讨论

①若皮带轮逆时针方向转动

无论角速度为多大，货物从B 到C 均做匀减速运动，在C 点的速度为v C =2m/s ． 落点到C 点的水平距离均为为s=0.6m

②若皮带轮顺时针方向转动

Ⅰ、若货物一直减速，皮带轮的转速应满足 rad/s 10m

2.0m/s 20=≤

≤ω 此时，s=0.6m

Ⅱ、若货物先减速后匀速，皮带轮的转速应满足 rad/s 50m 2.00m/s 1rad/s 10=<<ω 此时，Rt s ω==0.06ω（m ）

若货物刚好一直匀速，皮带轮的转速应满足 rad/s 50=ω

此时，t v s B ==3m

Ⅲ、若货物一直加速，则有 aL v v B C 2222=-

可解得 v C2=14m/s

所以，若货物先加速再匀速，皮带轮的转

速应满足 rad/s 70m 2.04m/s 1rad/s 50=<<ω 此时，Rt s ω==0.06ω（m ）

若货物一直加速，则皮带轮的转速应满足

rad/s 70>ω

此时，t v s C 2==4.2m

可得s―ω图象如图所示

6. （1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有r v m

qvB 2=

解得 m qBr v = （2）质子沿x 轴正向射入磁场后，在磁场中运动了14

个圆周后，以速度v 逆着电场方向进入电场，原路径返回后，再射入磁场，在磁场中运动了14

个圆周后离开磁场．

在磁场中的圆周运动周期为 qB

m v r T ππ22== 质子在磁场中运动的时间为 qB

m T t π==21 进入电场后做匀变速直线运动，加速度大小为 m qE a =

质子在电场中运动的时间为 E Br a v t 222==

所求时间为 E

Br

qB

m

t t t 221+

=

+=π （3）当质子沿与x 轴正方向成夹角θ的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A 点射出磁场，如图所示，其中O 1为磁场区域圆的圆心，O 2为质子轨迹圆的圆心．由于轨迹圆的半径等于磁场区域圆的半径，所以OO 1AO 2为菱形，即AO 2平行x 轴，说明质子以平行y 轴的速度离开磁场，也以沿y 轴负方向的速度再次进入磁场．

∠O 2=

π2

-θ 此后质子轨迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C 点再次射出磁场，如图所示，其中O 1、O 3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO 3平行x 轴．由于O 1AO 3C 为菱形，即CO 1平行AO 3，即平行x 轴，说明C 就是磁场区域圆与x 轴的交点．这个结论与θ的具体取值无关．

所以，OO 2O 3C 为平行四边形，∠AO 3C=

π

2

+θ. 所以，质子第一次在磁场中运动的时间为 T t 2ππθ-='21 第二次在磁场中运动的时间 T t 2π

πθ+='22

质子在磁场中运动的总时间 qB m

t t t π='+'='21

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