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  • ID:6-6032956 人教版高一物理必修1 全册综合检测题(教师版+学生版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修1/全册综合

    绝密★启用前 人教版高一物理必修1全册综合检测题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.关于质点的下列说法正确的是(  ) A. 研究地球公转时,由于地球很大,所以不能将地球看做质点 B. 研究火车经过南京长江大桥所用的时间时,可以将火车看做质点 C. 万吨巨轮在大海中航行,研究巨轮所处的地理位置时,巨轮可看做质点 D. 研究短跑运动员的起跑姿势时,由于运动员是静止的,所以可以将运动员看做质点 【答案】C 【解析】研究地球公转时,虽然地球很大,但公转半径比地球大得多,所以能将地球看做质点,所以A错误.研究火车经过南京长江大桥所用的时间时,火车的长度与大桥的长度相差不大,则不可以将火车看做质点,所以B错误;巨轮的大小和形状不影响它在海面的位置,所以可以看做质点,所以C正确;研究短跑运动员的起跑姿势时,虽然运动员是静止的,但要研究运动员的起跑姿势,此时不能看成质点,所以D错误. 2.下列关于路程和位移的说法正确的是(  ) A. 路程是矢量,位移是标量 B. 给定初末位置,路程有无数种可能,位移只有两种可能 C. 若物体作单一方向的直线运动,位移的大小就等于路程 D. 在任何情况下,路程都是大于位移的大小的 【答案】C 【解析】路程是标量,位移是矢量.故A错误.给定初末位置,路程有无数种可能,位移只有一种.故B错误.当物体做单向直线运动时,位移的大小等于路程.故C正确,D错误. 3.关于速度的描述,下列说法中正确的是(  ) A.京沪高速铁路测试时的列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度 B.电动自行车限速20 km/h,指的是平均速度 C.子弹射出枪口时的速度为500 m/s,指的是平均速度 D.某运动员百米跑的成绩是10 s,则他冲刺时的速度一定为10 m/s 【答案】A 【解析】列车的最高时速指的是在安全情况下所达到的最大速度,为瞬时速度,故A正确; 电动自行车限速20 km/h,限制的瞬时速度,不是平均速度,故B错误; 子弹射出枪口时的速度与枪口这一位置点对应,因此为瞬时速度,故C错误; 根据运动员的百米跑成绩是10 s可知,可求得其平均速度为10 m/s,而其冲刺速度不一定为10 m/s.故D错误. 4.下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法,正确的是(  ) A. 只要物体的速度大,加速度就大 B. 只要物体的速度变化率大,加速度就大 C. 只要物体的加速度大,速度变化量就大 D. 只要物体的速度不为零,加速度就不为零 【答案】B 【解析】速度大,加速度不一定大,如速度很大的匀速运动,加速度为零,故A错误; 加速度是物体速度的变化量与所用时间的比值,物体的速度变化率大,加速度就大,故B正确;加速度大,速度变化不一定大,还要看时间,故C错误;速度不为零,加速度可以为零,如匀速运动,故D错误. 5.如图所示的v-t图象中,表示物体做匀减速运动的是 (  ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由v-t图象可知:A图物体以一定初速度做匀加速直线运动,B图物体以一定初速度做反方向的匀减速直线运动,C图做初速度为零的反方向的匀加速直线运动,D图物体以一定初速度做反方向匀加速直线运动,B选项正确. 6.飞机起飞的过程是由静止开始在平直跑道上做匀加速直线运动的过程.飞机在跑道上加速到某速度值时离地升空飞行.已知飞机在跑道上加速前进的距离为1 600 m,所用时间为40 s,则飞机的加速度a和离地速度v分别为(  ) A. 2 m/s2 80 m/s B. 2 m/s2 40 m/s C. 1 m/s2 40 m/s D. 1 m/s2 80 m/s 【答案】A 【解析】根据x=at2得a==m/s2=2m/s2,飞机离地速度为v=at=2×40m/s=80m/s. 7.如图所示,物体从O点由静止出发开始做匀加速直线运动,途经A、B、C三点,其中|AB|=2 m,|BC|=3 m.若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等,则OA之间的距离等于(  ) A.m B.m C.m D.m 【答案】A 【解析】设物体通过AB、BC所用时间为T,则B点的速度vB==, 根据Δx=aT2得:a==, 则:vA=vB-aT=-=, 则:xOA==m. 8.滴水法测重力加速度的过程是这样的:让水龙头的水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里,调整水龙头,让前一滴水滴到盘子里听到声音时,后一滴水恰离开水龙头,测出n次听到水击盘声的总时间t,用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h,即可算出重力加速度,设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1 s,已知声速为340 m/s,则(  ) A. 水龙头距人耳的距离至少为34 m B. 水龙头距盘子的距离至少为34 m C. 重力加速度的计算式为 D. 重力加速度的计算式为 【答案】D 【解析】由于人耳能区分两个声音的时间差为0.1 s,因此两滴水落到盘子的时间差必须不小于0.1 s,则水龙头距盘子的距离至少为h=gt2=0.05 m.人耳听到水击盘声的时间差与水龙头距人耳的距离无关. 当听到n次声音时,时间间隔为. h=g()2,则g=. 9.伽利略对自由落体运动的研究,开创了研究自然规律的科学方法,这就是(  ) A. 对自然现象进行总结归纳的方法 B. 用科学实验进行探究的方法 C. 对自然现象进行总结归纳,并用实验进行验证的方法 D. 抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法 【答案】D 【解析】伽利略对自由落体运动的研究,通常包括以下几个方面的要素:通过对现象的一般观察,提出假设,运用逻辑(包括数学)推理得出推论,通过实验对推论进行检验,最后对假设进行修正和推广.正确选项为D. 10.如图所示,一个空心均匀球壳里面注满水,球的正下方有一个小孔,在水由小孔慢慢流出的过程中,空心球壳和水的共同重心将会(  ) A. 一直下降 B. 一直上升 C. 先升高后降低 D. 先降低后升高 【答案】D 【解析】当注满水时,球壳和水的重心均在球心,故它们共同的重心在球心.随着水的流出,球壳的重心虽然仍在球心,但水的重心逐渐下降,开始一段时间内,球壳内剩余的水较多,随着水的重心下降,球壳和水共同的重心也下降;后来一段时间内,球壳内剩余的水较少,随着水的重心的下降,球壳和水共同的重心却升高;最后,水流完时,重心又回到球心.故球壳和水的共同重心先降低后升高,选项D正确. 11.如图所示,球A在斜面上,被竖直挡板挡住而处于静止状态,关于球A所受的弹力,以下说法正确的是(  ) A. 球A仅受一个弹力作用,弹力的方向垂直斜面向上 B. 球A受两个弹力作用,一个水平向左,一个垂直斜面向下 C. 球A受两个弹力作用,一个水平向右,一个垂直斜面向上 D. 球A受三个弹力作用,一个水平向右,一个重直斜面向上,一个竖直向下 【答案】C 【解析】由于球A对挡板和斜面接触挤压,挡板和斜面都产生弹性形变,它们对球A产生弹力,而且弹力的方向垂直于接触面,所以挡板对球A的弹力方向水平向右,斜面对球A的弹力方向垂直于斜面向上.故球A受两个弹力:一个水平向右,一个垂直斜面向上. 12.如下图所示,物体A、B、C叠放在水平桌面上,水平力F作用于C物体,使A、B、C以共同速度向右匀速运动,且三者相对静止,下面关于摩擦力的说法正确的是(  ) A.A不受摩擦力作用 B.B不受摩擦力作用 C.C不受摩擦力作用 D. 以A、B、C为整体,整体受到的摩擦力为零 【答案】B 【解析】对整体分析可知,整体水平方向受拉力做匀速直线运动,故A应受到地面的摩擦力;故A、D错误;对B分析可知,B水平方向不受外力,AB间没有相对运动的趋势,故B不受摩擦力,故B正确;对C分析可知,C水平方向受向右的拉力做匀速直线运动,所以C受到向左的摩擦力,故C错误.故选B. 13.如图所示,三个大小相等的力F,作用于同一点O,则合力最小的是(  ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】根据力的合成知识,分析得出A、合力 ,B、合力 ,C、合力0,D、 所以合力最小的是C。 14.如图所示,甲、乙、丙三个物体质量相同,与地面的动摩擦因数相同,受到三个大小相同的作用力F,当它们滑动时,下列说法正确的是(  ) A. 甲、乙、丙所受摩擦力相同 B. 甲受到的摩擦力最大 C. 乙受到的摩擦力最大 D. 丙受到的摩擦力最大 【答案】C 【解析】 题图中三个物体对地面的压力分别为FN甲=mg-Fsinθ,FN乙=mg+Fsinθ, FN丙=mg,因它们均相对地面滑动,由F=μFN知,Ff乙>Ff丙>Ff甲,故C正确. 15.如图所示,在一辆表面光滑的小车上,有质量分别为m1、m2的两个小球随车一起匀速运动,当车突然停止时,如不考虑其他阻力,设车足够长,则(  ) A. 若m1<m2,则两个小球一定相碰 B. 若m1=m2,则两个小球一定相碰 C. 若m1>m2,则两个小球一定相碰 D. 两个小球一定不相碰 【答案】D 【解析】 小车表面光滑,因此两小球在水平方向上没有受到外力的作用.原来两个小球与小车具有相同的速度,当车突然停止运动时,由于惯性,两个小球的速度不变,所以不会相碰(与质量大小无关). 16.如下图所示,水平面上质量相等的两木板A,B用一轻质弹簧相连,整个系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F拉动木块A,使木块A向上做匀加速直线运动.研究从力F刚作用在木块A上的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程,并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点,则下列图中可以表示力F和木块A的位移x之间的关系的是(  ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】弹簧的形变量用x′表示,系统处于静止状态时,易知弹簧的压缩量为;研究从F刚作用在木板A上的瞬间到弹簧刚恢复原长的瞬间这个过程,由牛顿第二定律得:F+kx′-mg=ma,又因为x+x′=,所以得F=kx+ma;研究从弹簧恢复原长时到木块B刚离开地面的瞬间这个过程,同理得到F=kx+ma.故选项A正确. 17.一物体在2 N的外力作用下,产生10 cm/s2的加速度,求该物体的质量.下面有几种不同的求法,其中单位运用正确、简洁而又规范的是(  ) A.m===0.2 kg B.m===20=20 kg C.m==kg=20 kg D.m===20 kg 【答案】C 【解析】A项中加速度的单位应换算成国际单位,即a=10 cm/s2=0.1 m/s2后再代入,A错误;代入数据时不必每个物理量的单位都逐个代入,也不能只有数据没有单位,故B、D错误;C项所示为单位运用正确简洁而又规范的写法,故C正确. 18.如图所示,物体A、B叠放在水平粗糙面上,用水平力F拉物体B,使A随B一起向右做匀加速直线运动,则与物体B发生作用与反作用的力有(  ) A. 三对        B. 四对 C. 五对 D. 六对 【答案】D 【解析】 对B进行受力分析可知,B受到重力、地面支持力、A对B的压力、A对B向后的静摩擦力、地面对B向后的滑动摩擦力、水平拉力六个力的作用,故与物体B发生作用与反作用的力有六对,选项D正确. 19.物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系如图所示,A、B两直线平行,则以下关系正确的是 (  ) A.mA<mB<mC B.mA<mB=mC C.μA=μB=μC D.μA<μB=μC 【答案】D 【解析】根据牛顿第二定律有:F-μmg=ma 所以有:a=-μg 由此可知:图象斜率为质量的倒数,在纵轴上的截距大小为:μg. 故由图象可知:μA<μB=μC,mA=mB<mC,故A、B、C错误,D正确. 故选D. 20.某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲—起立的动作.如图所示为记录的力随时间变化的图线,由图线可以得到以下信息正确的是(  ) A. 下蹲过程中人处于失重状态 B. 起立过程中人处于超重状态 C. 该同学做了两次下蹲-起立的动作 D. 该同学做了四次下蹲-起立的动作 【答案】C 【解析】 人下蹲过程中,先是加速下降失重,到达一个最大速度后再减速下降超重,故下蹲对应先失重再超重,起立对应先超重再失重,对应图象可知,该同学做了两次下蹲—起立的动作,故C正确,A、B、D错误. 第Ⅱ卷 二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,一根长0.8 m的杆,竖直放置,今有一内径略大于杆直径的环,从杆的顶点A向下滑动,向下为正方向. (1)取杆的下端O为坐标原点,图中A,B两点的坐标各是多少?环从A到B的过程中,位置变化了多少? (OB间距离为0.2 m) (2)取A端为坐标原点,A,B点的坐标又是多少?环从A到B的过程中位置变化了多少? (3)由以上两问可以看出,坐标原点的不同对位置坐标还是位置变化有影响? 【答案】(1)xA=-0.8 m;xB=-0.2 m;环从A到B的过程中,位置变化了0.6 m. (2)xA=0;xB=0.6 m;环从A到B的过程中位置变化了0.6 m. (3)选取的坐标原点不同,同一位置的坐标不同,但位置变化相同. 【解析】(1)取下端O为原点,则A点坐标为:0.8m;B点坐标为0.2m;位置变化量为:0.8-0.2=0.6m;(2)取A端为原点,则A点坐标为0;B点坐标为:0.8-0.2=0.6m;坐标的变化量为0.6;(3)由以上结果可知,坐标原点的不同位置对位置变化没有影响; 22.如图,甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒.已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8 m/s的速度跑完全程.设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的,加速度大小为2.5 m/s2.乙在接力区前端听到口令时起跑,在甲、乙相遇时完成交接棒.在某次练习中,甲以v=8 m/s的速度跑到接力区前端s0=11.0 m处向乙发出起跑口令.已知接力区的长度为L=20 m.求: (1)此次练习中交接棒处离接力区前端(即乙出发的位置)的距离. (2)为了达到理想成绩,需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上,则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令? (3)在(2)中,棒经过接力区的时间是多少? 【答案】(1)5 m (2)12.8 m (3)2.5 s 【解析】(1)设乙加速到交接棒时运动时间为t,则在甲追击乙过程中有 s0+at2=vt                代入数据得t1=2 s              t2=4.4 s (不符合乙加速最长时间3.2 s实际舍去) 此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x=at2=×2.5×22m=5 m (2)乙加速时间t乙==s=3.2 s 设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令,则在甲追击乙过程中有s+at=vt乙 代入数据得s=12.8 m (3)棒在(2)过程以v=8 m/s速度的运动,所以 棒经过接力区的时间是t棒==s=2.5 s 23.如下图所示,质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂,三段轻绳的结点为O.轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连,轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°,物体甲、乙均处于静止状态.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)轻绳OA、OB受到的拉力是多大; (2)物体乙受到的摩擦力是多大,方向如何. 【答案】(1)m1g m1g (2)m1g 水平向左 【解析】(1)结点O受三段轻绳的拉力而平衡,力的矢量三角形如下图所示, 则有FTOC=m1g FTOA==m1g 所以轻绳OA受到的拉力为m1g; FTOB=m1gtanθ=m1g 所以轻绳OB受到的拉力为m1g. (2)物体乙水平方向受向左的静摩擦力和向右的拉力而平衡,则有Ff=FTOB=m1g,方向水平向左. 24.如图甲所示,一质量为m=1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点,从t=0时刻开始,物体在受如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动,第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零,第5 s末物块刚好回到A点,已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.2.(g取10 m/s2)则 (1)前3秒内物块速度与加速度大小发生了什么变化;(定性说明大体变化即可) (2)AB间的距离为多少; (3)物块在0~3 s时间内的平均速度大小为多少; (4)物块在0~5 s时间内的最大速率为多少. 【答案】(1)小物块速度先增大后减小,加速度先减小后增大 (2)4 m (3)m/s (4)4 m/s 【解析】(1)小物块速度先增大后减小,加速度先减小后增大; (2)在3~5 s时间内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速直线运动到A点,设加速度大小为a,AB间的距离为x 则|F|-μmg=ma 解得:a==2 m/s2 由x=at2得: x=4 m; (3)由=解得:平均速度=m/s; (4)5 s末物块的速度最大,3-5秒内做初速度为零的匀加速直线运动,则 v=at′=4 m/s. 绝密★启用前 人教版高一物理必修1全册综合检测题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.关于质点的下列说法正确的是(  ) A. 研究地球公转时,由于地球很大,所以不能将地球看做质点 B. 研究火车经过南京长江大桥所用的时间时,可以将火车看做质点 C. 万吨巨轮在大海中航行,研究巨轮所处的地理位置时,巨轮可看做质点 D. 研究短跑运动员的起跑姿势时,由于运动员是静止的,所以可以将运动员看做质点 2.下列关于路程和位移的说法正确的是(  ) A. 路程是矢量,位移是标量 B. 给定初末位置,路程有无数种可能,位移只有两种可能 C. 若物体作单一方向的直线运动,位移的大小就等于路程 D. 在任何情况下,路程都是大于位移的大小的 3.关于速度的描述,下列说法中正确的是(  ) A.京沪高速铁路测试时的列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度 B.电动自行车限速20 km/h,指的是平均速度 C.子弹射出枪口时的速度为500 m/s,指的是平均速度 D.某运动员百米跑的成绩是10 s,则他冲刺时的速度一定为10 m/s 4.下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法,正确的是(  ) A. 只要物体的速度大,加速度就大 B. 只要物体的速度变化率大,加速度就大 C. 只要物体的加速度大,速度变化量就大 D. 只要物体的速度不为零,加速度就不为零 5.如图所示的v-t图象中,表示物体做匀减速运动的是 (  ) A. B. C. D. 6.飞机起飞的过程是由静止开始在平直跑道上做匀加速直线运动的过程.飞机在跑道上加速到某速度值时离地升空飞行.已知飞机在跑道上加速前进的距离为1 600 m,所用时间为40 s,则飞机的加速度a和离地速度v分别为(  ) A. 2 m/s2 80 m/s B. 2 m/s2 40 m/s C. 1 m/s2 40 m/s D. 1 m/s2 80 m/s 7.如图所示,物体从O点由静止出发开始做匀加速直线运动,途经A、B、C三点,其中|AB|=2 m,|BC|=3 m.若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等,则OA之间的距离等于(  ) A.m B.m C.m D.m 8.滴水法测重力加速度的过程是这样的:让水龙头的水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里,调整水龙头,让前一滴水滴到盘子里听到声音时,后一滴水恰离开水龙头,测出n次听到水击盘声的总时间t,用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h,即可算出重力加速度,设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1 s,已知声速为340 m/s,则(  ) A. 水龙头距人耳的距离至少为34 m B. 水龙头距盘子的距离至少为34 m C. 重力加速度的计算式为 D. 重力加速度的计算式为 9.伽利略对自由落体运动的研究,开创了研究自然规律的科学方法,这就是(  ) A. 对自然现象进行总结归纳的方法 B. 用科学实验进行探究的方法 C. 对自然现象进行总结归纳,并用实验进行验证的方法 D. 抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法 10.如图所示,一个空心均匀球壳里面注满水,球的正下方有一个小孔,在水由小孔慢慢流出的过程中,空心球壳和水的共同重心将会(  ) A. 一直下降 B. 一直上升 C. 先升高后降低 D. 先降低后升高 11.如图所示,球A在斜面上,被竖直挡板挡住而处于静止状态,关于球A所受的弹力,以下说法正确的是(  ) A. 球A仅受一个弹力作用,弹力的方向垂直斜面向上 B. 球A受两个弹力作用,一个水平向左,一个垂直斜面向下 C. 球A受两个弹力作用,一个水平向右,一个垂直斜面向上 D. 球A受三个弹力作用,一个水平向右,一个重直斜面向上,一个竖直向下 12.如下图所示,物体A、B、C叠放在水平桌面上,水平力F作用于C物体,使A、B、C以共同速度向右匀速运动,且三者相对静止,下面关于摩擦力的说法正确的是(  ) A.A不受摩擦力作用 B.B不受摩擦力作用 C.C不受摩擦力作用 D. 以A、B、C为整体,整体受到的摩擦力为零 13.如图所示,三个大小相等的力F,作用于同一点O,则合力最小的是(  ) A. B. C. D. 14.如图所示,甲、乙、丙三个物体质量相同,与地面的动摩擦因数相同,受到三个大小相同的作用力F,当它们滑动时,下列说法正确的是(  ) A. 甲、乙、丙所受摩擦力相同 B. 甲受到的摩擦力最大 C. 乙受到的摩擦力最大 D. 丙受到的摩擦力最大 15.如图所示,在一辆表面光滑的小车上,有质量分别为m1、m2的两个小球随车一起匀速运动,当车突然停止时,如不考虑其他阻力,设车足够长,则(  ) A. 若m1<m2,则两个小球一定相碰 B. 若m1=m2,则两个小球一定相碰 C. 若m1>m2,则两个小球一定相碰 D. 两个小球一定不相碰 16.如下图所示,水平面上质量相等的两木板A,B用一轻质弹簧相连,整个系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F拉动木块A,使木块A向上做匀加速直线运动.研究从力F刚作用在木块A上的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程,并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点,则下列图中可以表示力F和木块A的位移x之间的关系的是(  ) A. B. C. D. 17.一物体在2 N的外力作用下,产生10 cm/s2的加速度,求该物体的质量.下面有几种不同的求法,其中单位运用正确、简洁而又规范的是(  ) A.m===0.2 kg B.m===20=20 kg C.m==kg=20 kg D.m===20 kg 18.如图所示,物体A、B叠放在水平粗糙面上,用水平力F拉物体B,使A随B一起向右做匀加速直线运动,则与物体B发生作用与反作用的力有(  ) A. 三对        B. 四对 C. 五对 D. 六对 19.物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系如图所示,A、B两直线平行,则以下关系正确的是 (  ) A.mA<mB<mC B.mA<mB=mC C.μA=μB=μC D.μA<μB=μC 20.某同学站在装有力传感器的轻板上做下蹲—起立的动作.如图所示为记录的力随时间变化的图线,由图线可以得到以下信息正确的是(  ) A. 下蹲过程中人处于失重状态 B. 起立过程中人处于超重状态 C. 该同学做了两次下蹲-起立的动作 D. 该同学做了四次下蹲-起立的动作 第Ⅱ卷 二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,一根长0.8 m的杆,竖直放置,今有一内径略大于杆直径的环,从杆的顶点A向下滑动,向下为正方向. (1)取杆的下端O为坐标原点,图中A,B两点的坐标各是多少?环从A到B的过程中,位置变化了多少? (OB间距离为0.2 m) (2)取A端为坐标原点,A,B点的坐标又是多少?环从A到B的过程中位置变化了多少? (3)由以上两问可以看出,坐标原点的不同对位置坐标还是位置变化有影响? 22.如图,甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒.已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8 m/s的速度跑完全程.设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的,加速度大小为2.5 m/s2.乙在接力区前端听到口令时起跑,在甲、乙相遇时完成交接棒.在某次练习中,甲以v=8 m/s的速度跑到接力区前端s0=11.0 m处向乙发出起跑口令.已知接力区的长度为L=20 m.求: (1)此次练习中交接棒处离接力区前端(即乙出发的位置)的距离. (2)为了达到理想成绩,需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上,则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令? (3)在(2)中,棒经过接力区的时间是多少? 23.如下图所示,质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂,三段轻绳的结点为O.轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连,轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°,物体甲、乙均处于静止状态.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: (1)轻绳OA、OB受到的拉力是多大; (2)物体乙受到的摩擦力是多大,方向如何. 24.如图甲所示,一质量为m=1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点,从t=0时刻开始,物体在受如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动,第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零,第5 s末物块刚好回到A点,已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.2.(g取10 m/s2)则 (1)前3秒内物块速度与加速度大小发生了什么变化;(定性说明大体变化即可) (2)AB间的距离为多少; (3)物块在0~3 s时间内的平均速度大小为多少; (4)物块在0~5 s时间内的最大速率为多少.

  • ID:6-6032875 第一章 运动的描述 单元检测题(学生版+教师版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修1/第一章 运动的描述/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高一物理必修1单元检测题:第一章 运动的描述 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列有关质点的说法中正确的是(  ) A. 只有质量和体积都极小的物体才能视为质点 B. 研究一列火车过铁路桥经历的时间时,可以把火车视为质点 C. 研究自行车的运动时,因为车轮在不停地转动,所以在任何情况下都不能把自行车作为质点 D. 虽然地球很大,还在不停地自转,但是在研究地球的公转时,仍然可以把它视为质点 【答案】D 【解析】物体能否看成质点,不是看物体的质量和体积大小,是看形状和大小在所研究的问题中能否忽略.故A错误. 研究火车过桥,火车的长度不能忽略,火车不能看成质点.故B错误. 研究车轮的转动,车轮的形状不能忽略,自行车不能看成质点.但在研究自行车的运动速度时,就可以忽略自行车的自身大小,则可把自行车作为质点.故C错误. 地球很大,在研究地球公转时,地球的大小与日地距离比较,可以忽略,可以看出质点.故D正确. 故选D. 2.如图所示,由于风的缘故,河岸上的旗帜向右飘,在河面上的两条船上的旗帜分别向右和向左飘,两条船运动状态是(  ) A. A船肯定是向左运动的 B. A船肯定是静止的 C. B船肯定是向右运动的 D. B船可能是静止的 【答案】C 【解析】因为河岸上旗杆是固定在地面上的,那么根据旗帜的飘动方向判断,风是从左向右刮的.A船上旗帜向右,有三种可能:一是A船不动,风把旗帜刮向右;二是A船向左运动,风相对于旗帜向右,把旗帜刮向右;三是A船向右运动但运动的速度小于风速,此时风仍能把旗帜刮向右,故A、B错误.如果B船静止不动,那么旗帜的方向应该和国旗相同,而现在的旗帜的方向明显和河岸上旗帜方向相反,如果B船向左运动,旗帜只会更加向右展.所以,B船一定向右运动,而且运动的速度比风速快,这样才会出现图中旗帜向左飘动的情况.故C正确,D错误. 3.有一口井,水面距井口4m,现用水桶从井中提水(如图),水桶出井后又将其提升了1m.选井口处为坐标原点,以水桶竖直向上提升的路线为轴,向上为正方向,则水桶在水面时的位置和最后的位置坐标分别是(  ) A. 4 m,1 m B. ﹣4 m,1 m C. 5 m,0 D. ﹣5 m,1 m 【答案】B 【解析】由题意可知,选井口处为原点,向上为正;则水桶在水面时在井口的下方,离井口的距离为4 m;故坐标为﹣4 m; 出井后,离地面1 m;方向向上,故坐标为1 m; 4.关于时间和时刻,下列说法正确的是(  ) A. 第4 s末到第5 s初经历了1 s的时间 B. 物体在前4 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间 C. 物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s初这1 s的时间 D. 第4 s末就是第5 s初,指的是时刻 【答案】D 【解析】第4 s末与第5 s初在时间轴上是同一个点,是指同一时刻,故A错误;物体在前4 s内指的是物体在0 s初到4 s末这4 s的时间故B错误;物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间,故C错误;第4 s末就是第5 s初,指的是时刻,故D正确. 5.关于路程和位移的说法正确的是 A. 路程和位移都是矢量 B. 路程是标量,位移为矢量 C. 路程和位移都可以用来表示物体位置的变化 D. 做直线运动的物体,位移一定等于路程 【答案】B 【解析】位移为从初位置指向末位置的有向线段,为矢量,路程是物体运动轨迹的长度,没有方向,为标量,只有位移可以用来表示物体位置的变化,当物体做单向直线运动时,路程等于位移大小,选项B正确。 6.以下物理量中,不属于矢量的是(  ) A. 密度 B. 速度 C. 位移 D. 加速度 【答案】A 【解析】密度只有大小,没有方向,是标量,故A正确.速度、位移和加速度都既有大小又有方向,相加时遵循平行四边形定则,是矢量,故BCD错误.本题选不属于矢量的,故选:A. 7.做直线运动的物体,在t=0时,质点距坐标原点的距离为2 m,质点在接下来的第1个2 s内时,通过的位移是3 m,接着返回,在第2个2 s内位移为-3 m,在第3个2 s内位移也为-3 m,则在6 s末物体的位置坐标是(原运动方向沿坐标系正方向)(  ) A. -3 m B. -1 m C. 5 m D. 2 m 【答案】B 【解析】物体出发点在2 m位置,第一个2 s内位移是3 m,则运动到了x=5 m处;在第2个2 s内位移是-3 m,说明4 s时回到了出发点x=2 m处,第3个2 s内位移是-3 m,说明6 s末物体位置坐标是-1 m,B正确. 8.如图所示,某同学沿图示路径从开阳桥出发,经西单,到达王府井,从开阳桥到西单的距离为4 km,从西单到王府井的距离为3 km,两段路线相互垂直.整个过程中,该同学的位移大小和路程分别为(  ) A. 7 km 7 km B. 5 km 5 km C. 7 km 5 km D. 5 km 7 km 【答案】D 【解析】选取开阳桥为坐标原点,并分别以东西方向和南北方向为坐标轴,建立直角坐标系,如图所示. 图中x轴的正方向为正东,y轴的正方向为正北,且坐标单位长度为1 km,则王府井应在图中的A点,其坐标为(3,4),OA间的距离表示开阳桥到王府井的直线距离,OA=km=5 km 该同学通过的路程为4 km+3 km=7 km 9.关于速度的定义式v=,以下叙述正确的是(  ) A. 物体做匀速直线运动时,速度v与运动的位移Δx成正比,与运动时间Δt成反比 B. 速度v的大小与运动的位移Δx和时间Δt都无关 C. 速度大小不变的运动是匀速直线运动 D.v1=2 m/s、v2=-3 m/s,因为2>-3,所以v1>v2 【答案】B 【解析】v=是计算速度的定义式,只说明速度可用位移Δx除以时间Δt来获得,并不是说v与Δx成正比,与Δt成反比,A错,B对;匀速直线运动是速度大小和方向都不变的运动,C错误;速度是矢量,正、负号表示方向,绝对值表示大小,D错. 10.如图所示是一张小球做单向直线运动的频闪照片示意图,频闪周期s,则小球在图中三个频闪过程中的平均速度大小是(  ) A. 1.80 m/s B. 1.50 m/s C. 0.60 m/s D. 0.50 m/s 【答案】D 【解析】物体运动的位移为x=0.05 ,所需时间为t=3T=s=0.1 s,平均速度为==0.5 m/s,选D. 11.在变速运动中,瞬时速度可以理解为(  ) A. 其大小表示在某一时刻运动的快慢程度 B. 其大小表示物体经过某一位置时运动的快慢程度 C. 它是表示物体运动快慢程度的标量 D. 某时刻的瞬时速度不可能等于物体某段的平均速度 【答案】A 【解析】瞬时速度大小表示物体在某一时刻运动的快慢程度,A正确;对于变速运动,经过一个位置可能有很多个时刻,因而光用位置无法描述瞬时速度,B错误;瞬时速度为矢量,C错误;D选项说法错误. 12.如图所示是高速公路旁的交通标志,图中的“120”表示小汽车必须限制在120 km/h内行驶,“南京40 km”表示到南京还有40 km.“120 km/h”和“40km”分别指(  ) A. 瞬时速度,位移 B. 瞬时速度,路程 C. 平均速度,位移 D. 平均速度,路程 【答案】B 【解析】交通标志里的限速标志是每一时刻的速度均不能超过该速度;故为瞬时速度; 里程88 km指的是行驶路程,即汽车经过轨迹轨迹的长度,选B. 13.甲、乙、丙三个物体同时同地出发做直线运动,它们的位x-t图象如图所示.在20s内它们的平均速度和平均速率的大小关系是(  ) A. 平均速度大小相等,平均速率v甲>v乙=v丙 B. 平均速度大小相等,平均速率v甲>v丙>v乙 C. 平均速度v甲>v丙=v乙,平均速率相等 D. 平均速度和平均速率大小均相等 【答案】A 【解析】由图可知,三物体最终位移相等,用时相等,故平均速度相等; 但由于甲物体有反向运动过程,故甲物体的路程要大,故甲物体的平均速率最大;而乙丙均只有单向运动,路程相等,故平均速率相等;故A正确; 14.关于瞬时速度、平均速度,以下说法中正确的是(  ) A. 瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度 B. 做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小,一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等 C. 物体做变速直线运动时,平均速度的大小就是平均速率 D. 物体做变速运动时,平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值 【答案】A 【解析】瞬时速度是在某一时刻的速度,平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值.瞬时速度对应时间轴上的点,时间趋于无穷小时可以看做一个时间点,瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度.故A正确;做变速直线运动的物体在某段时间内平均速度,和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的平均值一般是不相等的.故B错误; 物体只有在做单向直线运动时,平均速度的大小才等于平均速率,故C错误;平均速度是指物体的位移与所用时间的比值.故D错误. 15.图为打点计时器打出的纸带,纸带上的点记录了小车运动的信息,下列判断正确的是(  ) A. 小车做加速运动 B. 小车做匀速运动 C. 小车做减速运动 D. 小车在A点的速度大于在C点的速度 【答案】A 【解析】从图中看出,纸带是向左运动,也就是先打出A点,再打出B点、C点. 从左向右,相邻的计时点的距离越来越大,所以小车做加速运动, 故A正确. 16.某物体的v-t图象如图所示,则该物体(  ) A. 做往复运动 B. 做匀速直线运动 C. 朝某一方向做直线运动 D. 以上说法均不正确 【答案】C 【解析】由于v的大小随时间的变化先增大后减小,然后再增大再减小,所以不是匀速直线运动,故B错;但由于v的方向不变,所以物体始终朝一个方向运动,故A、D均错,C正确. 17.物体做匀变速直线运动,加速度为4 m/s2,下列说法正确的是(  ) A. 物体在某秒末的速度一定是该秒初的4倍 B. 物体在某秒末的速度一定比该秒初增加了4 m/s C. 物体在某秒末的速度一定比前秒初改变了4 m/s D. 物体速度的改变量与这段时间的比值一定是4 m/s2 【答案】D 【解析】加速度是4 m/s2,说明速度每秒变化4 m/s,结合v=v0+at可知,物体在某秒末的速度不一定是该秒初的速度的4倍,故A错误; 物体做匀变速直线运动,根据可知,物体在某秒末的速度一定比该秒初变化了4 m/s,不一定增大,故B错误; 某秒末到前秒初时间间隔是2 s,因此速度改变了8 m/s,故C错误; 根据加速度的定义可知,物体速度的改变量与这段时间的比值一定是4 m/s2,故D正确. 18.关于加速度的概念,以下说法中正确的是(  ) A. 物体运动的加速度方向与初速度方向相同,物体的运动速度将增大 B. 物体运动的加速度大小表示了速度变化的大小 C. 加速度的正负表示了物体运动的方向 D. 做匀变速直线运动的物体速度增大的过程中,它的加速度一定为正值 【答案】A 【解析】加速度是矢量,其方向与物体所受合力方向相同,与速度方向没有直接关系,当物体运动的加速度方向与初速度方向相同,物体的运动速度将增大;物体运动的加速度方向与初速度方向相反,物体的运动速度将减小,故A正确. 加速度是反映速度变化快慢的物理量,速度变化快,加速度大,而不是速度变化的大小,故B错误. 加速度是矢量,其方向与物体合力方向相同,与速度方向没有直接关系,故C错误. 做匀变速直线运动的物体速度增大的过程中,它的加速度一定与初速度方向相同,但不一定为正值,因为正方向是人为选择的,故D错误. 19.一个质点沿某方向做初速度为3 m/s的直线运动,加速度为1 m/s2.t时刻开始,质点的加速度逐渐减小为零后又逐渐恢复原值,关于质点此过程的运动描述,正确的是( ) A. 速度和位移逐渐增大 B. 速度逐渐增大,位移先减小后增大 C. 速度先减小后增大,位移逐渐增大 D. 速度先增大后减小,位移先减小后增大 【答案】A 【解析】由于加速度和速度同向,可知不论是加速度减小还是增大,速度都是变大的,由于速度方向不变,故位移一直变大,故选A. 20.某火箭由地面竖直向上发射时,其v﹣t图象如图所示,则下列表述正确的是(  ) A. 火箭在t2~t3时间内向下运动 B. 火箭在t1~t2时间内加速度最大 C. 0~t3时间内,火箭一直向上运动 D. 火箭运动过程中的最大加速度大小为 【答案】C 【解析】由图看出,火箭的速度一直为正值,说明火箭一直在上升.故A错误,C正确.由速度图象的斜率等于物体的加速度,则知在t2~t3时间内加速度最大,最大加速度大小为a=,故B、D错误. 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.有些国家的交通管理部门为了交通安全,特别制定了死亡加速度为500g(g取 10 m/s2),以醒世人,意思是如果行车加速度超过此值,将有生命危险,那么大的加速度,一般情况下车辆是达不到的,但如果发生交通事故时,将会达到这一数值.试问: (1)一辆以72 km/h的速度行驶的货车与一辆以54 km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞,摩托车驾驶员被以与货车相同的速度撞飞,碰撞时间为2.1×10-3s,通过计算说明摩托车驾驶员是否有生命危险?(提示:摩托车与货车相撞瞬间,货车速度几乎不变,摩托车反向速度大小与货车相同) (2)为了防止碰撞,两车的驾驶员同时紧急刹车,货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s、3 s,货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少? 【答案】 (1) 两车碰撞过程中,取摩托车的初速度方向为正方向,摩托车的速度变化量为 Δv=v2-v1=-72 km/h-54 km/h =-20 m/s-15 m/s=-35 m/s 两车相碰撞时摩托车的加速度为 a==≈-16 667 m/s2=-1 666.7g 1 666.7g>500g,因此摩托车驾驶员有生命危险. (2)1∶1 【解析】 (1)两车碰撞过程中,取摩托车的初速度方向为正方向,摩托车的速度变化量为 Δv=v2-v1=-72 km/h-54 km/h =-20 m/s-15 m/s=-35 m/s 两车相碰撞时摩托车的加速度为 a==≈-16 667 m/s2=-1 666.7g 1 666.7g>500g,因此摩托车驾驶员有生命危险. (2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2,根据加速度定义得a1=,a2= 所以a1∶a2=∶=∶=1∶1. 22.一个篮球从高h1=3.05 m的篮筐上由静止开始下落,经t1=1.95 s落到水平地面上,速度v1=19.1 m/s,然后以v2=-4.9 m/s反弹,经t2=0.5 s达到最高点,h2=1.23 m.已知篮球与地面碰撞的时间为0.3 s,求: (1)篮球与地面碰撞过程的加速度大小和方向; (2)篮球从空中下落过程的平均速度的大小; (3)篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度的大小. 【答案】(1)80 m/s2,方向竖直向上 (2)1.56 m/s (3)0.66 m/s 【解析】(1)与地面碰撞过程中a′=m/s2=-80 m/s2,方向竖直向上; (2)下落过程的平均速度==m/s≈1.56 m/s; (3)全程的位移x=h1-h2=(3.05-1.23) m=1.82 m; 全程的时间t=(1.95+0.5+0.3) s=2.75 s; 则平均速度′=m/s=0.66 m/s. 23.如图所示是某质点运动的v-t图象,请回答: (1)质点在0~12 s内是怎样运动的? (2)在0~4 s内、8~10 s内、10~12 s内质点的加速度各是多少? 【答案】 (1)质点在0~4 s内速度在逐渐增大; 4~8 s内质点的速度保持10 m/s不变; 8~10 s内质点的速度逐渐减小, 10 s时质点的速度为0; 10~12 s内质点的速度反方向增大. (2)2.5 m/s2 -5 m/s2 -5m/s2 【解析】 (1)质点在0~4 s内速度在逐渐增大; 4~8 s内质点的速度保持10 m/s不变; 8~10 s内质点的速度逐渐减小, 10 s时质点的速度为0; 10~12 s内质点的速度反方向增大. (2)由a=得: 0~4 s内质点的加速度a1=m/s2=2.5 m/s2 8~10 s内质点的加速度a2=m/s2=-5 m/s2 10~12 s内质点的加速度a3=m/s2=-5 m/s2. 24.一辆汽车正在以v0=20 m/s的速度匀速行驶,突然,司机看见车的正前方x处有一只静止的小狗,司机立即采取制动措施,司机从看见小狗开始采取了一系列动作,整个过程中汽车的运动规律如图所示,求 (1)汽车司机的反应时间; (2)汽车在各个阶段的加速度; (3)若司机发现小狗时小狗在车正前方10 m处,小狗是否有危险. 【答案】(1)0.5 s (2)0~0.5 s内加速度为零,0.5~4.5 s内加速度为-5 m/s2 (3)小狗有危险 【解析】(1)从速度-时间图象上得知,汽车先做匀速直线运动,后做减速运动,则匀速运动的时间便为司机的反应时间t=0.5 s. (2)匀速运动阶段汽车的加速度为零,a1=0,减速阶段的加速度a2==m/s2=-5 m/s2,负号说明加速度方向与汽车的速度方向相反. (3)汽车做匀速运动的位移x=v0t=10 m,做减速运动时汽车要继续向前移动,故小狗有危险. 绝密★启用前 人教版高一物理必修1单元检测题:第一章 运动的描述 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列有关质点的说法中正确的是(  ) A. 只有质量和体积都极小的物体才能视为质点 B. 研究一列火车过铁路桥经历的时间时,可以把火车视为质点 C. 研究自行车的运动时,因为车轮在不停地转动,所以在任何情况下都不能把自行车作为质点 D. 虽然地球很大,还在不停地自转,但是在研究地球的公转时,仍然可以把它视为质点 2.如图所示,由于风的缘故,河岸上的旗帜向右飘,在河面上的两条船上的旗帜分别向右和向左飘,两条船运动状态是(  ) A. A船肯定是向左运动的 B. A船肯定是静止的 C. B船肯定是向右运动的 D. B船可能是静止的 3.有一口井,水面距井口4m,现用水桶从井中提水(如图),水桶出井后又将其提升了1m.选井口处为坐标原点,以水桶竖直向上提升的路线为轴,向上为正方向,则水桶在水面时的位置和最后的位置坐标分别是(  ) A. 4 m,1 m B. ﹣4 m,1 m C. 5 m,0 D. ﹣5 m,1 m 4.关于时间和时刻,下列说法正确的是(  ) A. 第4 s末到第5 s初经历了1 s的时间 B. 物体在前4 s内指的是物体在4 s末到5 s末这1 s的时间 C. 物体在第5 s内指的是物体在4 s末到5 s初这1 s的时间 D. 第4 s末就是第5 s初,指的是时刻 5.关于路程和位移的说法正确的是 A. 路程和位移都是矢量 B. 路程是标量,位移为矢量 C. 路程和位移都可以用来表示物体位置的变化 D. 做直线运动的物体,位移一定等于路程 6.以下物理量中,不属于矢量的是(  ) A. 密度 B. 速度 C. 位移 D. 加速度 7.做直线运动的物体,在t=0时,质点距坐标原点的距离为2 m,质点在接下来的第1个2 s内时,通过的位移是3 m,接着返回,在第2个2 s内位移为-3 m,在第3个2 s内位移也为-3 m,则在6 s末物体的位置坐标是(原运动方向沿坐标系正方向)(  ) A. -3 m B. -1 m C. 5 m D. 2 m 8.如图所示,某同学沿图示路径从开阳桥出发,经西单,到达王府井,从开阳桥到西单的距离为4 km,从西单到王府井的距离为3 km,两段路线相互垂直.整个过程中,该同学的位移大小和路程分别为(  ) A. 7 km 7 km B. 5 km 5 km C. 7 km 5 km D. 5 km 7 km 9.关于速度的定义式v=,以下叙述正确的是(  ) A. 物体做匀速直线运动时,速度v与运动的位移Δx成正比,与运动时间Δt成反比 B. 速度v的大小与运动的位移Δx和时间Δt都无关 C. 速度大小不变的运动是匀速直线运动 D.v1=2 m/s、v2=-3 m/s,因为2>-3,所以v1>v2 10.如图所示是一张小球做单向直线运动的频闪照片示意图,频闪周期s,则小球在图中三个频闪过程中的平均速度大小是(  ) A. 1.80 m/s B. 1.50 m/s C. 0.60 m/s D. 0.50 m/s 11.在变速运动中,瞬时速度可以理解为(  ) A. 其大小表示在某一时刻运动的快慢程度 B. 其大小表示物体经过某一位置时运动的快慢程度 C. 它是表示物体运动快慢程度的标量 D. 某时刻的瞬时速度不可能等于物体某段的平均速度 12.如图所示是高速公路旁的交通标志,图中的“120”表示小汽车必须限制在120 km/h内行驶,“南京40 km”表示到南京还有40 km.“120 km/h”和“40km”分别指(  ) A. 瞬时速度,位移 B. 瞬时速度,路程 C. 平均速度,位移 D. 平均速度,路程 13.甲、乙、丙三个物体同时同地出发做直线运动,它们的位x-t图象如图所示.在20s内它们的平均速度和平均速率的大小关系是(  ) A. 平均速度大小相等,平均速率v甲>v乙=v丙 B. 平均速度大小相等,平均速率v甲>v丙>v乙 C. 平均速度v甲>v丙=v乙,平均速率相等 D. 平均速度和平均速率大小均相等 14.关于瞬时速度、平均速度,以下说法中正确的是(  ) A. 瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度 B. 做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小,一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等 C. 物体做变速直线运动时,平均速度的大小就是平均速率 D. 物体做变速运动时,平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值 15.图为打点计时器打出的纸带,纸带上的点记录了小车运动的信息,下列判断正确的是(  ) A. 小车做加速运动 B. 小车做匀速运动 C. 小车做减速运动 D. 小车在A点的速度大于在C点的速度 16.某物体的v-t图象如图所示,则该物体(  ) A. 做往复运动 B. 做匀速直线运动 C. 朝某一方向做直线运动 D. 以上说法均不正确 17.物体做匀变速直线运动,加速度为4 m/s2,下列说法正确的是(  ) A. 物体在某秒末的速度一定是该秒初的4倍 B. 物体在某秒末的速度一定比该秒初增加了4 m/s C. 物体在某秒末的速度一定比前秒初改变了4 m/s D. 物体速度的改变量与这段时间的比值一定是4 m/s2 18.关于加速度的概念,以下说法中正确的是(  ) A. 物体运动的加速度方向与初速度方向相同,物体的运动速度将增大 B. 物体运动的加速度大小表示了速度变化的大小 C. 加速度的正负表示了物体运动的方向 D. 做匀变速直线运动的物体速度增大的过程中,它的加速度一定为正值 19.一个质点沿某方向做初速度为3 m/s的直线运动,加速度为1 m/s2.t时刻开始,质点的加速度逐渐减小为零后又逐渐恢复原值,关于质点此过程的运动描述,正确的是( ) A. 速度和位移逐渐增大 B. 速度逐渐增大,位移先减小后增大 C. 速度先减小后增大,位移逐渐增大 D. 速度先增大后减小,位移先减小后增大 20.某火箭由地面竖直向上发射时,其v﹣t图象如图所示,则下列表述正确的是(  ) A. 火箭在t2~t3时间内向下运动 B. 火箭在t1~t2时间内加速度最大 C. 0~t3时间内,火箭一直向上运动 D. 火箭运动过程中的最大加速度大小为 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.有些国家的交通管理部门为了交通安全,特别制定了死亡加速度为500g(g取 10 m/s2),以醒世人,意思是如果行车加速度超过此值,将有生命危险,那么大的加速度,一般情况下车辆是达不到的,但如果发生交通事故时,将会达到这一数值.试问: (1)一辆以72 km/h的速度行驶的货车与一辆以54 km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞,摩托车驾驶员被以与货车相同的速度撞飞,碰撞时间为2.1×10-3s,通过计算说明摩托车驾驶员是否有生命危险?(提示:摩托车与货车相撞瞬间,货车速度几乎不变,摩托车反向速度大小与货车相同) (2)为了防止碰撞,两车的驾驶员同时紧急刹车,货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s、3 s,货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少? 22.一个篮球从高h1=3.05 m的篮筐上由静止开始下落,经t1=1.95 s落到水平地面上,速度v1=19.1 m/s,然后以v2=-4.9 m/s反弹,经t2=0.5 s达到最高点,h2=1.23 m.已知篮球与地面碰撞的时间为0.3 s,求: (1)篮球与地面碰撞过程的加速度大小和方向; (2)篮球从空中下落过程的平均速度的大小; (3)篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度的大小. 23.如图所示是某质点运动的v-t图象,请回答: (1)质点在0~12 s内是怎样运动的? (2)在0~4 s内、8~10 s内、10~12 s内质点的加速度各是多少? 24.一辆汽车正在以v0=20 m/s的速度匀速行驶,突然,司机看见车的正前方x处有一只静止的小狗,司机立即采取制动措施,司机从看见小狗开始采取了一系列动作,整个过程中汽车的运动规律如图所示,求 (1)汽车司机的反应时间; (2)汽车在各个阶段的加速度; (3)若司机发现小狗时小狗在车正前方10 m处,小狗是否有危险.

  • ID:6-6032874 第四章 牛顿运动定律 单元检测题(学生版+教师版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修1/第四章 牛顿运动定律/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高一物理必修1单元检测题:第四章 牛顿运动定律 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共18小题,每小题3.0分,共54分) 1.在物理学史上,正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是(  ) A. 亚里士多德、伽利略 B. 伽利略、牛顿 C. 伽利略、爱因斯坦 D. 亚里士多德、牛顿 【答案】B 【解析】在物理学史上,正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家是伽利略,建立惯性定律的物理学家是牛顿。 2.如图所示,理想实验有时更能深刻地反映自然规律,伽利略设想的理想实验中的几个主要步骤如下:①减小第二个斜面的倾角,小球在这斜面上仍然要达到原来的高度②两个对接的斜面,让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个斜面③如果没有摩擦,小球将上升到原来释放时的高度④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成水平面,小球要沿水平面做持续的匀速运动在上述的步骤中,有的属于可靠的事实,有的则是理想化的推论,下列关于事实和推论的分类正确的是(  ) A. ①是事实,②③④是推论 B. ②是事实,①③④是推论 C. ③是事实,①②④是推论 D. ④是事实,①②③是推论 【答案】A 【解析】在现实生活中我们看到,如果小球从一端滚下,一定会滚到另一侧,故②是事实; 没有摩擦力的情况是没有的,故小球上升到原来的高度以及改变斜面倾角均为无法实现的,故①③是推论; 小球在水平面上的匀速运动,由于现实中有摩擦力也是无法实现的,故④也为推论,故B正确,ACD均错误; 故选B. 3.17世纪意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时,提出了著名的斜面实验,其中应用的物理思想方法属于(  ) A. 等效替代 B. 实验归纳 C. 理想实验 D. 控制变量 【答案】C 【解析】17世纪意大利科学家伽利略设想了一个斜面实验:将两个斜面对接起来,小球从一个斜面滚下,会滚上第二斜面,如果摩擦力越小,在第二斜面上到达的高度越大,设想没有摩擦力,小球会达到相等的高度,将第二斜面放平,小球将永远运动下去.这里伽利略应用的物理思想方法属于理想实验. 4.如图所示,在一辆表面光滑的小车上,有质量分别为m1、m2的两个小球随车一起匀速运动,当车突然停止时,如不考虑其他阻力,设车足够长,则(  ) A. 若m1<m2,则两个小球一定相碰 B. 若m1=m2,则两个小球一定相碰 C. 若m1>m2,则两个小球一定相碰 D. 两个小球一定不相碰 【答案】D 【解析】小车表面光滑,因此两小球在水平方向上没有受到外力的作用.原来两个小球与小车具有相同的速度,当车突然停止运动时,由于惯性,两个小球的速度不变,所以不会相碰(与质量大小无关). 5.如图所示,滑板运动员沿水平地面向前滑行,在横杆前相对于滑板竖直向上起跳,人与滑板分离,分别从横杆的上、下通过,忽略人和滑板在运动中受到的阻力.则运动员(  ) A. 起跳时脚对滑板的作用力斜向后 B. 在空中水平方向先加速后减速 C. 越过杆后落在滑板的后方 D. 越过杆后仍落在滑板上起跳的位置 【答案】D 【解析】 人相对于滑板竖直向上起跳后,由于惯性,两者在水平方向上保持原速度不变,故人越杆后仍能落在滑板上起跳的位置. 6.如果a-图象是通过原点的一条直线,则说明(  ) A. 物体的加速度a与质量M成正比 B. 物体的加速度a与质量M成反比 C. 物体的质量M与加速度a成正比 D. 物体的质量M与加速度a成反比 【答案】B 【解析】a-图象是过原点的一条直线,则a与成正比,加速度a与质量M成反比,A错误,B正确;质量是由物体所含物质的多少决定的,与物体的加速度无关,故C、D错误. 7.某同学在用如图所示的装置做“探究加速度与力的关系”的实验时,忘记平衡小车运动中所受的摩擦力了,其他操作、计算及作图均正确,他最后作出的a-F关系图象可能是(  ) A.B.C.D. 【答案】A 【解析】若未平衡摩擦力,则有拉力时,加速度仍然为0,故图象在横坐标上有截距,不能是通过原点的直线,故B、C、D错误,A正确. 8.在牛顿第二定律的数学表达式F=kma中,有关比例系数k的说法正确的是(  ) A. 在任何情况下k都等于1 B. 因为k=1,所以k可有可无 C.k的数值由质量、加速度和力的大小决定 D.k的数值由质量、加速度和力的单位决定 【答案】D 【解析】在牛顿第二定律的表达式F=kma中,只有质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时,比例系数k才为1,故D正确,A、B、C错误. 9.如图所示,物体在水平拉力F的作用下沿水平地面做匀速直线运动,速度为v.现让拉力F逐渐减小,则物体的加速度和速度的变化情况应是(  ) A. 加速度逐渐变小,速度逐渐变大 B. 加速度和速度都在逐渐变小 C. 加速度和速度都在逐渐变大 D. 加速度逐渐变大,速度逐渐变小 【答案】D 【解析】物体向右做匀速直线运动,滑动摩擦力Ff=F=μFN=μmg,当F逐渐减小时,Ff=μmg不变,所以产生与v方向相反即向左的加速度,加速度的数值a=随F的逐渐减小而逐渐增大.因为a与v方向相反,所以v减小,D正确. 10.如下图所示,水平面上质量相等的两木板A,B用一轻质弹簧相连,整个系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F拉动木块A,使木块A向上做匀加速直线运动.研究从力F刚作用在木块A上的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程,并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点,则下列图中可以表示力F和木块A的位移x之间的关系的是(  ) A.B.C.D. 【答案】A 【解析】弹簧的形变量用x′表示,系统处于静止状态时,易知弹簧的压缩量为;研究从F刚作用在木板A上的瞬间到弹簧刚恢复原长的瞬间这个过程,由牛顿第二定律得:F+kx′-mg=ma,又因为x+x′=,所以得F=kx+ma;研究从弹簧恢复原长时到木块B刚离开地面的瞬间这个过程,同理得到F=kx+ma.故选项A正确. 11.下列物理量的单位均为国际单位制中基本单位的是(  ) A. 力、长度、质量 B. 速度、质量、时间 C. 长度、力、时间 D. 长度、质量、时间 【答案】D 【解析】力学中的基本物理量有三个,它们分别是长度、质量、时间,它们的单位分别为m、kg、s,D正确. 12.轿车的加速度大小是衡量轿车加速性能的一项重要指标.近来,一些高级轿车的设计师在关注轿车加速度的同时,提出了一个新的概念,叫做“加速度的变化率”,用“加速度的变化率”这一新的概念来描述轿车加速度随时间变化的快慢,并认为,轿车的加速度变化率越小,乘坐轿车的人感觉越舒适.下面四个单位中,适合做加速度的变化率单位的是(  ) A. m/s B. m/s2 C. m/s3 D. m2/s3 【答案】C 【解析】新物理量表示的是加速度变化的快慢,所以新物理量应该等于加速度的变化量与时间的比值,而加速度的单位是m/s2, 所以新物理量的单位应该是m/s3,所以C正确. 13.如图所示,物体A、B叠放在水平粗糙面上,用水平力F拉物体B,使A随B一起向右做匀加速直线运动,则与物体B发生作用与反作用的力有(  ) A. 三对        B. 四对 C. 五对 D. 六对 【答案】D 【解析】 对B进行受力分析可知,B受到重力、地面支持力、A对B的压力、A对B向后的静摩擦力、地面对B向后的滑动摩擦力、水平拉力六个力的作用,故与物体B发生作用与反作用的力有六对,选项D正确. 14.下面说法中正确的是(  ) A. 以卵击石,鸡蛋“粉身碎骨”,但石头却“安然无恙”是因为鸡蛋对石头的力小于石头对鸡蛋的力 B. 马拉车前进,马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小 C. 物体间的作用力在先的是作用力,在后的是反作用力 D. 人压弹簧时“人弱它就强”说明人与弹簧间的相互作用力不是等大的 【答案】B 【解析】 相互作用的两个力总是大小相等,与物体的状态无关,故B正确,A、D错误;两力总是同时产生,同时消失,C错误.故选B. 15.跳水一直是我国的优势项目,如图所示,一运动员站在3 m跳板上,图中F1表示人对跳板的弹力,F2表示跳板对人的弹力,则(  ) A. 先有F1后有F2 B. 一旦人离开跳板,F2立即消失,F1依旧存在 C. 因人离开跳板前具有向上的加速度,所以F2大于F1 D.F1和F2大小相等、方向相反,是一对相互作用力 【答案】D 【解析】F1和F2是一对相互作用力,大小相等、方向相反、同时产生、同时消失,D正确. 16.甲乙两人在比较滑的水平地面上拔河,甲身材高瘦,乙身材矮胖,两人力气差不多,体重也差不多,穿相同材料的鞋子,则(  ) A. 甲赢的几率大 B. 乙赢的几率大 C. 力气大的肯定赢 D. 两人对绳子的拉力一样大,因此赢的几率相同 【答案】A 【解析】两个人之间的拉力属于作用力与反作用力,总是大小相等、方向相反;分别对两个人进行受力分析如图,由受力图可知,在两个人的体重差不多的情况下,甲由于受到的拉力的方向斜向下,所以甲受到的支持力大于其重力,而乙受到的拉力斜向上,所以乙受到的支持力小于其重力,由于二人穿相同材料的鞋子,可知甲与地面之间的最大静摩擦力大于乙与地面之间的最大静摩擦力,所以甲赢的几率大,与二人力气的大小无关,A正确. 17.人静止站在体重计上,下列说法正确的是(  ) A. 人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力 B. 人所受的重力和人对体重计的压力是一对平衡力 C. 人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力与反作用力 D. 人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力 【答案】D 【解析】人与体重计之间相互作用的压力和支持力是一对作用力与反作用力,A错误,D正确;人所受重力的施力物体是地球,受力物体是人;人对体重计的压力是弹力,施力物体是人,受力物体是体重计,所以B、C错误. 18.如图所示为某小球所受的合力与时间的关系,各段的合力大小相同,且一直作用下去,作用时间相同,设小球从静止开始运动.由此可判定(  ) A. 小球向前运动,再返回停止 B. 小球向前运动再返回不会停止 C. 小球始终向前运动 D. 小球向前运动一段时间后停止 【答案】C 【解析】作出小球相应的v-t图象如图所示,小球的运动方向由速度的方向决定.由图象可以看出,小球的速度方向始终没有变化,故小球始终向前运动,故选C. 19.用细绳OA、OB悬挂一重物,BO水平,O为半圆形支架的圆心,悬点A和B在支架上.悬点A固定不动,将悬点B从如图所示位置逐渐移到C点的过程中,OA绳和OB绳中的拉力变化情况为(  ) A.OA绳中的拉力逐渐变小 B.OA绳中的拉力逐渐变大 C.OB绳中的拉力逐渐变小 D.OB绳中的拉力先变小后变大 【答案】AD 【解析】 如图所示,在支架上选取三个点B1、B2、B3,当悬点B分别移动到B1、B2、B3各点时,OA、OB中的拉力分别为FTA1、FTA2、FTA3和FTB1、FTB2、FTB3,从图中可以直观地看出,FTA逐渐变小,且方向不变;而FTB先变小后变大,且方向不断改变;当FTB与FTA垂直时,FTB最小.故A、D正确. 20.在一电梯的地板上有一压力传感器,其上放一物块,如图甲所示,当电梯运行时,传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示,根据图象分析得出的结论中正确的是(  ) A. 从时刻t1到t2,物块处于失重状态 B. 从时刻t3到t4,物块处于失重状态 C. 电梯可能开始停在低楼层,先加速向上,接着匀速向上,再减速向上,最后停在高楼层 D. 电梯可能开始停在高楼层,先加速向下,接着匀速向下,再减速向下,最后停在低楼层 【答案】BC 【解析】 由F-t图象可以看出,0~t1,F=mg,物块可能处于静止状态或匀速运动状态;t1~t2,F>mg,电梯具有向上的加速度,物块处于超重状态,可能加速向上或减速向下运动;t2~t3,F=mg,物块可能静止或匀速运动;t3~t4,F

  • ID:6-6032873 第三章 相互作用 单元检测题(学生版+教师版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修1/第三章 相互作用/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高一物理必修1单元检测题:第三章 相互作用 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.如图所示,用球拍击打乒乓球时,如果以球为研究对象,则施力物体是(  ) A. 人 B. 球拍 C. 乒乓球 D. 无法确定 【答案】B 【解析】球拍击球时,球拍对球施加力的作用,因此施力物体是球拍,受力物体是球. 2.一个重20 N的物体沿斜面下滑,关于该物体重力的图示,下列所示的四个图中正确的是(  ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】首先由重力的方向竖直向下,可判定B、C错误.因重力为20 N,标度为5 N,所以线段应有4个标度长度,D错,A对. 3.如图中表示的是小车所受外力F的图示,所选标度都相同,则对于小车的运动,作用效果相同的是(  ) A.F1和F2 B.F1和F4 C.F1和F3、F4 D. 都不相同 【答案】B 【解析】判断作用效果是否相同,应从力的三要素,即大小、方向和作用点去考虑,三要素相同则作用效果相同,而力沿其作用线平移时作用效果不变,选项B正确. 4.如图所示,一个空心均匀球壳里面注满水,球的正下方有一个小孔,在水由小孔慢慢流出的过程中,空心球壳和水的共同重心将会(  ) A. 一直下降 B. 一直上升 C. 先升高后降低 D. 先降低后升高 【答案】D 【解析】当注满水时,球壳和水的重心均在球心,故它们共同的重心在球心.随着水的流出,球壳的重心虽然仍在球心,但水的重心逐渐下降,开始一段时间内,球壳内剩余的水较多,随着水的重心下降,球壳和水共同的重心也下降;后来一段时间内,球壳内剩余的水较少,随着水的重心的下降,球壳和水共同的重心却升高;最后,水流完时,重心又回到球心.故球壳和水的共同重心先降低后升高,选项D正确. 5.关于四种基本相互作用的说法正确的是(  ) A. 万有引力只发生在天体与天体之间,质量小的物体(如人与人)之间无万有引力 B. 强相互作用只发生在宇宙天体等宏观物体之间 C. 弱相互作用就是非常小的物体间的相互作用 D. 电磁相互作用是不需要相互接触就能起作用的 【答案】D 【解析】不论大小,任何物体间均有万有引力,A错;强相互作用发生在原子核内部核子之间,而弱相互作用发生在放射现象中,不是小物体之间,故B、C错;电磁相互作用即电荷之间的相互作用、磁体之间的相互作用,是不需要相互接触就能起作用的,故D对. 6.关于弹力的产生,下列说法正确的是(  ) A. 木块放在桌面上受到一个向上的弹力,这是由于木块发生微小形变而产生的 B. 木块放在桌面上,木块没有形变,所以对桌面没有施加弹力 C. 拿一根细竹竿拨动水中的木头,木头受到竹竿的弹力,这是由于木头发生形变而产生的 D. 挂在电线下面的电灯受到向上的拉力,是因为电线发生微小的形变而产生的 【答案】D 【解析】木块和桌面相互作用,都会发生微小的形变.桌面发生微小形变对木块有向上的弹力即支持力;木块由于发生微小形变对桌面有向下的弹力即压力,A、B都错.木头受到的弹力是由细竹竿发生形变而产生的,C错.电灯受到的拉力是电线发生微小形变而产生的,D对. 7.如图所示,球A在斜面上,被竖直挡板挡住而处于静止状态,关于球A所受的弹力,以下说法正确的是(  ) A. 球A仅受一个弹力作用,弹力的方向垂直斜面向上 B. 球A受两个弹力作用,一个水平向左,一个垂直斜面向下 C. 球A受两个弹力作用,一个水平向右,一个垂直斜面向上 D. 球A受三个弹力作用,一个水平向右,一个重直斜面向上,一个竖直向下 【答案】C 【解析】由于球A对挡板和斜面接触挤压,挡板和斜面都产生弹性形变,它们对球A产生弹力,而且弹力的方向垂直于接触面,所以挡板对球A的弹力方向水平向右,斜面对球A的弹力方向垂直于斜面向上.故球A受两个弹力:一个水平向右,一个垂直斜面向上. 8.如图所示,在粗糙的水平地面上有质量为m的物体,连接在一劲度系数为k的弹簧上,物体与地面之间的动摩擦因数为μ,现用一水平力F向右拉弹簧,使物体A做匀速直线运动,则弹簧伸长的长度为(重力加速度为g)(  ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】设弹簧伸长长度为x,由胡克定律和二力平衡得kx=μmg,所以x=.故选项D正确. 9.关于静摩擦力,下列说法中正确的是(  ) A. 两个表面粗糙的物体,只要直接接触就会产生静摩擦力 B. 静摩擦力总是阻力 C. 静摩擦力的方向跟物体间相对运动趋势的方向相反 D. 两个物体之间的静摩擦力总是一个定值 【答案】C 【解析】 由于静摩擦力产生在彼此直接接触且相互挤压、接触面粗糙又有相对运动趋势的物体之间,所以A错误;静摩擦力的作用是阻碍物体间的相对运动趋势,方向与物体间相对运动趋势的方向相反,也可能与运动方向相同,所以B错误,C正确;两物体间静摩擦力的大小随物体所受正压力的变化而变化,因此D错误. 10.如下图所示,在动摩擦因数μ=0.1的水平面上向右运动的物体,质量为20 kg,在运动过程中,还受到一个水平向左的大小为10 N的拉力作用,则物体受到的滑动摩擦力为(g取10 m/s2) (  ) A. 10 N,向右 B. 10 N,向左 C. 20 N,向右 D. 20 N,向左 【答案】D 【解析】物体受滑动摩擦力,其大小为Ff=μFN=μmg=0.1×20×10 N=20 N,方向与相对运动方向相反,即方向向左. 11.如图甲所示,小孩用50 N的水平力推木箱不动,木箱此时受到的摩擦力大小为F1;如图乙所示,小孩用60 N的水平力恰能推动木箱,此时木箱与地面间的摩擦力大小为F2;如图丙所示,小孩把木箱推动了,此时木箱与地面间摩擦力大小为F3.若木箱对地面的压力大小为100 N,木箱与地面间的动摩擦因数为μ=0.55,则F1、F2、F3的大小分别为(  ) A. 0 N、60 N、55 N B. 50 N、60 N、55 N C. 50 N、55 N、60 N D. 50 N、55 N、55 N 【答案】B 【解析】 题图甲中,推木箱不动,静摩擦力与推力平衡,故F1=50 N;题图乙中,用60 N的水平力恰能推动木箱,故静摩擦力达到最大值,即F2=60 N;题图丙中,小孩把木箱推动了,受滑动摩擦力,大小为F3=μFN=0.55×100 N=55 N.选项B正确. 12.水平桌面上一重为200 N的物体,与桌面间的动摩擦因数为0.2,当依次用15 N、30 N、80 N的水平力拉此物体时,物体受到的摩擦力依次为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(  ) A. 15 N 30 N 40 N B. 15 N 30 N 80 N C. 0 0 40 N D. 40 N 40 N 40 N 【答案】A 【解析】物体的最大静摩擦力Fm=μmg=40 N 故F1=15 N<Fm,物体受静摩擦力Ff1=F1=15 N F2=30 N<Fm,物体受静摩擦力Ff2=F2=30 N F3=80 N>Fm,物体受滑动摩擦力Ff3=μmg=40 N,故A项正确. 13.如图所示,沿光滑水平面运动的小滑块,当它冲上光滑的斜面继续沿斜面运动时,它受到的力是(  ) A. 重力、弹力 B. 重力、弹力、上冲力 C. 重力、弹力、下滑力 D. 重力、弹力、上冲力、下滑力 【答案】A 【解析】小球受重力、斜面的支持力,没有上冲力,因为该力没有施力物体,也没有下滑力,下滑力是重力的一个分力.故A正确,B、C、D错误. 故选:A. 14.同一物体在下列几组共点力作用下可能处于静止状态的是(  ) A. 3 N、4 N、5 N B. 3 N、5 N、9 N C. 4 N、6 N、11 N D. 5 N、6 N、12 N 【答案】A 【解析】 处于静止状态的物体所受到的合力为零,根据三个共点力的合力范围可知:3 N、4 N、5 N的合力范围是0≤F合≤12 N,故A可能;3 N、5 N、9 N的合力范围是1 N≤F合≤17 N,故B不可能;4 N、6 N、11 N的合力范围是1 N≤F合≤21 N,故C不可能;5 N、6 N、12 N的合力范围是1 N≤F合≤23 N,故D不可能. 15.大小分别为5 N、7 N和9 N的三个力合成,其合力F大小的范围为(  ) A. 2 N≤F≤20N B. 3 N≤F≤21N C. 0≤F≤20N D. 0≤F≤21N 【答案】D 【解析】三个力合力的最大值为Fmax=(5+7+9) N=21 N.以5、7、9为边能组成一个封闭的三角形,故三个力的合力最小值为0,所以合力的范围为0≤F≤21 N. 16.设有三个力同时作用在质点P上,它们的大小和方向相当于正六边形的两条边和一条对角线,如图所示,这三个力中最小的力的大小为F,则这三个力的合力等于(  ) A. 3F B. 4F C. 5F D. 6F 【答案】A 【解析】由几何关系得F3=2F,又F1、F2夹角为120°,大小均为F,故其合力大小为F,方向与F3相同,因此三个力的合力大小为3F.A正确. 17.如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G,则椅子对他的作用力大小为(  ) A.G B.Gsinθ C.Gcosθ D.Gtanθ 【答案】A 【解析】人受多个力处于平衡状态,人受力可以看成两部分,一部分是重力,另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力.根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值,反向,即大小为G,方向竖直向上.故A正确,B、C、D错误. 18.已知一个力的大小为100 N,它的一个分力F1的大小为60 N,则另一个分力F2的大小(  ) A. 一定是40 N B. 一定是80 N C. 不能大于100 N D. 不能小于40 N 【答案】D 【解析】由于F1+F2≥F≥|F1-F2|,故40 N≤F2≤160 N,故D正确. 19.如图所示,力F作用于物体的O点.现要使作用在物体上的合力沿OO′方向,需再作用一个力F1,则F1的最小值为(  ) A.F1=Fsinα B.F1=Ftanα C.F1=F D.F1<Fsinα 【答案】A 【解析】 利用矢量图形法.根据力的三角形定则,作F1、F与合力F合的示意图,如图所示.在F1的箭尾位置不变的情况下,其箭头可在OO′线上滑动,由图可知,当F1与OO′即F合垂直时,F1有最小值,其值为F1=Fsinα. 20.如图所示,建筑装修中工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨,当对磨石加竖直向上大小为F的推力时,磨石恰好沿斜壁向上匀速运动,已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ,则磨石受到的摩擦力为(  ) A. (F-mg)cosθ B. (F-mg)sinθ C.μ(F-mg)cosθ D.μ(F-mg) 【答案】A 【解析】分析磨石的受力,受重力mg、弹力FN(垂直于斜壁向下)、摩擦力Ff(沿斜壁向下)、外力F四个力.把这四个力沿斜壁和垂直于斜壁方向正交分解,由于磨石处于平衡态,在沿斜壁方向有mgcosθ+Ff=Fcosθ,垂直于斜壁方向有FN+mgsinθ=Fsinθ,又根据Ff=μFN,可得选项A正确. 第Ⅱ卷 二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图甲所示,将完全相同、质量均为4 kg的木块A和B叠放在水平桌面上,在16 N的水平拉力F1作用下,A、B一起做匀速直线运动.(g取10 N/kg) (1)此时木块B上表面受到摩擦力Ff1是多少?B的下表面所受的摩擦力Ff2又是多少? (2)桌面与木块之间的动摩擦因数是多少? (3)若将A、B紧靠着放在水平桌面上(如图乙所示),用水平推力F2推A使它们一起匀速运动,这时,A对B的弹力有多大? 【答案】 (1)0 16 N (2)0.2 (3)8 N 【解析】 (1)A做匀速运动,水平方向不受力,所以B上表面Ff1=0 下表面Ff2=F1=16 N. (2)由FN=(mA+mB)g Ff2=μFN 解得μ=0.2. (3)FNB=mBg B受的摩擦力FfB=8 N FB=FfB=8 N. 22.如图所示,三根轻质绳子OA、OB与OC将一质量为10 kg的重物悬挂空中而处于静止状态,其中OB与天花板夹角为30°,OA与天花板夹角为60°,要求画出结点O的受力分析图,标出对应的力及角度.(g取10 m/s2) (1)求绳子OA、OB对应的拉力大小FA、FB; (2)若保持O、B点位置不变,改变OA绳长度,将A点移动到D点,使得OD=OB,求此时绳子OD对应的拉力大小FD. 【答案】  (1)50N 50 N (2)100 N 【解析】 对结点O受力分析如图甲所示, (1)根据平衡条件,由几何知识得: FA=mgcos 30°=50N FB=mgsin 30°=50 N. (2)将A点移动到D点后画出受力图如图乙所示,运用合成法,由几何知识得: FD=mg=100 N. 23.质量为m=0.8 kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态,PA与竖直方向的夹角37°,PB沿水平方向,质量为M=10 kg的木块与PB相连,静止于倾角为37°的斜面上,如图所示.(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6)求: (1)轻绳PB拉力的大小; (2)木块所受斜面的摩擦力和弹力大小. 【答案】(1)6 N (2)64.8 N 76.4 N 【解析】(1)对点P受力分析如图所示 根据共点力作用下物体的平衡条件得: FB-FAsin 37°=0 FAcos 37°-mg=0 联立解得:FB==N=6 N 故轻绳PB拉力的大小为6 N (2)对木块受力分析如图所示 由共点力作用下物体的平衡条件得: Mgsin 37°+FBcos 37°-Ff=0 FN+FBsin 37°-Mgcos 37°=0 联立解得:Ff=Mgsin 37°+FBcos 37°=(10×10×0.6+6×0.8)N=64.8 N FN=Mgcos 37°-FBsin 37°=(10×10×0.8-6×0.6)N=76.4 N 故木块所受斜面的摩擦力和弹力大小分别为64.8 N和76.4 N 24.如下图所示,质量为mB=14 kg的木板B放在水平地面上,质量为mA=10 kg的木箱A放在木板B上.一根轻绳一端拴在木箱上,另一端拴在地面的木桩上,绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5,木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4.重力加速度g取10 m/s2.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出,试求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)绳上张力FT的大小; (2)拉力F的大小. 【答案】(1)100 N  (2)200 N 【解析】(1)设绳上的拉力大小为FT,A、B间摩擦力大小为Ff1,B对A的弹力大小为FN1 FTcos 37°=Ff1;  FN1=mAg+FTsin 37°;  Ff1=μ1FN1; 解得FT=100 N; (2)设B与地面间摩擦力大小为Ff2,弹力大小为FN2 F=Ff1+Ff2;    Ff2=μ2FN2;     FN2=FN1+mBg; 解得F=200 N. 绝密★启用前 人教版高一物理必修1单元检测题:第三章 相互作用 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.如图所示,用球拍击打乒乓球时,如果以球为研究对象,则施力物体是(  ) A. 人 B. 球拍 C. 乒乓球 D. 无法确定 2.一个重20 N的物体沿斜面下滑,关于该物体重力的图示,下列所示的四个图中正确的是(  ) A. B. C. D. 3.如图中表示的是小车所受外力F的图示,所选标度都相同,则对于小车的运动,作用效果相同的是(  ) A.F1和F2 B.F1和F4 C.F1和F3、F4 D. 都不相同 4.如图所示,一个空心均匀球壳里面注满水,球的正下方有一个小孔,在水由小孔慢慢流出的过程中,空心球壳和水的共同重心将会(  ) A. 一直下降 B. 一直上升 C. 先升高后降低 D. 先降低后升高 5.关于四种基本相互作用的说法正确的是(  ) A. 万有引力只发生在天体与天体之间,质量小的物体(如人与人)之间无万有引力 B. 强相互作用只发生在宇宙天体等宏观物体之间 C. 弱相互作用就是非常小的物体间的相互作用 D. 电磁相互作用是不需要相互接触就能起作用的 6.关于弹力的产生,下列说法正确的是(  ) A. 木块放在桌面上受到一个向上的弹力,这是由于木块发生微小形变而产生的 B. 木块放在桌面上,木块没有形变,所以对桌面没有施加弹力 C. 拿一根细竹竿拨动水中的木头,木头受到竹竿的弹力,这是由于木头发生形变而产生的 D. 挂在电线下面的电灯受到向上的拉力,是因为电线发生微小的形变而产生的 7.如图所示,球A在斜面上,被竖直挡板挡住而处于静止状态,关于球A所受的弹力,以下说法正确的是(  ) A. 球A仅受一个弹力作用,弹力的方向垂直斜面向上 B. 球A受两个弹力作用,一个水平向左,一个垂直斜面向下 C. 球A受两个弹力作用,一个水平向右,一个垂直斜面向上 D. 球A受三个弹力作用,一个水平向右,一个重直斜面向上,一个竖直向下 8.如图所示,在粗糙的水平地面上有质量为m的物体,连接在一劲度系数为k的弹簧上,物体与地面之间的动摩擦因数为μ,现用一水平力F向右拉弹簧,使物体A做匀速直线运动,则弹簧伸长的长度为(重力加速度为g)(  ) A. B. C. D. 9.关于静摩擦力,下列说法中正确的是(  ) A. 两个表面粗糙的物体,只要直接接触就会产生静摩擦力 B. 静摩擦力总是阻力 C. 静摩擦力的方向跟物体间相对运动趋势的方向相反 D. 两个物体之间的静摩擦力总是一个定值 10.如下图所示,在动摩擦因数μ=0.1的水平面上向右运动的物体,质量为20 kg,在运动过程中,还受到一个水平向左的大小为10 N的拉力作用,则物体受到的滑动摩擦力为(g取10 m/s2) (  ) A. 10 N,向右 B. 10 N,向左 C. 20 N,向右 D. 20 N,向左 11.如图甲所示,小孩用50 N的水平力推木箱不动,木箱此时受到的摩擦力大小为F1;如图乙所示,小孩用60 N的水平力恰能推动木箱,此时木箱与地面间的摩擦力大小为F2;如图丙所示,小孩把木箱推动了,此时木箱与地面间摩擦力大小为F3.若木箱对地面的压力大小为100 N,木箱与地面间的动摩擦因数为μ=0.55,则F1、F2、F3的大小分别为(  ) A. 0 N、60 N、55 N B. 50 N、60 N、55 N C. 50 N、55 N、60 N D. 50 N、55 N、55 N 12.水平桌面上一重为200 N的物体,与桌面间的动摩擦因数为0.2,当依次用15 N、30 N、80 N的水平力拉此物体时,物体受到的摩擦力依次为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(  ) A. 15 N 30 N 40 N B. 15 N 30 N 80 N C. 0 0 40 N D. 40 N 40 N 40 N 13.如图所示,沿光滑水平面运动的小滑块,当它冲上光滑的斜面继续沿斜面运动时,它受到的力是(  ) A. 重力、弹力 B. 重力、弹力、上冲力 C. 重力、弹力、下滑力 D. 重力、弹力、上冲力、下滑力 14.同一物体在下列几组共点力作用下可能处于静止状态的是(  ) A. 3 N、4 N、5 N B. 3 N、5 N、9 N C. 4 N、6 N、11 N D. 5 N、6 N、12 N 15.大小分别为5 N、7 N和9 N的三个力合成,其合力F大小的范围为(  ) A. 2 N≤F≤20N B. 3 N≤F≤21N C. 0≤F≤20N D. 0≤F≤21N 16.设有三个力同时作用在质点P上,它们的大小和方向相当于正六边形的两条边和一条对角线,如图所示,这三个力中最小的力的大小为F,则这三个力的合力等于(  ) A. 3F B. 4F C. 5F D. 6F 17.如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ.若此人所受重力为G,则椅子对他的作用力大小为(  ) A.G B.Gsinθ C.Gcosθ D.Gtanθ 18.已知一个力的大小为100 N,它的一个分力F1的大小为60 N,则另一个分力F2的大小(  ) A. 一定是40 N B. 一定是80 N C. 不能大于100 N D. 不能小于40 N 19.如图所示,力F作用于物体的O点.现要使作用在物体上的合力沿OO′方向,需再作用一个力F1,则F1的最小值为(  ) A.F1=Fsinα B.F1=Ftanα C.F1=F D.F1<Fsinα 20.如图所示,建筑装修中工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨,当对磨石加竖直向上大小为F的推力时,磨石恰好沿斜壁向上匀速运动,已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ,则磨石受到的摩擦力为(  ) A. (F-mg)cosθ B. (F-mg)sinθ C.μ(F-mg)cosθ D.μ(F-mg) 第Ⅱ卷 二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图甲所示,将完全相同、质量均为4 kg的木块A和B叠放在水平桌面上,在16 N的水平拉力F1作用下,A、B一起做匀速直线运动.(g取10 N/kg) (1)此时木块B上表面受到摩擦力Ff1是多少?B的下表面所受的摩擦力Ff2又是多少? (2)桌面与木块之间的动摩擦因数是多少? (3)若将A、B紧靠着放在水平桌面上(如图乙所示),用水平推力F2推A使它们一起匀速运动,这时,A对B的弹力有多大? 22.如图所示,三根轻质绳子OA、OB与OC将一质量为10 kg的重物悬挂空中而处于静止状态,其中OB与天花板夹角为30°,OA与天花板夹角为60°,要求画出结点O的受力分析图,标出对应的力及角度.(g取10 m/s2) (1)求绳子OA、OB对应的拉力大小FA、FB; (2)若保持O、B点位置不变,改变OA绳长度,将A点移动到D点,使得OD=OB,求此时绳子OD对应的拉力大小FD. 23.质量为m=0.8 kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态,PA与竖直方向的夹角37°,PB沿水平方向,质量为M=10 kg的木块与PB相连,静止于倾角为37°的斜面上,如图所示.(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6)求: (1)轻绳PB拉力的大小; (2)木块所受斜面的摩擦力和弹力大小. 24.如下图所示,质量为mB=14 kg的木板B放在水平地面上,质量为mA=10 kg的木箱A放在木板B上.一根轻绳一端拴在木箱上,另一端拴在地面的木桩上,绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5,木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4.重力加速度g取10 m/s2.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出,试求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)绳上张力FT的大小; (2)拉力F的大小.

  • ID:6-6032871 第二章 匀变速直线运动规律的研究 单元检测题(学生版+教师版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修1/第二章 匀变速直线运动的研究/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高一物理必修1单元检测题:第二章 匀变速直线运动的研究 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.一列火车匀减速进站,停靠一段时间后又匀加速(同方向)出站.在如图所示的四个v-t图象中,正确描述了火车运动情况的是(  ) A.B.C.D. 【答案】B 【解析】进站速度均匀减小,出站速度均匀增大,故A、D错.进站、出站火车的运动方向相同,故C错. 2.物体在做匀减速直线运动(运动方向不变),下面结论正确的是(  ) A. 加速度越来越小 B. 加速度方向总与运动方向相反 C. 位移随时间均匀减小 D. 速率随时间有可能增大 【答案】B 【解析】匀减速直线运动加速度不变,A错;加速度方向与运动方向同向时加速,反向时减速,B对;单方向减速的过程中位移越来越大,C错;单方向匀减速到零之前速率越来越小, D错. 3.飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动,若其着陆时的速度为60 m/s,求它着陆后12 s末的速度(  ) A. 0 B. 12 m/s C. -12 m/s D. 132 m/s 【答案】A 【解析】飞机着陆时的速度v0=60 m/s,加速度a=-6 m/s2 飞机速度减为零的时间为:t=s=10 s,可知飞机在10 s时就已经停下,故A正确. 4.飞机起飞的过程是由静止开始在平直跑道上做匀加速直线运动的过程.飞机在跑道上加速到某速度值时离地升空飞行.已知飞机在跑道上加速前进的距离为1 600 m,所用时间为40 s,则飞机的加速度a和离地速度v分别为(  ) A. 2 m/s2 80 m/s B. 2 m/s2 40 m/s C. 1 m/s2 40 m/s D. 1 m/s2 80 m/s 【答案】A 【解析】 根据x=at2得a==m/s2=2 m/s2,飞机离地速度为v=at=2×40 m/s=80 m/s. 5.做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t-1.5t2(m),根据这一关系式可以知道,物体速度为零的时刻是(  ) A. 1.5 s B. 8 s C. 16 s D. 24 s 【答案】B 【解析】根据x=24t-1.5t2=v0t+at2,得,v0=24m/s,a=-3m/s2.由v=v0+at得,故B正确,A、C、D错误. 故选B. 6.A、B两质点的v-t图象如图所示,设它们在同一条直线上运动,在t=3s时它们在中途相遇,由图可知(  ) A.A比B先启程 B.A比B后启程 C.两质点启程前A在B前面6m D.两质点启程前A在B后面2m 【答案】B 【解析】AB中、B物体从零时刻开始运动,A物体第一秒末开始运动,所以B正确. CD中、它们在同一条直线上运动,在t=3s时它们在中途相遇,而图象中A的面积即位移2m;B的面积即位移6m,说明两质点启程前A在B物体前方4m处,故C和D错误. 故选:B。 7.如图所示描述质点运动的图象中,图线与时间轴围成的面积不表示对应时间内质点位移的是(  ) A.B.C.D. 【答案】D 【解析】在V-t图像中,图线与时间轴围成的面积表示对应时间内质点位移,故ABC正确;而位移-时间图像,图线与时间轴围成的面积并不表示对应时间内质点位移,位移为纵坐标,故选D。 8.如图是在同一条直线上运动的A、B两质点的x-t图象,由图可知(  ) A.t=0时,A在B后面 B.B质点在t2秒末追上A并在此后跑在A的前面 C. 在0~t1时间内B的运动速度比A大 D.A质点在0~t1做加速运动,之后做匀速运动 【答案】B 【解析】 由图象可知,t=0时,B在A后面,故A错误;B质点在t2秒末追上A并在此后跑在A的前面,B正确;在0~t1时间内B的斜率小于A,故B的运动速度比A小,C错误;A质点在0~t1时间内做匀速运动,之后处于静止状态,故D错误. 9.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动,若以该时刻作为计时起点,得到两车的位移-时间图象如图所示,则下列说法正确的是(  ) A.t1时刻两车相距最远 B.t1时刻乙车追上甲车 C.t1时刻两车的速度刚好相等 D. 0到t1时间内,乙车的平均速度小于甲车的平均速度 【答案】B 【解析】由图知,0到t1时间内,乙车在甲车后面追赶,t1时刻追上甲车,A错误,B正确;x-t图象的斜率表示速度,t1时刻乙车速度大于甲车速度,C错误;0到t1时间内,两车位移相等,时间相等,根据=知,两车平均速度相等,D错误. 10.在“车让人“活动中,交警部门要求汽车在停车线前刹车并停车让人.如图所示,以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口,当一老人过人行横道时车头离停车线8 m.已知该车制动时最大加速度为5 m/s2,下列判断正确的是(  ) A. 若驾驶员立即刹车制动,则该汽车能保证车让人 B. 若驾驶员立即刹车制动,则2 s内车前行的最短距离为8 m C. 若驾驶员反应时间为0.3 s,则该汽车能保证车让人 D. 若驾驶员反应时间为0.3 s,则车前行的最短距离为10 m 【答案】A 【解析】若汽车做匀减速运动,速度减为零的时间t0===1.6 s<2 s; 将汽车看成反向的匀加速直线运动,x2=at=×5×1.62m=6.4 m<8 m,若驾驶员立即刹车制动,则2 s内车前行的最短距离为6.4 m,A正确,B错误;若驾驶员反应时间为0.3 s,反应时间内的位移:x1=8 m/s×0.3 s=2.4 m; 则车前行的最短距离为x=x1+x2=2.4 m+6.4 m=8.8 m>8 m,该汽车不能保证车让人,C、D错误. 11.一质点从静止开始由A点先做匀加速直线运动到B点,然后从B点做匀减速直线运动到C点时速度刚好为零.已知tAB=2tBC,那么在AB段和BC段(  ) A. 加速度大小之比为2∶1 B. 位移大小之比为1∶2 C. 平均速度大小之比为2∶1 D. 平均速度大小之比为1∶1 【答案】D 【解析】 设B点速度为v,tBC=t 加速度a1=,a2= 故a1∶a2=1∶2,选项A错误; 1== 2== 故1∶2=1∶1,选项C错误,D正确.x1=21t,x2=2t,故x1∶x2=2∶1,选项B错误. 12.为了测定某轿车在平直路上启动阶段的加速度(轿车启动时的运动可近似看成是匀加速直线运动),某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片,如图所示,如果拍摄时每隔2 s曝光一次,轿车车身总长为4.5 m,那么这辆轿车的加速度为(  ) A. 1 m/s2 B. 2.25 m/s2 C. 3 m/s2 D. 4.25 m/s2 【答案】B 【解析】据匀变速直线运动规律,Δx=x2-x1=aT2,读出x1、x2,代入即可计算.轿车总长4.5 m,相当于提示我们图中每一小格为1.5 m,由此可算出两段距离分别为x1=12 m和x2=21 m,又T=2 s,则a==m/s2=2.25 m/s2.故选B. 13.一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动,如图所示,若到达B点时速度为v,到达C点时速度为2v,则AB∶BC等于(  ) A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4 【答案】C 【解析】由v2-v=2ax得: xAB=,xBC=,xAB:xBC=1∶3. 14.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在t=0到t=t1的时间内,它们的v-t图象如图所示.在这段时间内(  ) A. 汽车甲的平均速度比乙大 B. 汽车乙的平均速度等于 C. 甲、乙两汽车的位移相同 D. 汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大 【答案】A 【解析】 根据v-t图线下方的面积表示位移,可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移 x乙,选项C错误;根据=得,汽车甲的平均速度甲大于汽车乙的平均速度乙,选项A正确;汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x,即汽车乙的平均速度小于,选项B错误;根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小,因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小,选项D错误. 15.从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间.两位同学合作,用刻度尺可测得人的反应时间.如图甲所示,A握住尺的上端,B在尺的下部做握尺的准备(但不与尺接触),当看到A放开手时,B立刻握住尺.若B做握尺准备时,手指位置如图乙所示,而握住尺时的位置如图丙所示,由此测得B同学的反应时间约为(  ) A. 20 s B. 0.30 s C. 0.10 s D. 0.04 s 【答案】B 【解析】 由自由落体公式h=gt2,有0.6-0.2=gt2,可知t≈0.30 s,所以选项B正确. 16.一个自由下落的物体,前3 s内下落的距离是第1 s内下落距离的(  ) A. 2倍 B. 3倍 C. 6倍 D. 9倍 【答案】D 【解析】自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动,相同时间位移之比为1∶3∶5∶……所以前3秒下落的距离是第1秒下落距离的9倍,D正确. 17.在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中,需要精确的重力加速度g值,g值可由实验精确测定.近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”:将真空长直管沿竖直方向放置,自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2,在小球运动过程中经过比O点高H的P点,小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1,测得T1、T2和H,可求得g等于(  ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动,根据t上=t下,则从最高点下落到O点所用时间为,故v0=g, 从最高点下落到P点所用时间为,有:vP=g, 则从P点下落到O点的过程中的平均速度为:= 从P点下落到O点的时间为:t=- 根据H=t可得: H=(-)=(g+g)××(T2-T1) 解得:g=. 18.如图所示,将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时,将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放,两球恰在处相遇(不计空气阻力).则以下说法正确的是(  ) A. 球a竖直上抛的最大高度为h B. 相遇时两球速度大小相等 C. 相遇时球a的速度小于球b的速度 D. 两球同时落地 【答案】C 【解析】ab两个球在相等的时间内,运动距离都是,加速度大小也相等,根据运动的对称性得,在处相遇时a球的速度刚好为0,故a球上升的最大高度为,A、B错误,C正确;对球a:=gt2,得运动时间t=,ta=2;对球b:h=gt,运动的时间tb=,ta>tb,即b球先落地,D错误. 19.关于伽利略对自由落体运动的研究,下列说法正确的是(  ) A. 伽利略认为在同一地点,重的物体和轻的物体下落快慢不同 B. 伽利略猜想运动速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证 C. 伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比 D. 伽利略用小球在斜面上运动验证了运动速度与位移成正比 【答案】C 【解析】A、伽利略认为,在同一地点,重的物体和轻的物体应该下落得同样快,故A错误; B、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比,并未直接进行验证,而是在斜面实验的基础上的理想化推理,故B错误. C、伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比,故C正确. D、伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身,而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上,进行理想化推理.伽利略思想方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来,故D错误, 故选C. 20.小明希望检验这样一个猜想:从斜面滑下的小车,装载物体的质量越大,到达斜面底部的速度越快.图示为两种不同直径车轮(颜色不同),装有不同木块(每个木块的质量相同)从不同高度释放的小车.你认为小明应该选用哪3种情况进行比较(  ) A. GTX B. OTZ C. RUZ D. STU 【答案】D 【解析】实验中要验证从斜面滑下的小车,装载物体的质量和到达斜面底部的速度这两个量之间的关系.根据控制变量法的思路,应该控制滑下的是相同直径的小车和斜面倾斜程度不变,来改变装载物体的质量的多少,从而判断装载物体的质量和到达斜面底部的速度这两个量之间的关系.D正确. 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.据报道,一儿童玩耍时不慎从45 m高的阳台上无初速度掉下,在他刚掉下时恰被楼下一保安发现,该保安迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底,准备接住儿童.已知保安到楼底的距离为15 m,为确保安全能稳妥接住儿童,保安将尽力节约时间,但又必须保证接儿童时没有水平方向的冲击,不计空气阻力,将儿童和保安都看做质点,设保安奔跑过程中是匀变速运动且在加速或减速的过程中加速度大小相等,g取10 m/s2,求: (1)保安跑到楼底的平均速度; (2)保安奔跑时的最大速度; (3)保安加速时的加速度. 【答案】(1)5 m/s (2)10 m/s (3)m/s2 【解析】(1)儿童自由落体的时间为t,则有:h=gt2,解得:t==s=3 s,则保安的平均速度为:==m/s=5 m/s (2)保安先做匀加速再匀减速运动,由平均速度等于初末速度之和的一半可得 =解得:vm=2=2×5 m/s=10 m/s (3)保安的加速度为:a==m/s2=m/s2 22.甲、乙两车从同一地点出发同向运动,其图象如图所示.试计算: (1)从乙车开始运动多少时间后两车相遇? (2)相遇处距出发点多远? (3)相遇前两车的最大距离是多少? 【答案】 (1)4.83 s (2)17.5 m (3)3 m 【解析】 从图象知两车初速度是v0=0,加速度分别为a1==m/s2,a2==m/s2,做匀加速运动. (1)两车相遇时位移相等,设乙车运动t时间后两车相遇,则甲、乙两位移为s1=a1(t+2 s)2,s2=a2t2,由于s1=s2,所以a1(t+2 s)2=a2t2,代入数据解得t′=(2-2) s(舍去),t=(2+2) s≈4.83 s. (2)相遇点离出发点的距离 s2=a2t2=××4.832m≈17.5 m. (3)由图可知甲车行驶t4=4 s时两车速度相等,此时两车距离最大,Δs=s甲-s乙=×3×4 m-×3×2 m=3 m. 23.某同学学习了“自由落体运动”后,想到既然自由落体也是匀变速直线运动,那就可以设计一自由落体运动来测量自由落体加速度g.于是和同学合作,按照如图甲所示的装置来进行试验. (1)实验室中电火花计时器是____________仪器. (2)该同学实验时让重物从静止下落,并且测量了第1、2点的间距接近________ mm,就可以确保重物做的是自由落体运动. (3)做完实验,选择了一条纸带,并截取了中间某一段,如图乙,已知时间间隔为T.则测量C点速度vC=______,重力加速度g=________________.(写表达式) (4)另一同学计算了其中连续5个点的速度,如下表,请在图丙中描绘出该运动的v-t图象. 通过图象得出重力加速度g=________m/s2,产生偏差的原因________________________. 【答案】 (1)计时 (2)2 (3)  (4) 9.71 受到阻力的作用 【解析】 (1)电火花计时器是计时仪器. (2)根据x=gt2=×9.8 m/s2×(0.02 s)2≈2 mm知,测量了第1、2点的间距接近2 mm,可以确保重物做的是自由落体运动. (3)C点的瞬时速度为vC=;根据Δx=gT2,运用逐差法得,g=. (4)速度—时间图象如图所示.重力加速度 g==≈9.71 m/s2,产生偏差的原因是受到阻力的作用. 24.某一长直的赛道上,有一辆F1赛车,前方200 m处有一安全车以10 m/s的速度匀速前进,这时赛车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶. (1)求赛车出发3 s末的瞬时速度大小; (2)赛车何时追上安全车? (3)追上之前与安全车最远相距多少米? (4)当赛车刚好追上安全车时,赛车手立即刹车,使赛车以4 m/s2的加速度做匀减速直线运动,问两车再经过多长时间第二次相遇?(设赛车可以从安全车旁经过而不发生相撞) 【答案】 (1)6 m/s (2)20 s (3)225 m (4)20 s 【解析】 (1)赛车在3 s末的速度v=at3=2×3 m/s=6 m/s. (2)赛车追上安全车时有v0t+s=at2,代入数据解得t=20 s; (3)当两车速度相等时,相距最远,则有t′==s=5 s,则相距的最远距离Δx=v0t′+s-at′2=(10×5+200-×2×52) m=225 m. (4)两车相遇时赛车的速度v1=at=40 m/s,赛车减速到静止所用的时间t1==s=10 s,赛车减速到静止前进的距离xmax==200 m,相同的时间内安全车前进的距离x=v0t1=100 m

  • ID:6-6030165 人教版高一物理必修2全册综合检测题(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修2/全册综合

    绝密★启用前
    人教版高一物理必修2全册综合检测题
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)


    1.关于运动的性质,以下说法中正确的是(  )
    A. 曲线运动一定是变速运动
    B. 变速运动一定是曲线运动
    C. 曲线运动一定是变加速运动
    D. 加速度不变的运动一定是直线运动
    【答案】A
    【解析】物体做曲线运动时速度方向时刻变化,所以曲线运动一定是变速运动,A正确.变速运动可能是速度的方向在变化,也可能是速度的大小在变化,所以变速运动不一定是曲线运动,B错误.曲线运动可能是变加速曲线运动,也可能是匀变速曲线运动,C错误.加速度不变的运动可能是匀变速直线运动,也可能是匀变速曲线运动,D错误.
    2.如图所示,一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上.物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足 (  )

    A. tanφ=sinθ
    B. tanφ=cosθ
    C. tanφ=tanθ
    D. tanφ=2tanθ
    【答案】D
    【解析】竖直速度与水平速度之比为:tanφ=,竖直位移与水平位移之比为:tanθ=,故tanφ=2tanθ,D正确.
    3.描述做平抛运动的物体在竖直方向上的速度vy(取向下为正)随时间变化的图象是图中的(  )



    A.B.C.D.
    【答案】D
    【解析】平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动,竖直方向上的速度随时间均匀增大,故选项D正确.
    4.如图所示,一个球绕中心线OO′以ω角速度转动,则(  )

    ①A、B两点的角速度相等
    ②A、B两点的线速度相等
    ③若θ=30°,则vA∶vB=∶2
    ④以上答案都不对
    A. ①③
    B. ①②
    C. ①②③
    D. ④
    【答案】A
    【解析】共轴转动的各点角速度相等,故A、B两点的角速度相等,故①正确;由于转动半径不等,角速度相等,根据v=rω公式,线速度不等,故②错误;A、B两点的角速度相等,A点的转动半径为Rcos30°=R,B点的转动半径为R,根据v=rω公式,线速度之比vA∶vB=RA∶RB=∶2,故③正确,④错误,故A正确.
    5.下面四个公式中an表示匀速圆周运动的向心加速度,v表示匀速圆周运动的线速度,ω表示匀速圆周运动的角速度,T表示周期,r表示匀速圆周运动的半径,则下面四个式子中正确的是(  )
    ①an= ②an=ω2r ③an=ωv ④an=T2
    A. ①②③
    B. ②③④
    C. ①③④
    D. ①②④
    【答案】A
    【解析】向心力加速度an==ω2r=vω=r,故①②③对,④错.故选A.
    6.如图所示,圆盘水平放置,小物块A与圆盘始终保持相对静止,跟着圆盘一起做速率逐渐增大的圆周运动,则A所受摩擦力的方向(  )

    A. 与速度方向一致
    B. 指向圆心
    C. 背离圆心
    D. 以上说法都不对
    【答案】D
    【解析】物体在水平面上,一定受到重力和支持力作用,物体在转动过程中,静摩擦力提供向心力;由于A跟着圆盘一起做速率逐渐增大的圆周运动,使A速度的增大的力也是由A受到的静摩擦力提供的.由以上的分析可知,A受到的静摩擦力由指向圆心的分力和与速度方向一致的分力合成,所以ABC都错误,D正确.
    7.秋千的吊绳有些磨损,在摆动过程中,吊绳最容易断裂的时候是秋千(  )
    A. 在下摆过程中
    B. 在上摆过程中
    C. 摆到最高点时
    D. 摆到最低点时
    【答案】D
    【解析】当秋千摆到最低点时速度最大,由F-mg=m知,吊绳中拉力F最大,吊绳最容易断裂,选项D正确.
    8.如图所示,火星和地球都在围绕着太阳旋转,其运行轨道是椭圆.根据开普勒行星运动定律可知(  )

    A. 火星绕太阳运行过程中,速率不变
    B. 地球靠近太阳的过程中,运行速率减小
    C. 火星远离太阳过程中,它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积逐渐增大
    D. 火星绕太阳运行一周的时间比地球的长
    【答案】D
    【解析】根据开普勒第二定律:对每一个行星而言,太阳、行星的连线在相同时间内扫过的面积相等,可知行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化,地球靠近太阳过程中运行速率将增大,选项A、B、C错误.根据开普勒第三定律,可知所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等.由于火星的半长轴比较大,所以火星绕太阳运行一周的时间比地球的长,选项D正确.
    9.如果认为行星围绕太阳做匀速圆周运动,那么下列说法中正确的是(  )
    A. 行星受到太阳的引力,引力提供行星做圆周运动的向心力
    B. 行星受到太阳的引力,行星运动不需要向心力
    C. 行星同时受到太阳的万有引力和向心力
    D. 行星受到太阳的引力与它运动的向心力不相等
    【答案】A
    【解析】行星受到太阳的引力,引力提供行星做圆周运动的向心力,选项A正确,B错误;向心力是效果力,实际受力分析时不分析向心力,行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力来源于太阳的引力,行星受到太阳的万有引力与它运行的向心力相等,选项C、D错误.
    10.如图所示,两球间的距离为r,两球的质量分布均匀,质量大小分别为m1、m2,半径大小分别为r1、r2,则两球间的万有引力大小为(  )

    A.G
    B.G
    C.G
    D.G
    【答案】D
    【解析】两球质量分布均匀,可认为质量集中于球心,由万有引力公式可知两球间的万有引力应为G,故选D.
    11.要使两物体间的万有引力减小到原来的,下列办法不正确的是(  )
    A. 使两物体的质量各减小一半,距离不变
    B. 使其中一个物体的质量减小到原来的,距离不变
    C. 使两物体间的距离增大到原来的2倍,质量不变
    D. 两物体的质量和距离都减小到原来的
    【答案】D
    【解析】万有引力定律的表达式为F=G,根据该公式可知,使两物体的质量各减小一半,距离不变,则万有引力变为原来的,A正确;使其中一个物体的质量减小到原来的,距离不变,则万有引力变为原来的,B正确;使两物体间的距离增大到原来的2倍,质量不变,则万有引力变为原来的,C正确;两物体的质量和距离都减小到原来的,则万有引力大小不变,D错误.
    12.为研究太阳系内行星的运动,需要知道太阳的质量.已知地球半径为R,地球质量为m,太阳与地球中心间距为r,地球表面的重力加速度为g,地球绕太阳公转的周期为T.则太阳的质量为(  )
    A.
    B.


    C.
    D.
    【答案】D
    【解析】根据万有引力定律得:=mr,根据地球表面的万有引力等于重力得:对地球表面物体m′有=m′g,联立得M=.
    13.关于人造地球卫星,下列说法正确的是(  )
    A. 绕不同圆周运动的卫星的圆心可以不相同
    B. 在返回地面过程中向下减速时产生失重现象
    C. 由于离地面越高的卫星的线速度越小,所以发射离地面越高的卫星需要的发射速度越小
    D. 在发射过程中向上加速时产生超重现象
    【答案】D
    【解析】卫星受地球的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力,所以所有卫星均绕地心做圆周运动,即所有卫星均具有共同圆心.故A错误;卫星返回时,向下减速,加速度与速度方向相反即向上,故卫星仍处于超重状态,故B错误;据=m得v=,轨道越大,运行线速度越小,但向更高轨道发射卫星时需要克服重力,所以向高轨道发射卫星需要更大的发射速度,故C错误;超重的条件是物体具有向上的加速度,发射卫星时,卫星向上加速运动,故处于超重状态,故D正确.
    14.假设地球赤道上有一观测站随地球自转时的线速度为v1,地球同步卫星的线速度为v2,第一宇宙速度为v3.则关于这三个速度的大小关系,下列判断正确的是(  )
    A.v1>v2>v3
    B.v3>v2>v1
    C.v2>v3>v1
    D.v3>v1>v2
    【答案】B
    【解析】比较观测站和同步卫星,因为周期相同角速度相同,根据v=rω可知,轨道半径大的同步卫星线速度大于观测站的线速度,即v2>v1,同步卫星的轨道高度大于近地卫星的轨道高度,据G=m.得线速度v=知,近地卫星线速度大于同步卫星线速度,故v3>v2>v1,故B正确,A、C、D均错误.
    15.通过一个加速装置对电子加一很大的恒力,使电子从静止开始加速,则对这个加速过程,下列描述正确的是(  )
    A. 根据牛顿第二定律,电子将不断做匀加速直线运动
    B. 电子先做匀加速直线运动,后以光速做匀速直线运动
    C. 电子开始近似于匀加速直线运动,后来质量增大,牛顿运动定律不再适用
    D. 电子是微观粒子,整个加速过程根本就不能用牛顿运动定律解释
    【答案】C
    【解析】电子在加速装置中由静止开始加速,开始阶段速度较低,远低于光速,此时牛顿运动定律基本适用,可以认为在它被加速的最初阶段,它做匀加速直线运动.随着电子的速度越来越大,接近光速时,相对论效应越来越大,质量加大,它不再做匀加速直线运动,牛顿运动定律不再适用.
    16.如图所示,一根木棒沿水平桌面移动时所受摩擦力大小为Ff,则当棒滑过s距离时,摩擦力所做的功为(  )

    A. 0
    B.Ffs
    C. -Ffs
    D. 不确定
    【答案】C
    【解析】摩擦力Ff与位移s相反,故Ff做负功W=-Ffs.
    17.“公共自行车”的投放,不仅为市民提供了一种低碳环保的出行方式,而且还缓解了交通堵塞.高中生小明骑自行车以5 m/s的速度沿平直公路匀速前行,小明和车总质量约为100 kg.若骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍,那么小明骑车做功的平均功率最接近于(  )

    A. 10 W
    B. 100 W
    C. 1 kW
    D. 10 kW
    【答案】B
    【解析】自行车和小明的质量大约100 kg,匀速行驶时,牵引力等于阻力,F=Ff=0.02mg=0.02×1 000 N=20 N,则骑车的平均功率P=Fv=20×5 W=100 W.
    18.如图所示,一质量为m,均匀的细链条长为L,置于光滑水平桌面上,用手按住一端,使长部分垂在桌面下,(桌面高度大于链条长度,取桌面为零势能面),则链条的重力势能为(  )

    A. 0
    B. -mgL
    C. -mgL
    D. -mgL
    【答案】D
    【解析】将链条分成水平部分和竖直部分两段,水平部分的重力势能为零,竖直部分的重心中竖直段的中间,高度为-L,而竖直部分的重力为mg,这样竖直部分的重力势能:Ep=mg×(-L)=-mgL,故链条总的重力势能为-mgL,故D正确,ABC错误
    故选:D

    19.如图,在“探究弹性势能的表达式”活动中,为计算弹簧弹力所做的功,把拉伸弹簧的过程分为很多小段,拉力在每小段可以认为是恒力,用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功,物理学中把这种研究方法叫做“微元法”.下列几个实例中应用到这一思想方法的是(  )

    A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用点来代替物体,即质点
    B. 一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同,这个力叫做那几个力的合力
    C. 在推导匀变数直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加
    D. 在探究加速度与力、质量之间关系时,先保持质量不变探究加速度与力的关系,再保持力不变探究加速度与质量的关系
    【答案】C
    【解析】质点采用的科学方法是建立理想化模型的方法,故A错误;一个物体受到几个力共同作用产生的效果与某一个力产生的效果相同,这个力叫做那几个力的合力,这种方法是等效替代法,故B错误;计算匀变速直线运动的位移时,将位移分成很多小段,每一小段的速度可近似认为相等,物体在整个过程中的位移等于各小段位移之和,这是采用了“微元法”,故C正确;在探究加速度、力和质量三者之间关系时,要先控制一个量不变,采取的方法是控制变量法,故D错误.
    20.如图是被誉为“豪小子”的华裔球员林书豪在NBA赛场上投二分球时的照片.现假设林书豪准备投二分球前先曲腿下蹲再竖直向上跃起,已知林书豪的质量为m,双脚离开地面时的速度为v,从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h,则下列说法正确的是(  )

    A. 从地面跃起过程中,地面对他所做的功为0
    B. 从地面跃起过程中,地面对他所做的功为mv2+mgh
    C. 从下蹲到离开地面上升过程中,他的机械能守恒
    D. 离开地面后,他在上升过程中处于超重状态,在下落过程中处于失重状态
    【答案】A
    【解析】从地面跃起过程中,地面对他有支持力但没有位移,所以地面对他不做功,故A对,B错.从下蹲到离开地面上升时,消耗体内化学能从而使他具有一定的动能,机械能增加,故C错.离开地面后无论上升还是下落都处于失重状态,D错.
    第II卷
    二、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)


    21.如图1所示的装置,可用于探究恒力做功与速度变化的关系.水平轨道上安装两个光电门,小车上固定有力传感器和挡光板,细线一端与力传感器连接,另一端跨过定滑轮挂上砝码盘.实验首先保持轨道水平

  • ID:6-6030163 人教版高一物理必修2单元检测题:第五章 曲线运动(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修2/第五章 曲线运动/本章综合与测试

    绝密★启用前
    人教版高一物理必修2单元检测题:第五章 曲线运动
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)


    1.如图所示,物体沿曲线由a点运动至b点,关于物体在ab段的运动,下列说法正确的是(  )

    A. 物体的速度可能不变
    B. 物体的速度不可能均匀变化
    C.a点的速度方向由a指向b
    D.ab段的位移大小一定小于路程
    【答案】D
    【解析】做曲线运动的物体的速度方向时刻改变,即使速度大小不变,速度方向也在不断发生变化,故A项错误;做曲线运动的物体必定受到力的作用,当物体所受到的合力为恒力时,物体的加速度恒定,速度均匀变化,B项错误;ɑ点的速度方向沿ɑ点的切线方向,C项错误;做曲线运动的物体的位移大小必小于路程,D项正确.
    2.曲线运动是自然界更为普遍的运动形式,下面关于曲线运动的一些说法中,正确的是(  )
    A. 物体只要受到变力的作用,就会做曲线运动
    B. 物体在方向不变的外力作用下一定会做直线运动
    C. 物体在方向不断变化的外力作用下一定会做曲线运动
    D. 物体在大小不变的外力作用下必做匀变速曲线运动
    【答案】C
    【解析】若力与初速度方向不在一条直线上,物体做曲线运动,A、B错误.物体所受的外力方向不断变化,表明外力不会与速度始终共线,故在该外力作用下物体一定会做曲线运动,C对.做匀变速曲线运动物体的受力恒定不变,而不光是受力大小不变,D错误.
    3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到D点(D点是曲线的拐点)时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是(  )

    A. 质点经过C点的速率比D点的大
    B. 质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
    C. 质点经过D点时的加速度比B点的大
    D. 质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
    【答案】A
    【解析】因为质点做匀变速运动,所以加速度恒定,C项错误.在D点时加速度与速度垂直,故知加速度方向向上,合力方向也向上,所以质点从C到D的过程中,合力方向与速度方向夹角大于90°,合力做负功,动能减小,vC>vD,A项正确,B项错误.从B至E的过程中,加速度方向与速度方向夹角一直减小,D项错误.
    4.如图所示为某人游珠江,他以一定的速度且面部始终垂直于河岸向对岸游去.设江中各处水流速度相等,他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是(  )

    A. 水速大时,路程长,时间长
    B. 水速大时,路程长,时间不变
    C. 水速大时,路程长,时间短
    D. 路程、时间与水速无关
    【答案】B
    【解析】游泳者相对于岸的速度为他相对于水的速度和水流速度的合速度,水流速度越大,其合速度与岸的夹角越小,路程越长,但过河时间t=,与水速无关,故A、C、D均错误,B正确.
    5.竖直放置的两端封闭的玻璃管中注满清水,内有一个蜡块能在水中以0.1 m/s的速度匀速上浮.在蜡块从玻璃管的下端匀速上浮的同时,使玻璃管水平向右匀速运动,测得蜡块实际运动方向与水平方向成30°角,如图所示.若玻璃管的长度为1.0 m,在蜡块从底端上升到顶端的过程中,玻璃管水平方向的移动速度和水平运动的距离为(  )




    A. 0.1 m/s,1.73 m
    B. 0.173 m/s,1.0 m
    C. 0.173 m/s,1.73 m
    D. 0.1 m/s,1.0 m
    【答案】C
    【解析】设蜡块沿玻璃管匀速上升的速度为v1,位移为x1,蜡块随玻璃管水平向右移动的速度为v2,位移为x2,如图所示,v2==m/s≈0.173 m/s.
    蜡块沿玻璃管匀速上升的时间t==s=10 s.由于合运动与分运动具有等时性,故玻璃管水平移动的时间为10 s.
    水平运动的距离x2=v2t=0.173×10 m=1.73 m,故选项C正确.
    6.可以近似地认为:在地面附近,物体所受的重力是不变的.不计空气阻力,关于在地面附近的抛体运动,下列说法正确的是(  )
    A. 所有的抛体运动都是直线运动
    B. 所有的抛体运动都是曲线运动
    C. 所有的抛体运动都是匀变速运动
    D. 有一些抛体的运动是变加速运动
    【答案】C
    【解析】A、抛体运动分为斜抛、平抛、竖直上抛和竖直下抛,故抛体运动可能是直线运动,也可能是曲线运动,故AB错误;
    C、抛体运动都是只受重力,故加速度恒定,为匀变速运动,故C正确,D错误;
    7.在高处以初速v0水平抛出一石子,当它的速度由水平方向变化到与水平方向夹θ角的过程中,石子的水平位移的大小是(  )
    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】C
    【解析】根据平行四边形定则知,石子竖直分速度为:
    vy=v0tanθ=gt,
    则平抛运动的时间为:
    t=,
    则石子的水平位移为:
    x=.
    8.如图所示,有A、B两小球,B的质量为A的两倍,现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力,图中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是(  )

    A. ①
    B. ②
    C. ③
    D. ④
    【答案】A
    【解析】物体做斜抛运动的轨迹只与初速度的大小和方向有关,而与物体的质量无关,A、B两小球的轨迹相同,故A项正确.
    9.如图所示,从同一水平线上的不同位置,沿水平方向抛出两小球A、B,不计空气阻力.要使两小球在空中相遇,则必须(  )



    A. 先抛出A球
    B. 先抛出B球


    C. 同时抛出两球
    D. 两球质量相等
    【答案】C
    【解析】相遇时,两球下落的高度相同,根据t=知,两球运动的时间相等,则两球必须同时抛出.与质量无关.故C正确,A,B,D错误.
    故选:C.
    10.如图所示,A,B两质点以相同的水平速度v0抛出,A在竖直平面内运动,落地点为P1,B在光滑斜面上运动,落地点为P2,不计阻力,比较P1、P2在x轴方向上的远近关系是( )


    A.P1较远
    B.P2较远


    C.P1、P2等远
    D.A、B都有可能
    【答案】B
    【解析】二者水平初速度v0相同,且x方向分运动为速度为v0的匀速运动,x位移大小取决于运动时间,因沿斜面滑行的加速度(a=gsinθ)小于g且分位移比竖直高度大,所以落地用时长,故x2>x1,应选B.
    11.用绳子拴着一个物体,使物体在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动,绳子断了以后,物体将(  )
    A. 仍维持圆周运动
    B. 沿切线方向做直线运动
    C. 沿半径方向接近圆心
    D. 沿半径方向远离圆心
    【答案】B
    【解析】绳子断了以后,物体没有合力提供向心力,物体将沿切线方向做直线运动,B正确.
    12.子弹以初速度v0水平向右射出,沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒,在圆筒上只留下一个弹孔(从A位置射入,B位置射出,如图所示).OA,OB之间的夹角θ=,已知圆筒半径R=0.5 m,子弹始终以v0=60 m/s的速度沿水平方向运动(不考虑重力的作用),则圆筒的转速可能是(  )

    A. 20 r/s
    B. 60 r/s
    C. 100 r/s
    D. 140 r/s
    【答案】C
    【解析】OA、OB之间的夹角θ=,所以A与B之间的距离等于R,在子弹飞行的时间内,圆筒转动的角度为(2n-)π,n=1,2,3…,则时间:t=,(n=1,2,3…).
    所以子弹的速度:v====,(n=1,2,3…).
    解得:ω=2(2n-)π·v,(n=1,2,3…).
    则:T===,(n=1,2,3…)
    转速:N==(2n-)v,(n=1,2,3…)
    当n=1时,N=×60=100 r/s
    当n=2时,N=×60=220 r/s
    13.关于向心加速度,下列说法正确的是(  )
    A. 由an=知,匀速圆周运动的向心加速度恒定
    B. 匀速圆周运动不属于匀速运动
    C. 向心加速度越大,物体速率变化越快
    D. 做圆周运动的物体,加速度时刻指向圆心
    【答案】B
    【解析】向心加速度是矢量,且方向始终指向圆心,因此向心加速度不是恒定的,所以A错;匀速运动是匀速直线运动的简称,匀速圆周运动其实是匀速率圆周运动,存在向心加速度,B正确;向心加速度不改变速率,C错;只有匀速圆周运动的加速度才时刻指向圆心,D错.
    14.科技馆的科普器材中常有如图所示匀速率的传动装置:在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮.若齿轮的齿很小,大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍,则当大齿轮顺时针匀速转动时,下列说法正确的是(  )

    A. 小齿轮逆时针转动
    B. 小齿轮每个齿的线速度均相同
    C. 小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
    D. 大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍
    【答案】C
    【解析】大齿轮、小齿轮在转动过程中,两者的线速度大小是相等,当大齿轮顺时针转动时,小齿轮也是顺时针转动,选项A错误;速度是讲方向的,所以小齿轮每个齿的线速度不同,选项B错误;根据v=ωr,且线速度大小相等,角速度之比为半径的反比,选项C正确;根据向心加速度a=,线速度大小相等,向心加速度之比为半径的反比,选项D错误.
    15.一只小狗拉着雪橇在水平冰面上沿着圆弧形的道路匀速行驶,如图所示为雪橇所受的牵引力F及摩擦力Ff的示意图,其中正确的是(  )
    A.B.C.D.
    【答案】C
    【解析】雪橇运动时所受摩擦力为滑动摩擦力,方向与运动方向相反,与圆弧相切.又因为雪橇做匀速圆周运动时合力充当向心力,合力方向必然指向圆心.综上可知,C项正确.
    16.如图所示,圆盘上叠放着两个物块A和B,当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时,物块与圆盘始终保持相对静止,则(  )

    A. 物块A不受摩擦力作用
    B. 物块B受5个力作用
    C. 当转速增大时,A所受摩擦力增大,B所受摩擦力减小
    D.A对B的摩擦力方向沿半径指向转轴
    【答案】B
    【解析】物块A受到的摩擦力充当向心力,A错;物块B受到重力、支持力、A对物块B的压力、A对物块B沿半径向外的静摩擦力和圆盘对物块B沿半径向里的静摩擦力,共5个力的作用,B正确;当转速增大时,A、B所受摩擦力都增大,C错误;A对B的摩擦力方向沿半径向外,D错误.故选B.
    17.如图所示,在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上,有两个质量相等的小球A和B,它们分别紧贴漏斗的内壁,在不同的水平面上做匀速圆周运动.则以下叙述中正确的是(  )

    A.A的周期等于B的周期
    B.A的角速度等于B的角速度
    C.A的线速度等于B的线速度
    D.A对漏斗内壁的压力等于B对漏斗内壁的压力
    【答案】D
    【解析】两个小球都做匀速圆周运动,设漏斗尖角为θ,据合力提供向心力有:=mr,整理得T=,半径不相同,则周期不相同,A错误;由=m,有v=,即速度也不相同,C错误;据ω=,由于周期不同则角速度不相同,B错误;A、B对漏斗内壁压力为:FN=,D正确.
    18.世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里,共有23个弯道,如图所示,赛车在水平路面上转弯时,常常在弯道上冲出跑道,则以下说法正确的是(  )

    A. 是由于赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的
    B. 是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的
    C. 是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的
    D. 由公式F=mω2r可知,弯道半径越大,越容易冲出跑道
    【答案】B
    【解析】赛车在水平路面上转弯时,静摩擦力提供向心力,最大静摩擦力与重力成正比,而需要的向心力为.赛车在转弯前速度很大,转弯时做圆周运动的半径就需要大,运动员没有及时减速就会造成赛车冲出跑道,B正确,A、C、D错误.
    19.中央电视台《今日说法》栏目曾经报道了一起发生在某段路上的离奇交通事故.家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面,第八次有辆卡车冲撞进李先生家时,造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案.经公安部门和交通部门协力调查,画出的现场示意图如图所示.交警根据图示作出以下判断,你认为正确的是(  )

    ①由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作向心运动
    ②由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作离心运动
    ③公路在设计上可能内(东)高外(西)低
    ④公路在设计上可能外(西)高内(东)低.
    A. ①③
    B. ②④
    C. ①④
    D. ②③
    【答案】D
    【解析】汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力,发生离心运动,故①错误,②正确;汽车在水平路面上拐弯时,靠静摩擦力提供向心力,现在易发生侧翻可能是路面设计不合理,公路的设计上可能内侧(东)高外侧(西)低,重力沿斜面方向的分力背离圆心,导致合力不够提供向心力而致,故③正确,④错误.故选D.
    20.“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材.做该项运动时,健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,球却不会掉落地上.现将太极球简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动,且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势.A

  • ID:6-6030154 人教版高一物理必修2单元检测题:第七章 机械能守恒定律(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修2/第七章 机械能守恒定律/本章综合与测试

    绝密★启用前
    人教版高一物理必修2单元检测题:第七章 机械能守恒定律
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)


    1.在射箭比赛中,如图所示,运动员右手向后拉弓弦的过程中,她对弓弦的做功情况是(  )

    A. 一直做正功
    B. 一直做负功
    C. 先做正功,后做负功
    D. 先做负功,后做正功
    【答案】A
    【解析】在运动员向后拉弓弦的过程,人对弓弦的作用力和其运动位移方向相同,故人一直做正功.
    2.骑自行车上坡前往往要用力蹬几下,这样做的目的是(  )
    A. 增大车的惯性
    B. 减小车的惯性
    C. 减小车的动能
    D. 增大车的动能
    【答案】D
    【解析】骑自行车上坡前用力蹬几下,这样就是对自行车多做点功以增加自行车的动能,使自行车可以到达坡的顶端,所以D正确.
    3.如果我们把相互作用的物体凭借其位置而具有的能量叫做势能;把物体由于运动而具有的能量叫做动能,那么,伽利略的斜面实验可以给我们一个启示.关于这个启示说法正确的是(  )
    ①小球在向下倾斜的斜面A上运动时,小球离地面的高度减小,速度增大,小球的速度是由高度转变而来的 ②小球在向上倾斜的斜面B上运动时,小球离地面的高度增加,速度减小,小球的高度是由速度转变而来的 ③小球在斜面A上运动时,小球离地面的高度减小,速度增大,小球的动能是由势能转化而来的 ④小球在斜面B上运动时,小球离地面的高度增加,速度减小,小球的势能是由动能转化而来的
    A. ①②
    B. ③④
    C. ①③
    D. ②④
    【答案】B
    【解析】小球的能量在动能与势能之间转化,而不是速度与高度之间转化.
    4.根据力对物体做功的条件,下列说法中正确的是(  )
    A. 工人扛着行李在水平路面上匀速前进时,工人对行李做正功
    B. 工人扛着行李从一楼走到三楼,工人对行李做正功
    C. 作用力与反作用力做的功大小相等,并且其代数和为0
    D. 在水平地面上拉着一物体运动一圈后又回到出发点,则由于物体位移为0,所以摩擦力不做功
    【答案】B
    【解析】选项A中,工人对行李的作用力竖直向上,与行李的运动方向始终垂直,故对行李不做功,选项A错误;选项B中,工人对行李的作用力与行李的运动方向的夹角为锐角,故对行李做正功,选项B正确;选项C中,根据牛顿第三定律,作用力与反作用力大小相等、方向相反,但二者是对不同的物体做功,两个受力物体的位移大小不一定相等,所以选项C错误;选项D中,摩擦力是变力,且总与物体相对地面的运动方向相反,因此当物体回到出发点后,虽然物体位移为0,但摩擦力仍对物体做了负功,故选项D错误.
    5.如图所示,A、B两物体叠放在一起,A被不可伸长的细绳水平系于左墙上,B在拉力F作用下,向右匀速运动,在此过程中,A、B间的摩擦力做功情况是(  )

    A.对A、B都做负功
    B.对A不做功,对B做负功
    C.对A做正功,对B做负功
    D.对A、B都不做功
    【答案】B
    【解析】如图所示,A、B两物体叠放在一起,A被不可伸长的水平细绳系于左墙上,B在拉力F作用下向右匀速运动,在此过程中,对B摩擦力方向水平向左
    ∵A在摩擦力方向上没有位移,摩擦力对A没做功;
    ∵B的位移与摩擦力方向相反,所以摩擦力对B做负功.
    ∴ACD错误,B正确
    6.质量为m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动.0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图象如图所示,g取10 m/s2,则(  )

    A. 拉力F的大小为100 N
    B. 物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
    C. 4 s内拉力所做的功为480 J
    D. 4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J
    【答案】B
    【解析】由图象可得:0~2 s内物体做匀减速直线运动,加速度大小为:a1==m/s2=5 m/s2,匀减速过程有F+Ff=ma1.匀加速过程加速度大小为a2==m/s2=1 m/s2,有F-Ff=ma2,解得Ff=40 N,F=60 N,故A错误.物体在4 s时拉力的瞬时功率为P=Fv=60×2 W=120 W,故B正确.4 s内物体通过的位移为x=(×2×10-×2×2)m=8 m,拉力做功为W=-Fx=-480 J,故C错误.4 s内物体通过的路程为s=(×2×10+×2×2) m=12 m,摩擦力做功为Wf=-Ffs=-40×12 J=-480 J,故D错误.
    7.一物体在运动中受水平拉力F的作用,已知F随运动距离x的变化情况如图所示,则在这个运动过程中F做的功为(  )

    A. 4 J
    B. 18 J
    C. 20 J
    D. 22 J
    【答案】B
    【解析】方法一 由图可知F在整个过程中做功分为三个小过程,分别做功为
    W1=2×2 J=4 J,W2=-1×2 J=-2 J
    W3=4×4 J=16 J,
    所以W=W1+W2+W3=4 J+(-2)J+16 J=18 J.
    方法二 F-x图象中图线与x轴所围成的面积表示做功的多少,x轴上方为正功,下方为负功,总功取三部分的代数和,即(2×2-2×1+4×4)J=18 J,B正确.
    8.某人用同一水平力F先后两次拉同一物体,第一次使此物体从静止开始在光滑水平面上前进l距离,第二次使此物体从静止开始在粗糙水平面上前进l距离.若先后两次拉力做的功分别为W1和W2,拉力做功的平均功率分别为P1和P2,则(  )
    A.W1=W2,P1=P2
    B.W1=W2,P1>P2
    C.W1>W2,P1>P2
    D.W1>W2,P1=P2
    【答案】B
    【解析】两次拉物体用的力都是F,物体的位移都是l.由W=Flcosα可知W1=W2.物体在粗糙水平面上前进时,加速度a较小,由l=at2可知用时较长,再由P=可知P1>P2.选项B正确.
    9.如图所示,两个完全相同的小球A、B,在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出,不计空气阻力,则(  )

    A. 两小球落地时速度相同
    B. 两小球落地时重力的功率相等
    C. 从开始运动至落地,重力对两小球做功相同
    D. 从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率相等
    【答案】C
    【解析】由机械能守恒定律可得两球落地时速度大小相等,但落地时的速度方向不相同,故速度不相同,A项错误.重力在落地时的瞬时功率P=mgvcosα,α为重力与速度方向的夹角,由于α不相等,故两小球落地时重力的功率不相等,B项错误.重力做功取决于下降的高度h,从开始运动至落地h相等,故重力对两小球做功相同,C项正确.重力做功的平均功率P=,两球运动的时间不相等,故重力对两小球做功的平均功率不相等,D项错误.
    10.某游客领着孩子游泰山时,孩子不小心将手中质量为m的皮球滑落,球从A点滚到了山脚下的B点,高度标记如图所示,则下列说法正确的是(  )

    A. 从A到B的曲线轨迹长度不知道,无法求出此过程中重力做的功
    B. 从A到B过程中阻力大小不知道,无法求出此过程中重力做的功
    C. 从A到B重力做功mg(H+h)
    D. 从A到B重力做功mgH
    【答案】D
    【解析】重力做功与物体的运动路径无关,只与初末状态物体的高度差有关,从A到B的高度是H,故从A到B重力做功mgH,D正确.
    11.关于重力势能,下列说法正确的是(  )
    A. 重力势能是地球和物体共同具有的,而不是物体单独具有的
    B. 处在同一高度的物体,具有的重力势能相同
    C. 重力势能是标量,不可能有正、负值
    D. 浮在海面上的小船的重力势能一定为零
    【答案】A
    【解析】重力势能具有系统性,重力势能是物体与地球共有的,故A正确;重力势能等于mgh,其中h是相对于参考平面的高度,参考平面不同,h不同,另外质量也不一定相同,故处在同一高度的物体,其重力势能不一定相同,选项B错误;重力势能是标量,但有正负,负号表示物体在参考平面的下方,故C错误;零势能面的选取是任意的,并不一定选择海平面为零势能面,故浮在海面上的小船的重力势能不一定为零,选项D错误.
    12.如图所示,物体A的质量为m,A的上端连接一个轻弹簧,弹簧原长为L0,劲度系数为k,整个系统置于水平地面上,现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,B点上移距离为L,此时物体A也已经离开地面,则下列说法中正确的是(  )

    A. 提弹簧的力对系统做功为mgL
    B. 物体A的重力势能增加mgL
    C. 物体A的重力势能增加mg(L-L0)
    D. 物体A的重力势能增加mg
    【答案】D
    【解析】将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,由于开始时有支持力,故拉力先小于mg,物体离地后等于mg,拉力的位移为L,故提弹簧的力对系统做功小于mgL,故A错误;B点上移距离为L,弹簧伸长量为ΔL=,故A上升的高度为L-ΔL,所以物体A的重力势能增加mg,故B、C错误,D正确.
    13.如图所示,质量不计的弹簧一端固定在地面上,弹簧竖直放置,将一小球从距弹簧自由端高度分别为h1、h2的地方先后由静止释放,h1>h2,小球触到弹簧后向下运动压缩弹簧,从开始释放小球到获得最大速度的过程中,小球重力势能的减少量ΔE1、ΔE2的关系及弹簧弹性势能的增加量ΔEp1、ΔEp2的关系中,正确的一组是(  )

    A. ΔE1=ΔE2,ΔEp1=ΔEp2
    B. ΔE1>ΔE2,ΔEp1=ΔEp2
    C. ΔE1=ΔE2,ΔEp1>ΔEp2
    D. ΔE1>ΔE2,ΔEp1>ΔEp2
    【答案】B
    【解析】速度最大的条件是弹力等于重力即kx=mg,即达到最大速度时,弹簧形变量x相同.两种情况下,对应于同一位置,则ΔEp1=ΔEp2,由于h1>h2,所以ΔE1>ΔE2,B对.
    14.一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(  )
    A. Δv=0
    B. Δv=12 m/s
    C. ΔEk=1.8 J
    D. ΔEk=10.8 J
    【答案】B
    【解析】规定初速度方向为正方向,初速度为:v1=6 m/s,碰撞后速度为:v2=-6 m/s
    Δv=v2-v1=-12 m/s,负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反,所以碰撞前后小球速度变化量的大小为12 m/s,故A错误,B正确.反弹后的速度大小与碰撞前相同,即初、末动能相等,所以ΔEk=0,故C、D错误.
    15.在粗糙水平地面上,使一物体由静止开始运动,第一次用斜向上的拉力,第二次用斜向下的推力,两次的作用力大小相等,力与水平方向的夹角也相等、物体的位移也相等,则这两种情况下(   ).
    A. 拉力和推力做功相等,物体末速度相等
    B. 拉力和推力做功相等,物体末速度不等
    C. 拉力和推力做功不等,物体末动能相等
    D. 拉力和推力做功不等,物体末动能不等
    【答案】B
    【解析】拉力和推力的水平分力相同,位移相同,所以它们做功相同,但两种情况所受摩擦力不同,合力做的总功不同,故末速度不同.
    16.连接A、B两点的弧形轨道ACB和ADB形状相同、材料相同、粗糙程度相同,如图所示,一个小物块由A以一定的初速度v开始沿ACB轨道到达B的速度为v1;若由A以大小相同的初速度v沿ADB轨道到达B的速度为v2.比较v1和v2的大小有(  )



    A.v1>v2
    B.v1=v2
    C.v1D. 条件不足,无法判定
    【答案】A
    【解析】弧形轨道ACB和ADB的长度相等,物块在上面滑动时动摩擦因数相同,物块在上面运动可认为做圆周运动,由于物块在ADB上运动时对曲面的正压力大于在ACB上对曲面的正压力,故在ADB上克服摩擦力做的功大于在ACB上克服摩擦力做的功,再由动能定理得出选项A正确.
    17.如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(  )

    A. 重力做功2mgR
    B. 机械能减少mgR
    C. 合外力做功mgR
    D. 克服摩擦力做功mgR
    【答案】D
    【解析】重力做功与路径无关,所以WG=mgR,选项A错;小球在B点时所受重力提供向心力,即mg=m,所以v=,从P点到B点,由动能定理知:W合=mv2=mgR,故选项C错;根据能量守恒知:机械能的减少量为|ΔE|=|ΔEp|-|ΔEk|=mgR,故选项B错;克服摩擦力做的功等于机械能的减少量,故选项D对.
    18.如图所示为低空跳伞表演,假设质量为m的跳伞运动员,由静止开始下落,在打开伞之前受恒定阻力作用,下落的加速度为g,在运动员下落h的过程中,下列说法正确的是(  )

    A. 运动员的重力势能减少了mgh
    B. 运动员的动能增加了mgh
    C. 运动员克服阻力所做的功为mgh
    D. 运动员的机械能减少了mgh
    【答案】B
    【解析】在运动员下落h的过程中,重力势能减少了mgh,故A错误;根据牛顿第二定律得,运动员所受的合力为F合=ma=mg,则根据动能定理得,合力做功为mgh,则动能增加了mgh,故B正确;合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和,因为重力做功为mgh,则克服阻力做功mgh,故C错误;重力势能减少了mgh,动能增加了mgh,故机械能减少了mgh,故D错

  • ID:6-6030130 人教版高一物理必修2单元检测题:第六章 万有引力与航天(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/必修2/第六章 万有引力与航天/本章综合与测试

    绝密★启用前
    人教版高一物理必修2单元检测题:第六章 万有引力与航天
    本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。
    第Ⅰ卷
    一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)


    1.日心说之所以被人们接受的原因是(  )
    A. 以地球为中心来研究天体的运动有很多无法解决的问题
    B. 以太阳为中心,许多问题都可以解决,对行星运动的描述也变得简单了
    C. 地球是围绕太阳运动的
    D. 太阳总是从东方升起,从西方落下
    【答案】B
    【解析】托勒密的地心学说可以解释行星的逆行问题,但非常复杂,缺少简洁性,而简洁性正是物理学所追求的,哥白尼的日心说当时之所以能被人们所接受,正是因为这一点.
    2.物理学发展历史中,在前人研究基础上经过多年的尝试性计算,首先发表行星运动的三个定律的科学家是(  )
    A. 哥白尼
    B. 第谷
    C. 伽利略
    D. 开普勒
    【答案】D
    【解析】哥白尼提出了日心说,第谷对行星进行了大量的观察和记录,开普勒在第谷的观察记录的基础上提出了行星运动的三个定律,选项D正确,A、B、C错误.
    3.如图,O表示地球,P表示一个绕地球沿椭圆轨道做逆时针方向运动的人造卫星,AB为长轴,CD为短轴.在卫星绕地球运动一周的时间内,从A到B的时间为tAB,同理从B到A、从C到D、从D到C的时间分别为tBA、tCD、tDC.下列关系式正确的是(  )

    A.tAB>tBA
    B.tAB


    C.tCD>tDC
    D.tCD【答案】D
    【解析】由卫星做椭圆运动的对称性得tAB=tBA,选项A、B错误;由开普勒第二定律,卫星在近地点时运动快,在远地点时运动慢,所以tCD4.理论和实践证明,开普勒定律不仅适用于太阳系中的天体运动,而且对一切天体(包括卫星绕行星的运动)都适用.下面关于开普勒第三定律的公式=k的说法正确的是(  )
    A. 公式只适用于轨道是椭圆的运动
    B. 式中的k值,对于所有行星和卫星都相同
    C. 式中的k值,只与中心天体有关,与绕中心天体旋转的行星(或卫星)无关
    D. 若已知月球与地球之间的距离,根据公式可求出地球与太阳之间的距离
    【答案】C
    【解析】开普勒第三定律不仅适用于行星绕太阳的运动,也适用于卫星绕行星的运动,所以也适用于轨道是圆的运动,故A错误;式中的k与中心天体的质量有关,与绕中心天体旋转的行星(或卫星)无关.故B错误,C正确;式中的k与中心天体的质量有关,已知月球与地球之间的距离,无法求出地球与太阳之间的距离,故D错误.
    5.关于太阳对行星的引力,下列说法正确的是(  )
    A. 太阳对行星的引力与太阳的质量成正比,与二者间的距离成正比
    B. 太阳对行星的引力与太阳的质量成正比,与行星的质量无关
    C. 太阳对行星的引力与行星对太阳的引力是同一性质的力
    D. 太阳对行星的引力远小于行星对太阳的引力
    【答案】C
    【解析】根据万有引力定律分析可知:行星与太间阳的引力与行星和太阳的质量的乘积成正比,与它们之间的距离的平方成反比.故A、B错误;太阳对行星的引力与行星对太阳的引力是作用力与反作用力,大小相等,是同一性质的力,故C正确,D错误.
    6.两个行星的质量分别为m1和m2,它们绕太阳运行的轨道半径分别为r1和r2,若它们只受太阳引力的作用,那么这两个行星的向心加速度之比为(  )
    A. 1
    B.
    C.
    D.
    【答案】D
    【解析】设行星m1、m2的向心力分别是F1、F2,由太阳、行星之间的作用规律可得:F1∝,F2∝,而
    a1=,a2=,故=,D项正确.
    7.关于万有引力公式F=G,下列说法中正确的是(  )
    A. 当两个物体之间的距离趋近于零时,F趋于无穷大
    B. 只要两个物体是球体,就可用此式求解万有引力
    C. 两只相距0.5 m的小狗之间的万有引力可用此式计算
    D. 任何两个物体间都存在万有引力
    【答案】D
    【解析】当两个物体之间的距离趋近于零时,物体不能看成质点,就不能直接用F=G来计算万有引力,所以距离很近时,不能用此公式推出F趋于无穷大,A选项错误;球体间只有质量分布均匀时,才能用公式F=G求解万有引力,选项B错误;两只小狗相距0.5 m时,它们之间的距离与它们的尺寸相差不多,故不能看成质点,不可以用F=G求它们之间的万有引力,选项C错误;由万有引力定律知D正确.
    8.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体,在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点.现从M中挖去半径为R的球体,如图所示,则剩余部分对m的万有引力F为(  )

    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】A
    【解析】质量为M的球体对质点m的万有引力
    F1=G=G
    挖去的球体的质量M′=M=
    质量为M′的球体对质点m的万有引力
    F2=G=G
    则剩余部分对质点m的万有引力
    F=F1-F2=G-G=.故选项A正确.
    9.地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,若高空中某处的重力加速度为,则该处距地球表面的高度为(  )
    A. (-1)R
    B.R
    C.R
    D. 2R
    【答案】A
    【解析】万有引力近似等于重力,设地球的质量为M,物体质量为m,物体距地面的高度为h,分别列式=mg,G=m,联立得2R2=(R+h)2,
    解得h=(-1)R,选项A正确.
    10.设在地球上和某天体上以相同的初速度竖直上抛一物体的最大高度比为k(均不计阻力),且已知地球与该天体的半径之比也为k,则地球与此天体的质量之比为(  )
    A. 1
    B.k2
    C.k
    D.
    【答案】C
    【解析】在地球上:h=
    某天体上;h′=
    因为=k所以=k
    根据G=mg,G=mg′
    可知=
    又因为=k
    联立得:=k
    11.一物体在地球表面重16 N,地面上重力加速度为10 m/s2.它在以5 m/s2的加速度加速上升的火箭中的视重为9 N,则此火箭离地球表面的距离为地球半径的(忽略地球自转)(  )
    A. 2倍
    B. 3倍
    C. 4倍
    D. 一半
    【答案】B
    【解析】设此时火箭上升到离地球表面高度为h处,火箭上物体的视重等于物体受到的支持力FN,物体受到的重力为mg′,g′是h高处的重力加速度,由牛顿第二定律得
    FN-mg′=ma①
    其中m=,代入①式得
    mg′=FN-a=(9-×5) N=1 N
    在距离地面为h处,物体的重力为1 N,忽略自转,物体的重力等于万有引力.
    在地球表面:mg=G②
    在距地面h高处:mg′=G③
    可得=,
    所以R地+h=R地=R地=4R地
    所以h=3R地,故选B.
    12.土星周围有美丽壮观的“光环”,组成环的颗粒是大小不等、线度从1 μm到10 m的岩石、尘埃,类似于卫星,它们与土星中心的距离从7.3×104km延伸到1.4×105km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h,引力常量为6.67×10-11N·m2/kg2,则土星的质量约为(估算时不考虑环中颗粒间的相互作用)(  )
    A. 9.0×1016kg
    B. 6.4×1017kg
    C. 9.0×1025kg
    D. 6.4×1026kg
    【答案】D
    【解析】环的外缘颗粒绕土星做圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式:
    G=mR()2
    M=,其中R为轨道半径,大小为1.4×105km,T为周期,约为14 h.
    代入数据得:M≈6.4×1026kg.
    13.地球表面的平均重力加速度为g,地球半径为R,引力常量为G,可估算地球的平均密度为(  )
    A.
    B.
    C.
    D.
    【答案】A
    【解析】忽略地球自转的影响,对处于地球表面的物体,有mg=G,又地球质量M=ρV=πR3ρ,代入上式化简可得地球的平均密度ρ=.
    14.随着太空技术的飞速发展,地球上人们登陆其它星球成为可能.假设未来的某一天,宇航员登上某一星球后,测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的k倍,而该星球的平均密度与地球的差不多,则该星球质量大约是地球质量的(  )
    A.倍
    B.k倍
    C.k2倍
    D.k3倍
    【答案】D
    【解析】根据万有引力等于重力,列出等式:G=mg
    g=,其中M是地球的质量,r应该是物体在某位置到球心的距离.
    根据根据密度与质量关系得:M=ρ·πr3,星球的密度跟地球密度相同,
    g==Gρ·πr,
    星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的k倍,所以星球的半径也是地球的k倍,
    所以再根据M=ρ·πr3得:星球质量是地球质量的k3倍.
    15.现代观测表明,由于引力作用,恒星有“聚集”的特点,众多的恒星组成了不同层次的恒星系统,最简单的恒星系统是两颗互相绕转的双星,事实上,冥王星也是和另一星体构成双星,如图所示,这两颗行星m1、m2各以一定速率绕它们连线上某一中心O匀速转动,这样才不至于因万有引力作用而吸引在一起,现测出双星间的距离始终为L,且它们做匀速圆周运动的半径r1与r2之比为3∶2,则(  )

    A. 它们的角速度大小之比为2∶3
    B. 它们的线速度大小之比为3∶2
    C. 它们的质量之比为3∶2
    D. 它们的周期之比为2∶3
    【答案】B
    【解析】双星的角速度和周期都相同,故A、D均错;由=m1ω2r1,=m2ω2r2,解得m1∶m2=r2∶r1=2∶3,C错误;由v=ωr知,v1∶v2=r1∶r2=3∶2,B正确.
    16.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统,通常可忽略其他星体对它们的引力作用.设四星系统中每个星体的质量均为m,半径均为R,四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G.关于宇宙四星系统,下列说法错误的是(  )
    A. 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
    B. 四颗星的轨道半径均为
    C. 四颗星表面的重力加速度均为
    D. 四颗星的周期均为2πa
    【答案】B
    【解析】其中一颗星体在其他三颗星体的万有引力作用下,合力方向指向对角线的交点,围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,由几何知识可得轨道半径均为a,故A正确,B错误;在星体表面,根据万有引力等于重力:G=m′g,得g=,故C正确;由万有引力定律和向心力公式得+=m,T=2πa,故D正确.
    17.“嫦娥三号”携带“玉兔号”月球车首次实现月球软着陆和月面巡视勘察,并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测.“玉兔号”在地球表面的重力为G1,在月球表面的重力为G2;地球与月球均视为球体,其半径分别为R1、R2;地球表面重力加速度为g.则(  )

    A. 月球表面的重力加速度为
    B. 月球与地球的质量之比为
    C. 月球卫星与地球卫星分别绕月球表面与地球表面运行的速率之比为
    D. “嫦娥三号”环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为2π
    【答案】B
    【解析】由G1=mg,G2=mg月,解得:g月=g,A错误;由=G1,=G2,解得:=,又=m,=m,解得月球卫星绕月球表面与地球卫星绕地球表面的速率之比==,B正确,C错误;由=mR2,得:T月==2π,D错误.
    18.以下关于宇宙速度的说法中正确的是(  )
    A. 卫星绕地球做圆轨道运行的速度都是第一宇宙速度
    B. 卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度是第二宇宙速度
    C. 第一宇宙速度是人造地球卫星做圆轨道运动的最大运行速度
    D. 地球上的物体无论以多大的速度发射都不可能脱离太阳的束缚
    【答案】C
    【解析】第一宇宙速度,由:=m,其中M是地球的质量,R是地球的半径,得v=.所以当卫星的轨道半径最小等于地球半径R时,速度是最大的.故A错误;卫星在椭圆轨道上运行时在近地点的速度小于第二宇宙速度.故B错误;第一宇宙速度是人造地球卫星做圆轨道运动的最大运行速度.故C正确;当物体速度达到16.7 km/s时,就会脱离太阳的束缚.故D错误.
    19.关于人造地球卫星及其中物体的超重、失重问题,下列说法中正确的是(  )
    A. 卫星在发射近地段向上加速和回收近地段向下减速时产生的都是超重现象
    B. 做匀速圆周运动的载人空间站中,宇航员仍受重力的作用,但所受合外力为零
    C. 进入轨道后,航天员出舱,手中举起的五星红旗迎风飘扬
    D. 航天员在轨道舱内不能利用天平测量物体质量,但可以使用水银气压计测量舱内气压
    【答案】A
    【解析】在发射过程中向上加速时,加速度方向向上,处于超重状态.在降落过程中减速时,加速度方向向上,处于超重状态.故A正确;做匀速圆周运动的载人空间站中,宇航员仍受重力的作用,重力提供向心力,故所受合外力不为零,故B错误;太空中没有空气,手中举起的五星红旗不会迎风飘扬,故C错误;天平是根据杠杆平衡条件制成的,在太空中,物体和砝码所受重力完全提供向心力,天平的左右两盘无论放多少物体,天平都是平衡的.所以无法用天平测量物体的质量,所以不能使用.在失重状态下,水银不会产生压强,所以不能在失重状态下有效使用.故D错误.
    20.继哥白尼提出”太阳中心说”,开普勒提出行星运动三定律后,牛顿站在巨人的肩膀上,创立了经典力学,揭示了包括行星在内的宏观物体的运动规律.爱因斯坦既批判了牛顿力学的不足,又进一步发展了牛顿的经典力学,创立了相对论.这说明(  )
    A. 世界无限大,人不可能认识世界
    B.

  • ID:6-6029428 人教版高二物理选修3-2 全册综合检测题(word原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-2/本册综合

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2全册综合检测题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献,下列叙述中符合物理学史实的是(  ) A. 牛顿提出了万有引力定律,通过实验测出了万有引力常量 B. 法拉第发现了电磁感应现象,总结出了电磁感应定律 C. 奥斯特发现了电流的磁效应,总结出了电磁感应定律 D. 伽利略通过理想斜面实验,提出了力是维持物体运动状态的原因 【答案】B 【解析】牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测出了万有引力常量G;法拉第发现了电磁感应现象,总结出了电磁感应定律;奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第总结出了电磁感应定律;伽利略通过理想斜面实验,提出了力不是维持物体运动状态的原因.故选B. 2.下列实验现象,属于电磁感应现象的是(  ) A.导线通电后,其下方的小磁针偏转 B.通电导线AB在磁场中运动 C.金属杆切割磁感线时,电流表指针偏转 D.通电线圈在磁场中转动 【答案】C 【解析】导线通电后,其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转,说明电流能产生磁场,是电流的磁效应现象,不是电磁感应现象,故A错误;通电导线AB在磁场中受到安培力作用而运动,不是电磁感应现象,故B错误;金属杆切割磁感线时,电路中产生感应电流,是电磁感应现象,故C正确;通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动,不是电磁感应现象,故D错误. 3.许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献,下列表述中正确的是(  ) A. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力的公式 B. 奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 C. 法拉第发现电磁感应现象 D. 牛顿测出万有引力常量 【答案】C 【解析】洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式,故A错误;库仑发现了点电荷的相互作用规律;故B错误;英国物理学家法拉第最早发现了电磁感应现象,故C正确;测出万有引力常量的科学家是卡文迪许,故D错误. 4.如图为法拉第研究磁生电时使用过的线圈,A、B两线圈绕在同一个铁环上,A与恒压电源连接,B与灵敏电流表连接,假设此实验是在一个不受外界磁场影响的环境中进行的,下列描述正确的是(  ) A. 闭合开关瞬间,电流表指针不发生偏转 B. 断开开关瞬间,电流表指针发生偏转 C. 开关闭合状态下,线圈A中电流恒定,电流表指针发生偏转 D. 开关断开状态下,线圈B中产生的电流很小,电流表指针不偏转 【答案】B 【解析】根据法拉第的研究过程,在开关闭合、断开时都能够观察到电流表中指针偏转,即产生了感应电流. 5.磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”.在如图所示磁场中,S1、S2、S3为三个面积相同的相互平行的线圈,穿过S1、S2、S3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0.下列判断正确的是(  ) A.Φ1最大 B.Φ2最大 C.Φ3最大 D.Φ1、Φ2、Φ3相等 【答案】A 【解析】从图中可看出,穿过线圈S1的磁感线条数最多,所以磁通量最大.故B、C、D错误,A正确. 6.如图所示为一个圆环形导体,圆心为O,有一个带正电的粒子沿如图所示的直线从圆环表面匀速飞过,则环中的感应电流情况是(  ) A. 沿逆时针方向 B. 沿顺时针方向 C. 先沿逆时针方向后沿顺时针方向 D. 先沿顺时针方向后沿逆时针方向 【答案】D 【解析】由于带正电的粒子没有沿圆环的直径运动,所以它产生的磁场的磁感线穿过圆环时不能抵消,穿过圆环的磁通量开始时向外增加,然后向外减少,根据楞次定律,圆环中感应电流的方向是先沿顺时针方向,后沿逆时针方向,故D正确. 7.如图所示,足够长水平平行金属导轨间距为L,左右两端均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,中间连接电阻及电容器R1=R2=R3=R;R4=2R.两根电阻均为R的相同金属棒,在导轨两端分别同时以相同速率v0向左、向右匀速运动.不计导轨的电阻,金属棒与导轨接触良好,则电容器两极板上电压为(  ) A.BLv0 B. 2BLv0 C.BLv0 D.BLv0 【答案】C 【解析】两个导体棒产生的感应电动势均为E=BLv0;电阻R3两端的电压为U3=E=BLv0,外端电势高;左端电路外电路电阻为R,则R4两端电压为U4=E=BLv0,R2两端电压为U2=U4=BLv0,里端电势高,故电容器两端的电压为U=U2+U3=BLv0;故选C. 8.图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,电阻两端分别接盘心O和盘边缘,则通过电阻R的电流强度的大小和方向是(  ) A. 由c到d,I= B. 由d到c,I= C. 由c到d,I= D. 由d到c,I= 【答案】C 【解析】由右手定则可判断出R中电流由c到d,电动势=Br=Br2ω,电路中电流I=. 9.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中(  ) A. 流过金属棒的最大电流为 B. 通过金属棒的电荷量为 C. 克服安培力所做的功为mgh D. 金属棒产生的焦耳热为(mgh-μmgd) 【答案】D 【解析】金属棒下滑到底端时的速度为v=,感应电动势E=BLv,所以流过金属棒的最大电流为I=;通过金属棒的电荷量为q==;克服安培力所做的功为W=mgh-μmgd;电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功,所以金属棒产生的焦耳热为(mgh-μmgd),选项D正确. 10.关于线圈的自感系数,下面说法正确的是(  ) A. 线圈的自感系数越大,自感电动势就一定越大 B. 线圈中电流等于零时,自感系数也等于零 C. 线圈中电流变化越快,自感系数越大 D. 线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定 【答案】D 【解析】自感系数是由线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯等因素决定的,故B、C错,D对;自感电动势不仅与自感系数有关,还与电流变化快慢有关,故A错. 11.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场,则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径),小球(  ) A. 整个过程匀速 B. 进入磁场过程中球做减速运动,穿出过程做加速运动 C. 整个过程都做匀减速运动 D. 穿出时的速度一定小于初速度 【答案】D 【解析】小球在进入和穿出磁场时都有磁通量的变化,因此金属球内会产生感应电流,金属球运动受到阻力,即电磁阻尼作用,所以穿出时的速度一定小于初速度. 12.某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流.现在该发电机出现了故障,转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半,则它产生的交变电动势随时间变化的图象是(  ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】转子转速为正常时的一半,据ω=2πn=知,周期变为正常时的2倍,又据Em=NBSω知,最大值变为正常时的一半,结合我国电网交流电实际情况,知正确选项为B. 13.交流发电机线圈电阻r=1 Ω,用电器电阻R=9 Ω,电压表示数为9 V,如图所示,那么该交流发电机(  ) A. 电动势的峰值为10 V B. 电动势的有效值为9 V C. 交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10V D. 交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为V 【答案】D 【解析】电压表示数等于路端电压,电路中的电流为I==A=1 A,所以电动势的有效值为:E=I(R+r)=1×(1+9) V=10 V,所以电动势的最大值为Em=E=10V,故选项A、B错;线圈通过中性面时Φ最大,但=0,故e=0,选项C错;线圈从中性面转过90°的过程中,ΔΦ=BS,Δt==,所以=n=,由于Em=nBSω,所以==V,选项D对. 14.以下说法正确的是(  ) A. 交变电流的有效值就是它的平均值 B. 任何交变电流的有效值都是它最大值的倍 C. 如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q,那么该交变电流的有效值为 D. 以上说法均不正确 【答案】D 【解析】有效值是根据电流的热效应来定义的,平均值并不是有效值,例如线圈在匀强磁场中转动一圈,其平均电动势为零,故A错.在正弦(余弦)式交变电流中,其有效值为最大值的倍,对于其他交变电流并不一定满足此关系,故B错.交变电流要产生热量需要一定的时间,C选项中没有说明时间,因此是错误的. 15.在收音机线路中,经天线接收下来的电信号既有高频成分,又有低频成分,经放大后送到下一级,需要把低频成分和高频成分分开,只让低频成分输送到再下一级,可以采用如图所示电路,其中a,b应选择的元件是(  ) A.a是电容较大的电容器,b是低频扼流圈 B.a是电容较大的电容器,b是高频扼流圈 C.a是电容较小的电容器,b是低频扼流圈 D.a是电容较小的电容器,b是高频扼流圈 【答案】D 【解析】电容器具有通高频、阻低频的作用,这样的电容器电容较小,所以a处放电容较小的电容器,电感线圈在该电路中要求起到通低频、阻高频的作用,b处接一个高频扼流圈, D对. 16.如图所示,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,电压表V和电流表A均为理想电表,除滑动变阻器电阻R以外,其余电阻均不计,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为:u1=220sin 100πt(V).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22 V B.t=s时,c、d两点间的电压瞬时值为110 V C. 单刀双掷开关与a连接,滑动变阻器触头向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小 D. 当单刀双掷开关由a扳向b时,电压表和电流表的示数均变小 【答案】A 【解析】由=,知U2=U1,当单刀双掷开关与a连接时,U1=220 V,n1∶n2=10∶1,解得:U2=22 V,A选项正确;u1=220sin 100πt,所以u1=220sin 100π×=110(V),B选项错误;滑动变阻器触头向上移动时,其电阻R变大,由欧姆定律得:I2=,I2变小,电流表示数变小,而电压表示数不变,C错误;当单刀双掷开关由a扳向b时,匝数n1变小,匝数n2和输入电压U1不变,由U2=·U1,得U2变大,I2变大,因此电压表和电流表示数均变大,D错误. 17.某变电站用11 kV交变电压输电,输送功率一定,输电线的电阻为R,现若用变压器将电压升高到220 kV输电,下面选项正确的是(  ) A. 因I=,所以输电线上的电流增为原来的20倍 B. 因I=,所以输电线上的电流减为原来的 C. 因P=,所以输电线上损失的功率增为原来的400倍 D. 若要使输电线上损失的功率不变,可将输电线的直径减为原来的 【答案】B 【解析】由ΔP=I2R=()2R知,ΔP′=ΔP,C错.本题I≠,故A错.若ΔP不变,则R=ΔP,R′=400R,由电阻定律可得:d′=d,D错,选B. 18.如图所示,R3是光敏电阻(光照时电阻变小),当开关S闭合后,在没有光照射时,a、b两点等电势.当用光照射电阻R3时,则(  ) A.a点电势高于b点电势 B.a点电势低于b点电势 C.a点电势等于b点电势 D.a点电势和b点电势的大小无法比较 【答案】A 【解析】R3是光敏电阻,当有光照射时电阻变小,R3两端电压减小,故a点电势升高,因其他电阻的阻值不变,所以a点电势高于b点电势. 19.如图所示,两块水平放置的金属板距离为d,用导线、电键K与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中.两板间放一台小压力传感器,压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为+q的小球.K断开时传感器上有示数,K闭合时传感器上恰好无示数.则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是(  ) A. 正在增加,= B. 正在减弱,= C. 正在减弱,= D. 正在增加,= 【答案】D 【解析】K闭合时传感器上恰好无示数,说明小球受竖直向上的电场力,且电场力大小等于重力,由楞次定律可判断磁场B正在增强,根据法拉第电磁感应定律E=n=U,又q·=mg得==,故D正确. 20.如图甲所示为斯密触发器,当加在它输入端A的电压上升到某个值(1.6 V)时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平(0.25 V);而当输入端A的电压下降到另一个值(0.8 V)的时候,Y会从低电平跳到高电平(3.4 V).图乙为一光控电路,用发光二极管LED模仿路灯,RG为光敏电阻.下列关于斯密特触发器和光控电路的说法中错误的是(  ) A. 斯密特触发器的作用是将数字信号转换为模拟信号 B. 斯密特触发器是具有特殊功能的非门 C. 要想在天更暗时路灯才会亮,应该把R1的阻值调大些 D. 当输出端Y突然从高电平跳到低电平时,二极管发光 【答案】A 【解析】斯密特触发器是一种特殊的非门,它把连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号,A项说法错误,B项说法正确;把R的阻值调大些,只有RG的阻值达到更大时才能使斯密特触发器的A端电压达到某个值(1.6 V),即天更暗时路灯才亮;当输出端Y突然跳到低电平时,发光二极管导通从而发光,C、D项说法正确. 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道,轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2,B1=B2=1.0 T,B1和B2的方向相反,两磁场始终竖直向上做匀速运动.垂直轨道有一金属框abcd,并且与之绝缘.已知金属框的总质量为4.75×103kg,运动时所受阻力f=500 N,金属框垂直轨道的边长Lcd=2.0 m,两磁场的宽度均与金属框的边长Lad相同,金属框整个回路的电阻R=9.0×10-4Ω,g取10 m/s2.假如金属框以v1=10 m/s的速度匀速上升,求: (1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向; (2)磁场向上运动速度v0的大小. 【答案】(1)1.2×104A 方向为逆时针 (2)12.7 m/s 【解析】(1)因金属框匀速运动,所以金属框受到的安培力等于重力与阻力之和,设金属框向上做匀速运动时,金属框中感应电流大小为I, 则:F安=mg+f,F安=2B1ILcd, 联立可以得到金属框中感应电流I=1.2×104A,方向为逆时针方向. (2)金属框中感应电动势E=2B1Lcd(v0-v1), 则金属框中感应电流大小I= 联立可以得到:v0=12.7 m/s. 22.如图所示,在一光滑水平的桌面上,放置一质量为M、宽为L的足够长“U”型框架,其ab部分电阻为R,框架其它部分的电阻不计.垂直于框架两边放一质量为m、电阻为R的金属棒cd,它们之间的动摩擦因数为μ,棒通过细线跨过一定滑轮与劲度系数为k的另一端固定的轻弹簧相连.开始弹簧处于自然状态,框架和棒均静止.现在让框架在大小为2μmg的水平拉力作用下,向右做加速运动,引起棒的运动可看成是缓慢的.水平桌面位于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B. 问:(1)框架和棒刚开始运动的瞬间,框架的加速度为多大? (2)框架最后做匀速运动(棒处于静止状态)时的速度多大? (3)若框架通过位移s后开始匀速,已知弹簧的弹性势能的表达式为kx2(x为弹簧的形变量),则在框架通过位移s的过程中,回路中产生的电热为多少? 【答案】(1)a= (2)v= (3)Q1=μmgs 【解析】(1)设水平拉力为F,则F=2μmg,对框架由牛顿第二定律 F-μmg=Ma 解出a= (2)设框架做匀速运动的速度大小为v,则感应电动势 E=BLv 回路中的电流I= 对框架由力的平衡得F=BIL+μmg 联立以上各式解出:v= (3)在框架滑过s的过程中,设产生的电热为Q1,摩擦生热为Q2,由功能关系 Fs=kx2+Mv2+Q1+Q2 其中Q2=μmg(s-x) 在框架匀速后,对棒由力的平衡得:BIL+μmg=kx 联立以上各式并结合F=BIL+μmg,F=2μmg 解出Q1=μmgs-. 23.风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源.风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置,如图所示,其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等. (1)利用总电阻R=10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能.输送功率P0=300 kW,输出电压U=10 kW,求导线上损失的功率与输送功率的比值; (2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积.设空气密度为ρ,气流速度为v,风轮机叶片长度为r,求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm;在风速和叶片数确定的情况下,要提高风轮机单位时间接受的风能,简述可采取的措施. (3)已知风力发电机的输出功率P与Pm成正比.某风力发电机在风速v1=9 m/s时能够输出电功率P1=540 kW.我国某地区风速不低于v2= 6 m/s的时间每年约为5 000小时,试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时. 【答案】(1)0.03 (2)πρr2v3 采取合理措施,如增加风轮机叶片长度,安装调向装置保持风轮机正面迎风等. (3)8×105kW·h 【解析】(1)导线上损失的功率为P=I2R=()2R=9 kW,损失的功率与输送功率的比值==0.03. (2)风垂直流向风轮机,提供的风能功率最大. 单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS, S=πr2,风能的最大功率可表示为Pm=(ρvS)v2=πρr2v3. 采取措施合理,如增加风轮机叶片长度,安装调向装置保持风轮机正面迎风等. (3)风力发电机的输出功率为P2=()3P1=()3×540 kW=160 kW,最小年发电量为W=P2t=160×5 000 kW·h=8×105kW·h. 24.“加速度计”作为测定物体加速度的仪器,已被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导中,如图甲所示是“应变式加速度计”的原理图.支架AB固定在待测系统上,尚志穿在A、B间的水平光滑横杆上,并用轻弹簧固接于动因A端,其下端的滑动臂P可在滑动变阻器上自由滑动,随着系统沿水平方向做变速运动.滑块相对于支架发生位移,并通过电路转换为电信号从1、2两点的电压表输出,已知电压表量程为8 V,表盘如图乙所示,滑块质量m=0.1 kg,弹簧的劲度系数k=20 N/m,电源的电动势E=10 V,内阻r=2 Ω,滑动变阻器的总阻值R=40 Ω,有效总长度L=8 cm,当待测系统静止时,滑动臂P位于滑动变阻器中点,取A→B方向为参考正方向. (1)为保证电压表能正常工作,图中电阻R0至少应为多大? (2)根据R0的最小值,将表盘上的电压刻度改为适当的加速度刻度,将对应的加速度值填入图乙中表盘边的小圆内. 【答案】 【解析】(1)要保证电压表正常工作,则P位于最右端时1、2间的电压不能超过电压表的量程,即U=≤8 V,解得R0=8 Ω,即图中电阻R0至少应为8 Ω. (2)电压表的示数U电=且R电=(-x),对滑块由牛顿第二定律得kx=ma,把各量的数值代入以上各式整理得a=8-2U电,把电压分别为0、2 V、4 V、6 V、8 V代入上式可求得对应的加速度分别为+8 m/s2、+4 m/s2、0、-4 m/s2、-8 m/s2,对应填入即可. 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2全册综合检测题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献,下列叙述中符合物理学史实的是(  ) A. 牛顿提出了万有引力定律,通过实验测出了万有引力常量 B. 法拉第发现了电磁感应现象,总结出了电磁感应定律 C. 奥斯特发现了电流的磁效应,总结出了电磁感应定律 D. 伽利略通过理想斜面实验,提出了力是维持物体运动状态的原因 2.下列实验现象,属于电磁感应现象的是(  ) A.导线通电后,其下方的小磁针偏转 B.通电导线AB在磁场中运动 C.金属杆切割磁感线时,电流表指针偏转 D.通电线圈在磁场中转动 3.许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献,下列表述中正确的是(  ) A. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力的公式 B. 奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 C. 法拉第发现电磁感应现象 D. 牛顿测出万有引力常量 4.如图为法拉第研究磁生电时使用过的线圈,A、B两线圈绕在同一个铁环上,A与恒压电源连接,B与灵敏电流表连接,假设此实验是在一个不受外界磁场影响的环境中进行的,下列描述正确的是(  ) A. 闭合开关瞬间,电流表指针不发生偏转 B. 断开开关瞬间,电流表指针发生偏转 C. 开关闭合状态下,线圈A中电流恒定,电流表指针发生偏转 D. 开关断开状态下,线圈B中产生的电流很小,电流表指针不偏转 5.磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”.在如图所示磁场中,S1、S2、S3为三个面积相同的相互平行的线圈,穿过S1、S2、S3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0.下列判断正确的是(  ) A.Φ1最大 B.Φ2最大 C.Φ3最大 D.Φ1、Φ2、Φ3相等 6.如图所示为一个圆环形导体,圆心为O,有一个带正电的粒子沿如图所示的直线从圆环表面匀速飞过,则环中的感应电流情况是(  ) A. 沿逆时针方向 B. 沿顺时针方向 C. 先沿逆时针方向后沿顺时针方向 D. 先沿顺时针方向后沿逆时针方向 7.如图所示,足够长水平平行金属导轨间距为L,左右两端均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,中间连接电阻及电容器R1=R2=R3=R;R4=2R.两根电阻均为R的相同金属棒,在导轨两端分别同时以相同速率v0向左、向右匀速运动.不计导轨的电阻,金属棒与导轨接触良好,则电容器两极板上电压为(  ) A.BLv0 B. 2BLv0 C.BLv0 D.BLv0 8.图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,电阻两端分别接盘心O和盘边缘,则通过电阻R的电流强度的大小和方向是(  ) A. 由c到d,I= B. 由d到c,I= C. 由c到d,I= D. 由d到c,I= 9.如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放,到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中(  ) A. 流过金属棒的最大电流为 B. 通过金属棒的电荷量为 C. 克服安培力所做的功为mgh D. 金属棒产生的焦耳热为(mgh-μmgd) 10.关于线圈的自感系数,下面说法正确的是(  ) A. 线圈的自感系数越大,自感电动势就一定越大 B. 线圈中电流等于零时,自感系数也等于零 C. 线圈中电流变化越快,自感系数越大 D. 线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定 11.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场,则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径),小球(  ) A. 整个过程匀速 B. 进入磁场过程中球做减速运动,穿出过程做加速运动 C. 整个过程都做匀减速运动 D. 穿出时的速度一定小于初速度 12.某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流.现在该发电机出现了故障,转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半,则它产生的交变电动势随时间变化的图象是(  ) A. B. C. D. 13.交流发电机线圈电阻r=1 Ω,用电器电阻R=9 Ω,电压表示数为9 V,如图所示,那么该交流发电机(  ) A. 电动势的峰值为10 V B. 电动势的有效值为9 V C. 交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10V D. 交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为V 14.以下说法正确的是(  ) A. 交变电流的有效值就是它的平均值 B. 任何交变电流的有效值都是它最大值的倍 C. 如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q,那么该交变电流的有效值为 D. 以上说法均不正确 15.在收音机线路中,经天线接收下来的电信号既有高频成分,又有低频成分,经放大后送到下一级,需要把低频成分和高频成分分开,只让低频成分输送到再下一级,可以采用如图所示电路,其中a,b应选择的元件是(  ) A.a是电容较大的电容器,b是低频扼流圈 B.a是电容较大的电容器,b是高频扼流圈 C.a是电容较小的电容器,b是低频扼流圈 D.a是电容较小的电容器,b是高频扼流圈 16.如图所示,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,电压表V和电流表A均为理想电表,除滑动变阻器电阻R以外,其余电阻均不计,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为:u1=220sin 100πt(V).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22 V B.t=s时,c、d两点间的电压瞬时值为110 V C. 单刀双掷开关与a连接,滑动变阻器触头向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小 D. 当单刀双掷开关由a扳向b时,电压表和电流表的示数均变小 17.某变电站用11 kV交变电压输电,输送功率一定,输电线的电阻为R,现若用变压器将电压升高到220 kV输电,下面选项正确的是(  ) A. 因I=,所以输电线上的电流增为原来的20倍 B. 因I=,所以输电线上的电流减为原来的 C. 因P=,所以输电线上损失的功率增为原来的400倍 D. 若要使输电线上损失的功率不变,可将输电线的直径减为原来的 18.如图所示,R3是光敏电阻(光照时电阻变小),当开关S闭合后,在没有光照射时,a、b两点等电势.当用光照射电阻R3时,则(  ) A.a点电势高于b点电势 B.a点电势低于b点电势 C.a点电势等于b点电势 D.a点电势和b点电势的大小无法比较 19.如图所示,两块水平放置的金属板距离为d,用导线、电键K与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中.两板间放一台小压力传感器,压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为+q的小球.K断开时传感器上有示数,K闭合时传感器上恰好无示数.则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是(  ) A. 正在增加,= B. 正在减弱,= C. 正在减弱,= D. 正在增加,= 20.如图甲所示为斯密触发器,当加在它输入端A的电压上升到某个值(1.6 V)时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平(0.25 V);而当输入端A的电压下降到另一个值(0.8 V)的时候,Y会从低电平跳到高电平(3.4 V).图乙为一光控电路,用发光二极管LED模仿路灯,RG为光敏电阻.下列关于斯密特触发器和光控电路的说法中错误的是(  ) A. 斯密特触发器的作用是将数字信号转换为模拟信号 B. 斯密特触发器是具有特殊功能的非门 C. 要想在天更暗时路灯才会亮,应该把R1的阻值调大些 D. 当输出端Y突然从高电平跳到低电平时,二极管发光 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道,轨道间有垂直轨道平面交替排列的匀强磁场B1和B2,B1=B2=1.0 T,B1和B2的方向相反,两磁场始终竖直向上做匀速运动.垂直轨道有一金属框abcd,并且与之绝缘.已知金属框的总质量为4.75×103kg,运动时所受阻力f=500 N,金属框垂直轨道的边长Lcd=2.0 m,两磁场的宽度均与金属框的边长Lad相同,金属框整个回路的电阻R=9.0×10-4Ω,g取10 m/s2.假如金属框以v1=10 m/s的速度匀速上升,求: (1)金属框中感应电流的大小及图示时刻感应电流的方向; (2)磁场向上运动速度v0的大小. 22.如图所示,在一光滑水平的桌面上,放置一质量为M、宽为L的足够长“U”型框架,其ab部分电阻为R,框架其它部分的电阻不计.垂直于框架两边放一质量为m、电阻为R的金属棒cd,它们之间的动摩擦因数为μ,棒通过细线跨过一定滑轮与劲度系数为k的另一端固定的轻弹簧相连.开始弹簧处于自然状态,框架和棒均静止.现在让框架在大小为2μmg的水平拉力作用下,向右做加速运动,引起棒的运动可看成是缓慢的.水平桌面位于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B. 问:(1)框架和棒刚开始运动的瞬间,框架的加速度为多大? (2)框架最后做匀速运动(棒处于静止状态)时的速度多大? (3)若框架通过位移s后开始匀速,已知弹簧的弹性势能的表达式为kx2(x为弹簧的形变量),则在框架通过位移s的过程中,回路中产生的电热为多少? 23.风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源.风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置,如图所示,其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等. (1)利用总电阻R=10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能.输送功率P0=300 kW,输出电压U=10 kW,求导线上损失的功率与输送功率的比值; (2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积.设空气密度为ρ,气流速度为v,风轮机叶片长度为r,求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm;在风速和叶片数确定的情况下,要提高风轮机单位时间接受的风能,简述可采取的措施. (3)已知风力发电机的输出功率P与Pm成正比.某风力发电机在风速v1=9 m/s时能够输出电功率P1=540 kW.我国某地区风速不低于v2= 6 m/s的时间每年约为5 000小时,试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时. 24.“加速度计”作为测定物体加速度的仪器,已被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导中,如图甲所示是“应变式加速度计”的原理图.支架AB固定在待测系统上,尚志穿在A、B间的水平光滑横杆上,并用轻弹簧固接于动因A端,其下端的滑动臂P可在滑动变阻器上自由滑动,随着系统沿水平方向做变速运动.滑块相对于支架发生位移,并通过电路转换为电信号从1、2两点的电压表输出,已知电压表量程为8 V,表盘如图乙所示,滑块质量m=0.1 kg,弹簧的劲度系数k=20 N/m,电源的电动势E=10 V,内阻r=2 Ω,滑动变阻器的总阻值R=40 Ω,有效总长度L=8 cm,当待测系统静止时,滑动臂P位于滑动变阻器中点,取A→B方向为参考正方向. (1)为保证电压表能正常工作,图中电阻R0至少应为多大? (2)根据R0的最小值,将表盘上的电压刻度改为适当的加速度刻度,将对应的加速度值填入图乙中表盘边的小圆内.

  • ID:6-6029425 第五章 交变电流 单元检测题(word原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-2/第五章 交变电流/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2单元检测题:第五章 交变电流 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列关于交变电流和直流的说法中,正确的是(  ) A. 如果电流的大小做周期性变化,则一定是交变电流 B. 直流的大小可以变化,但方向一定不变 C. 交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的 D. 以上说法都不正确 【答案】B 【解析】直流的方向不发生改变,而大小可以改变,课本中若没有特别说明,所说的直流一般是指大小和方向均不发生变化的恒定电流.交变电流一般是指大小、方向都发生周期性变化的电流,可以是锯齿波形、矩形波形、尖脉冲波形以及正弦波形等,这些都属于交变电流.其中矩形交变电流的电流方向改变,但大小可能不变. 2.甲、乙两电路中电流与时间关系如图所示,则下列说法正确的是(  ) A. 甲、乙都是交变电流 B. 甲是交变电流,乙不是交变电流 C. 乙是交变电流,甲不是交变电流 D. 甲、乙都不是交变电流 【答案】B 【解析】甲图中电流大小不变、方向变化,是交变电流;乙图中电流大小变化、方向不变,是直流,故选B. 3.如图所示,一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动,引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连.M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连.在线圈转动过程中,通过电阻R的电流(  ) A. 大小和方向都随时间做周期性变化 B. 大小和方向都不随时间做周期性变化 C. 大小不断变化,方向总是P→R→Q D. 大小不断变化,方向总是Q→R→P 【答案】C 【解析】半圆环交替接触电刷,从而使输出电流方向不变,这是一个直流发电机模型,由右手定则知,外电路中电流方向是P→R→Q. 4.如图所示,一矩形线圈abcd,已知ab边长为l1,bc边长为l2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动,则t时刻线圈中的感应电动势为(  ) A. 0.5Bl1l2ωsinωt B. 0.5Bl1l2ωcosωt C.Bl1l2ωsinωt D.Bl1l2ωcosωt 【答案】D 【解析】线圈从题图示位置开始转动,电动势瞬时值表达式为e=Emcosωt,由题意,Em=BSω=Bl1l2ω,所以e=Bl1l2ωcosωt. 5.如图甲所示, Ⅰ、Ⅱ两个并排放置的共轴线圈,Ⅰ中通有如图乙所示的交变电流,则下列判断错误的是(  ) A. 在t1到t2时间内,Ⅰ、Ⅱ相吸 B. 在t2到t3时间内,Ⅰ、Ⅱ相斥 C.t1时刻两线圈间作用力为零 D.t2时刻两线圈间吸引力最大 【答案】D 【解析】t1到t2时间内,Ⅰ中电流减小,Ⅰ中的磁场穿过Ⅱ的磁通量逐渐减少,因此Ⅱ产生与Ⅰ同向的磁场,故Ⅰ、Ⅱ相吸,所以选项A正确,同理选项B正确;t1时刻Ⅰ中电流最大,但变化率为零,Ⅱ中无感应电流,故两线圈的作用力为零,C正确;t2时刻Ⅰ中电流为零,但此时电流的变化率最大,Ⅱ中的感应电流最大,但相互作用力为零,D错误.故选D. 6.一矩形线圈在匀强磁场中绕中心轴转动,产生的交流电动势e=10sin 4πt(V),以下说法正确的是(  ) A. 交流电的频率是4π Hz B. 当t=0时,线圈平面跟中性面垂直 C. 当t=0.5 s时,e有最大值 D. 交流电的周期是0.5 s 【答案】D 【解析】由感应电动势瞬时值表达式e=Emsinωt(V),可知最大值为10,角速度为4π,频率f==2 Hz,周期T==0.5 s,A错;由正弦规律当t=0时,线圈处在中性面位置,B错;把t=0.5 s带入瞬时值表达式,此时e=0,C错;D对. 7.如图表示一交流电随时间而变化的图象.此交流电流的有效值是(  ) A. 5A B. 5 A C. 4A D. 3.5 A 【答案】B 【解析】设某一导体的电阻为R,让此交流电通过该电阻.根据焦耳定律,前半个周期(=0.01 s)该电流产生的热量为(4A)2R,后半个周期(=0.01 s)的热量则为(3A)2R.在一个周期内(T=0.02 s),交变电流通过电阻R产生的热量Q=(4A)2R+(3A)2R.设交流电的有效值为I,根据有效值的定义,I2RT=Q=(4A)2R+(3A)2R,则有I=5 A.故选B. 8.一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示.由图可知该交变电流(  ) A. 周期为0.125 s B. 电压的有效值为10V C. 电压的最大值为20V D. 电压瞬时值的表达式为u=10sin 8πt(V) 【答案】B 【解析】由图象可知,交变电流的周期为0.250 s,A错误;电压的有效值U=V=10V,B正确;电压的最大值为20 V,C错误;电压瞬时值的表达式为u=20sin 8πt(V),D错误. 9.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,从中性面开始转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为(  ) A. B. C. 2π D. π 【答案】B 【解析】线圈从中性面转过180°角过程中,磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2-Φ1=BS-(-BS)=2BS,平均感应电动势===,最大感应电动势Em=NBSω,则平均感应电动势和最大感应电动势之比为. 10.关于电感对交变电流的影响,下列说法正确的是(  ) A. 电感不能通直流电流,只能通交变电流 B. 电感对各种不同频率的交变电流的阻碍作用相同 C. 同一电感线圈对频率低的交变电流的阻碍较小 D. 同一电感线圈对频率高的交变电流的阻碍较小 【答案】C 【解析】电感线圈可以通直流,A项错误;电感对不同频率的交变电流的阻碍作用不同,B项错误;同一个电感线圈对高频交变电流的阻碍作用较大,对低频交变电流阻碍作用较小,D项错误,C项正确. 11.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接,如图所示.一铁棒插进线圈后,该灯将(  ) A. 变亮 B. 变暗 C. 对灯的亮度没影响 D. 无法判断 【答案】B 【解析】在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势,总是阻碍电流变化,正是这种阻碍变化的特性,使线圈产生了感抗.加入铁芯改变了电感线圈的自感系数,使自感系数增大,感抗增大,降落的电压增大,灯泡两端的电压减小,所以灯变暗. 12.如图所示的电路,F为一交流发电机,C为平行板电容器,为使电流表A的示数增大,可行的办法是(  ) A. 使发电机F的转速增大 B. 使发电机F的转速减小 C. 在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质 D. 使电容器两极板间的距离增大 【答案】A 【解析】当发电机转速增加时,交变电流的频率增大,容抗减小,电流表A的读数增大,A项正确,B项错误;在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时,电容器的电容减小,电容器两极板间距离增大时电容也减小,当电容减小时,容抗增大,对交变电源的阻碍作用增大,电流表A示数减小,C、D两项均错误. 13.有两个电容器的电容分别为C1=5 μF和C2=3 μF,分别加在峰值一定的交流电源上,在下列各种情况下,哪一种情况通过电容器的电流最大(  ) A. 在C1上所加交变电流频率为50 Hz B. 在C2上所加交变电流的频率为50 Hz C. 在C1上所加交变电流的频率为100 Hz D. 在C2上所加交变电流的频率为100 Hz 【答案】C 【解析】若要使电流越容易通过电容器,则容抗应越小,电容越大,频率越大.C1>C2,100 Hz>50 Hz,所以C正确. 14.关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是(  ) A. 电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同 B. 电感对直流电和交流电均有阻碍作用 C. 电容器两极板间是绝缘的,故电容支路上没有电流通过 D. 交变电流的频率增加时,电阻、电感、电容的变化情况相同 【答案】A 【解析】电阻的阻值对直流电和交流电的阻碍作用相同,A正确;电感对直流电没有阻碍作用,对交流电有阻碍作用,B错误;由于电容器不断地充放电,电路中存在充电电流和放电电流,C错误;电阻的阻值与交流电的频率无关,感抗随交流电频率的增大而增大,容抗随交流电频率的增大而减小,D错误.故选A. 15.在收音机线路中,经天线接收下来的电信号既有高频成分,又有低频成分,经放大后送到下一级,需要把低频成分和高频成分分开,只让低频成分输送到再下一级,可以采用如图所示电路,其中a,b应选择的元件是(  ) A.a是电容较大的电容器,b是低频扼流圈 B.a是电容较大的电容器,b是高频扼流圈 C.a是电容较小的电容器,b是低频扼流圈 D.a是电容较小的电容器,b是高频扼流圈 【答案】D 【解析】电容器具有通高频、阻低频的作用,这样的电容器电容较小,所以a处放电容较小的电容器,电感线圈在该电路中要求起到通低频、阻高频的作用,b处接一个高频扼流圈, D对. 16.理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后,接6 V恒定直流电源,如图所示,当副线圈的负载电阻R2变小时,以下说法正确的是(  ) A. 输出功率增大 B. A2读数增大 C. A1读数增大 D. A1读数不为零,且保持不变 【答案】D 【解析】变压器不能用来改变恒定直流电压,因此变压器原线圈接在6 V恒定直流电电源上,副线圈上无电压,无输出功率,无读数,由于原线圈构成直流通路,故有恒定读数,选项D正确. 17.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数n1∶n2∶n3=3∶2∶1,副线圈n2接有“8 V,8 W”的灯泡L1、L2,副线圈n3上接有“6 V,9 W”的灯泡L3、L4,原线圈上接有电阻R1=3 Ω,当a、b端接入交变电源后,L1、L2正常发光,则交变电源的输出功率为(  ) A. 72 W B. 36 W C. 34 W D. 24 W 【答案】B 【解析】L1、L2正常发光,则副线圈n2两端电压为U2=8 V,原线圈两端电压为U1=12 V,副线圈n3两端电压U3=4 V,灯泡L1、L2的并联电阻R12=4 Ω,灯泡L3、L4的并联电阻为R34=2 Ω,输出功率为四个灯泡功率之和P4=+=(+) W=24 W,原线圈的电流为I1==2 A,R1的功率为PR1=IR1=12 W,则交变电源的输出功率为P=PR1+P4=12 W+24 W=36 W,选项B正确. 18.如图所示,L1和L2是高压输电线,甲、乙是两只互感器,若已知n1∶n2=1 000∶1,n3∶n4=1∶100,图中电压表示数为220 V、电流表示数为10 A,则高压输电线的送电功率为(  ) A. 2.2×103W B. 2.2×10-2W C. 2.2×108W D. 2.2×104W 【答案】C 【解析】由电流互感器知高压输电线中电流I=1 000 A,由电压互感器知高压U=220×103V,则高压输电线功率P=UI=2.2×108W. 19.关于减小远距离输电线上的功率损耗,下列说法正确的是(  ) A. 由功率P=U2/R,应降低输电电压,增大导线电阻 B. 由P=IU,应低电压小电流输电 C. 由P=I2R,应减小导线电阻或减小输电电流 D. 上述说法均不对 【答案】C 【解析】输电时导线上损失的电压ΔU=IR,它不同于输电电压,P=或P=IU中的U应为导线上损失的电压,故A、B错,导线上功率的损失为发热损失,即P=I2R,故C正确. 20.如图所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2.则(  ) A. 用户端的电压为 B. 输电线上的电压降为U C. 理想变压器的输入功率为Ir D. 输电线路上损失的电功率为I1U 【答案】A 【解析】理想变压器输入端与输出端功率相等,U1I1=U2I2,用户端的电压U2=,选项A正确;输电线上的电压降ΔU=U-U1=I1r,选项B错误;理想变压器输电线上损失的功率为Ir,选项C、D错误. 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图,它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r=0.10 m、匝数n=20匝的线圈,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示).在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B=T,线圈的电阻为R1=0.50 Ω,它的引出线接有R2=9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,便有电流通过小电珠.当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计).求: (1)小电珠中电流的最大值; (2)电压表的示数; (3)t=0.1 s时外力F的大小; 【答案】(1) 0.16 A (2) 1.07 V (3) 0.128 N 【解析】(1)由题意及法拉第电磁感应定律知,由于线圈在磁场中做往复运动,产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律,线圈中的感应电动势的最大值为:Em=nBlv=nB2πrvm,电路总电阻为:R1+R2,那么小电珠中电流的最大值为Im===0.16 A. (2)电压表示数为有效值 U==ImR2=×0.16×9.5 V=0.76V≈1.07 V. (3)当t=0.1 s即时,外力F的大小为F=BIl=nB2πrIm=vm=0.128 N. 22.如图甲是一理想变压器的电路连接图,图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象,已知原、副线圈的匝数比为10∶1,电流表A2的示数为2 A,开关S断开,求: (1)变压器的输入功率和电压表的示数; (2)将开关S闭合,定性分析电路中三只电表的示数变化情况; (3)若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管,电压表示数为多少? 【答案】(1)40 W 20 V  (2)A1示数增大 A2示数增大 V示数不变 (3)141.4 V 【解析】(1)由题图乙可知输入电压的有效值 U1=200 V 由=得U2==20 V 变压器的输入功率P1等于输出功率P2, 故P1=P2=U2I2=20×2 W=40 W (2)将S闭合 ,U2不变,即电压表示数保持20 V不变;由于负载增多,负载总电阻减小,电流表A2的示数增大;副线圈的输出功率增加,原线圈的输入功率增加,电流表A1的示数增大. (3)换成二极管后,电压表两端的u-t图象如图所示 设电压表示数为U,则·=T 解得U≈141.4 V. 23.如图所示,一理想变压器的原线圈接在电压为220 V的正弦交流电源上,两副线圈匝数分别为n2=16匝、n3=144匝,通过理想二极管、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变),当开关接1时,灯泡正常发光,求 (1)原线圈的匝数n1; (2)当开关接2时,灯泡两端电压的有效值. 【答案】(1)880匝 (2)20V 【解析】(1)根据变压器电压比=解得原线圈匝数n1=880匝. (2)开关接2时,有= 解得副线圈上电压为U=40 V 设交变电流的周期为T 晶体二级管有单向导电性,因此·=T 此时灯泡两端电压有效值为U′=20V. 24.如图甲所示为一台小型发电机的示意图,单匝线圈逆时针转动.若从中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示.已知发电机线圈内阻为1.0 Ω,外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求: (1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式; (2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量; (3)线圈匀速转动一周的过程中,外力所做的功. 【答案】(1)i=0.6sin 100πt(A) (2)2.7×10-2Wb (3)7.2×10-2J 【解析】(1)由题图得e=Emsinωt=6sin 100πt(V) 则电流i==0.6sin 100πt(A). (2)Em=BSω Em=6V ω=100π rad/s Φ=BS==≈2.7×10-2Wb. (3)E有==6 V W外=Q=T=7.2×10-2J. 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2单元检测题:第五章 交变电流 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列关于交变电流和直流的说法中,正确的是(  ) A. 如果电流的大小做周期性变化,则一定是交变电流 B. 直流的大小可以变化,但方向一定不变 C. 交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的 D. 以上说法都不正确 2.甲、乙两电路中电流与时间关系如图所示,则下列说法正确的是(  ) A. 甲、乙都是交变电流 B. 甲是交变电流,乙不是交变电流 C. 乙是交变电流,甲不是交变电流 D. 甲、乙都不是交变电流 3.如图所示,一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动,引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连.M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连.在线圈转动过程中,通过电阻R的电流(  ) A. 大小和方向都随时间做周期性变化 B. 大小和方向都不随时间做周期性变化 C. 大小不断变化,方向总是P→R→Q D. 大小不断变化,方向总是Q→R→P 4.如图所示,一矩形线圈abcd,已知ab边长为l1,bc边长为l2,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动,则t时刻线圈中的感应电动势为(  ) A. 0.5Bl1l2ωsinωt B. 0.5Bl1l2ωcosωt C.Bl1l2ωsinωt D.Bl1l2ωcosωt 5.如图甲所示, Ⅰ、Ⅱ两个并排放置的共轴线圈,Ⅰ中通有如图乙所示的交变电流,则下列判断错误的是(  ) A. 在t1到t2时间内,Ⅰ、Ⅱ相吸 B. 在t2到t3时间内,Ⅰ、Ⅱ相斥 C.t1时刻两线圈间作用力为零 D.t2时刻两线圈间吸引力最大 6.一矩形线圈在匀强磁场中绕中心轴转动,产生的交流电动势e=10sin 4πt(V),以下说法正确的是(  ) A. 交流电的频率是4π Hz B. 当t=0时,线圈平面跟中性面垂直 C. 当t=0.5 s时,e有最大值 D. 交流电的周期是0.5 s 7.如图表示一交流电随时间而变化的图象.此交流电流的有效值是(  ) A. 5A B. 5 A C. 4A D. 3.5 A 8.一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示.由图可知该交变电流(  ) A. 周期为0.125 s B. 电压的有效值为10V C. 电压的最大值为20V D. 电压瞬时值的表达式为u=10sin 8πt(V) 9.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,从中性面开始转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为(  ) A. B. C. 2π D. π 10.关于电感对交变电流的影响,下列说法正确的是(  ) A. 电感不能通直流电流,只能通交变电流 B. 电感对各种不同频率的交变电流的阻碍作用相同 C. 同一电感线圈对频率低的交变电流的阻碍较小 D. 同一电感线圈对频率高的交变电流的阻碍较小 11.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接,如图所示.一铁棒插进线圈后,该灯将(  ) A. 变亮 B. 变暗 C. 对灯的亮度没影响 D. 无法判断 12.如图所示的电路,F为一交流发电机,C为平行板电容器,为使电流表A的示数增大,可行的办法是(  ) A. 使发电机F的转速增大 B. 使发电机F的转速减小 C. 在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质 D. 使电容器两极板间的距离增大 13.有两个电容器的电容分别为C1=5 μF和C2=3 μF,分别加在峰值一定的交流电源上,在下列各种情况下,哪一种情况通过电容器的电流最大(  ) A. 在C1上所加交变电流频率为50 Hz B. 在C2上所加交变电流的频率为50 Hz C. 在C1上所加交变电流的频率为100 Hz D. 在C2上所加交变电流的频率为100 Hz 14.关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是(  ) A. 电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同 B. 电感对直流电和交流电均有阻碍作用 C. 电容器两极板间是绝缘的,故电容支路上没有电流通过 D. 交变电流的频率增加时,电阻、电感、电容的变化情况相同 15.在收音机线路中,经天线接收下来的电信号既有高频成分,又有低频成分,经放大后送到下一级,需要把低频成分和高频成分分开,只让低频成分输送到再下一级,可以采用如图所示电路,其中a,b应选择的元件是(  ) A.a是电容较大的电容器,b是低频扼流圈 B.a是电容较大的电容器,b是高频扼流圈 C.a是电容较小的电容器,b是低频扼流圈 D.a是电容较小的电容器,b是高频扼流圈 16.理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后,接6 V恒定直流电源,如图所示,当副线圈的负载电阻R2变小时,以下说法正确的是(  ) A. 输出功率增大 B. A2读数增大 C. A1读数增大 D. A1读数不为零,且保持不变 17.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数n1∶n2∶n3=3∶2∶1,副线圈n2接有“8 V,8 W”的灯泡L1、L2,副线圈n3上接有“6 V,9 W”的灯泡L3、L4,原线圈上接有电阻R1=3 Ω,当a、b端接入交变电源后,L1、L2正常发光,则交变电源的输出功率为(  ) A. 72 W B. 36 W C. 34 W D. 24 W 18.如图所示,L1和L2是高压输电线,甲、乙是两只互感器,若已知n1∶n2=1 000∶1,n3∶n4=1∶100,图中电压表示数为220 V、电流表示数为10 A,则高压输电线的送电功率为(  ) A. 2.2×103W B. 2.2×10-2W C. 2.2×108W D. 2.2×104W 19.关于减小远距离输电线上的功率损耗,下列说法正确的是(  ) A. 由功率P=U2/R,应降低输电电压,增大导线电阻 B. 由P=IU,应低电压小电流输电 C. 由P=I2R,应减小导线电阻或减小输电电流 D. 上述说法均不对 20.如图所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2.则(  ) A. 用户端的电压为 B. 输电线上的电压降为U C. 理想变压器的输入功率为Ir D. 输电线路上损失的电功率为I1U 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图,它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r=0.10 m、匝数n=20匝的线圈,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示).在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B=T,线圈的电阻为R1=0.50 Ω,它的引出线接有R2=9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,便有电流通过小电珠.当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计).求: (1)小电珠中电流的最大值; (2)电压表的示数; (3)t=0.1 s时外力F的大小; 22.如图甲是一理想变压器的电路连接图,图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象,已知原、副线圈的匝数比为10∶1,电流表A2的示数为2 A,开关S断开,求: (1)变压器的输入功率和电压表的示数; (2)将开关S闭合,定性分析电路中三只电表的示数变化情况; (3)若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管,电压表示数为多少? 23.如图所示,一理想变压器的原线圈接在电压为220 V的正弦交流电源上,两副线圈匝数分别为n2=16匝、n3=144匝,通过理想二极管、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变),当开关接1时,灯泡正常发光,求 (1)原线圈的匝数n1; (2)当开关接2时,灯泡两端电压的有效值. 24.如图甲所示为一台小型发电机的示意图,单匝线圈逆时针转动.若从中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示.已知发电机线圈内阻为1.0 Ω,外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求: (1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式; (2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量; (3)线圈匀速转动一周的过程中,外力所做的功.

  • ID:6-6029423 第四章 电磁感应 单元检测题(word原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-2/第四章 电磁感应/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2单元检测题:第四章 电磁感应 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列现象是属于电磁感应现象的是(  ) A. 磁场对电流产生力的作用 B. 变化的磁场使闭合电路中产生电流 C. 插在通电螺线管中的软铁棒被磁化 D. 电流周围产生磁场 【答案】B 【解析】磁场对电流产生力的作用属于通电导线在磁场中的受力情况;插在通电螺线管中的软铁棒被磁化属于电流的磁效应;电流周围产生磁场属于电流的磁效应;而变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象,故正确答案为B. 2.下列实验现象,属于电磁感应现象的是(  ) A.导线通电后,其下方的小磁针偏转 B.通电导线AB在磁场中运动 C.金属杆切割磁感线时,电流表指针偏转 D.通电线圈在磁场中转动 【答案】C 【解析】导线通电后,其下方的小磁针受到磁场的作用力而发生偏转,说明电流能产生磁场,是电流的磁效应现象,不是电磁感应现象,故A错误;通电导线AB在磁场中受到安培力作用而运动,不是电磁感应现象,故B错误;金属杆切割磁感线时,电路中产生感应电流,是电磁感应现象,故C正确;通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动,不是电磁感应现象,故D错误. 3.法拉第发现了磁生电的现象,不仅推动了电磁理论的发展,而且推动了电磁技术的发展,引领人类进入了电气时代.下列哪些器件工作时与磁生电的现象有关(  ) A. 电视机的显像管 B. 电动机 C. 指南针 D. 发电机 【答案】D 【解析】电视机的显像管利用运动电荷在磁场中受到洛伦兹力而发生偏转的,故A错误. 电动机利用磁场对电流的作用力使转子转动,故B错误. 指南针是利用地磁场使指针指示方向,故C错误. 发电机工作时利用线圈在磁场中转动时磁通量发生变化而产生感应电流,即与磁生电的现象有关,故D正确. 4.下列关于磁通量的说法,正确的是(  ) A. 只有在匀强磁场中,穿过某一个面的磁通量才等于磁感应强度与该面面积的乘积 B. 磁通量是矢量,其正负表示方向 C. 磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量 D. 磁通量越大,磁通量的变化就越快 【答案】C 【解析】在匀强磁场中,如果磁场与平面垂直,则穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积,A错;磁通量是标量,B错;磁通量大小与磁通量变化快慢无关,D错. 5.如下图所示,匀强磁场的磁感强度B=2.0T,指向x轴的正方向,且ab=40 cm,bc=30 cm,ae=50 cm,通过面积S(aefd)的磁通量Φ为(  ) A. 0 B. 0.24 Wb C. 0.18 Wb D. 0.3 Wb 【答案】B 【解析】通过面积S(aefd)的磁通量等于通过abcd面积的磁通量,即Φ=BS=2.0×0.4×0.3 Wb=0.24 Wb,选项B正确. 6.如图所示,三个线圈放在匀强磁场中,面积S1φB B. 开关S闭合后,电路达到稳定时φA<φB C. 当开关S从闭合状态断开瞬间φA>φB D. 只要线圈中有电流通过,φA就不可能等于φB 【答案】C 【解析】开关闭合瞬间电流由B指向A增大,自感线圈阻碍电流增加,故φA<φB,故A错;电路稳定后,自感线圈相当于导线,φA=φB,故B、D错;当开关S从闭合状态断开瞬间自感线圈产生感应电流,相当于电源,电流方向由A指向B,故φA>φB,C对. 17.如图所示,电路中的A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器.当开关S断开与闭合时,A、B灯泡发光情况是(  ) A. S刚闭合后,B灯亮一下又逐渐变暗,A灯逐渐变亮 B. S刚闭合后,A灯亮一下又逐渐变暗,B灯逐渐变亮 C. S闭合足够长时间后,A灯泡和B灯泡一样亮 D. S闭合足够长时间后再断开,B灯立即熄灭,A灯逐渐熄灭 【答案】B 【解析】S刚闭合后,灯泡A与线圈L并联,由于电感阻碍电流增大,所以A灯亮一下,然后逐渐熄灭;B灯与电容器并联,由于电容器充电,所以B灯逐渐变亮.故B正确,A错误.S闭合足够长时间后,C中无电流,相当于断路,L相当于短路,所以B很亮,故C、D错误,故选B. 18.如图所示 ,金属球(铜球)下端有通电的线圈,今把金属球向上拉离平衡位置后释放,此后金属球的运动情况是(不计空气阻力)(  ) A. 做等幅振动 B. 做阻尼振动 C. 振幅不断增大 D. 无法判定 【答案】B 【解析】 金属球在通电线圈产生的磁场中运动,金属球中产生涡流,故金属球要受到安培力作用,阻碍它的相对运动,做阻尼振动. 19.如图所示,使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动,且假设摩擦等阻力不计,转动是匀速的,现把一个蹄形磁铁移近铜盘,则(  ) A. 铜盘转动将变慢 B. 铜盘转动将变快 C. 铜盘仍以原来的转速转动 D. 铜盘的转动速度是否变化,要根据磁铁的上下两端的极性来决定 【答案】A 【解析】 当一个蹄形磁铁移近铜盘时,铜盘转动切割磁感线,产生涡流,由楞次定律可知感应电流受到的安培力阻碍其相对运动,所以铜盘的转动将变慢,故正确选项为A. 20.如图所示,一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点,将圆环拉至某一位置并释放,圆环摆动过程中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域,A、B为该磁场的竖直边界,若不计空气阻力,则(  ) A. 圆环向右穿过磁场后,还能摆至原来的高度 B. 在进入和离开磁场时,圆环中均有感应电流 C. 圆环进入磁场后,离最低点越近,速度越大,感应电流也越大 D. 圆环最终将静止在最低点 【答案】B 【解析】在圆环进入和穿出磁场的过程中环中磁通量发生变化,有感应电流产生,即圆环的机械能向电能转化,其机械能越来越小,上升的高度越来越低,A错误,B正确;但在环完全进入磁场后,不再产生感应电流,C错误;最终圆环将不能摆出磁场,从此再无机械能向电能转化,其摆动的幅度不再变化,D错误. 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,边长为L的正方形金属框abcd,质量为m,电阻为R,用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘,金属框的上半部处于磁场内,下半部处于磁场外.磁场随时间变化规律为B=kt(k>0),已知细线所能承受的最大拉力为2mg,求: (1)线框中感应电流的方向; (2)分析线框的各边所受安培力的方向; (3)从t=0开始,经多长时间细线会被拉断? 【答案】(1)线框中感应电流的方向a→d→c→b→a; (2)ab边所受的安培力方向向下,bc边所受的安培力方向向左,cd边不受安培力,ad边的安培力方向向右; (3) 【解析】(1)根据楞次定律,则有感应电流的方向:逆时针方向(即a→d→c→b→a); (2)根据左手定则,结合感应电流的方向,则有: ab边所受的安培力方向向下,bc边所受的安培力方向向左,cd不受安培力,ad边的安培力方向向右.(线框有收缩的趋势); (3)根据平衡条件,结合安培力表达式,则有: 2mg=mg+BL 且B=kt 解得:t=. 22.如图甲所示,无限长的直导线与y轴重合,通有沿+y方向的恒定电流,该电流在其周围产生磁场的磁感应强度B与横坐标的倒数的关系如图乙所示(图中x0、B0均为已知量).图甲中,坐标系的第一象限内,平行于x轴的两固定的金属导轨间距为L,导轨右端接阻值为R的电阻,左端放置一金属棒ab.ab棒在沿+x方向的拉力作用下沿导轨运动(ab始终与导轨垂直且保持接触良好),产生的感应电流恒定不变.已知ab棒的质量为m,经过x=x0处时的速度为v0,不计棒、导轨的电阻. (1)判断ab棒中感应电流的方向; (2)求ab棒经过x=3x0时的速度和所受安培力的大小. 【答案】(1)ab棒中感应电流的方向a→b; (2) 【解析】(1)由安培定则判断知导轨所在处磁场的方向垂直纸面向里,由右手定则判断:ab棒中感应电流的方向a→b. (2)因棒中感应电流恒定不变,电路中感应电动势不变,有: B0Lv0=BLv 由图象知:==, 联立得:v=3v0,B=. 棒所受安培力的大小为: F=BIL=L=. 23.如图所示,一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内,导轨间距L=0.50 m,一根质量为m=0.50 kg的匀质金属棒ab横跨在导轨上且接触良好,abMP恰好围成一个正方形.该导轨平面处在磁感应强度方向竖直向上、大小可以随时间变化的匀强磁场中,ab棒与导轨间的滑动摩擦力为Ff=1.0 N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),棒的电阻为R=0.10 Ω,其它电阻均不计.开始时,磁感应强度B0=0.50 T. (1)若从t=0时开始,调节磁感应强度的大小,使其以=0.40 T/s的变化率均匀增加,求经过多长时间ab棒开始滑动; (2)若保持磁感应强度B0的大小不变,从t=0时刻开始,给ab棒施加一个与之垂直且水平向右的拉力F,使棒从静止开始运动,其大小随时间变化的函数表达式为F=(3+2.5t)N,求此棒的加速度大小. 【答案】(1)3.75 s (2)4.0 m/s2 【解析】 (1)以ab棒为研究对象,当磁感强度均匀增大时,闭合电路中产生恒定的感应电流I,棒ab受到的安培力逐渐增大,静摩擦力也随之增大,当磁感应强度增大到ab棒所受安培力FA与最大静摩擦力Ffm相等时开始滑动. 设磁感应强度对时间的变化率为k,得磁感应强度对时间的变化率k==0.40 T/s 感应电动势 E==L2=kL2=0.4×0.52V=0.10 V① 感应电流I==A=1 A② 磁感应强度B1=B0+t=B0+kt③ 安培力FA=ILB1=Ffm④ 由以上①②③④得t=3.75 s. (2)可证明棒向右作匀速直线运动, 设棒ab的加速度为a,t时刻运动的速度为vt 根据牛顿第二定律得F-F安-Ffm=ma⑥ 安培力F安=ILB0⑦ 感应电流I==⑧ 速度v=at⑨ 又因为F=(3+2.5t) N⑩ 由⑥⑦⑧⑨⑩得a=4.0 m/s2. 24.如图所示,左右两边分别有两根平行金属导轨相距为L,左导轨与水平面夹30°角,右导轨与水平面夹60°角,左右导轨上端用导线连接.导轨空间内存在匀强磁场,左边的导轨处在方向沿左导轨平面向下、磁感应强度大小为B的磁场中.右边的导轨处在垂直于右导轨斜向上、磁感应强度大小也为B的磁场中.质量均为m的导杆ab和cd垂直导轨分别放于左右两侧导轨上,已知两导杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ=,回路电阻恒为R,若同时无初速释放两导杆,发现cd沿右导轨下滑s距离时,ab杆才开始运动.(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力). (1)试求ab杆刚要开始运动时cd棒的速度v的大小; (2)以上过程中,回路中共产生多少焦耳热? (3)cd棒的最终速度为多少? 【答案】(1) (2)[s-] (3) 【解析】(1)ab杆刚运动时,有FN=mgcos 30°-F安 μFN=mgsin 30° 故F安=mg 由安培力公式F安=BIL得I= 由闭合电路欧姆定律得E= 对cd杆由法拉第电磁感应定律E=BLv 则v= (2)由动能定理有: mgssin 60°-μmgscos 60°-W克安=mv2 W克安=Q 故:Q=[s-] (3)mgsin 60°-μmgcos 60°= vm=. 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2单元检测题:第四章 电磁感应 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列现象是属于电磁感应现象的是(  ) A. 磁场对电流产生力的作用 B. 变化的磁场使闭合电路中产生电流 C. 插在通电螺线管中的软铁棒被磁化 D. 电流周围产生磁场 2.下列实验现象,属于电磁感应现象的是(  ) A.导线通电后,其下方的小磁针偏转 B.通电导线AB在磁场中运动 C.金属杆切割磁感线时,电流表指针偏转 D.通电线圈在磁场中转动 3.法拉第发现了磁生电的现象,不仅推动了电磁理论的发展,而且推动了电磁技术的发展,引领人类进入了电气时代.下列哪些器件工作时与磁生电的现象有关(  ) A. 电视机的显像管 B. 电动机 C. 指南针 D. 发电机 4.下列关于磁通量的说法,正确的是(  ) A. 只有在匀强磁场中,穿过某一个面的磁通量才等于磁感应强度与该面面积的乘积 B. 磁通量是矢量,其正负表示方向 C. 磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量 D. 磁通量越大,磁通量的变化就越快 5.如下图所示,匀强磁场的磁感强度B=2.0T,指向x轴的正方向,且ab=40 cm,bc=30 cm,ae=50 cm,通过面积S(aefd)的磁通量Φ为(  ) A. 0 B. 0.24 Wb C. 0.18 Wb D. 0.3 Wb 6.如图所示,三个线圈放在匀强磁场中,面积S1φB B. 开关S闭合后,电路达到稳定时φA<φB C. 当开关S从闭合状态断开瞬间φA>φB D. 只要线圈中有电流通过,φA就不可能等于φB 17.如图所示,电路中的A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器.当开关S断开与闭合时,A、B灯泡发光情况是(  ) A. S刚闭合后,B灯亮一下又逐渐变暗,A灯逐渐变亮 B. S刚闭合后,A灯亮一下又逐渐变暗,B灯逐渐变亮 C. S闭合足够长时间后,A灯泡和B灯泡一样亮 D. S闭合足够长时间后再断开,B灯立即熄灭,A灯逐渐熄灭 18.如图所示 ,金属球(铜球)下端有通电的线圈,今把金属球向上拉离平衡位置后释放,此后金属球的运动情况是(不计空气阻力)(  ) A. 做等幅振动 B. 做阻尼振动 C. 振幅不断增大 D. 无法判定 19.如图所示,使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动,且假设摩擦等阻力不计,转动是匀速的,现把一个蹄形磁铁移近铜盘,则(  ) A. 铜盘转动将变慢 B. 铜盘转动将变快 C. 铜盘仍以原来的转速转动 D. 铜盘的转动速度是否变化,要根据磁铁的上下两端的极性来决定 20.如图所示,一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点,将圆环拉至某一位置并释放,圆环摆动过程中(环平面与磁场始终保持垂直)经过有界的水平匀强磁场区域,A、B为该磁场的竖直边界,若不计空气阻力,则(  ) A. 圆环向右穿过磁场后,还能摆至原来的高度 B. 在进入和离开磁场时,圆环中均有感应电流 C. 圆环进入磁场后,离最低点越近,速度越大,感应电流也越大 D. 圆环最终将静止在最低点 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,边长为L的正方形金属框abcd,质量为m,电阻为R,用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘,金属框的上半部处于磁场内,下半部处于磁场外.磁场随时间变化规律为B=kt(k>0),已知细线所能承受的最大拉力为2mg,求: (1)线框中感应电流的方向; (2)分析线框的各边所受安培力的方向; (3)从t=0开始,经多长时间细线会被拉断? 22.如图甲所示,无限长的直导线与y轴重合,通有沿+y方向的恒定电流,该电流在其周围产生磁场的磁感应强度B与横坐标的倒数的关系如图乙所示(图中x0、B0均为已知量).图甲中,坐标系的第一象限内,平行于x轴的两固定的金属导轨间距为L,导轨右端接阻值为R的电阻,左端放置一金属棒ab.ab棒在沿+x方向的拉力作用下沿导轨运动(ab始终与导轨垂直且保持接触良好),产生的感应电流恒定不变.已知ab棒的质量为m,经过x=x0处时的速度为v0,不计棒、导轨的电阻. (1)判断ab棒中感应电流的方向; (2)求ab棒经过x=3x0时的速度和所受安培力的大小. 23.如图所示,一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内,导轨间距L=0.50 m,一根质量为m=0.50 kg的匀质金属棒ab横跨在导轨上且接触良好,abMP恰好围成一个正方形.该导轨平面处在磁感应强度方向竖直向上、大小可以随时间变化的匀强磁场中,ab棒与导轨间的滑动摩擦力为Ff=1.0 N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),棒的电阻为R=0.10 Ω,其它电阻均不计.开始时,磁感应强度B0=0.50 T. (1)若从t=0时开始,调节磁感应强度的大小,使其以=0.40 T/s的变化率均匀增加,求经过多长时间ab棒开始滑动; (2)若保持磁感应强度B0的大小不变,从t=0时刻开始,给ab棒施加一个与之垂直且水平向右的拉力F,使棒从静止开始运动,其大小随时间变化的函数表达式为F=(3+2.5t)N,求此棒的加速度大小. 24.如图所示,左右两边分别有两根平行金属导轨相距为L,左导轨与水平面夹30°角,右导轨与水平面夹60°角,左右导轨上端用导线连接.导轨空间内存在匀强磁场,左边的导轨处在方向沿左导轨平面向下、磁感应强度大小为B的磁场中.右边的导轨处在垂直于右导轨斜向上、磁感应强度大小也为B的磁场中.质量均为m的导杆ab和cd垂直导轨分别放于左右两侧导轨上,已知两导杆与两侧导轨间动摩擦因数均为μ=,回路电阻恒为R,若同时无初速释放两导杆,发现cd沿右导轨下滑s距离时,ab杆才开始运动.(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力). (1)试求ab杆刚要开始运动时cd棒的速度v的大小; (2)以上过程中,回路中共产生多少焦耳热? (3)cd棒的最终速度为多少?

  • ID:6-6029421 第六章传感器 单元检测题(word原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-2/第六章 传感器/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2单元检测题:第六章传感器 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.关于传感器的下列说法正确的是(  ) A. 所有传感器的材料都是由半导体材料做成的 B. 金属材料也可以制成传感器 C. 传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的 D. 以上说法都不正确 【答案】B 【解析】半导体材料可以制成传感器,其他材料也可以制成传感器,如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计,所以A错,B正确.传感器不但能感知电压的变化,还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量,所以C错. 2.传感器可将非电学量转换为电学量,起自动控制作用.如计算机鼠标中有位移传感器,电熨斗、电饭煲中有温度传感器,电视机、录像机、影碟机中有光传感器……演示位移传感器的工作原理如图所示,物体M在导轨上平移时,带动滑动变阻器的金属滑杆P,通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想的,则下列说法正确的是(  ) A. 物体M运动时,电源内的电流会发生变化 B. 物体M运动时,电压表的示数会发生变化 C. 物体M不动时,电路中没有电流 D. 物体M不动时,电压表没有示数 【答案】B 【解析】当M向左运动时,与电压表并联的电阻变小,电压表的示数变小;当M向右运动时,与电压表并联的电阻变大,电压表的示数变大;当M不动的时候,电压表的示数不变化. 3.某部小说中描述一种窃听电话:窃贼将并排在一起的两根电话线分开,在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线,这条导线与电话线是绝缘的,如图所示.下列说法正确的是(  ) A. 不能窃听到电话,因为电话线中电流太小 B. 不能窃听到电话,因为电话线与耳机没有接通 C. 可以窃听到电话,因为电话中的电流是恒定电流, 在耳机电路中引起感应电流 D. 可以窃听到电话,因为电话中的电流是交变电流,在耳机电路中引起感应电流 【答案】D 【解析】声音引起电话机中薄膜振动,薄膜振动带动小磁铁振动,将声音信号转化为电信号,由于声音强弱在变,所以电信号也随声音变化,在电话线周围有变化的电磁场,所以有电磁感应现象,所以可以窃听到电话,因为电话中的电流是交变电流,在耳机电路中引起感应电流,D对. 4.如图所示,R3是光敏电阻(光照时电阻变小),当开关S闭合后,在没有光照射时,a、b两点等电势.当用光照射电阻R3时,则(  ) A.a点电势高于b点电势 B.a点电势低于b点电势 C.a点电势等于b点电势 D.a点电势和b点电势的大小无法比较 【答案】A 【解析】R3是光敏电阻,当有光照射时电阻变小,R3两端电压减小,故a点电势升高,因其他电阻的阻值不变,所以a点电势高于b点电势. 5.如图所示为某传感装置内部部分电路图,RT为正温度系数热敏电阻,其特性为随着温度的升高阻值增大;R1为光敏电阻,其特性为随着光照强度的增强阻值减小;R2和R3均为定值电阻,电源电动势为E,内阻为r,V为理想电压表.若发现电压表示数增大,可能的原因是(  ) ①热敏电阻温度降低,其他条件不变;②热敏电阻温度升高,其他条件不变 ③光照减弱,其他条件不变;④光照增强,其他条件不变 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】A 【解析】热敏电阻温度降低,其他条件不变时,热敏电阻阻值减小,总电阻减小,总电流变大,则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压减小,光敏电阻上的电流减小,则热敏电阻及电阻R3上的电流变大,则电压表的读数变大,故①正确,②错误;若光照减弱,则光敏电阻的阻值增大,总电阻变大,总电流减小,则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压增大,则R3上的分压变大,电压表示数变大,选项③正确,④错误.故选A. 6.下列情况中,应用了温度传感器的是(  ) A. 商场里的自动玻璃门 B. 夜间自动打开的路灯 C. 夜间有声音时就亮的楼梯灯 D. 自动恒温冰箱 【答案】D 【解析】传感器是将非电学量转变成电学量,如力传感器是将力学量转变成电学量.而温度传感器则是通过温度的变化转变成电学量.题中只有自动恒温冰箱用了温度传感器.故选D项。 【点评】热敏电阻是当温度变化时,导致电阻的阻值发生变化;而光敏电阻则是当有光时,其电阻的阻值发生变化.它们的电阻都是变小,而金属电阻则是变大. 7.金属铂的电阻值对温度高低非常敏感,图中可能表示金属铂电阻的U-I图线是(  ) A.B. C.D. 【答案】B 【解析】金属铂的电阻对温度的变化很敏感,电阻随温度的升高而增大,在一定温度下其U-I图线是非线性的且图线的斜率越来越大,故B正确. 8.如图所示,有电流流过长方形金属块,磁场的方向垂直于前后表面,由于发生霍尔效应,下列说法中正确的是(  ) A. 金属块上表面a电势高 B. 金属块下表面b电势高 C. 金属块前表面c电势高 D. 金属块后表面d电势高 【答案】B 【解析】当电流在导体中流动时,自由电子定向移动的方向向左,受到向上的洛伦兹力作用,向金属块上表面聚集,于是金属块的上、下表面分别带上了负电荷与正电荷,从而形成了电势差,且下表面电势高,选项B正确. 9.电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(单位时间内通过管内横截面的流体体积).为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c.流量计的两端与输送流体的管道(图中虚线)相连接.图中流量计的上下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料.现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面.当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得的电流值.已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则可求得流量为(  ) A.(bR+ρ) B.(aR+ρ) C.(cR+ρ) D.(R+ρ) 【答案】A 【解析】 设管中流体的流速为u,则在Δt时间内流体在管中向前移动的距离为vΔt,这样如图所示中画线的流体在Δt时间内都将流过横截面. 设其横截面积为S,则画线的流体体积ΔV=SvΔt.对于题干所给的流量计,横截面积S=bc,故流过流量计的流量Q=vbc,对于给定的流量计,b与c是常量,可见测流量实质上是测流速.当可导电流体稳定地流经流量计时,流体将切割磁感线,这样在流量计的上、下两面产生感应电动势E=vBc,其中B是垂直于流量计前后两面的匀强磁场的磁感应强度,c是流过流量计流体的厚度,v是可导电流体在流量计中的流速.这样在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,如图所示,则将有电流流过闭合电路.这个闭合电路中的电动势就是由可导电流体沿流量计流动切割磁感线而产生的,如图所示,电阻包括外接的电阻R和可导电液体的电阻(大小为r=). 根据闭合电路欧姆定律得,电路中的电流I=.由此就得到可导电流体在流量计中的流速为v=(R+ρ),于是流过流量计的流量Q=vbc=(bR+ρ). 10.如图所示是电容式话筒的示意图,它是利用电容制作的传感器,话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层,膜后距膜几十微米处有一金属板,振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极,在两极间加一电压U,人对着话筒说话时,振动膜前后振动,使电容发生变化,导致话筒所在电路中的其他物理量发生变化,使声音信号被话筒转化为电信号,其中导致电容变化的原因是电容两极板间的(  ) A. 距离变化 B. 正对面积变化 C. 介质变化 D. 电压变化 【答案】A 【解析】振动膜前后振动,使振动膜上的金属层与金属板间的距离发生变化,从而将声音信号转化为电信号. 11.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,在升降机中将重物放在压敏电阻上,压敏电阻接在如图甲所示的电路中,电流表示数变化如图乙所示,某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态,下列说法中正确的是(  ) A. 0~t1时间内,升降机一定匀速运动 B. 0~t1时间内,升降机可能减速上升 C.t1~t2时间内,升降机可能匀速上升 D.t1~t2时间内,升降机可能匀加速上升 【答案】B 【解析】在0~t1时间内,电流恒定,表明压敏电阻的阻值恒定,则重物对压敏电阻压力恒定,则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动,故A选项错误,B选项正确;t1~t2时间内,电流在增加,表明压敏电阻的阻值在减小,则重物对压敏电阻的压力在增大,故不可能做匀速运动或匀加速运动,C、D两项都错. 12.电子秤使用的是(  ) A. 超声波传感器 B. 温度传感器 C. 压力传感器 D. 红外线传感器 【答案】C 【解析】根据电子秤的工作原理,可知当电子秤受到压力的作用时,会显示相应的大小,故使用的是压力传感器,故C正确. 13.动圈式话筒是一种声传感器,其作用是根据电磁感应原理将话筒中振膜的震动转化为同频率的感应电流.下列属于和话筒原理类似的是(  ) A. 磁铁吸引铁钉 B. 水力发电 C. 梳过头发的塑料梳子吸引碎纸屑 D. 带电云层经过高楼时引起避雷针放电 【答案】B 【解析】磁铁吸引铁钉是磁铁的磁性,和电磁感应无关,故A错误; 发电机是利用电磁感应现象制成的,故B正确; 摩擦过的塑料梳子能吸引纸屑,说明摩擦过的塑料梳子带了电,属于摩擦起电,故C错误; 当带电云层靠近建筑物时,避雷针上产生的感应电荷会通过针尖放电,逐渐中和云中的电荷,使建筑物免遭雷击.其原理为尖端放电.故D错误. 14.每当地震发生后,各路救援人员及时深入灾区,与死神抢时间,争分夺秒抢救被埋人员,有些救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员,根据所学知识,你认为“生命探测仪”可能用到了(  ) A. 红外线传感器 B. 压力传感器 C. 振动传感器 D. 电容传感器 【答案】A 【解析】伤员被深埋在废墟中,借助红外线传感器,可以感知人与周围环境的差别,且伤员与尸体的温度不同,借助探测仪可以探测到活着的被困人员. 15.电炖锅是用电阻通电后发热来加工食品的,内有两个“聪明”开关,一个是利用“热敏”材料制成的“热控开关”,当食品加热达到设定温度时,“热控开关”断开使电阻的发热功率减小;另一个是“定时开关”,当加热到一定时间时,“定时开关”断开,使电阻停止发热,这种“聪明电路”是(  ) A.B. C.D. 【答案】C 【解析】电路C中,当食品加热达到设定温度时,“热控开关”断开,电路的电阻变大,根据P=,电阻的发热功率减小;当加热到一定时间时,“定时开关”断开,切断这个电路,使电阻停止发热,所以C是这种“聪明电路”. 16.如图所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图,罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板.平时光电三极管接收不到LED发出的光,呈现高电阻状态.发生火灾时,下列说法正确的是(  ) A. 进入罩内的烟雾遮挡了光线,使光电三极管电阻更大,检测电路检测出变化发出警报 B. 光电三极管温度升高,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报 C. 进入罩内的烟雾对光有散射作用,部分光线照到光电三极管上,电阻变小,发出警报 D. 以上说法均不正确 【答案】C 【解析】由火灾报警器的原理可知,发生火灾时烟雾进入罩内,使光发生散射,部分光线照到光电三极管上,电阻变小,与传感器相连的电路检测出这种变化,发出警报,C对. 17.如图甲所示为斯密触发器,当加在它输入端A的电压上升到某个值(1.6 V)时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平(0.25 V);而当输入端A的电压下降到另一个值(0.8 V)的时候,Y会从低电平跳到高电平(3.4 V).图乙为一光控电路,用发光二极管LED模仿路灯,RG为光敏电阻.下列关于斯密特触发器和光控电路的说法中错误的是(  ) A. 斯密特触发器的作用是将数字信号转换为模拟信号 B. 斯密特触发器是具有特殊功能的非门 C. 要想在天更暗时路灯才会亮,应该把R1的阻值调大些 D. 当输出端Y突然从高电平跳到低电平时,二极管发光 【答案】A 【解析】斯密特触发器是一种特殊的非门,它把连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号,A项说法错误,B项说法正确;把R的阻值调大些,只有RG的阻值达到更大时才能使斯密特触发器的A端电压达到某个值(1.6 V),即天更暗时路灯才亮;当输出端Y突然跳到低电平时,发光二极管导通从而发光,C、D项说法正确. 18.如下图所示为一种温度自动报警器的原理图,在水银温度计的顶端封入一段金属丝,以下说法正确的是(  ) A. 温度升高至74 ℃时,L1亮灯报警 B. 温度升高至74 ℃时,L2亮灯报警 C. 温度升高至78 ℃时,L1亮灯报警 D. 温度升高至78 ℃时,L2亮灯报警 【答案】D 【解析】由题干中图可知:金属丝下端所指的示数为:70℃+2×4℃=78℃;当温度升高到78℃,水银温度计顶端封入的一段金属丝就和水银相接,接通电路,电磁铁有了磁性,把衔铁吸引下来,L2亮,报警.故D正确、ABC错误. 故选:D. 19.如图所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图.门打开时,红外光敏电阻R3受到红外线照射,电阻减小;门关闭会遮蔽红外线源(红外线源没有画出).经实际试验,灯的亮灭能反映门的开、关状态.门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比(  ) A. 红灯亮,UR2变大 B. 绿灯亮,UR2变大 C. 绿灯亮,UR2变小 D. 红灯亮,UR2变小 【答案】D 【解析】门打开R3减小,导致R总减小,I总增加,Ur和UR1变大,UR2=E-(UR1+Ur)减小,IR3=I总-增加,电磁继电器磁性增强把衔铁拉下,红灯亮,绿灯灭,A、B、C均错误,D正确. 20.如图所示,电吉他的弦是磁性物质,当弦振动时,线圈中产生感应电流,感应电流输送到放大器、喇叭,把声音播放出来,下列说法正确的是(  ) A. 电吉他是光电传感器 B. 电吉他是温度传感器 C. 电吉他是声音传感器 D. 弦改用尼龙材料原理不变 【答案】C 【解析】由电吉他发声原理可知是将声音变化转变为电流的变化,C对,A、B、D错. 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时,常使用电磁泵.某种电磁泵的结构如图所示,把装有液态钠的矩形截面导管(导管是环形的,图中只画出其中一部分)水平放置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向与导管垂直,让电流I按如图方向纵向穿过液态钠且电流方向与B垂直.设导管截面高为a,宽为b,导管有长为l的一部分置于磁场中,由于磁场对液态钠的作用力使液态钠获得驱动而不断沿管子向前推进.整个系统是完全密封的,只有金属钠本身在其中流动,其余的部件是固定不动的. (1)假定在液态钠不流动的条件下,求导管横截面上由磁场驱动力所形成的附加压强p与上述各量的关系式; (2)设液态钠中每个自由电荷所带电荷量为q,单位体积内参与导电的自由电荷数为n,求在横穿液态钠的电流I的方向上参与导电的自由电荷定向移动的平均速度. 【答案】(1)p= (2) 【解析】(1)由安培力计算公式可得液态钠所受磁场驱动力F=BIa① 管道横截面积S=ab② 由压强公式,垂直于导管横截面方向上磁场力产生的附加压强p=③ 由①②③得p= (2)由电流定义式I=④ 在时间t内通过的总电荷量Q=nqblt⑤ 由④⑤得参与导电的自由电荷定向移动的平均速率 =. 22.如图所示,图甲是我市某中学在研究性学习活动中,吴丽同学自制的电子秤原理示意图,目的是利用理想电压表的示数指示物体的质量.托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连,托盘与弹簧的质量均不计.滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接,当托盘中没有放物体时,滑片恰好停在变阻器R的最上端,此时电压表示数为零.设变阻器总电阻为R,总长度为L,电源电动势为E,内阻为r,限流电阻阻值为R0,弹簧劲度系数为k,不计一切摩擦和其他阻力. (1)推导出电压表示数U用所称物体质量m表示的关系式; (2)为使电压表示数与待测物体质量成正比,请利用原有器材进行改进,在图乙的基础上完成改进后的电路原理图,并求出电压表示数U用所称物体质量m表示的关系式. 【答案】(1) (2) 【解析】(1)当在托盘中放质量为m的物体后,弹簧被压缩x, 则有mg=kx 此时滑动变阻器滑片以上的阻值设为R1,则R1=R 由闭合电路欧姆定律得I= 电压表的示数为U=IR1 联立以上各式解得 U= (2)改进后的电路原理图如图,设电流为I′,I′= 电压表的示数为U′,U′=I′R1 联立解得U′=. 23.如图所示为某种电子秤的原理示意图,AB为一均匀的滑动电阻,阻值为R,长度为L,两边分别有P1、P2两个滑动头,P1可在竖直绝缘光滑的固定的MN上保持水平状态而上下自由滑动,弹簧处于原长时,P1刚好指着A端.P1与托盘固定相连,当P1、P2间出现电压时,该电压经过放大,通过信号转换后在显示屏上将显示物体重力的大小.已知弹簧的劲度系数为k,托盘自身质量为m0,电源电动势为E,内阻不计,当地的重力加速度为g. (1)求托盘上未放物体时,在托盘自身重力作用下,P1离A的距离x1. (2)求托盘上放有质量为m的物体时,P1离A的距离x2. (3)在托盘上未放物体时通常先校准零点,其方法是:调节P2,使P2离A的距离也为x1,从而使P1、P2间的电压为零.校准零点后,将物体m放在托盘上,试推导出物体质量m与P1、P2间的电压U之间的函数关系式. 【答案】(1) (2) (3)m= 【解析】托盘的移动带动P1移动,使P1、P2间出现电势差,电势差的大小反映了托盘向下移动距离的大小,由于R为均匀的滑动电阻,则其阻值与长度成正比. (1)由力的平衡知识m0g=kx1,解得x1=. (2)放上物体重新平衡后m0g+mg=kx2,解得 x2=. (3)由闭合电路的欧姆定律知E=IR,由部分电路的欧姆定律知U=IR串,又=,其中x为P1、P2间的距离,则x=x2-x1=,联立解得m=. 24.如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度,该装置在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器,用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块,滑块可无摩擦滑动,两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上,其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出.现将该装置沿运动方向固定在汽车上,传感器b在前,传感器a在后,汽车静止时,传感器a、b的示数均为10 N.(取g=10 m/s2). (1)若传感器a的示数为14 N、b的示数为6 N,求此时汽车的加速度大小和方向. (2)求当汽车以怎样的加速度运动时,传感器a的示数恰为零. 【答案】(1)4.0 m/s2 向前 (2)10 m/s2 向后 【解析】传感器上所显示的大小,即弹簧对传感器的压力,据牛顿第三定律知,此即弹簧上的弹力大小,亦即弹簧对滑块的弹力大小. (1) 如图所示,依题意知左侧弹簧对滑块向右的推力F1=14 N,右侧弹簧对滑块向左的推力F2=6 N. 设滑块所受合力产生加速度a1,根据牛顿第二定律有F1-F2=ma1,得a1==m/s2=4.0 m/s2,a1与F1同方向,即向前. (2)a传感器的读数恰为零,即左侧弹簧的弹力F1′=0,因两弹簧相同,左侧弹簧伸长多少,右侧弹簧就缩短多少,所以右侧弹簧的弹力变为F2′=20 N.滑块所受合力产生加速度,由牛顿第二定律得F合=F2′=ma2,得a2==10 m/s2,方向向后. 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-2单元检测题:第六章传感器 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.关于传感器的下列说法正确的是(  ) A. 所有传感器的材料都是由半导体材料做成的 B. 金属材料也可以制成传感器 C. 传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的 D. 以上说法都不正确 2.传感器可将非电学量转换为电学量,起自动控制作用.如计算机鼠标中有位移传感器,电熨斗、电饭煲中有温度传感器,电视机、录像机、影碟机中有光传感器……演示位移传感器的工作原理如图所示,物体M在导轨上平移时,带动滑动变阻器的金属滑杆P,通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想的,则下列说法正确的是(  ) A. 物体M运动时,电源内的电流会发生变化 B. 物体M运动时,电压表的示数会发生变化 C. 物体M不动时,电路中没有电流 D. 物体M不动时,电压表没有示数 3.某部小说中描述一种窃听电话:窃贼将并排在一起的两根电话线分开,在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线,这条导线与电话线是绝缘的,如图所示.下列说法正确的是(  ) A. 不能窃听到电话,因为电话线中电流太小 B. 不能窃听到电话,因为电话线与耳机没有接通 C. 可以窃听到电话,因为电话中的电流是恒定电流, 在耳机电路中引起感应电流 D. 可以窃听到电话,因为电话中的电流是交变电流,在耳机电路中引起感应电流 4.如图所示,R3是光敏电阻(光照时电阻变小),当开关S闭合后,在没有光照射时,a、b两点等电势.当用光照射电阻R3时,则(  ) A.a点电势高于b点电势 B.a点电势低于b点电势 C.a点电势等于b点电势 D.a点电势和b点电势的大小无法比较 5.如图所示为某传感装置内部部分电路图,RT为正温度系数热敏电阻,其特性为随着温度的升高阻值增大;R1为光敏电阻,其特性为随着光照强度的增强阻值减小;R2和R3均为定值电阻,电源电动势为E,内阻为r,V为理想电压表.若发现电压表示数增大,可能的原因是(  ) ①热敏电阻温度降低,其他条件不变;②热敏电阻温度升高,其他条件不变 ③光照减弱,其他条件不变;④光照增强,其他条件不变 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 6.下列情况中,应用了温度传感器的是(  ) A. 商场里的自动玻璃门 B. 夜间自动打开的路灯 C. 夜间有声音时就亮的楼梯灯 D. 自动恒温冰箱 7.金属铂的电阻值对温度高低非常敏感,图中可能表示金属铂电阻的U-I图线是(  ) A.B. C.D. 8.如图所示,有电流流过长方形金属块,磁场的方向垂直于前后表面,由于发生霍尔效应,下列说法中正确的是(  ) A. 金属块上表面a电势高 B. 金属块下表面b电势高 C. 金属块前表面c电势高 D. 金属块后表面d电势高 9.电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(单位时间内通过管内横截面的流体体积).为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c.流量计的两端与输送流体的管道(图中虚线)相连接.图中流量计的上下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料.现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面.当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得的电流值.已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则可求得流量为(  ) A.(bR+ρ) B.(aR+ρ) C.(cR+ρ) D.(R+ρ) 10.如图所示是电容式话筒的示意图,它是利用电容制作的传感器,话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层,膜后距膜几十微米处有一金属板,振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极,在两极间加一电压U,人对着话筒说话时,振动膜前后振动,使电容发生变化,导致话筒所在电路中的其他物理量发生变化,使声音信号被话筒转化为电信号,其中导致电容变化的原因是电容两极板间的(  ) A. 距离变化 B. 正对面积变化 C. 介质变化 D. 电压变化 11.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,在升降机中将重物放在压敏电阻上,压敏电阻接在如图甲所示的电路中,电流表示数变化如图乙所示,某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态,下列说法中正确的是(  ) A. 0~t1时间内,升降机一定匀速运动 B. 0~t1时间内,升降机可能减速上升 C.t1~t2时间内,升降机可能匀速上升 D.t1~t2时间内,升降机可能匀加速上升 12.电子秤使用的是(  ) A. 超声波传感器 B. 温度传感器 C. 压力传感器 D. 红外线传感器 13.动圈式话筒是一种声传感器,其作用是根据电磁感应原理将话筒中振膜的震动转化为同频率的感应电流.下列属于和话筒原理类似的是(  ) A. 磁铁吸引铁钉 B. 水力发电 C. 梳过头发的塑料梳子吸引碎纸屑 D. 带电云层经过高楼时引起避雷针放电 14.每当地震发生后,各路救援人员及时深入灾区,与死神抢时间,争分夺秒抢救被埋人员,有些救援队借助“生命探测仪”可以发现深埋在废墟中的伤员,根据所学知识,你认为“生命探测仪”可能用到了(  ) A. 红外线传感器 B. 压力传感器 C. 振动传感器 D. 电容传感器 15.电炖锅是用电阻通电后发热来加工食品的,内有两个“聪明”开关,一个是利用“热敏”材料制成的“热控开关”,当食品加热达到设定温度时,“热控开关”断开使电阻的发热功率减小;另一个是“定时开关”,当加热到一定时间时,“定时开关”断开,使电阻停止发热,这种“聪明电路”是(  ) A.B. C.D. 16.如图所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图,罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板.平时光电三极管接收不到LED发出的光,呈现高电阻状态.发生火灾时,下列说法正确的是(  ) A. 进入罩内的烟雾遮挡了光线,使光电三极管电阻更大,检测电路检测出变化发出警报 B. 光电三极管温度升高,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报 C. 进入罩内的烟雾对光有散射作用,部分光线照到光电三极管上,电阻变小,发出警报 D. 以上说法均不正确 17.如图甲所示为斯密触发器,当加在它输入端A的电压上升到某个值(1.6 V)时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平(0.25 V);而当输入端A的电压下降到另一个值(0.8 V)的时候,Y会从低电平跳到高电平(3.4 V).图乙为一光控电路,用发光二极管LED模仿路灯,RG为光敏电阻.下列关于斯密特触发器和光控电路的说法中错误的是(  ) A. 斯密特触发器的作用是将数字信号转换为模拟信号 B. 斯密特触发器是具有特殊功能的非门 C. 要想在天更暗时路灯才会亮,应该把R1的阻值调大些 D. 当输出端Y突然从高电平跳到低电平时,二极管发光 18.如下图所示为一种温度自动报警器的原理图,在水银温度计的顶端封入一段金属丝,以下说法正确的是(  ) A. 温度升高至74 ℃时,L1亮灯报警 B. 温度升高至74 ℃时,L2亮灯报警 C. 温度升高至78 ℃时,L1亮灯报警 D. 温度升高至78 ℃时,L2亮灯报警 19.如图所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图.门打开时,红外光敏电阻R3受到红外线照射,电阻减小;门关闭会遮蔽红外线源(红外线源没有画出).经实际试验,灯的亮灭能反映门的开、关状态.门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比(  ) A. 红灯亮,UR2变大 B. 绿灯亮,UR2变大 C. 绿灯亮,UR2变小 D. 红灯亮,UR2变小 20.如图所示,电吉他的弦是磁性物质,当弦振动时,线圈中产生感应电流,感应电流输送到放大器、喇叭,把声音播放出来,下列说法正确的是(  ) A. 电吉他是光电传感器 B. 电吉他是温度传感器 C. 电吉他是声音传感器 D. 弦改用尼龙材料原理不变 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时,常使用电磁泵.某种电磁泵的结构如图所示,把装有液态钠的矩形截面导管(导管是环形的,图中只画出其中一部分)水平放置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B,方向与导管垂直,让电流I按如图方向纵向穿过液态钠且电流方向与B垂直.设导管截面高为a,宽为b,导管有长为l的一部分置于磁场中,由于磁场对液态钠的作用力使液态钠获得驱动而不断沿管子向前推进.整个系统是完全密封的,只有金属钠本身在其中流动,其余的部件是固定不动的. (1)假定在液态钠不流动的条件下,求导管横截面上由磁场驱动力所形成的附加压强p与上述各量的关系式; (2)设液态钠中每个自由电荷所带电荷量为q,单位体积内参与导电的自由电荷数为n,求在横穿液态钠的电流I的方向上参与导电的自由电荷定向移动的平均速度. 22.如图所示,图甲是我市某中学在研究性学习活动中,吴丽同学自制的电子秤原理示意图,目的是利用理想电压表的示数指示物体的质量.托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连,托盘与弹簧的质量均不计.滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接,当托盘中没有放物体时,滑片恰好停在变阻器R的最上端,此时电压表示数为零.设变阻器总电阻为R,总长度为L,电源电动势为E,内阻为r,限流电阻阻值为R0,弹簧劲度系数为k,不计一切摩擦和其他阻力. (1)推导出电压表示数U用所称物体质量m表示的关系式; (2)为使电压表示数与待测物体质量成正比,请利用原有器材进行改进,在图乙的基础上完成改进后的电路原理图,并求出电压表示数U用所称物体质量m表示的关系式. 23.如图所示为某种电子秤的原理示意图,AB为一均匀的滑动电阻,阻值为R,长度为L,两边分别有P1、P2两个滑动头,P1可在竖直绝缘光滑的固定的MN上保持水平状态而上下自由滑动,弹簧处于原长时,P1刚好指着A端.P1与托盘固定相连,当P1、P2间出现电压时,该电压经过放大,通过信号转换后在显示屏上将显示物体重力的大小.已知弹簧的劲度系数为k,托盘自身质量为m0,电源电动势为E,内阻不计,当地的重力加速度为g. (1)求托盘上未放物体时,在托盘自身重力作用下,P1离A的距离x1. (2)求托盘上放有质量为m的物体时,P1离A的距离x2. (3)在托盘上未放物体时通常先校准零点,其方法是:调节P2,使P2离A的距离也为x1,从而使P1、P2间的电压为零.校准零点后,将物体m放在托盘上,试推导出物体质量m与P1、P2间的电压U之间的函数关系式. 24.如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度,该装置在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器,用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块,滑块可无摩擦滑动,两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上,其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出.现将该装置沿运动方向固定在汽车上,传感器b在前,传感器a在后,汽车静止时,传感器a、b的示数均为10 N.(取g=10 m/s2). (1)若传感器a的示数为14 N、b的示数为6 N,求此时汽车的加速度大小和方向. (2)求当汽车以怎样的加速度运动时,传感器a的示数恰为零.

  • ID:6-6026638 人教版高二物理选修3-1全册综合检测题(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-1/本册综合

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1全册综合检测题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共120分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题2.5分,共50分) 1.在利用丝绸摩擦玻璃棒使玻璃棒带电的实验中,如果丝绸和玻璃棒原来均不带电,则通过摩擦后(  ) A. 丝绸的带电量等于玻璃棒的带电量 B. 丝绸的带电量大于玻璃棒的带电量 C. 丝绸的带电量小于玻璃棒的带电量 D. 无法确定 【答案】A 【解析】玻璃棒对电子的束缚能力弱,摩擦后,电子容易从玻璃棒转移到丝绸上,所以玻璃棒带正电,丝绸带负电.根据电荷守恒定律得丝绸的带电量等于玻璃棒的带电量.故A正确,BCD错误。 2.真空中有两个距离保持不变的点电荷,若将它们各自的电量都增大到原来的3倍,则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来( ) A.倍 B. 3倍 C. 6倍 D. 9倍 【答案】D 【解析】根据库仑定律可得,变化前有,变化后,D正确. 3.如图所示是电场中某区域的电场线分布图,A是电场中的一点,下列判断中正确的是( ) A.A点的电场强度方向向左 B.A点的电场强度方向向右 C. 负点电荷在A点受力向右 D. 正点电荷受力沿电场线方向减小 【答案】B 【解析】A点的电场强度方向即为该点的切线方向,所以沿电场线向右,故A错误B正确;正点电荷在某点所受电场力方向与该点的电场强度方向相同,而负点电荷在A点受力方向则相反,故C错误;正点电荷在某点所受电场力方向与该点的电场强度方向相同,由于是匀强电场,所以正点电荷受力不变,故D错误. 4.如图所示,在真空中固定有甲、乙两个正点电荷,甲的电荷量大于乙的电荷量,O为甲、乙连线的中点,M、N为甲、乙连线上的两点,且M、N到O点的距离相等,即MO=ON.现将一负点电荷丙由M点移动到N点,在此过程中,下列说法正确的是(  ) A. 丙在M点受电场力比在N点所受电场力大 B. 丙在M点所受电场力比在N点受电场力小 C. 丙的电势能一定在逐渐增大 D. 丙的电势能一定先增大后减小 【答案】A 【解析】甲的电荷量大于乙的电荷量,则电场强度为0的地方可能在ON之间,也可能在N的右侧. ①若是前者,设甲的电量为Q1,乙的电量是Q2,甲乙两者之间的距离是2L,MO=ON=r则: EM=- EN=- 所以EM-EN>0 即EM>EN; ②若是后者,电场强度为0的点在N的右侧,所以电场的方向从M到N,大小是从M到N逐渐减小. 所以M处的场强比N处的场强大,即电荷丙在M点所受到的电场力比在N点受到的电场力大.故A正确,B错误; 由于甲的电荷量比乙的电荷量大,则电场强度为0的地方可能在ON之间,也可能在N的右侧.若是前者,丙的电势能将先增大后减小;若是后者,则丙的电势能一直增大,故C、D错误. 5.如图所示为某静电场等势面的分布,电荷量为1.6×10-9C的正点电荷从A经B、C到达D点,则从A至D,电场力对电荷做的功为(  ) A. 4.8×10-8J B. -4.8×10-8J C. 8.0×10-8J D. -8.0×10-8J 【答案】B 【解析】 UAD=φA-φD=-40-(-10)V=-30 V. 所以WAD=qUAD=1.6×10-9×(-30)J=-4.8×10-8J. 6.如图所示,空间内有一场强为、方向竖直向下的匀强电场.一根绝缘轻质硬杆的两端分别固定着A、B两只质量均为m带电量均为+q的小球,O点是一光滑水平轴,已知AO=L,BO=2L,重力加速度为g.细杆从水平位置由静止释放,使其自由转动,当B球转到O点正下方的过程中,正确的是( ) A.B球电势能减少了2mgL B.A、B球与杆组成的系统电势能减少了 C. 转动过程中杆对A的弹力不做功 D. 转到最低点时B球的速度为 【答案】B 【解析】电场力对B球做功为,故B球的电势能减小3mgL,选项A错误;电场力对A球做功为,故A球的电势能增加,则A、B球与杆组成的系统电势能减少了,选项B正确;A球的电势能增加,重力势能增加,动能增加,则转动过程中杆对A的弹力一定做功,选项C错误;对AB系统,设B球转至最低点时速度为,由能量关系可知:,解得,选项D错误;故选B. 7.如图所示,带电体Q靠近一个接地空腔正方体导体,空腔里面无电荷,达到静电平衡后,下列物理量中不等于零的是(  ) A. 导体空腔内任意点的场强 B. 导体空腔内任意点的电势 C. 导体外表面的电荷量 D. 导体空腔内表面的电荷量 【答案】C 【解析】 静电平衡后导体空腔内任意点的场强为0;电荷分布在导体外表面,空腔内表面的电荷量为0;导体为等势体,接地后电势为0. 8.某一电解电容器如图甲所示,接入如图乙所示的电路,下列说法正确的是(  ) A. 该电容器只有在电压为45 V时,电容才是33 μF B. 该电容器能容纳的最大电荷量为3.3×10-5C C. 接通电路后,电容器的电容仍是33 μF D. 接通电路后,灯泡能持续发亮 【答案】C 【解析】 无论电容器是否充电,其电容都是33 μF,选项A错误,C正确;该电容器能容纳的最大电荷量Q=CU≈1.5×10-3C,选项B错误;电容器仅在充电时灯泡发光,充电结束后,灯泡熄灭,选项D错误. 9.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,周期T=8×10-10s.t=0时,Q板比P板电势高5 V,此时在两板的正中央M点放一个电子,速度为零,电子在静电力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化.假设电子始终未与两板相碰.在0<t<8×10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧、速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(  ) A. 0<t<2×10-10s B. 2×10-10s<t<4×10-10s C. 4×10-10s<t<6×10-10s D. 6×10-10s<t<8×10-10s 【答案】D 【解析】0~过程中电子向右做加速运动;~过程中,电子向右减速运动,~T过程中电子向左加速,T~T过程中电子向左减速,D选项正确. 10.下列说法正确的是( ) A. 通过导线横截面的电荷量越多,电流越大 B. 通电时间越短,电流越大 C. 通过导线横截面的电荷量越少,电流越小 D. 在单位时间内,通过导体某一横截面的电荷量越多,电流越大 【答案】D 【解析】通过导体横截面的电量多少,但不知道通电时间,所以不能得出导体中的电流大小,故A、C错误;通电时间短,但不知道通过导体横截面的电量,所以不能得出导体中的电流大小,故B错误;物理学中用每秒通过导体横截面的电荷量来表示电流的强弱,所以在单位时间内,通过导体某一横截面的电荷量越多,电流越大,故D正确. 11.对于电动势的定义式E=的理解,正确的是(  ) A.E与W成正比 B.E与q成反比 C.E的大小与W、q无关 D.W表示非静电力 【答案】C 【解析】电动势是描述电源非静电力搬运电荷本领大小的物理量,与W、q无关. 12.有a、b、c、d四只电阻,它们的I-U关系如图1所示,则图中电阻最大的是( ) A. a B. b C. c D. d 【答案】D 【解析】电阻,可知电阻R等于I-U图线的斜率倒数,图线d的斜率的最小,电阻最大,故选D. 13.用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V,分别将其串联和并联在一起,然后接入电路中。通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是( ) A. 图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等 B. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C. 图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等 D. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 【答案】D 【解析】根据改装电流表需要并联一个电阻分流,改装电压表需要串联一个电阻分压.图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中,电压表的电流计是串联在电路中,而串联电路的电流相等,所以由于电流表的定值电阻分流的原因,通过电流表的电流计的电流小于电压表的,所以电压表的指针偏转角比电流表的大,A、B错误;图乙中电压表和电流表是并联在一起的,两端的电压是相等的,由于电压表中的定值电阻的分压原因,电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压,所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小,C错误,D正确. 14.如图所示,电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中,接通开关后,电动机正常工作,设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2,经过时间t,电流通过电阻R做功W1,产生热量Q1,电流流过电动机做功W2,产生热量Q2,则有(  ) A. B.< C.Q1=t,Q2=t D.W1=t,W2=t 【答案】B 【解析】设开关接通后,电路中电流为I.对于电阻R,由欧姆定律得U1=IR,有I= 对于电动机,有U2>Ir,即有I< 联立得:<,故A错误,B正确. 根据焦耳定律得 Q1=I2Rt=t,Q2=I2rt<t,故C错误. 电流通过电阻R做功W1=Q1=I2Rt=t.电流流过电动机做功W2=U2It<t,故D 错误. 15.甲、乙两根异种材料的电阻丝,其长度之比是1∶5,横截面积之比是2∶3,电阻之比是2∶5,外加电压之比是1∶2,则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是(  ) A. 2∶3 B. 3∶4 C. 4∶3 D. 8∶3 【答案】C 【解析】解:根据电阻的决定式::得:ρ= 则:=,故A、B、D 错误,C正确. 16.如图所示为测电源电动势和内电阻时,依据测量数据作出的路端电压与电流的关系图线,图中DC平行于横坐标轴,DE平行于纵坐标轴,由图可知,以下说法错误的是(  ) A. 比值表示外电路电阻 B. 比值表示电源内电阻 C. 比值表示电源电动势 D. 矩形OCDE的面积表示电源的输出功率 【答案】C 【解析】由图象可知,D点对应的路端电压大小可以用DE表示,电路电流可以用OE表示,外电路电阻R=,故A正确; AC段表示电源内电压,CD表示电路电流,电源内阻r=,故B正确; 电源的电动势E=U内+U外=AC+CO=AO,故C错误; 电源的输出功率P=U外I=CO×OE=SCODE,故D正确; 本题选错误的,故选C. 17.关于电场强度和磁感应强度,下列说法正确的是(  ) A. 电场强度的定义式E=,适用于任何电场 B. 由真空中点电荷的电场强度公式E=可知,当r→0时,E→无穷大 C. 由公式B=可知,一小段通电导线在某处若不受磁场力,则说明此处一定无磁场 D. 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 【答案】A 【解析】解:电场强度的定义式E=,适用于任何电场,故A正确. 当r→0时,电荷已不能看成点电荷,公式E=k不再成立,故B错误. 由公式B=可知,一小段通电导线在某处若不受磁场力,可能是B的方向与电流方向平行,所以此处不一定无磁场,故C错误. 磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直,故D错误. 18.如图所示,电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点,在圆环中心O处的磁感应强度为(  ) A. 最大,垂直纸面向外 B. 最大,垂直纸而向里 C. 零 D. 无法确定 【答案】C 【解析】将圆环分成上下两半研究,根据安培定则,上半圆电流在O点产生的磁场方向向里,下半圆电流在O点产生的磁场方向向外,由于电流大小相等,两个产生的磁感应强度大小相等,则O点的磁感应强度为零.故选C. 19.如图是磁流体泵的示意图,已知磁流体泵是高为h的矩形槽,槽左右正对的两壁是导电的,它们的间距为L,两导电壁加上电压U.平行于纸面的前后两绝缘壁间有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.槽的下部分与水银面接触,上部与竖直的绝缘管相连.已知水银的电阻率为ρ1,水银的密度为ρ2,重力加速度为g,磁流体泵正常工作时,水银上升,则下列说法正确的是(  ) A. 水平槽的左壁应该接电源负极,右壁接电源正极 B. 电压一定时,水银槽的长度L越长,受到的安培力越大 C. 电压一定时,水银槽的左侧面面积越大,受到的安培力越大 D. 若U>,则磁流体泵无法工作 【答案】C 【解析】根据题意可知,安培力方向向上,结合左手定则,则电流方向由左向右, 那么水平槽的左壁应该接电源正极,右壁接电源负极,故A错误; 设磁流体泵的厚度为d,两极间的电阻为:R=ρ1, 电流大小为:I=, 受到的安培力为:F=BIL,方向向上,大小为F=,由此可知,安培力大小与L无关,而与槽侧面面积有关,即面积越大时,安培力也越大,故B错误,C正确, 要使水银上升,则F>mg,即B··L>ρ2gLdh,解得:U>,故D错误. 20.如图所示,a是带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块,a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场,现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左加速运动,在加速运动阶段(  ) A.a、b一起运动的加速度不变 B.a、b一起运动的加速度增大 C.a、b物块间的摩擦力减小 D.a、b物块间的摩擦力增大 【答案】C 【解析】以整体为研究对象有:F-Ff=(ma+mb)a Ff=μ(mag+mbg+qvB) 由于整体加速运动,因此速度逐渐增大,洛伦兹力增大,则地面给b的滑动摩擦力增大,因此整体加速度逐渐减小.隔离a,a受到水平向左的静摩擦力作用,根据牛顿第二定律有:Ff′=maa,由于加速度逐渐减小,因此a、b物块间的摩擦力减小. 第Ⅱ卷 二、实验题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.在如图甲所示的电路中,四节干电池串联,小灯泡A、B的规格为“3.8V,0.3A”.合上开关S后,无论怎样移动滑动片,A、B灯都不亮. (1)用多用电表的直流电压挡检查故障(只有一处故障),①选择开关置于下列量程的______挡较为合适(用字母序号表示);A.2.5V B.10VC.50V D.250V②测得c、d间电压约为5.8V,e、f间电压为0,则故障是______;A.A灯丝断开 B.B灯丝断开C.d、e间连线断开 D.B灯被短路 (2)接着换用欧姆表的“×1”挡测电阻,欧姆表经过“欧姆调零”,①测试前,一定要将电路中的开关S______(填“断开”或“闭合”);②测c、d间和e、f间电阻时,某次测试结果如图乙所示,读数为______Ω,此时测量的是______间电阻.根据小灯泡的规格计算出的电阻为______Ω(此空保留三位有效数字),它不等于测量值,原因是:______. 【答案】 (1)①B;②A (2)①断开;②6;灯丝;12.7;小灯泡的电阻随温度的升高而增大 【解析】(1)①:由于4节电池的电动势为6左右,所以选择开关应置于10V挡较合适,故选B;②:A、B两灯均不亮,说明电路中有断路没有短路,根据欧姆定律以及“等势”的概念可知,若C、d间电压不为零说明c、d间可能发生断路,e、f间电压为零说明说明e、f间电势相等即没有断路,则故障是A灯丝断开,所以A正确; (2)①:根据欧姆表的使用方法可知,测试前应将电路中的开关断开; ②:欧姆表的读数为:R=6×1Ω=6Ω;此时测量的是灯丝间的电阻,根据U=IR计算出的电阻为R=U/I=3.8/0.3=12.7Ω,大于欧姆表的测量值,说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大. 22.为了测定一节干电池的电动势和内电阻,现准备了下列器材: ① 待测干电池E(电动势约1.5 V,内阻约1.0 Ω) ② 电流表G(满偏电流3.0 mA,内阻为10 Ω) ③ 安培表A(量程0~0.60 A,内阻约为0.1 Ω) ④ 滑动变阻器R1(0~20 Ω,2 A) ⑤ 滑动变阻器R2(0~1000 Ω,1 A) ⑥ 定值电阻R3=990 Ω ⑦ 开关和导线若干 (1)为了能尽量准确地进行测量,也为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是  . (2)在图甲所示的方框中画出实验电路原理图,并注明器材代号; (3)图乙所示为某同学根据正确的电路图作出的I1﹣I2图线(I1为电流表G的示数,I2为安培表A的示数),由该图线可求出被测干电池的电动势E=  V,内电阻r=  Ω.(结果均保留两位有效数字) 【答案】①R1②如图所示 ③1.5 0.78 【解析】①电源电动势为1.5 V较小,电源的内阻较小,为多次几组实验数据,方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器,因此滑动变阻器应选R1,即选4. ②上述器材中虽然没有电压表,但给出了两个电流表,将电流表G与定值电阻R3串联,改装成电压表, 用电流表A测电路电流,滑动变阻器R1串联接入电路,实验电路图如图所示. ③将I1﹣I2图线延长,与两坐标轴有交点. 根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为:U=I1=1009I1, 根据图象与纵轴的交点得电动势为:E=1.47 mA×1009 Ω≈1.5 V, 与横轴的交点可得出路端电压为1.0 V时电流是0.62 A, 由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得,电源内阻:r=Ω≈0.78 Ω 23.有一个额定电压为3.8 V,额定功率约为1 W的小灯泡,现要用伏安法描绘这只灯泡的伏安特性图线,有下列器材可供选用: A.电压表V1(0~6 V,内阻约为5 kΩ) B.电压表V2(0~15 V,内阻约为30 kΩ) C.电流表A1(0~3 A,内阻约为0.1 Ω) D.电流表A2(0~0.6 A,内阻约为0.5 Ω) E.滑动变阻器R1(10 Ω,5 A) F.滑动变阻器R2(200 Ω,0.5 A) G.蓄电池(电动势6 V,内阻不计) H.开关、导线 (1)实验的电路图应选用下列的图(填字母代号) (2) 实验中,电压表选,电流表选,滑动变阻器选.(请填写选项前对应的字母) (3) 测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示,由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 Ω(结果保留两位有效数字);随着电压增大,温度升高,小灯泡的电阻.(填“增大”,“减小”或“不变”) (4)若将此灯泡与电动势12 V、内阻为1 Ω的电源相连,要使灯泡正常发光,需串联一个阻值为Ω的电阻.(结果保留两位有效数字) 【答案】(1)B (2)ADE(3)16 Ω 增大(4)34 【解析】(1)为描绘灯泡伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,故应选E;灯泡额定电压为3.8 V,电压表应选择A,灯泡额定电流为:,电流表选择D,灯泡正常发光时的电阻:,电流表内阻为:,电压表内阻为,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,实验电路应选择图B所示电路; (2)由(1)分析可知,电压表选择A,电流表选择D,滑动变阻器采用分压接法,为方便实验操作,滑动变阻器选择E;(3)由图示图象可知,随增大,增大,实际功率增大,灯泡温度升高,电压与电流表的比值增大,灯泡电阻增大;由图示图象可知,电压:时,电流,此时灯泡电阻:; (4)灯泡正常发光时,串联电阻两端电压,串联电阻阻值. 24.某同学用图1所示电路,测绘标有“3.8 V,0.3 A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象.除了导线和开关外,有以下一些器材可供选择: 电流表:A1(量程100 mA,内阻约2 Ω);A2(量程0.6 A,内阻约0.3 Ω); 电压表:V1(量程5 V,内阻约5 kΩ );V2(量程15 V,内阻约15 Ω ); 电源:E1(电动势为1.5 V,内阻为0.2 Ω);E2(电动势为4 V,内阻约为0.04 Ω). 滑动变阻器:R1(最大阻值约为100 Ω),R2(最大阻值约为10 Ω), 电键S,导线若干. (1)为了调节方便,测量准确,实验中电流表应选用  ,电压表选用  ,滑动变阻器选用  ,电源选用  .(填器材的符号) (2)根据实验数据,计算并描绘出R﹣U的图象如图2所示.由图象可知,此灯泡在不工作时,灯丝电阻为  ;当所加电压为3.00 V时,灯丝电阻为  ,灯泡实际消耗的电功率为  . (3)根据R﹣U图象,可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系.符合该关系的示意图是下列图中的  . 【答案】(1)A2V1R2E2(2)1.5 Ω 11.5 Ω 0.78 W (3)A 【解析】(1)因小灯泡额定电流为0.3 A,额定电压为3.8 V,故电流表应选,电压表应选,又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大,故变阻器需用分压式接法,应选阻值小的变阻器,故变阻器应选R2,显然电源应选. (2)由R﹣U图象知U=0时,R为1.5 Ω,U=3 V时R为11.5 Ω,由P=得P=0.78 W. (3)由P=知,U=0时,P=0,故B、C不合题意,P随U的增大而增大,故A正确. 三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分) 25.如图所示,一均匀带正电的无限长细直棒水平放置,带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场,场强大小与直棒的距离成反比.在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B,A、B所带电量分别为+q和+4q,球A距直棒的距离为a,两球恰好处于静止状态.不计两小球之间的静电力作用. (1)求细线的张力; (2)剪断细线,若A球下落的最大速度为vm,求A球下落到速度最大过程中,电场力对A球做的功. (3)分析剪断细线后,B球的运动情况及能量的转化情况. 【答案】(1)(2) (3)在上升过程中,电势能逐渐减小,机械能逐渐增大(重力势能增大,动能先增大后减小);在下降过程中,电势能逐渐增加,机械能逐渐减小(重力势能减小,动能先增大后减小).机械能与电势能的总和不变. 【解析】(1)设距直棒为r的点的电场强度大小为.分别对两小球列平衡方程: 对A: 对B: 解得 (2)设A球下落到距直棒为r时速度最大,此时加速度为零,合力为零. 由平衡条件: 由(1)中解得: 解得: 由动能定理: 解得 (3)剪断细线后,B小球做先上后下的往复运动(振动). 在上升过程中,电势能逐渐减小,机械能逐渐增大(重力势能增大,动能先增大后减小);在下降过程中,电势能逐渐增加,机械能逐渐减小(重力势能减小,动能先增大后减小).机械能与电势能的总和不变. 26.如图的电路中,R1=6 Ω,R2=R3=3 Ω,R4=R5=15 Ω,C=0.2 μF,电源电动势E= 90 V,内阻忽略不计. (1)仅闭合S1,当b点接地时,m点与n点的电势各是多少伏? (2)再闭合S2,当S2刚闭合的瞬间,通过R5的电流向什么方向? (3)S1、S2均闭合,待电路的状态稳定之后,仅将S1断开,求S1断开后通过电阻R1的 电量. 【答案】(1)﹣30 V ﹣75 V (2)方向向下 (3)6×10﹣6C 【解析】(1)仅闭合S1,R2和R4的电压分别为U2=E=×90 V=30 V,U4=E=×90 V=75 V 根据外电路中顺着电流方向电势降低,可知,m点与n点的电势均低于b点的电势,b点的电势为0,所以m点的电势φm=﹣U2=﹣30 V;  n点的电势φn=﹣U4=﹣75 V; (2)因为φm>φn,所以当S2刚闭合的瞬间,通过R5的电流向下. (3)电路状态稳定后,电容器的带电量Qc=C(φm﹣φn)=0.2×10﹣6×[﹣30﹣(﹣75)] C=9×10﹣6C 待电路的状态稳定之后,仅将S1断开,电容器放电,相当于电源,R1、R3串联,R2、R4串联,两条支路再并联 由于,所以通过R1、R3的电流与R2、R4的之比为2∶1 故通过R1的电量 q1=Qc=6×10﹣6C 27.如图所示,A、B为水平放置的间距d=0.2 m的两块足够大的平行金属板,两板间有场强为E=0.1 V/m、方向由B指向A的匀强电场.一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为=10 m/s的带电微粒.已知微粒的质量均为m=1.0×10﹣5kg、电荷量均为q=﹣1.0×10﹣3C,不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响,取g=10 m/s2.求: (1)求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x. (2)要使所有微粒从P点喷出后均做直线运动,应将板间的电场调节为E′,求E′的大小和方向;在此情况下,从喷枪刚开始喷出微粒计时,求经t0=0.02 s时两板上有微粒击中区域的面积和. (3)在满足第(2)问中的所有微粒从P点喷出后均做直线运动情况下,在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=1 T.求B板被微粒打中的区域长度. 【答案】(1)从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x. (2)0.1 V/m,方向竖直向下 0.02 s 【解析】(1)微粒在匀强电场做类平抛运动,微粒的加速度: 根据运动学: 得运动的半径为: 解得: (2)要使微粒做直线,电场应反向,且有:qE'=mg 故电场应该调节为方向向下,大小为:E'=0.1 V/m 经t0=0.02 s时,微粒运动的位移为: 极板上被微粒击中区域为半径为r的圆,其中S=2πr2=0.06π m2 (3)微粒做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力:m=1.0×10﹣5kg 竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切,如图甲所示:d1=0.1 m 当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远:如图乙所示: 故r板被微粒打中的区域的长度都为. 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1全册综合检测题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共120分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题2.5分,共50分) 1.在利用丝绸摩擦玻璃棒使玻璃棒带电的实验中,如果丝绸和玻璃棒原来均不带电,则通过摩擦后(  ) A. 丝绸的带电量等于玻璃棒的带电量 B. 丝绸的带电量大于玻璃棒的带电量 C. 丝绸的带电量小于玻璃棒的带电量 D. 无法确定 2.真空中有两个距离保持不变的点电荷,若将它们各自的电量都增大到原来的3倍,则两电荷之间相互作用的静电力将增大到原来( ) A.倍 B. 3倍 C. 6倍 D. 9倍 3.如图所示是电场中某区域的电场线分布图,A是电场中的一点,下列判断中正确的是( ) A.A点的电场强度方向向左 B.A点的电场强度方向向右 C. 负点电荷在A点受力向右 D. 正点电荷受力沿电场线方向减小 4.如图所示,在真空中固定有甲、乙两个正点电荷,甲的电荷量大于乙的电荷量,O为甲、乙连线的中点,M、N为甲、乙连线上的两点,且M、N到O点的距离相等,即MO=ON.现将一负点电荷丙由M点移动到N点,在此过程中,下列说法正确的是(  ) A. 丙在M点受电场力比在N点所受电场力大 B. 丙在M点所受电场力比在N点受电场力小 C. 丙的电势能一定在逐渐增大 D. 丙的电势能一定先增大后减小 5.如图所示为某静电场等势面的分布,电荷量为1.6×10-9C的正点电荷从A经B、C到达D点,则从A至D,电场力对电荷做的功为(  ) A. 4.8×10-8J B. -4.8×10-8J C. 8.0×10-8J D. -8.0×10-8J 6.如图所示,空间内有一场强为、方向竖直向下的匀强电场.一根绝缘轻质硬杆的两端分别固定着A、B两只质量均为m带电量均为+q的小球,O点是一光滑水平轴,已知AO=L,BO=2L,重力加速度为g.细杆从水平位置由静止释放,使其自由转动,当B球转到O点正下方的过程中,正确的是( ) A.B球电势能减少了2mgL B.A、B球与杆组成的系统电势能减少了 C. 转动过程中杆对A的弹力不做功 D. 转到最低点时B球的速度为 7.如图所示,带电体Q靠近一个接地空腔正方体导体,空腔里面无电荷,达到静电平衡后,下列物理量中不等于零的是(  ) A. 导体空腔内任意点的场强 B. 导体空腔内任意点的电势 C. 导体外表面的电荷量 D. 导体空腔内表面的电荷量 8.某一电解电容器如图甲所示,接入如图乙所示的电路,下列说法正确的是(  ) A. 该电容器只有在电压为45 V时,电容才是33 μF B. 该电容器能容纳的最大电荷量为3.3×10-5C C. 接通电路后,电容器的电容仍是33 μF D. 接通电路后,灯泡能持续发亮 9.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,周期T=8×10-10s.t=0时,Q板比P板电势高5 V,此时在两板的正中央M点放一个电子,速度为零,电子在静电力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化.假设电子始终未与两板相碰.在0<t<8×10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧、速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(  ) A. 0<t<2×10-10s B. 2×10-10s<t<4×10-10s C. 4×10-10s<t<6×10-10s D. 6×10-10s<t<8×10-10s 10.下列说法正确的是( ) A. 通过导线横截面的电荷量越多,电流越大 B. 通电时间越短,电流越大 C. 通过导线横截面的电荷量越少,电流越小 D. 在单位时间内,通过导体某一横截面的电荷量越多,电流越大 11.对于电动势的定义式E=的理解,正确的是(  ) A.E与W成正比 B.E与q成反比 C.E的大小与W、q无关 D.W表示非静电力 12.有a、b、c、d四只电阻,它们的I-U关系如图1所示,则图中电阻最大的是( ) A. a B. b C. c D. d 13.用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V,分别将其串联和并联在一起,然后接入电路中。通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是( ) A. 图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等 B. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C. 图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等 D. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 14.如图所示,电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中,接通开关后,电动机正常工作,设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2,经过时间t,电流通过电阻R做功W1,产生热量Q1,电流流过电动机做功W2,产生热量Q2,则有(  ) A. B.< C.Q1=t,Q2=t D.W1=t,W2=t 15.甲、乙两根异种材料的电阻丝,其长度之比是1∶5,横截面积之比是2∶3,电阻之比是2∶5,外加电压之比是1∶2,则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是(  ) A. 2∶3 B. 3∶4 C. 4∶3 D. 8∶3 16.如图所示为测电源电动势和内电阻时,依据测量数据作出的路端电压与电流的关系图线,图中DC平行于横坐标轴,DE平行于纵坐标轴,由图可知,以下说法错误的是(  ) A. 比值表示外电路电阻 B. 比值表示电源内电阻 C. 比值表示电源电动势 D. 矩形OCDE的面积表示电源的输出功率 17.关于电场强度和磁感应强度,下列说法正确的是(  ) A. 电场强度的定义式E=,适用于任何电场 B. 由真空中点电荷的电场强度公式E=可知,当r→0时,E→无穷大 C. 由公式B=可知,一小段通电导线在某处若不受磁场力,则说明此处一定无磁场 D. 磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向 18.如图所示,电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点,在圆环中心O处的磁感应强度为(  ) A. 最大,垂直纸面向外 B. 最大,垂直纸而向里 C. 零 D. 无法确定 19.如图是磁流体泵的示意图,已知磁流体泵是高为h的矩形槽,槽左右正对的两壁是导电的,它们的间距为L,两导电壁加上电压U.平行于纸面的前后两绝缘壁间有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.槽的下部分与水银面接触,上部与竖直的绝缘管相连.已知水银的电阻率为ρ1,水银的密度为ρ2,重力加速度为g,磁流体泵正常工作时,水银上升,则下列说法正确的是(  ) A. 水平槽的左壁应该接电源负极,右壁接电源正极 B. 电压一定时,水银槽的长度L越长,受到的安培力越大 C. 电压一定时,水银槽的左侧面面积越大,受到的安培力越大 D. 若U>,则磁流体泵无法工作 20.如图所示,a是带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块,a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场,现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左加速运动,在加速运动阶段(  ) A.a、b一起运动的加速度不变 B.a、b一起运动的加速度增大 C.a、b物块间的摩擦力减小 D.a、b物块间的摩擦力增大 第Ⅱ卷 二、实验题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.在如图甲所示的电路中,四节干电池串联,小灯泡A、B的规格为“3.8V,0.3A”.合上开关S后,无论怎样移动滑动片,A、B灯都不亮. (1)用多用电表的直流电压挡检查故障(只有一处故障),①选择开关置于下列量程的______挡较为合适(用字母序号表示);A.2.5V B.10VC.50V D.250V②测得c、d间电压约为5.8V,e、f间电压为0,则故障是______;A.A灯丝断开 B.B灯丝断开C.d、e间连线断开 D.B灯被短路 (2)接着换用欧姆表的“×1”挡测电阻,欧姆表经过“欧姆调零”,①测试前,一定要将电路中的开关S______(填“断开”或“闭合”);②测c、d间和e、f间电阻时,某次测试结果如图乙所示,读数为______Ω,此时测量的是______间电阻.根据小灯泡的规格计算出的电阻为______Ω(此空保留三位有效数字),它不等于测量值,原因是:______. 22.为了测定一节干电池的电动势和内电阻,现准备了下列器材: ① 待测干电池E(电动势约1.5 V,内阻约1.0 Ω) ② 电流表G(满偏电流3.0 mA,内阻为10 Ω) ③ 安培表A(量程0~0.60 A,内阻约为0.1 Ω) ④ 滑动变阻器R1(0~20 Ω,2 A) ⑤ 滑动变阻器R2(0~1000 Ω,1 A) ⑥ 定值电阻R3=990 Ω ⑦ 开关和导线若干 (1)为了能尽量准确地进行测量,也为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是  . (2)在图甲所示的方框中画出实验电路原理图,并注明器材代号; (3)图乙所示为某同学根据正确的电路图作出的I1﹣I2图线(I1为电流表G的示数,I2为安培表A的示数),由该图线可求出被测干电池的电动势E=  V,内电阻r=  Ω.(结果均保留两位有效数字) 23.有一个额定电压为3.8 V,额定功率约为1 W的小灯泡,现要用伏安法描绘这只灯泡的伏安特性图线,有下列器材可供选用: A.电压表V1(0~6 V,内阻约为5 kΩ) B.电压表V2(0~15 V,内阻约为30 kΩ) C.电流表A1(0~3 A,内阻约为0.1 Ω) D.电流表A2(0~0.6 A,内阻约为0.5 Ω) E.滑动变阻器R1(10 Ω,5 A) F.滑动变阻器R2(200 Ω,0.5 A) G.蓄电池(电动势6 V,内阻不计) H.开关、导线 (1)实验的电路图应选用下列的图(填字母代号) (2) 实验中,电压表选,电流表选,滑动变阻器选.(请填写选项前对应的字母) (3) 测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示,由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 Ω(结果保留两位有效数字);随着电压增大,温度升高,小灯泡的电阻.(填“增大”,“减小”或“不变”) (4)若将此灯泡与电动势12 V、内阻为1 Ω的电源相连,要使灯泡正常发光,需串联一个阻值为Ω的电阻.(结果保留两位有效数字) 24.某同学用图1所示电路,测绘标有“3.8 V,0.3 A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象.除了导线和开关外,有以下一些器材可供选择: 电流表:A1(量程100 mA,内阻约2 Ω);A2(量程0.6 A,内阻约0.3 Ω); 电压表:V1(量程5 V,内阻约5 kΩ );V2(量程15 V,内阻约15 Ω ); 电源:E1(电动势为1.5 V,内阻为0.2 Ω);E2(电动势为4 V,内阻约为0.04 Ω). 滑动变阻器:R1(最大阻值约为100 Ω),R2(最大阻值约为10 Ω), 电键S,导线若干. (1)为了调节方便,测量准确,实验中电流表应选用  ,电压表选用  ,滑动变阻器选用  ,电源选用  .(填器材的符号) (2)根据实验数据,计算并描绘出R﹣U的图象如图2所示.由图象可知,此灯泡在不工作时,灯丝电阻为  ;当所加电压为3.00 V时,灯丝电阻为  ,灯泡实际消耗的电功率为  . (3)根据R﹣U图象,可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系.符合该关系的示意图是下列图中的  . 三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分) 25.如图所示,一均匀带正电的无限长细直棒水平放置,带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场,场强大小与直棒的距离成反比.在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B,A、B所带电量分别为+q和+4q,球A距直棒的距离为a,两球恰好处于静止状态.不计两小球之间的静电力作用. (1)求细线的张力; (2)剪断细线,若A球下落的最大速度为vm,求A球下落到速度最大过程中,电场力对A球做的功. (3)分析剪断细线后,B球的运动情况及能量的转化情况. 26.如图的电路中,R1=6 Ω,R2=R3=3 Ω,R4=R5=15 Ω,C=0.2 μF,电源电动势E= 90 V,内阻忽略不计. (1)仅闭合S1,当b点接地时,m点与n点的电势各是多少伏? (2)再闭合S2,当S2刚闭合的瞬间,通过R5的电流向什么方向? (3)S1、S2均闭合,待电路的状态稳定之后,仅将S1断开,求S1断开后通过电阻R1的 电量. 27.如图所示,A、B为水平放置的间距d=0.2 m的两块足够大的平行金属板,两板间有场强为E=0.1 V/m、方向由B指向A的匀强电场.一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为=10 m/s的带电微粒.已知微粒的质量均为m=1.0×10﹣5kg、电荷量均为q=﹣1.0×10﹣3C,不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响,取g=10 m/s2.求: (1)求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x. (2)要使所有微粒从P点喷出后均做直线运动,应将板间的电场调节为E′,求E′的大小和方向;在此情况下,从喷枪刚开始喷出微粒计时,求经t0=0.02 s时两板上有微粒击中区域的面积和. (3)在满足第(2)问中的所有微粒从P点喷出后均做直线运动情况下,在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=1 T.求B板被微粒打中的区域长度.

  • ID:6-6026634 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第一章 静电场(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-1/第一章 静电场/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第一章 静电场 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.感应起电和摩擦起电都能使物体带电,关于这两种带电过程,下列说法正确的(  ) A. 感应起电和摩擦起电都是电荷从物体的一部分转移到另一部分 B. 感应起电是电荷从一个物体转移到另一个物体 C. 感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体 D. 摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体 【答案】D 【解析】感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一个部分,摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一个物体,故ABC错误,D正确. 2.如图所示,在感应起电中,带负电小球P靠近带绝缘底座的导体M N时,M处将( ) A. 带负电 B. 带正电 C. 不带电 D. 以上答案均有可能 【答案】A 【解析】这是感应起电,当带负电物体靠近带绝缘底座的导体时,同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,左端的负电荷受到排斥力运动到右侧,所以N处带正电,M从带负电,故A正确. 3.如图所示,用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球,悬点为O,两小球均带正电荷,当小球由于静电力作用张开一角度时,A球悬线与竖直线夹角为α,B球悬线与竖直线夹角为β,则两小球质量之比mA∶mB为( ) A. sinβ∶sinα B. cosα∶cosβ C. tanβ∶tanα D. tanα∶tanβ 【答案】A 【解析】对两球受力分析,根据共点力平衡和几何关系的相似比,得: ,,由于,且,则有,且有,故A正确、BCD错误。 4.如图所示,+Q1和﹣Q2是两个可自由移动的电荷,Q2=4Q1.现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上,欲使整个系统平衡,那么(  ) A.Q3应为负电荷,放在Q1的左边 B.Q3应为负电荷,放在Q2的右边 C.Q3应为正电荷,放在Q1的左边 D.Q3应为正电荷,放在Q2的右边 【答案】A 【解析】假设Q3放在Q1Q2之间,那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同,Q3不能处于平衡状态,所以假设不成立. 设Q3所在位置与Q1的距离为r13,Q3所在位置与Q2的距离为r23,要能处于平衡状态, 所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小. 即: 由于Q2=4Q1, 所以r23=2r13,所以Q3位于Q1的左方. 根据同种电荷排斥,异种电荷吸引,可判断Q3带负电. 故选A. 5.如图所示的各电场中,A、B两点场强相同的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】空间中两点场强相同即电场强度大小相等,方向相同.电场线的疏密程度表示电场强度的大小,由图可知,A中A、B两点场强大小相等方向不同,故A错误;B中A、B两点场强方向相同,但EA>EB,故B错误;C为匀强电场,A、B两点电场强度大小相等方向相同,故C正确;D中A、B两点场强方向不同,大小也不相等,故D错误。 6.某区域的电场线分布如图所示,a、b是电场中的两点,则下列关于a、b两点电场强度的判断正确的是(  ) A.Ea<Eb,方向相同 B.Ea<Eb,方向不同 C.Ea>Eb,方向相同 D.Ea>Eb,方向不同 【答案】D 【解析】a处电场线比b处密,因此处电场强度比b处大,电场强度的方向为该点的切线方向,根据电场线可知,ab场强方向不同,故ABC错误,D正确. 7.下列说法中正确的是(  ) A. 正电荷放于电势越低处,电势能越小 B. 负电荷放于电场线越密处,电势能越小 C. 正电荷由电势低处移到电势高处,电场力作正功 D. 负电荷沿电场线移动,电势能减小 【答案】A 【解析】根据推论可知,正电荷放于电势越低处,电势能越小.故A正确.负电荷放于电场线越密处,电场强度越大,受到的电场力大,但电势能不一定越小.故B错误.正电荷由电势低处移到电势高处,电荷的电势能增加,则电场力做负功.故C错误.负电荷受到的电场力的方向与电场线的方向相反,顺着电场线移动,负电荷电势能增大.故D错误.故选A. 8.如图是某一电场中的一簇电场线,现把一个正电荷分别放在AB两点下列说法正确的是( ) A. 此正电荷在A点受到的电场力比B点大 B. 此正电荷在A点的电势能比B点大 C. 电场中B点的电势高于A点的电势 D. 若把此正电荷从A点静止释放,它将沿电场线运动到B点 【答案】B 【解析】根据电场线的疏密知,A点的场强小于B点,则正电荷在A点所受电场力小于B点,故A错误;沿着电场线方向电势逐渐降低,A点电势高于B点,则正电荷在A点电势能比B点大,故B正确,C错误;将正电荷从A点静止释放,运动轨迹不沿电场线方向,故 D错误。 9.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U后,哪个粒子获得的速度最大(  ) A. 质子 B. 氘核 C. α粒子 D. 钠离子 【答案】A 【解析】四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U,故根据动能定理,有: qU=mv2 解得:v= 由上式可知,比荷越大,获得的速度越大,由于质子的比荷最大,所以质子获得的速度最大.故A正确,B、C、D错误. 10.一电量q=2×10﹣9C的正电荷,在静电场中由a点移到b点的过程中除了电场力外,其它力做功为6×10﹣5J,电荷的动能增加了8×10﹣5J,则a、b两点间的电势差Uab为(  ) A. 3×104V B. 1×104V C. 4×104V D. 7×104V 【答案】B 【解析】根据动能定理得: qUab+W其他=Ek 得:Uab==V=1×104V 故选:B 11.如图甲所示,Q1、Q2为两个被固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是( ) A.Q2一定带负电 B.Q2的电量一定大于Q1的电量 C.b点的加速度为零,电场强度也为零 D. 整个运动过程中,粒子的电势能先减小后增大 【答案】C 【解析】从速度图象上看,a到b做加速度减小的减速运动,在b点时粒子运动的加速度为零,则电场力为零,所以该点场强为零.Q1对负电荷的电场力向右,则Q2对负电荷的电场力向左,所以Q2带正电.故A错误,C正确.b点场强为零,可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等,根据知,b到Q1的距离大于到Q2的距离,所以Q1的电量大于Q2的电量.故B错误.整个运动过程动能先减小后增大,根据能量守恒得电势能先增大后减小.故D错误.故选C. 12.如图所示,空间内有一场强为、方向竖直向下的匀强电场.一根绝缘轻质硬杆的两端分别固定着A、B两只质量均为m带电量均为+q的小球,O点是一光滑水平轴,已知AO=L,BO=2L,重力加速度为g.细杆从水平位置由静止释放,使其自由转动,当B球转到O点正下方的过程中,正确的是( ) A.B球电势能减少了2mgL B.A、B球与杆组成的系统电势能减少了 C. 转动过程中杆对A的弹力不做功 D. 转到最低点时B球的速度为 【答案】B 【解析】电场力对B球做功为,故B球的电势能减小3mgL,选项A错误;电场力对A球做功为,故A球的电势能增加,则A、B球与杆组成的系统电势能减少了,选项B正确;A球的电势能增加,重力势能增加,动能增加,则转动过程中杆对A的弹力一定做功,选项C错误;对AB系统,设B球转至最低点时速度为,由能量关系可知:,解得,选项D错误;故选B. 13.如图所示,带电体Q靠近一个接地空腔正方体导体,空腔里面无电荷,达到静电平衡后,下列物理量中不等于零的是(  ) A. 导体空腔内任意点的场强 B. 导体空腔内任意点的电势 C. 导体外表面的电荷量 D. 导体空腔内表面的电荷量 【答案】C 【解析】 静电平衡后导体空腔内任意点的场强为0;电荷分布在导体外表面,空腔内表面的电荷量为0;导体为等势体,接地后电势为0. 14.处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子,利用此原理可以进行静电除尘.如图所示,是一个用来研究静电除尘的实验装置,铝板与手摇起电机的正极相连,缝被针与手摇起电机的负极相连,在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香.转动手摇起电机,蚊香放出的烟雾会被电极吸附,停止转动手摇起电机,蚊香的烟雾又会袅袅上升.关于这个现象,下列说法中正确的是(  ) A. 烟尘因为带正电而被吸附到缝被针上 B. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 C. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 D. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变,离铝板越近则加速度越大 【答案】C 【解析】负离子在电场力的作用下,向正极移动时,碰到烟尘微粒使它带负电.因此,带电尘粒在电场力的作用下,向铝板运动,被吸附到铝板上,故A错误;烟尘向铝板运动时,在电场力作用下做加速运动,所以离铝板越近速度越大,故B错误,C正确;根据针尖端的电场线密集,同一颗粒离铝板越近则加速度越小,故D错误. 15.如图所示,电源A两端的电压恒为6 V,电源B两端的电压恒为8 V,当开关S从A扳到B时,通过电流计的电荷量为1.2×10-5C,则电容器的电容约为(  ) A. 2×10-5F B. 1.5×10-6F C. 6×10-6F D. 8.6×10-7F 【答案】D 【解析】 当开关S接A时,电容器上极板带正电,所带电荷量Q=CUA,当开关S扳到B时,电容器上极板带负电,所带电荷量Q′=CUB,该过程中通过电流计的电荷量ΔQ=Q+Q′=C(UA+UB)=1.2×10-5C,解得电容C≈8.6×10-7F,选项D正确. 16.一个已充电的电容器,若使它的电量减少3×10-4C,则其电压减少为原来的,则(  ) A. 电容器原来的带电量为9×10-4C B. 电容器原来的带电量为4.5×10-4C C. 电容器原来的电压为1 V D. 电容器的电容变为原来的 【答案】B 【解析】 由C=得ΔQ=C(U-U)=CU=Q Q=ΔQ=4.5×10-4C,故B正确.因电容器的电容不知,所以无法得出电容器原来的电压,C错.电容是由电容器本身决定,跟电压和电荷量的变化无关,所以电容器的电容不变,D错误. 17.如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子.在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为(  ) A. 3∶2 B. 2∶1 C. 5∶2 D. 3∶1 【答案】A 【解析】 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为l,电荷量为-q的粒子通过的位移为l,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1=,a2=,由运动学公式有 l=a1t2=t2① l=a2t2=t2② 得=.B、C、D错,A对. 18.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,周期T=8×10-10s.t=0时,Q板比P板电势高5 V,此时在两板的正中央M点放一个电子,速度为零,电子在静电力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化.假设电子始终未与两板相碰.在0<t<8×10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧、速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(  ) A. 0<t<2×10-10s B. 2×10-10s<t<4×10-10s C. 4×10-10s<t<6×10-10s D. 6×10-10s<t<8×10-10s 【答案】D 【解析】0~过程中电子向右做加速运动;~过程中,电子向右减速运动,~T过程中电子向左加速,T~T过程中电子向左减速,D选项正确. 19.如图甲所示,在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),t=0时刻,A板电势高于B板电势,当两板间加上如图乙所示的交变电压后,下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是(  ) A.B.C.D. 【答案】A 【解析】分析电子一个周期内的运动情况:0~时间内,电子从静止开始向A板做匀加速直线运动,~沿原方向做匀减速直线运动,时刻速度为零.~T时间内向B板做匀加速直线运动,T~T继续向B板做匀减速直线运动.根据以上的分析可知A图象符合电子的运动情况.故A正确.电子做匀变速直线运动时x-t图象是抛物线,故B错误.根据电子的运动情况:匀加速运动和匀减速运动,而匀变速运动的加速度不变,a-t图象应平行于横轴.故C错误.匀变速运动速度图象是倾斜的直线,Ek-t图象是曲线.故D错误. 20.如图所示,一束不同的带正电的粒子(不计重力),垂直电场线进入偏转电场,若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同,应满足(  ) A. 具有相同的动能 B. 具有相同的速度 C. 具有相同的 D. 先经同一电场加速,然后再进入偏转电场 【答案】D 【解析】带电粒子进入偏转电场的过程中,其偏转距离为: y=at2=·()2=, 偏转角θ满足tanθ===. 由此知,若动能相等,由于q不同,则不能满足要求,A错误;若速度相同、不同,则不能满足要求,B错误;同样地,若相同,v0不同也不能满足要求,C错误;若经过相同电场加速,满足qU1=mv,则y=,tanθ=,y、tanθ均与v0、Ek、q、m无关,D正确. 第II卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.把质量m的带负电小球A,用绝缘细绳悬挂,若将带电荷量为Q的带正电球B靠近A,当两个带电小球在同一高度相距r时,绳与竖直方向成α角.试求: (1)A球受到的绳子拉力多大? (2)A球带电荷量是多少? 【答案】(1) (2) 【解析】(1)带负电的小球A处于平衡状态,A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力FT的作用,其合力为零.因此mg-FTcosα=0,F-FTsinα=0 得FT=,F=mgtanα. (2)根据库仑定律F=k, 所以A球带电荷量为q=. 22.已知,规定离场源电荷无穷远处电势为零之后,在点电荷电场中电势φ与场源电荷电荷量Q及离点电荷的距离之间的关系为φ=k,其中k为静电力常量,k=9.0×109N·m2/C2.如图所示,某处固定一带电量为Q=+1×10-6C,可看做点电荷的带电小球,另一电荷量为q=+4×10-12C的试探电荷从电场中A点沿曲线(图中实线)运动到B点,已知A、B两点与带电小球球心之间的距离分别为rA=20 cm,rB=10 cm.求: (1)A、B间的电势差UAB; (2)从A到B过程中,试探电荷电势能的变化量. 【答案】(1)-4.5×104V (2)1.8×10-7J 【解析】(1)根据点电荷电势公式,可得A、B两点的电势分别为:φA=k=4.5×104V,φB=k=9.0×104V A、B间的电势差为:UAB=φA-φB=4.5×104-9×104=-4.5×104V (2)设从A到B过程中电势能变化量为ΔEp,根据电场力做功与电势能变化的关系有:ΔEp=-WE=-qUAB 代入数值得:ΔEp=-4×10-12×(-4.5×104) J=1.8×10-7J. 23.如图所示,EF与GH间为一无场区.无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板,两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场,其中A为正极板.无场区右侧为一点电荷Q形成的电场,点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心,圆弧半径为R,圆心角为120°,O、C在两板间的中心线上,D位于GH上.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场,粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管,并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动.(已知静电力常量为k,不计粒子的重力、管的粗细)求: (1)O处点电荷Q的电性和电荷量; (2)两金属板间所加的电压. 【答案】(1)负电  (2) 【解析】(1)由几何关系知,粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°,进入D点时速度v==v0① 在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动,故Q带负电且满足k=m② 由①②得:Q= (2)粒子射出匀强电场时速度方向与水平方向成30°角 tan 30°=③ vy=at④ a=⑤ t=⑥ 由③④⑤⑥得:U== 24.在如图甲所示的平面坐标系内,有三个不同的静电场:第一象限内有位于O点且电荷量为Q的点电荷产生的电场E1,第二象限内有水平向右的匀强电场E2,第四象限内有方向水平、大小按图乙所示规律变化的电场E3,E3以水平向右为正方向,变化周期T=.一质量为m、电荷量为+q的离子从(-x0,x0)点由静止释放,进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动.以离子经过x轴时为计时起点,已知静电力常量为k,不计离子重力.求: (1)离子刚进入第四象限时的速度大小; (2)E2的大小; (3)当t=时,离子的速度; (4)当t=nT时,离子的坐标. 【答案】(1) (2) (3),方向与水平方向成45°角斜向右下 (4)[(n+1)x0,-2nx0] 【解析】(1)设离子刚进入第四象限的速度为v0.在第一象限内,有k=, 得v0=. (2)在第二象限内,由动能定理得qE2x0=mv 解得E2=. (3)离子进入第四象限后,在水平方向上,有v水平=at=×, 得v水平==v0, v合==v0=, 方向与水平方向成45°角斜向右下. (4)离子在第四象限中运动时,y方向上做匀速直线运动,x方向上前半个周期向右匀加速运动,后半个周期向右匀减速运动直到速度为0;每半个周期向右前进·, 每个周期前进x0,x=x0+nx0, y=-v0nT=-2nx0 故t=nT时,离子的坐标为[(n+1)x0,-2nx0] 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第一章 静电场 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.感应起电和摩擦起电都能使物体带电,关于这两种带电过程,下列说法正确的(  ) A. 感应起电和摩擦起电都是电荷从物体的一部分转移到另一部分 B. 感应起电是电荷从一个物体转移到另一个物体 C. 感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体 D. 摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体 2.如图所示,在感应起电中,带负电小球P靠近带绝缘底座的导体M N时,M处将( ) A. 带负电 B. 带正电 C. 不带电 D. 以上答案均有可能 3.如图所示,用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球,悬点为O,两小球均带正电荷,当小球由于静电力作用张开一角度时,A球悬线与竖直线夹角为α,B球悬线与竖直线夹角为β,则两小球质量之比mA∶mB为( ) A. sinβ∶sinα B. cosα∶cosβ C. tanβ∶tanα D. tanα∶tanβ 4.如图所示,+Q1和﹣Q2是两个可自由移动的电荷,Q2=4Q1.现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上,欲使整个系统平衡,那么(  ) A.Q3应为负电荷,放在Q1的左边 B.Q3应为负电荷,放在Q2的右边 C.Q3应为正电荷,放在Q1的左边 D.Q3应为正电荷,放在Q2的右边 5.如图所示的各电场中,A、B两点场强相同的是( ) A. B. C. D. 6.某区域的电场线分布如图所示,a、b是电场中的两点,则下列关于a、b两点电场强度的判断正确的是(  ) A.Ea<Eb,方向相同 B.Ea<Eb,方向不同 C.Ea>Eb,方向相同 D.Ea>Eb,方向不同 7.下列说法中正确的是(  ) A. 正电荷放于电势越低处,电势能越小 B. 负电荷放于电场线越密处,电势能越小 C. 正电荷由电势低处移到电势高处,电场力作正功 D. 负电荷沿电场线移动,电势能减小 8.如图是某一电场中的一簇电场线,现把一个正电荷分别放在AB两点下列说法正确的是( ) A. 此正电荷在A点受到的电场力比B点大 B. 此正电荷在A点的电势能比B点大 C. 电场中B点的电势高于A点的电势 D. 若把此正电荷从A点静止释放,它将沿电场线运动到B点 9.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U后,哪个粒子获得的速度最大(  ) A. 质子 B. 氘核 C. α粒子 D. 钠离子 10.一电量q=2×10﹣9C的正电荷,在静电场中由a点移到b点的过程中除了电场力外,其它力做功为6×10﹣5J,电荷的动能增加了8×10﹣5J,则a、b两点间的电势差Uab为(  ) A. 3×104V B. 1×104V C. 4×104V D. 7×104V 11.如图甲所示,Q1、Q2为两个被固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb,其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是( ) A.Q2一定带负电 B.Q2的电量一定大于Q1的电量 C.b点的加速度为零,电场强度也为零 D. 整个运动过程中,粒子的电势能先减小后增大 12.如图所示,空间内有一场强为、方向竖直向下的匀强电场.一根绝缘轻质硬杆的两端分别固定着A、B两只质量均为m带电量均为+q的小球,O点是一光滑水平轴,已知AO=L,BO=2L,重力加速度为g.细杆从水平位置由静止释放,使其自由转动,当B球转到O点正下方的过程中,正确的是( ) A.B球电势能减少了2mgL B.A、B球与杆组成的系统电势能减少了 C. 转动过程中杆对A的弹力不做功 D. 转到最低点时B球的速度为 13.如图所示,带电体Q靠近一个接地空腔正方体导体,空腔里面无电荷,达到静电平衡后,下列物理量中不等于零的是(  ) A. 导体空腔内任意点的场强 B. 导体空腔内任意点的电势 C. 导体外表面的电荷量 D. 导体空腔内表面的电荷量 14.处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子,利用此原理可以进行静电除尘.如图所示,是一个用来研究静电除尘的实验装置,铝板与手摇起电机的正极相连,缝被针与手摇起电机的负极相连,在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香.转动手摇起电机,蚊香放出的烟雾会被电极吸附,停止转动手摇起电机,蚊香的烟雾又会袅袅上升.关于这个现象,下列说法中正确的是(  ) A. 烟尘因为带正电而被吸附到缝被针上 B. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 C. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 D. 同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变,离铝板越近则加速度越大 15.如图所示,电源A两端的电压恒为6 V,电源B两端的电压恒为8 V,当开关S从A扳到B时,通过电流计的电荷量为1.2×10-5C,则电容器的电容约为(  ) A. 2×10-5F B. 1.5×10-6F C. 6×10-6F D. 8.6×10-7F 16.一个已充电的电容器,若使它的电量减少3×10-4C,则其电压减少为原来的,则(  ) A. 电容器原来的带电量为9×10-4C B. 电容器原来的带电量为4.5×10-4C C. 电容器原来的电压为1 V D. 电容器的电容变为原来的 17.如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子.在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为(  ) A. 3∶2 B. 2∶1 C. 5∶2 D. 3∶1 18.如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,周期T=8×10-10s.t=0时,Q板比P板电势高5 V,此时在两板的正中央M点放一个电子,速度为零,电子在静电力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化.假设电子始终未与两板相碰.在0<t<8×10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧、速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(  ) A. 0<t<2×10-10s B. 2×10-10s<t<4×10-10s C. 4×10-10s<t<6×10-10s D. 6×10-10s<t<8×10-10s 19.如图甲所示,在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),t=0时刻,A板电势高于B板电势,当两板间加上如图乙所示的交变电压后,下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是(  ) A.B.C.D. 20.如图所示,一束不同的带正电的粒子(不计重力),垂直电场线进入偏转电场,若使它们经过电场区域时偏转距离y和偏转角θ都相同,应满足(  ) A. 具有相同的动能 B. 具有相同的速度 C. 具有相同的 D. 先经同一电场加速,然后再进入偏转电场 第II卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.把质量m的带负电小球A,用绝缘细绳悬挂,若将带电荷量为Q的带正电球B靠近A,当两个带电小球在同一高度相距r时,绳与竖直方向成α角.试求: (1)A球受到的绳子拉力多大? (2)A球带电荷量是多少? 22.已知,规定离场源电荷无穷远处电势为零之后,在点电荷电场中电势φ与场源电荷电荷量Q及离点电荷的距离之间的关系为φ=k,其中k为静电力常量,k=9.0×109N·m2/C2.如图所示,某处固定一带电量为Q=+1×10-6C,可看做点电荷的带电小球,另一电荷量为q=+4×10-12C的试探电荷从电场中A点沿曲线(图中实线)运动到B点,已知A、B两点与带电小球球心之间的距离分别为rA=20 cm,rB=10 cm.求: (1)A、B间的电势差UAB; (2)从A到B过程中,试探电荷电势能的变化量. 23.如图所示,EF与GH间为一无场区.无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板,两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场,其中A为正极板.无场区右侧为一点电荷Q形成的电场,点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心,圆弧半径为R,圆心角为120°,O、C在两板间的中心线上,D位于GH上.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场,粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管,并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动.(已知静电力常量为k,不计粒子的重力、管的粗细)求: (1)O处点电荷Q的电性和电荷量; (2)两金属板间所加的电压. 24.在如图甲所示的平面坐标系内,有三个不同的静电场:第一象限内有位于O点且电荷量为Q的点电荷产生的电场E1,第二象限内有水平向右的匀强电场E2,第四象限内有方向水平、大小按图乙所示规律变化的电场E3,E3以水平向右为正方向,变化周期T=.一质量为m、电荷量为+q的离子从(-x0,x0)点由静止释放,进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动.以离子经过x轴时为计时起点,已知静电力常量为k,不计离子重力.求: (1)离子刚进入第四象限时的速度大小; (2)E2的大小; (3)当t=时,离子的速度; (4)当t=nT时,离子的坐标.

  • ID:6-6026630 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第三章 磁场(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-1/第三章 磁场/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第三章 磁场 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列现象中,能表明电和磁有联系的是(  ) A. 摩擦起电 B. 两块磁铁相互吸引或排斥 C. 带电体静止不动 D. 磁铁插入闭合线圈过程中,线圈中产生感应电流 【答案】D 【解析】摩擦起电是电荷的转移,与磁无关,故A错误. 两块磁铁相互吸引或排斥,是磁体通过磁场相互作用,与电无关,故B错误. 带电体静止不动,不会产生磁场,故C错误. 磁铁插入闭合线圈过程中,线圈中产生感应电流,说明磁能生电,故D正确. 2.发现电流的磁效应的物理学家是( ) A. 法拉第 B. 安培 C. 奥斯特 D. 牛顿 【答案】C 【解析】发现电流的磁效应的物理学家是奥斯特,故选C. 3.关于地磁场的下列说法中,正确的是( ) A. 地球的地磁两极与地理两极重合 B. 地球的地磁北极与地理北极重合 C. 地球的地磁北极与地理南极重合 D. 地球的地磁北极在地理南极附近 【答案】D 【解析】地球是个巨大的磁体,地球的周围存在着磁场,任一点的磁场方向是不变的.地磁北极在地理南极附近,地磁南极在地理北极附近. 4.下列物理量属于矢量的是( ) A. 磁感应强度 B. 质量 C. 温度 D. 时间 【答案】A 【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量,如电场强度、磁感应强度、力、加速度等;而标量是指只有大小没有方向的物理量,如质量、时间、温度、速率等,故A正确. 5.有一小段通电导线,长为1 cm,电流强度为5 A,把它置入某磁场中某点,受到的磁场力为0.1 N,则该点的磁感应强度B一定是(  ) A.B=2 T B.B≤2 T C.B≥2 T D. 以上情况都有可能 【答案】C 【解析】长为1 cm,电流强度为5 A,把它置入某磁场中某点,受到的磁场力为0.1 N, 当垂直放入磁场时,由公式B=得:B=2 T, 若不是垂直放入磁场时,则磁感应强度比2 T还要大. 6.在实验精度要求不高的情况下,可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度,具体做法是:在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘.导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度,根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度.现已测出此地的地磁场水平分量B=5.0×10-5T,通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置,如图所示.由此测出该通电直导线在其正下方10 cm处产生磁场的磁感应强度大小为(  ) A. 5.0×10-5T B. 1.0×10-4T C. 8.66×10-5T D. 7.07×10-5T 【答案】C 【解析】将罗盘放在通电导线下方,罗盘静止时罗盘指针所指方向为该处的合磁场方向,如图,所以电流在该处的磁感应强度为B1=Btanθ,代入数据得:B1=8.66×10-5T.C正确 7.如图所示,电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点,在圆环中心O处的磁感应强度为(  ) A. 最大,垂直纸面向外 B. 最大,垂直纸而向里 C. 零 D. 无法确定 【答案】C 【解析】将圆环分成上下两半研究,根据安培定则,上半圆电流在O点产生的磁场方向向里,下半圆电流在O点产生的磁场方向向外,由于电流大小相等,两个产生的磁感应强度大小相等,则O点的磁感应强度为零.故选C. 8.如图所示,通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面,第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ,第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ,设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2,则(  ) A. ΔΦ1>ΔΦ2 B. ΔΦ1=ΔΦ2 C. ΔΦ1<ΔΦ2 D. 不能判断 【答案】C 【解析】通电导线MN周围的磁场并非匀强磁场,靠近MN处的磁场强些,磁感线密一些,远离MN处的磁感线疏一些,当线框在Ⅰ位置时,穿过平面的磁通量为ΦⅠ,当线框平移至Ⅱ位置时,穿过平面的磁通量为ΦⅡ,则磁通量的变化量为ΔΦ1=|ΦⅡ-ΦⅠ|=ΦⅠ-ΦⅡ.当线框翻转到Ⅱ位置时,磁感线相当于从“反面”穿过平面,则磁通量为-ΦⅡ,则磁通量的变化量是ΔΦ2=|-ΔΦⅡ-ΔΦⅠ|=ΦⅠ+ΦⅡ,所以ΔΦ1<ΔΦ2. 9.如图所示,圆a、b与通有电流I的环形导线在同一平面内.关于a、b两圆内的磁场方向和穿过它们的磁通量Фa、Фb,下列判断正确的是(  ) A. 磁场方向垂直纸面向外,Фa>Фb B. 磁场方向垂直纸面向外,Фa<Фb C. 磁场方向垂直纸面向里,Фa>Фb D. 磁场方向垂直纸面向里,Фa<Фb 【答案】A 【解析】根据题意可知,结合右手螺旋定则可得,线圈内部产生的磁场方向垂直纸面向外,而外部则垂直纸面向里; 根据磁通量的公式Φ=BS,可知,Фa>Фb,故A正确,B、C、D错误. 10.两根长直导线平行固定在M、N两点,如图所示,图中的O1为MN的中点,O2为MN延长线上的一点,且N刚好是O1O2的中点,现在两导线中通有方向相反,大小相等的电流,经测量可知O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B2,已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与导线中的电流I成正比,与该点到导线的距离r成反比,即B=k,突然导线N中的电流减为零,则此时(  ) A.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B2-B1 B.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B1-B2 C.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1-B2、B1-B2 D.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1-B2、B2-B1 【答案】B 【解析】根据安培定则可知,M在O1、O2两点产生的磁场的方向都向上,N在O1产生的磁场的方向向上,在O2产生的磁场的方向向下,设: MO1=O1N=NO2=r,电流的大小都是I,则: B1=2× B2=-==B1 若突然导线N中的电流减为0,则:B1′==B1 B2′==B2=-=B1-B2 可知选项B是正确的. 11.一条形磁体静止在斜面上,固定在磁体中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流,如图所示.若将磁体的N极位置与S极位置对调后,仍放在斜面上原来的位置,则磁体对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是( ) A.FN增大,Ff减小 B.FN减小,Ff增大 C.FN与Ff都增大 D.FN与Ff都减小 【答案】C 【解析】在磁铁的N极位置与S极位置对调前,根据左手定则判断可知,导线所受的安培力方向斜向下,由牛顿第三定律得知,磁铁所受的安培力方向斜向上,设安培力大小为F安,斜面的倾角为α,磁铁的重力为G,由磁铁的力平衡得:斜面对磁铁的支持力:F=(G-F安)cosα,摩擦力:f=(G-F安)sinα,在磁铁的N极位置与S极位置对调后,同理可知,斜面对磁铁的支持力:F=(G+F安)cosα,摩擦力:f=(G+F安)sinα,可见,F、f都增大,故 A、B、D错误,C正确. 12.如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度.天平的右臂下面挂一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面.当线圈中通有电流I(方向如图所示)时,在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时,天平平衡;当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平又重新平衡.由此可知(  ) A. 磁感应强度方向垂直纸面向里,大小为 B. 磁感应强度方向垂直纸面向里,大小为 C. 磁感应强度方向垂直纸面向外,大小为 D. 磁感应强度方向垂直纸面向外,大小为 【答案】B 【解析】 因为电流反向时,右边再加砝码才能重新平衡,所以此时安培力竖直向上,由左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里.电流反向前,有m1g=m2g+m3g+NBIL,其中m3为线圈质量.电流反向后,有m1g=m2g+m3g+mg-NBIL.两式联立可得B=.故选B. 13.物理老师在课上做了一个“旋转的液体”实验,实验装置如图6,装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中,器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连,内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连.接通电源后液体旋转起来,关于这个实验,以下说法中正确的是(  ) A. 液体中电流由边缘流向中心:从上往下俯视,液体逆时针旋转 B. 液体中电流由边缘流向中心:从上往下俯视,液体顺时针旋转 C. 液体中电流由中心流向边缘:从上往下俯视,液体逆时针旋转 D. 液体中电流由中心流向边缘:从上往下俯视,液体顺时针旋转 【答案】A 【解析】在电源外部,电流由正极流向负极;由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向,从而判断出液体的旋转方向.解答:在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心;器皿所在处的磁场竖直向上,从上往下俯视,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿逆时针方向,因此液体沿逆时针方向旋转; 故选:A. 点评:本题是一道基础题,知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定则即可正确解题. 14.如图所示,一重为G1的通电圆环置于水平桌面上,圆环中电流方向为顺时针方向(从上往下看),在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁铁,磁铁的中心轴线通过圆环中心,磁铁的上端为N极,下端为S极,磁铁自身的重力为G2.则关于圆环对桌面的压力F和磁铁对轻绳的拉力F′的大小,下列关系中正确的是(  ) A.F>G1,F′>G2 B.F<G1,F′>G2 C.F<G1,F′<G2 D.F>G1,F′<G2 【答案】D 【解析】 顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针,由安培定则可知,“小磁针”的N极向下,S极向上,故与磁铁之间的相互作用力为斥力,所以圆环对桌面的压力F将大于圆环的重力G1,磁铁对轻绳的拉力F′将小于磁铁的重力G2,选项D正确. 15.电动自行车是一种应用广泛的交通工具,其速度控制是通过转动右把手实现的,这种转动把手称“霍尔转把”,属于传感器非接触控制.转把内部有永久磁铁和霍尔器件等,截面如图(甲).开启电源时,在霍尔器件的上下面之间加一定的电压,形成电流,如图(乙).随着转把的转动,其内部的永久磁铁也跟着转动,霍尔器件能输出控制车速的电压,已知电压与车速关系如图(丙).以下关于“霍尔转把”叙述正确的是(  ) A. 为提高控制的灵敏度,永久磁铁的上、下端分别为N、S 极 B. 按图甲顺时针转动电动车的右把手,车速将变快 C. 图乙中从霍尔器件的左、右侧面输出控制车速的霍尔电压 D. 若霍尔器件的上、下面之间所加电压正、负极性对调,将影响车速控制 【答案】B 【解析】由于在霍尔器件的上、下面之间加一定的电压,形成电流,当永久磁铁的上、下端分别为N、S 极时,磁场与电子的移动方向平行,则电子不受洛伦兹力作用,那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差,故A错误;当按图甲顺时针转动把手,导致霍尔器件周围的磁场增加,那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大,因此车速变快,故B正确;根据题意,结合图乙的示意图,那么永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面,或在前、后表面,因此从霍尔器件输出控制车速的电势差,不一定在霍尔器件的左、右侧面,也可能在前、后表面,故C错误;当霍尔器件的上、下面之间所加电压正、负极性对调,从霍尔器件输出控制车速的电势差正、负号相反,但由图丙可知,不会影响车速控制,故D错误. 16.如图,长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液,在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片,使溶液中通入沿x轴正向的电流I,沿y轴正向加恒定的匀强磁场B,图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面,下列说法正确的是(  ) A.a处电势高于b处电势 B.a处离子浓度大于b处离子浓度 C. 溶液的上表面电势高于下表面的电势 D. 溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度 【答案】B 【解析】A、电流向右,正离子向右运动,磁场的方向是竖直向上的,根据左手定则可以判断,正离子受到的洛伦兹力的方向是向前,即向a处运动,同理,可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的,所以a处整体不带电,a的电势和b的电势相同,所以A错误;B、由于正负离子都向a处运动,所以a处的离子浓度大于b处离子浓度,所以B正确;CD、离子都向a出运动,并没有上下之分,所以溶液的上表面电势等于下表面的电势,溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度,所以CD错误. 故选B。 17.如图所示是磁流体发电机原理示意图,A、B极板间的磁场方向垂直于纸面向里,等离子束从左向右进入板间,下列叙述正确的是(  ) A.A板电势高于B板,负载R中电流向上 B.B板电势高于A板,负载R中电流向上 C.A板电势高于B板,负载R中电流向下 D.B板电势高于A板,负载R中电流向下 【答案】C 【解析】等离子束指的是含有大量正、负离子,整体呈中性的离子流,进入磁场后,正离子受到向上的洛伦兹力向A板偏,负离子受到向下的洛伦兹力向B板偏.这样正离子聚集在A板,负离子聚集在B板,A板电势高于B板,电流方向为A→R→B. 18.容器中有质子,α粒子的混合物,为了把它们分开,先让它们从静止开始经电场加速,穿出加速电场后,第一种:垂直进入匀强电场;第二种:垂直进入匀强磁场,利用电场或磁场使它们偏转,最后穿出电场或磁场,从而达到分开的目的。对于上述两种情况,能使质子和α粒子分开的是(不计粒子重力)( ) A. 两种情况都能使质子和α粒子分开 B. 两种情况都不能使质子和α粒子分开 C. 进入电场后可以分开进入磁场不能分开 D. 进入电场后不能分开进入磁场能够分开 【答案】D 【解析】设加速电场电压为U,则在电场中加速过程,根据动能定理有:;进入电场时,粒子做类平抛运动,设电场强度为E,则在垂直电场线方向上有:,沿电场线方向上有:,则可知,偏转位移与荷质比无关,故无法将两种粒子分开;进入磁场时,根据洛伦兹力充当向心力则有:,解得:,因荷质比不同,则两种粒子运动半径不同,故在磁场中散开,由以上分析可知,D正确,A、B、C错误。 19.如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道,K为轨道最低点,Ⅰ处于匀强磁场中,Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中,三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中,下列说法正确的是( ) A. 在K处球a速度最大 B. 在K处球b对轨道压力最大 C. 球b需要的时间最长 D. 球c机械能损失最多 【答案】C 【解析】对a小球受力分析可知,,所以; 对b球受力分析可得,,所以; 对c球受力分析可知,所以; 由于a球在磁场中运动,磁场力对小球不做功,整个过程中小球的机械能守恒;b球受到的电场力对小球做负功,到达最低点时的速度的大小最小,所以b球的运动的时间也长,所以A错误,C正确;c球受到的电场力对小球做正功,到达最低点时球的速度大小最大,所以c球的机械能增加,c球对轨道压力最大,所以B错误,D错误. 20.如图所示,实线表示在竖直平面内的电场线,电场线与水平方向成α角,水平方向的匀强磁场与电场正交,有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动,L与水平方向成β角,且α>β,则下列说法中错误的是(  ) A. 液滴一定做匀速直线运动 B. 液滴一定带正电 C. 电场线方向一定斜向上 D. 液滴有可能做匀变速直线运 【答案】D 【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛,由于α>β,这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向,因此这三个力的合力一定为零,带电液滴做匀速直线运动,不可能做匀变速直线运动,故A正确,D错误; 当带电液滴带正电,且电场线方向斜向上时,带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用,这三个力的合力可能为零,带电液滴沿虚线L做匀速直线运动,如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时,带电液滴所受合力不为零,不可能沿直线运动,故B、C正确. 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置,它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ=37°,两轨道之间的距离L=0.50 m.一根质量m=0.20 kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,且接触良好,整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中.在导轨的上端接有电动势E=36 V、内阻r=1.6 Ω的直流电源和电阻箱R.已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g=10 m/s2. (1)若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计,当电阻箱接入电路中的电阻R1=2.0 Ω时,金属杆ab静止在轨道上. ①如果磁场方向竖直向下,求满足条件的磁感应强度的大小; ②如果磁场的方向可以随意调整,求满足条件的磁感应强度的最小值及方向; (2)如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略,整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B=0.40 T的匀强磁场中,当电阻箱接入电路中的电阻值R2=3.4 Ω时,金属杆ab仍保持静止,求此时金属杆ab受到的摩擦力Ff大小及方向. 【答案】(1)①0.30 T ②0.24 T 垂直于轨道平面斜向下 (2)0.24 N 沿轨道平面向下 【解析】(1)①设通过金属杆ab的电流为I1, 根据闭合电路欧姆定律可知:I1=E/(R1+r) 设磁感应强度为B1,由安培定则可知金属杆ab所受安培力沿水平方向,金属杆ab受力如图所示. 对金属杆ab,根据共点力平衡条件有:B1I1L=mgtanθ 解得:B1==0.30 T ②根据共点力平衡条件可知,最小的安培力方向应沿导轨平面向上,金属杆ab受力如图所示. 设磁感应强度的最小值为B2,对金属杆ab,根据共点力平衡条件有: B2I1L=mgsinθ 解得:B2==0.24 T 根据左手定则可判断出,此时磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下. (2)设通过金属杆ab的电流为I2, 根据闭合电路欧姆定律可知:I2=E/(R2+r) 假设金属杆ab受到的摩擦力方向沿轨道平面向下, 根据共点力平衡条件有:BI2L=mgsinθ+Ff 解得:Ff=0.24 N 结果为正,说明假设成立,摩擦力方向沿轨道平面向下. 22.如图a所示的平面坐标系xOy,在整个区域内充满了匀强磁场,磁场方向垂直坐标平面,磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示,开始时刻,磁场方向垂直纸面向里(如图).t=0时刻,有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正向进入磁场,初速度为v0=2×103m/s.已知正粒子的比荷为1.0×104C/kg,其它有关数据见图中标示.试求: (1)t=×10-4s时刻,粒子的坐标. (2)粒子从开始时刻起经多长时间第一次到达y轴; (3)粒子是否还可以返回坐标原点O?如果可以,则经多长时间第一次返回坐标原点O. 【答案】(1)(0.2m,0.6 m)  (2)×10-4s (3)12π×10-4s 【解析】(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动,设半径为r,周期为T,根据洛伦兹力提供向心力有:qvB=,故圆周运动的半径为r==m=0.4 m 又:T==s=4π×10-4s 在磁场变化的第一段时间内,粒子运动的周期数为:N==(个运动周期), 运动轨迹对应的圆心角为120°,作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示.第一段时间末,粒子的坐标为:x=Rcos 30°=0.2m,y=R+sin 30°=0.6 m,所求时刻,粒子的坐标(0.2m,0.6 m) (2)根据第(1)问可知,粒子在第一个磁场变化的时间段内时,运动了N1=个周期,在第二个时间段内运动的周期数为N2==(个周期)所对应的运动轨迹圆心角为60°,(运动轨迹如图所示.第三个时间段内同样运动了:N2==(个周期)所对应的圆心角为120°,(粒子运动轨迹如图,粒子恰好在第三段时间末通过y轴故运动时间为:t=×10-4s. (3)粒子在磁场中做周期性运动,根据对称性和周期性,画出粒子的部分运动轨迹如图,其中O2、O6、O10构成一个正三边形.故粒子在磁场中一共运动了6个大圆弧和6个小圆弧,故从原点出发到回到原点的总时间为:t1=6××10-4s+6××10-4s=12π×10-4s. 23.如图甲所示,两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压,两板间的电场可看作匀强电场,且两板外无电场,板长L=0.8 m,板间距离d=0.6 m.在金属板右侧有一磁感应强度B=2.0×10-2T,方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁场宽度为l1=0.12 m,磁场足够长.MN为一竖直放置的足够大的荧光屏,荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0.08 m,MN及磁场边界均与AB两板中线OO′垂直.现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场中.已知每个粒子的速度v0=4.0×105m/s,比荷=1.0×108C/kg,重力忽略不计,每个粒子通过电场区域的时间极短,电场可视为恒定不变. (1)求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离; (2)若粒子恰好能从金属板边缘离开,求此时两极板上的电压; (3)试求能离开电场的粒子的最大速度,并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上?如果能打在荧光屏上,试求打在何处. 【答案】(1)0.10 m (2)900 V (3)5×105m/s,该粒子不能打在右侧的荧光屏上 【解析】(1)t=0时进入电场的粒子匀速通过电场,进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qv0B=m,代入数据解得:R1=0.2 m, 粒子运动轨迹如图所示:   由几何知识可得:sinθ===0.6 粒子在磁场中偏移的距离:y1=R1-R1cosθ 代入数据解得:y1=0.04 m 粒子出磁场后做匀速直线运动,y2=l2tanθ, 代入数据解得:y2=0.06 m, 粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为:y=y1+y2=0.10 m (2)设两板间电压为U1时,带电粒子刚好从极板边缘射出电场, d=at2,q=ma,L=v0t, 解得:U1=900 V (3)由动能定理得:q=mv-mv 代入数据解得:v1=5×105m/s 粒子在电场中的偏向角α,cosα===0.8, 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qv1B=m, 代入数据解得:R2=0.25 m, R2-R2sinα=0.25 m-0.25×m=0.1 m<l1=0.12 m 该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上. 24.在如图所示的平面直角坐标系xOy中,存在沿x方向按如图所示规律周期性变化的匀强电场,沿x轴正向为正,沿垂直于xOy平面指向纸里的方向中存在按如图所示规律周期性变化的匀强磁场,坐标原点O处有带正电的粒子,从t=0时刻无初速释放,已知粒子的质量m=5×10-10kg,电荷量q=1×10-6C,不计粒子的重力,求: (1)t=0.25×10-3s时粒子的速度及位置; (2)t=1×10-3s时粒子的位置坐标; (3)t=8×10-3时粒子的速度. 【答案】(1)5 m/s,沿x轴正向 6.25×10-4m (2)末位置坐标:x=-(L2-L1)=-1.25×10-3m y=-(2R2-2R1)=-8×10-4m (3)v=16v1=80 m/s 方向沿x轴正向 【解析】解:(1)在第一个t0=0.25×10-3s内粒子的加速度a满足:qE=ma 末速度v1=at0=5 m/s 沿x轴正向运动L1=t0=6.25×10-4m (2)在0.25×10-3s到0.5×10-3s内粒子做匀速圆周运动,T==0.5×10-3s 故粒子在0.25×10-3s内运动了半个圆周,而圆周运动的半径R1= 在0.5×10-3s到0.75×10-3s内粒子沿x轴负向匀加速运动, 末速度大小v2=v1+at0=2v1位移大小L2=t0=3L1 在0.75×10-3s到1×10-3s内粒子做匀速圆周运动,R2==2R1 末位置坐标:x=-(L2-L1)=-1.25×10-3m y=-(2R2-2R1)=-8×10-4m (3)粒子在8×10-3s内16次加速,每次速度增加v1, 故:v=16v1=80 m/s 方向沿x轴正向 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第三章 磁场 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列现象中,能表明电和磁有联系的是(  ) A. 摩擦起电 B. 两块磁铁相互吸引或排斥 C. 带电体静止不动 D. 磁铁插入闭合线圈过程中,线圈中产生感应电流 2.发现电流的磁效应的物理学家是( ) A. 法拉第 B. 安培 C. 奥斯特 D. 牛顿 3.关于地磁场的下列说法中,正确的是( ) A. 地球的地磁两极与地理两极重合 B. 地球的地磁北极与地理北极重合 C. 地球的地磁北极与地理南极重合 D. 地球的地磁北极在地理南极附近 4.下列物理量属于矢量的是( ) A. 磁感应强度 B. 质量 C. 温度 D. 时间 5.有一小段通电导线,长为1 cm,电流强度为5 A,把它置入某磁场中某点,受到的磁场力为0.1 N,则该点的磁感应强度B一定是(  ) A.B=2 T B.B≤2 T C.B≥2 T D. 以上情况都有可能 6.在实验精度要求不高的情况下,可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度,具体做法是:在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘.导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度,根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度.现已测出此地的地磁场水平分量B=5.0×10-5T,通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置,如图所示.由此测出该通电直导线在其正下方10 cm处产生磁场的磁感应强度大小为(  ) A. 5.0×10-5T B. 1.0×10-4T C. 8.66×10-5T D. 7.07×10-5T 7.如图所示,电流从A点分两路通过对称的半圆支路汇合于B点,在圆环中心O处的磁感应强度为(  ) A. 最大,垂直纸面向外 B. 最大,垂直纸而向里 C. 零 D. 无法确定 8.如图所示,通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面,第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ,第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ,设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2,则(  ) A. ΔΦ1>ΔΦ2 B. ΔΦ1=ΔΦ2 C. ΔΦ1<ΔΦ2 D. 不能判断 9.如图所示,圆a、b与通有电流I的环形导线在同一平面内.关于a、b两圆内的磁场方向和穿过它们的磁通量Фa、Фb,下列判断正确的是(  ) A. 磁场方向垂直纸面向外,Фa>Фb B. 磁场方向垂直纸面向外,Фa<Фb C. 磁场方向垂直纸面向里,Фa>Фb D. 磁场方向垂直纸面向里,Фa<Фb 10.两根长直导线平行固定在M、N两点,如图所示,图中的O1为MN的中点,O2为MN延长线上的一点,且N刚好是O1O2的中点,现在两导线中通有方向相反,大小相等的电流,经测量可知O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B2,已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B与导线中的电流I成正比,与该点到导线的距离r成反比,即B=k,突然导线N中的电流减为零,则此时(  ) A.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B2-B1 B.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1、B1-B2 C.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1-B2、B1-B2 D.O1、O2两点的磁感应强度大小分别为B1-B2、B2-B1 11.一条形磁体静止在斜面上,固定在磁体中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流,如图所示.若将磁体的N极位置与S极位置对调后,仍放在斜面上原来的位置,则磁体对斜面的压力FN和摩擦力Ff的变化情况分别是( ) A.FN增大,Ff减小 B.FN减小,Ff增大 C.FN与Ff都增大 D.FN与Ff都减小 12.如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度.天平的右臂下面挂一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面.当线圈中通有电流I(方向如图所示)时,在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时,天平平衡;当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平又重新平衡.由此可知(  ) A. 磁感应强度方向垂直纸面向里,大小为 B. 磁感应强度方向垂直纸面向里,大小为 C. 磁感应强度方向垂直纸面向外,大小为 D. 磁感应强度方向垂直纸面向外,大小为 13.物理老师在课上做了一个“旋转的液体”实验,实验装置如图6,装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中,器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连,内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连.接通电源后液体旋转起来,关于这个实验,以下说法中正确的是(  ) A. 液体中电流由边缘流向中心:从上往下俯视,液体逆时针旋转 B. 液体中电流由边缘流向中心:从上往下俯视,液体顺时针旋转 C. 液体中电流由中心流向边缘:从上往下俯视,液体逆时针旋转 D. 液体中电流由中心流向边缘:从上往下俯视,液体顺时针旋转 14.如图所示,一重为G1的通电圆环置于水平桌面上,圆环中电流方向为顺时针方向(从上往下看),在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁铁,磁铁的中心轴线通过圆环中心,磁铁的上端为N极,下端为S极,磁铁自身的重力为G2.则关于圆环对桌面的压力F和磁铁对轻绳的拉力F′的大小,下列关系中正确的是(  ) A.F>G1,F′>G2 B.F<G1,F′>G2 C.F<G1,F′<G2 D.F>G1,F′<G2 15.电动自行车是一种应用广泛的交通工具,其速度控制是通过转动右把手实现的,这种转动把手称“霍尔转把”,属于传感器非接触控制.转把内部有永久磁铁和霍尔器件等,截面如图(甲).开启电源时,在霍尔器件的上下面之间加一定的电压,形成电流,如图(乙).随着转把的转动,其内部的永久磁铁也跟着转动,霍尔器件能输出控制车速的电压,已知电压与车速关系如图(丙).以下关于“霍尔转把”叙述正确的是(  ) A. 为提高控制的灵敏度,永久磁铁的上、下端分别为N、S 极 B. 按图甲顺时针转动电动车的右把手,车速将变快 C. 图乙中从霍尔器件的左、右侧面输出控制车速的霍尔电压 D. 若霍尔器件的上、下面之间所加电压正、负极性对调,将影响车速控制 16.如图,长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液,在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片,使溶液中通入沿x轴正向的电流I,沿y轴正向加恒定的匀强磁场B,图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面,下列说法正确的是(  ) A.a处电势高于b处电势 B.a处离子浓度大于b处离子浓度 C. 溶液的上表面电势高于下表面的电势 D. 溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度 17.如图所示是磁流体发电机原理示意图,A、B极板间的磁场方向垂直于纸面向里,等离子束从左向右进入板间,下列叙述正确的是(  ) A.A板电势高于B板,负载R中电流向上 B.B板电势高于A板,负载R中电流向上 C.A板电势高于B板,负载R中电流向下 D.B板电势高于A板,负载R中电流向下 18.容器中有质子,α粒子的混合物,为了把它们分开,先让它们从静止开始经电场加速,穿出加速电场后,第一种:垂直进入匀强电场;第二种:垂直进入匀强磁场,利用电场或磁场使它们偏转,最后穿出电场或磁场,从而达到分开的目的。对于上述两种情况,能使质子和α粒子分开的是(不计粒子重力)( ) A. 两种情况都能使质子和α粒子分开 B. 两种情况都不能使质子和α粒子分开 C. 进入电场后可以分开进入磁场不能分开 D. 进入电场后不能分开进入磁场能够分开 19.如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道,K为轨道最低点,Ⅰ处于匀强磁场中,Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中,三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中,下列说法正确的是( ) A. 在K处球a速度最大 B. 在K处球b对轨道压力最大 C. 球b需要的时间最长 D. 球c机械能损失最多 20.如图所示,实线表示在竖直平面内的电场线,电场线与水平方向成α角,水平方向的匀强磁场与电场正交,有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动,L与水平方向成β角,且α>β,则下列说法中错误的是(  ) A. 液滴一定做匀速直线运动 B. 液滴一定带正电 C. 电场线方向一定斜向上 D. 液滴有可能做匀变速直线运 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.如图所示,两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置,它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ=37°,两轨道之间的距离L=0.50 m.一根质量m=0.20 kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,且接触良好,整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中.在导轨的上端接有电动势E=36 V、内阻r=1.6 Ω的直流电源和电阻箱R.已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g=10 m/s2. (1)若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计,当电阻箱接入电路中的电阻R1=2.0 Ω时,金属杆ab静止在轨道上. ①如果磁场方向竖直向下,求满足条件的磁感应强度的大小; ②如果磁场的方向可以随意调整,求满足条件的磁感应强度的最小值及方向; (2)如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略,整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B=0.40 T的匀强磁场中,当电阻箱接入电路中的电阻值R2=3.4 Ω时,金属杆ab仍保持静止,求此时金属杆ab受到的摩擦力Ff大小及方向. 22.如图a所示的平面坐标系xOy,在整个区域内充满了匀强磁场,磁场方向垂直坐标平面,磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示,开始时刻,磁场方向垂直纸面向里(如图).t=0时刻,有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正向进入磁场,初速度为v0=2×103m/s.已知正粒子的比荷为1.0×104C/kg,其它有关数据见图中标示.试求: (1)t=×10-4s时刻,粒子的坐标. (2)粒子从开始时刻起经多长时间第一次到达y轴; (3)粒子是否还可以返回坐标原点O?如果可以,则经多长时间第一次返回坐标原点O. 23.如图甲所示,两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压,两板间的电场可看作匀强电场,且两板外无电场,板长L=0.8 m,板间距离d=0.6 m.在金属板右侧有一磁感应强度B=2.0×10-2T,方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁场宽度为l1=0.12 m,磁场足够长.MN为一竖直放置的足够大的荧光屏,荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0.08 m,MN及磁场边界均与AB两板中线OO′垂直.现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场中.已知每个粒子的速度v0=4.0×105m/s,比荷=1.0×108C/kg,重力忽略不计,每个粒子通过电场区域的时间极短,电场可视为恒定不变. (1)求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离; (2)若粒子恰好能从金属板边缘离开,求此时两极板上的电压; (3)试求能离开电场的粒子的最大速度,并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上?如果能打在荧光屏上,试求打在何处. 24.在如图所示的平面直角坐标系xOy中,存在沿x方向按如图所示规律周期性变化的匀强电场,沿x轴正向为正,沿垂直于xOy平面指向纸里的方向中存在按如图所示规律周期性变化的匀强磁场,坐标原点O处有带正电的粒子,从t=0时刻无初速释放,已知粒子的质量m=5×10-10kg,电荷量q=1×10-6C,不计粒子的重力,求: (1)t=0.25×10-3s时粒子的速度及位置; (2)t=1×10-3s时粒子的位置坐标; (3)t=8×10-3时粒子的速度.

  • ID:6-6026627 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第二章 恒定电流(原卷版+解析版)

    高中物理/人教版(新课程标准)/选修3/选修3-1/第二章 恒定电流/本章综合与测试

    绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第二章 恒定电流 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列说法中正确的是( ) A. 电流的方向就是电荷移动的方向 B. 电流都是由电子的移动形成的 C. 在直流电源对外供电的过程中,外电路上电流的方向是从电源正极流向负极 D. 电流是有方向的量,所以是矢量 【答案】C 【解析】正电荷的定向移动方向为电流的方向,负电荷的定向移动方向和电流的方向相反,A错误;电流也可以由正离子的定向移动形成,B错误;在直流电路中,外电路上电流的方向是从电源正极流向负极,但电流在外电路只有这一个方向,不是矢量,C正确,D错误. 2.关于电源电动势E的下列说法中错误的是( ) A. 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同,都是伏特V B. 干电池和铅蓄电池的电动势是不同的 C. 电动势E可表示为可知,电源内非静电力做功越多,电动势越大 D. 电动势较大,表示电源内部将其它形式能转化为电能的本领越大 【答案】C 【解析】电动势E的单位与电势差的单位相同,都是伏特,故A正确;电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小,干电池的电动势为1.5 V,而铅蓄电池的电动势大小是2 V,故B正确;电动势E可表示为可知,电源内非静电力移动单位正电荷做功越多,电动势越大,选项C错误;电动势较大,表示电源内部将其它形式能转化为电能的本领越大,选项D正确. 3.有a、b、c、d四只电阻,它们的I-U关系如图1所示,则图中电阻最大的是( ) A. a B. b C. c D. d 【答案】D 【解析】电阻,可知电阻R等于I-U图线的斜率倒数,图线d的斜率的最小,电阻最大,故选D. 4.如图所示,当a、b端接入100 V电压时,c、d两端为20 V;当c、d两端接入100 V时,a、b两端电压为50 V,则R1∶R2∶R3是( ) A. 4∶2∶1 B. 2∶1∶1 C. 3∶2∶1 D. 以上都不对 【答案】A 【解析】当a、b端接入电压时,两个与串联,c、d端测得两端的电压,由欧姆定律可得,解得∶=2∶1;当c、d端接入时,两个与串联,ab端测得两端的电压,,解得∶=2∶1,故∶∶=4∶2∶1,故A正确. 5.一同学在某电路中接上两个毫安表和两个相同的电压表,如图所示,毫安表1的读数I1=100 mA,毫安表2的读数I2=99 mA,电压表V1的读数U1=10 V,则电压表V2的读数应为(  ) A. 0.01 V B. 1 V C. 0.1 V D. 10 V 【答案】C 【解析】由题知电压表V1的电阻为:R===100 Ω 据串并联电路的特点知,通过电压表V2的电流:I=I1﹣I2=0.1 A﹣0.099 A=0.001 A 所以电压表V2的示数为:U2=IR=0.001×100 V=0.1 V,故A、B、D错误,C正确. 6.智能手机耗电量大,移动充电宝应运而生,它是能直接给移动设备充电的储能装置.充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值,一般在0.60﹣0.70之间(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗).如图为某一款移动充电宝,其参数见如表,下列说法正确的是(  ) A. 充电宝充电时将电能转化为内能 B. 该充电宝最多能储存能量为3.6×l06J C. 该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 h D. 该充电宝给电量为零、容量为3000 mAh的手机充电,则理论上能充满4次 【答案】D 【解析】充电宝充电时将电能转化为化学能,不是内能,故A错误;该充电宝的容量为:q=20000 mAh=20000×10﹣3×3600 C=7.2×104C,该电池的电动势为5 V,所以充电宝储存的能量:E=E电动势?q=5×7.2×104J =3.6×105J,故B错误;以2 A的电流为用电器供电,则供电时间t=,故C错误;由于充电宝的转化率是0.6,所以可以释放的电能为:20000 mAh×0.6=12000 mAh,给容量为3000 mAh的手机充电的次数:n==4次,故D正确. 7.将一根长为L,横截面积为S,电阻率为ρ的保险丝截成等长的两段,并把两段并起来作为一根使用,则它的电阻和电阻率分别为(  ) A.、 B.、ρ C.、ρ D.、 【答案】B 【解析】根据电阻定律的公式知,长度变为原来的一半,横截面积变为原来的2倍,则电阻变为原来的,而电阻率不变,故B正确,A、C、D错误. 8.如图所示为测电源电动势和内电阻时,依据测量数据作出的路端电压与电流的关系图线,图中DC平行于横坐标轴,DE平行于纵坐标轴,由图可知,以下说法错误的是(  ) A. 比值表示外电路电阻 B. 比值表示电源内电阻 C. 比值表示电源电动势 D. 矩形OCDE的面积表示电源的输出功率 【答案】C 【解析】由图象可知,D点对应的路端电压大小可以用DE表示,电路电流可以用OE表示,外电路电阻R=,故A正确; AC段表示电源内电压,CD表示电路电流,电源内阻r=,故B正确; 电源的电动势E=U内+U外=AC+CO=AO,故C错误; 电源的输出功率P=U外I=CO×OE=SCODE,故D正确; 本题选错误的,故选C. 9.某同学设计了一个多量程多用电表,其内部结构原理图如图所示.其电流表的量程分别为10 mA和250 mA,电压表的量程分别为10 V和250 V,电阻档分别为“×10 Ω”和“×100 Ω”.则下列说法正确的是(  ) A. 功能选择开关S与“1”相接时,所测物理量和量程分别是直流电流、250 mA B. 功能选择开关S与“3”相接时,所测物理量和量程分别是直流电流、10 mA C. 功能选择开关S与“5”相接时,所测物理量和量程分别是直流电压、250 V D. 做电流表或电压表时电流从红表笔流进,从黑表笔流出,作欧姆表时电流从红表笔流出,从黑表笔流进 【答案】A 【解析】由图可知,选择开关接“1”时,表头与电阻R1并联,且并联电阻较小,因此选择开关接“1”时测电流,由于并联电阻小,电流表量程大,量程是250 mA,故A正确; 功能选择开关S与“3”相接时,是用来测电阻的,故B错误; 选择开关接“5”时,表头与电阻R5串联,串联电阻较小,此时多用电表测电压,量程较小,量程是10 V,故C错误; 作电流表或电压表时电流从红表笔流进,从黑表笔流出,作欧姆表时,电源在内部,电流从黑表笔流出,从红表笔流进,故D错误. 10.用多用电表测直流电压U和测电阻R时,若红表笔插入多用电表的(+)插孔,则(  ) A. 测U时电流从红表笔流入多用电表,测R时电流从红表笔流出多用电表 B. 测U、测R电流均从红表笔流入多用电表 C. 测U、测R电流均从红表笔流出多用电表 D. 测U时电流从红表笔流出多用电表,测R时电流从红表笔流入多用电表 【答案】B 【解析】多用电表的(+)插孔连接的是表头的流入端,所以无论测U、测R电流均从红表笔流入多用电表. 11.某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中,安装好如图所示的装置。向杯中加入冷水,温度计的示数为20 ℃,多用电表选择适当的倍率,读出热敏电阻的阻值R1,然后向杯内加入热水,温度计的示数为60 ℃,发现多用电表的指针偏角较大,则下列说法正确的是 A. 多用电表应选用电流档,温度升高换用大量程测量 B. 多用电表应选用电流档,温度升高换用小量程测量 C. 多用电表应选用欧姆档,温度升高时换用倍率大的档 D. 多用电表应选用欧姆档,温度升高时换用倍率小的档 【答案】D 【解析】因题目中用多用电表与测电阻直接相连,故只能选用从多用电表的欧姆档;温度升高时,电表指针偏大,说明热敏电阻的阻值减小,所以电表的倍率应减小,D正确,A、B、C错误. 12.在《测定电源电动势和内阻》的实验中,进行数据处理时的作图,正确做法是(  ) A. 横坐标I的起点一定要是零 B. 纵坐标U的起点一定要是零 C. 使表示实验数据的点尽可能地集中在一边 D. 使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸 【答案】D 【解析】如果实验数据比较集中,电流和电压的取值不一定要从零开始,以图线占整个坐标纸的范围取值,A、B、C错;D对. 13.某同学用电压表、电流表测量一节干电池的电动势和内阻,采用的电路图如图所示,实验操作正确,他记录了七组(U,I)数据,关于数据的处理,下列操作正确的是(  ) A. 电压表的读数U的平均值等于电动势E B. 任意取两组数据,代入方程E=U1+I1r,求出E、r C. 画出U-I图象,由图象求E、r D. 以上说法都正确 【答案】C 【解析】选项A,电压表测的是外电路两端的电压,不等于电动势;选项B,测量的偶然误差很大;选项C,画出U-I图象,这七组数据对应的点不一定都在一条直线上,作U-I图象时,舍去误差较大的点,故由图象法求E、r可减小偶然误差,故正确操作应为C. 14.如图所示为一个简单的报警器电路图,下列说法正确的是(  ) A. S1、S2都合上时报警器发声 B. S1断开、S2合上时报警器发声 C. S1、S2都断开时报警器发声 D. S1闭合、S2断开时报警器发声 【答案】D 【解析】题目中给出了”与”门的符号,表示为”与”门电路,那么只有输入端均为“1”时,报警器才发声.在电路的输入端标上字母A、B,如图所示, 当S1闭合时,A接+5 V,为高电势,即A输入为“1”,当S1断开时,R1无电流通过,A点电势为0 V,输入为“0”;同理,S2断开,R2无电流,B点电势为+5 V,为高电势,B输入“1”,S2闭合,B输入为“0”,由真值表可看出,只有A、B输入均是“1”时,输出才是“1”,这样,S1应闭合,S2应断开,报警器才会响. 15.如图为监控汽车安全带使用情况的报警电路,S为汽车启动开关,汽车启动时S闭合.驾驶员未系安全带时开关S′闭合,系好安全带时S′断开.要求当驾驶员启动汽车但未系安全带时蜂鸣器报警.则在图中虚线框内应接入的门电路是(  ) A. “非”门 B. “或”门 C. “与”门 D. “与非”门 【答案】C 【解析】未系安全带时R T 阻值很小,R T 两端的电势差很小,即输入端为高电势,另一输入端已为高电势,此时蜂鸣器报警,知输出端为高电势.若系安全带,R T 阻值大,两端电势差也大,即输入端为低电势,此时蜂鸣器不报警,知输出端为低电势.所以该该元件为“与”门.故C对,A、B、D错误. 故选C. 16.如图所示的自动控制电路中含有一逻辑电路A,L为小灯泡.光照射光敏电阻R′时,其阻值迅速减小,则在该控制电路中(  ) A.A是非门,当R′受到光照时,它输入高电平输出低电平 B.A是或门,当R′受到光照时,它可以使得L发光 C. 增大可变电阻R的阻值,可使R′受到光照时L更容易发光 D. 可变电阻R对L是否发光没有控制作用 【答案】C 【解析】A、A是非门,光照射光敏电阻R′时,其阻值迅速减小,两端间的电势差非常小,则输入门电路的是低电平,输出是高电平.故A、B错误.C、光照射光敏电阻R′时,输出是高电平,灯泡发光.若增大可变电阻,光敏电阻在光照的情况下更相对变小,输入端更容易得到低电平,输出端更易得到高电平,即灯泡更容易发光.故C正确,D错误. 故选C. 17.先后按图中(1)、(2)所示电路测同一未知电阻阻值Rx,已知两电路的路端电压恒定不变,若按图(1)所示电路测得电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA,那么按图(2)所示电路测得的结果应有( ) A. 电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA B. 电压表示数为6 V,电流表示数小于2 mA C. 电压表示数小于6 V,电流表示数小于2 mA D. 电压表示数小于6 V,电流表示数大于2 mA 【答案】D 【解析】图(1)所示电路中,电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA,说明.在图(2)所示电路中,,电压表与并联后与电流表串联,由于电流表的分压,电压表与并联部分电压小于U,即电压表示数小于6 V.又由于电压表与并联的电阻小于,外电路总电阻小于电流表与待测电阻串联的总电阻,则干路中电流大于图(1)中电流表的读数,即大于,故选D. 18.在描绘小电珠的伏安特性曲线时,采用如图所示电路,实验中发现移动滑动变阻器的滑片时,电流表的示数变化而电压表的指针不动,下列原因可能的是(  ) A. 灯泡中灯丝已烧断 B. 滑片接触不良 C. 灯泡内部短路 D. 滑动变阻器A端接触不良 【答案】C 【解析】由题图知,移动滑片时,因电流表示数有变化,故和电流表串联的回路中不存在断点,故A项错.若滑片接触不良,电路中不可能有电流,故B项错.若滑动变阻器A端接触不良,滑片移动时电流表和电压表读数均变化,故D项错.若灯泡内短路则灯泡两端电压为零,电压表指针不动,移动滑片时,只有电流表指针变化,故选C项. 19.在“测量金属的电阻率”的实验中,由ρ=可知,对实验结果的准确性影响最大的是(  ) A. 金属丝直径d的测量 B. 电压U的测量 C. 电流I的测量 D. 金属丝长度l的测量 【答案】A 【解析】四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响,但影响最大的是直径d,因为在计算式中取直径的平方. 20.用伏安法测某一电阻时,如果采用如图所示的甲电路,测量值为R1,如果采用乙电路,测量值为R2,那么R1、R2与真实值R之间满足关系(  ) A.R1>R>R2 B.R>R1>R2 C.R1<R<R2 D.R<R1<R2 【答案】C 【解析】甲图中电压值是准确的,而由于电压表的分流导致电流值偏大,故测量结果将小于真实值;而乙图中电流值是准确的,而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大,故测量结果将大于真实值,故答案为:R1<R<R2,C正确. 第II卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.某学生实验小组利用图1所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻.使用的器材有: 多用电表; 电压表:量程5 V,内阻十几千欧; 滑动变阻器:最大阻值5 kΩ;导线若干. 回答下列问题: (1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡,再将红表笔和黑表笔  ,调零点. (2)将图1中多用电表的红表笔和  (选填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端. (3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图2所示,这时电压表的示数如图3所示.多用电表和电压表的读数分别为  kΩ和  V. (4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V.从测量数据可知,电压表的内阻为  kΩ. (5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图4所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为  V,电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为  kΩ. 【答案】(1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0 【解析】(1)欧姆表在使用中应先将红、黑表笔短接,进行欧姆调零; (2)红正黑负,电流从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表;电流从电压表正接线柱流入,故红表笔接触1,黑表笔接2; (3)欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0 Ω=15.0 kΩ;电压表读数为3.60 V; (4)由于滑动变阻器被短路,故欧姆表读数即为电压表阻值,为12.0 kΩ; (5)欧姆表的中值电阻等于内电阻,故欧姆表1k档位的内电阻为15.0 kΩ; 根据闭合电路欧姆定律,电动势为:E=U+r=4 V+×15000 V =9 V 22.图(a)为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图,其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路。已知毫安表表头的内阻为10 Ω,满偏电流为 100 mA;R1和R2为固定电阻,阻值分别为R1= 0.5 Ω,R2= 2.0 Ω;由此可知,若使用a和 b两个接线柱,电表的量程为0.5 A;若使用a和c两个接线柱,电表的量程为2.5 A; (1) 电压表有两种规格,V1(量程1.5 V,内阻约为2 kΩ)和V2(量程3 V,内阻约为4kΩ);滑动变阻器有两种规格,最大阻值分别为20 Ω和500 Ω. 则电压表应选用_____(填“V1”或“V2”),R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器. (2)实验步骤如下: ①开关S2拨向b,将滑动变阻器R的滑动片移到______端(选填“左”或“右”),闭合开关S1; ②多次调节滑动变阻器的滑动片,记下电压表的示数U和毫安表的示数I;某次测量时毫安表的示数如图(b)所示,其读数为_________mA。 ③以U为纵坐标,I为横坐标,作U-I图线(用直线拟合),如图(c)所示;④根据图线求得电源的电动势E= ________V(结果保留三位有效数字),内阻r= ________Ω(结果保留两位有效数字)。 【答案】(1)V120 (2)①右 ②58.0 ③1.48 0.45(0.42~0.48之间均对) 【解析】(1)一节干电池的电动势约为1.5 V,故电压表选V1;因内阻较小,为了便于调节,滑动变阻器应选择20 Ω的;(2)①为了让电流由最小开始调节,开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置,故应滑到右端; ① 由图可知,电流表最小分度为1 mA,故读数为58.0 mA; ② 由可知,图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势,故;图象的斜率表示内阻;由于指针指向b,故量程为0.5 A;则 ③,,则. 23.有一个额定电压为3.8 V,额定功率约为1 W的小灯泡,现要用伏安法描绘这只灯泡的伏安特性图线,有下列器材可供选用: A.电压表V1(0~6 V,内阻约为5 kΩ) B.电压表V2(0~15 V,内阻约为30 kΩ) C.电流表A1(0~3 A,内阻约为0.1 Ω) D.电流表A2(0~0.6 A,内阻约为0.5 Ω) E.滑动变阻器R1(10 Ω,5 A) F.滑动变阻器R2(200 Ω,0.5 A) G.蓄电池(电动势6 V,内阻不计) H.开关、导线 (1)实验的电路图应选用下列的图(填字母代号) (2) 实验中,电压表选,电流表选,滑动变阻器选.(请填写选项前对应的字母) (3) 测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示,由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 Ω(结果保留两位有效数字);随着电压增大,温度升高,小灯泡的电阻.(填“增大”,“减小”或“不变”) (4)若将此灯泡与电动势12 V、内阻为1 Ω的电源相连,要使灯泡正常发光,需串联一个阻值为Ω的电阻.(结果保留两位有效数字) 【答案】(1)B (2)ADE(3)16 Ω 增大(4)34 【解析】(1)为描绘灯泡伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,故应选E;灯泡额定电压为3.8 V,电压表应选择A,灯泡额定电流为:,电流表选择D,灯泡正常发光时的电阻:,电流表内阻为:,电压表内阻为,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,实验电路应选择图B所示电路; (2)由(1)分析可知,电压表选择A,电流表选择D,滑动变阻器采用分压接法,为方便实验操作,滑动变阻器选择E;(3)由图示图象可知,随增大,增大,实际功率增大,灯泡温度升高,电压与电流表的比值增大,灯泡电阻增大;由图示图象可知,电压:时,电流,此时灯泡电阻:; (4)灯泡正常发光时,串联电阻两端电压,串联电阻阻值. 24.(1)在一次实验时某同学用游标卡尺测量(如图所示),示数为cm.在一次实验时某同学用螺旋测微器测量(如图),示数为mm. (2)某电阻额定电压为3 V(阻值大约为10 Ω)。为测量其阻值,实验室提供了下列可选用的器材: A:电流表A1(量程300 mA,内阻约1 Ω) B:电流表A2(量程0.6 A,内阻约0.3 Ω) C:电压表V1(量程3.0 V,内阻约3 kΩ) D:电压表V2(量程5.0 V,内阻约5 kΩ) E:滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω) F:滑动变阻器R2(最大阻值为1 kΩ) G:电源E(电动势4 V,内阻可忽略) H:电键、导线若干。 ①为了尽可能提高测量准确度,应选择的器材为(只需添器材前面的字母即可):电流表_______,电压表_________,滑动变阻器________. ②画出该实验电路图. 【答案】(1)8.075mm 10.405cm (2)①A C E ②如图所示 【解析】(1)20分度的游标卡尺,精确度是0.05 mm,游标卡尺的主尺读数为104 mm,游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为1×0.05 mm=0.05 mm,所以最终读数为:104 mm+0.05 mm=104.05 mm=10.405 cm.螺旋测微器的固定刻度为8 mm,可动刻度为7.5×0.01 mm=0.075 mm,所以最终读数为8 mm+0.075 mm=8.075 mm (2)①根据欧姆定律,流过电阻的最大电流故电流表选A;电阻额定电压为3V则电压表选C即可;为了尽可能提高测量准确度,选择滑动变阻分压式接法,为了方便调节,滑动变阻器选小阻值的E.②即被测电阻为小电阻,选取电流表外接,题目要求为了尽可能提高测量准确度,选择滑动变阻分压式.故电路图如图。 绝密★启用前 人教版高二物理选修3-1单元检测题:第二章 恒定电流 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分) 1.下列说法中正确的是( ) A. 电流的方向就是电荷移动的方向 B. 电流都是由电子的移动形成的 C. 在直流电源对外供电的过程中,外电路上电流的方向是从电源正极流向负极 D. 电流是有方向的量,所以是矢量 2.关于电源电动势E的下列说法中错误的是( ) A. 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同,都是伏特V B. 干电池和铅蓄电池的电动势是不同的 C. 电动势E可表示为可知,电源内非静电力做功越多,电动势越大 D. 电动势较大,表示电源内部将其它形式能转化为电能的本领越大 3.有a、b、c、d四只电阻,它们的I-U关系如图1所示,则图中电阻最大的是( ) A. a B. b C. c D. d 4.如图所示,当a、b端接入100 V电压时,c、d两端为20 V;当c、d两端接入100 V时,a、b两端电压为50 V,则R1∶R2∶R3是( ) A. 4∶2∶1 B. 2∶1∶1 C. 3∶2∶1 D. 以上都不对 5.一同学在某电路中接上两个毫安表和两个相同的电压表,如图所示,毫安表1的读数I1=100 mA,毫安表2的读数I2=99 mA,电压表V1的读数U1=10 V,则电压表V2的读数应为(  ) A. 0.01 V B. 1 V C. 0.1 V D. 10 V 6.智能手机耗电量大,移动充电宝应运而生,它是能直接给移动设备充电的储能装置.充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值,一般在0.60﹣0.70之间(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗).如图为某一款移动充电宝,其参数见如表,下列说法正确的是(  ) A. 充电宝充电时将电能转化为内能 B. 该充电宝最多能储存能量为3.6×l06J C. 该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 h D. 该充电宝给电量为零、容量为3000 mAh的手机充电,则理论上能充满4次 7.将一根长为L,横截面积为S,电阻率为ρ的保险丝截成等长的两段,并把两段并起来作为一根使用,则它的电阻和电阻率分别为(  ) A.、 B.、ρ C.、ρ D.、 8.如图所示为测电源电动势和内电阻时,依据测量数据作出的路端电压与电流的关系图线,图中DC平行于横坐标轴,DE平行于纵坐标轴,由图可知,以下说法错误的是(  ) A. 比值表示外电路电阻 B. 比值表示电源内电阻 C. 比值表示电源电动势 D. 矩形OCDE的面积表示电源的输出功率 9.某同学设计了一个多量程多用电表,其内部结构原理图如图所示.其电流表的量程分别为10 mA和250 mA,电压表的量程分别为10 V和250 V,电阻档分别为“×10 Ω”和“×100 Ω”.则下列说法正确的是(  ) A. 功能选择开关S与“1”相接时,所测物理量和量程分别是直流电流、250 mA B. 功能选择开关S与“3”相接时,所测物理量和量程分别是直流电流、10 mA C. 功能选择开关S与“5”相接时,所测物理量和量程分别是直流电压、250 V D. 做电流表或电压表时电流从红表笔流进,从黑表笔流出,作欧姆表时电流从红表笔流出,从黑表笔流进 10.用多用电表测直流电压U和测电阻R时,若红表笔插入多用电表的(+)插孔,则(  ) A. 测U时电流从红表笔流入多用电表,测R时电流从红表笔流出多用电表 B. 测U、测R电流均从红表笔流入多用电表 C. 测U、测R电流均从红表笔流出多用电表 D. 测U时电流从红表笔流出多用电表,测R时电流从红表笔流入多用电表 11.某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中,安装好如图所示的装置。向杯中加入冷水,温度计的示数为20 ℃,多用电表选择适当的倍率,读出热敏电阻的阻值R1,然后向杯内加入热水,温度计的示数为60 ℃,发现多用电表的指针偏角较大,则下列说法正确的是 A. 多用电表应选用电流档,温度升高换用大量程测量 B. 多用电表应选用电流档,温度升高换用小量程测量 C. 多用电表应选用欧姆档,温度升高时换用倍率大的档 D. 多用电表应选用欧姆档,温度升高时换用倍率小的档 12.在《测定电源电动势和内阻》的实验中,进行数据处理时的作图,正确做法是(  ) A. 横坐标I的起点一定要是零 B. 纵坐标U的起点一定要是零 C. 使表示实验数据的点尽可能地集中在一边 D. 使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸 13.某同学用电压表、电流表测量一节干电池的电动势和内阻,采用的电路图如图所示,实验操作正确,他记录了七组(U,I)数据,关于数据的处理,下列操作正确的是(  ) A. 电压表的读数U的平均值等于电动势E B. 任意取两组数据,代入方程E=U1+I1r,求出E、r C. 画出U-I图象,由图象求E、r D. 以上说法都正确 14.如图所示为一个简单的报警器电路图,下列说法正确的是(  ) A. S1、S2都合上时报警器发声 B. S1断开、S2合上时报警器发声 C. S1、S2都断开时报警器发声 D. S1闭合、S2断开时报警器发声 15.如图为监控汽车安全带使用情况的报警电路,S为汽车启动开关,汽车启动时S闭合.驾驶员未系安全带时开关S′闭合,系好安全带时S′断开.要求当驾驶员启动汽车但未系安全带时蜂鸣器报警.则在图中虚线框内应接入的门电路是(  ) A. “非”门 B. “或”门 C. “与”门 D. “与非”门 16.如图所示的自动控制电路中含有一逻辑电路A,L为小灯泡.光照射光敏电阻R′时,其阻值迅速减小,则在该控制电路中(  ) A.A是非门,当R′受到光照时,它输入高电平输出低电平 B.A是或门,当R′受到光照时,它可以使得L发光 C. 增大可变电阻R的阻值,可使R′受到光照时L更容易发光 D. 可变电阻R对L是否发光没有控制作用 17.先后按图中(1)、(2)所示电路测同一未知电阻阻值Rx,已知两电路的路端电压恒定不变,若按图(1)所示电路测得电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA,那么按图(2)所示电路测得的结果应有( ) A. 电压表示数为6 V,电流表示数为2 mA B. 电压表示数为6 V,电流表示数小于2 mA C. 电压表示数小于6 V,电流表示数小于2 mA D. 电压表示数小于6 V,电流表示数大于2 mA 18.在描绘小电珠的伏安特性曲线时,采用如图所示电路,实验中发现移动滑动变阻器的滑片时,电流表的示数变化而电压表的指针不动,下列原因可能的是(  ) A. 灯泡中灯丝已烧断 B. 滑片接触不良 C. 灯泡内部短路 D. 滑动变阻器A端接触不良 19.在“测量金属的电阻率”的实验中,由ρ=可知,对实验结果的准确性影响最大的是(  ) A. 金属丝直径d的测量 B. 电压U的测量 C. 电流I的测量 D. 金属丝长度l的测量 20.用伏安法测某一电阻时,如果采用如图所示的甲电路,测量值为R1,如果采用乙电路,测量值为R2,那么R1、R2与真实值R之间满足关系(  ) A.R1>R>R2 B.R>R1>R2 C.R1<R<R2 D.R<R1<R2 第II卷 二、非选择题(共4小题,每小题10.0分,共40分) 21.某学生实验小组利用图1所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻.使用的器材有: 多用电表; 电压表:量程5 V,内阻十几千欧; 滑动变阻器:最大阻值5 kΩ;导线若干. 回答下列问题: (1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡,再将红表笔和黑表笔  ,调零点. (2)将图1中多用电表的红表笔和  (选填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端. (3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图2所示,这时电压表的示数如图3所示.多用电表和电压表的读数分别为  kΩ和  V. (4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V.从测量数据可知,电压表的内阻为  kΩ. (5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图4所示.根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为  V,电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为  kΩ. 22.图(a)为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图,其中虚线框内是用毫安表改装成双量程电流表的改装电路。已知毫安表表头的内阻为10 Ω,满偏电流为 100 mA;R1和R2为固定电阻,阻值分别为R1= 0.5 Ω,R2= 2.0 Ω;由此可知,若使用a和 b两个接线柱,电表的量程为0.5 A;若使用a和c两个接线柱,电表的量程为2.5 A; (1) 电压表有两种规格,V1(量程1.5 V,内阻约为2 kΩ)和V2(量程3 V,内阻约为4kΩ);滑动变阻器有两种规格,最大阻值分别为20 Ω和500 Ω. 则电压表应选用_____(填“V1”或“V2”),R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器. (2)实验步骤如下: ①开关S2拨向b,将滑动变阻器R的滑动片移到______端(选填“左”或“右”),闭合开关S1; ②多次调节滑动变阻器的滑动片,记下电压表的示数U和毫安表的示数I;某次测量时毫安表的示数如图(b)所示,其读数为_________mA。 ③以U为纵坐标,I为横坐标,作U-I图线(用直线拟合),如图(c)所示;④根据图线求得电源的电动势E= ________V(结果保留三位有效数字),内阻r= ________Ω(结果保留两位有效数字)。 23.有一个额定电压为3.8 V,额定功率约为1 W的小灯泡,现要用伏安法描绘这只灯泡的伏安特性图线,有下列器材可供选用: A.电压表V1(0~6 V,内阻约为5 kΩ) B.电压表V2(0~15 V,内阻约为30 kΩ) C.电流表A1(0~3 A,内阻约为0.1 Ω) D.电流表A2(0~0.6 A,内阻约为0.5 Ω) E.滑动变阻器R1(10 Ω,5 A) F.滑动变阻器R2(200 Ω,0.5 A) G.蓄电池(电动势6 V,内阻不计) H.开关、导线 (1)实验的电路图应选用下列的图(填字母代号) (2) 实验中,电压表选,电流表选,滑动变阻器选.(请填写选项前对应的字母) (3) 测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示,由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为 Ω(结果保留两位有效数字);随着电压增大,温度升高,小灯泡的电阻.(填“增大”,“减小”或“不变”) (4)若将此灯泡与电动势12 V、内阻为1 Ω的电源相连,要使灯泡正常发光,需串联一个阻值为Ω的电阻.(结果保留两位有效数字) 24.(1)在一次实验时某同学用游标卡尺测量(如图所示),示数为cm.在一次实验时某同学用螺旋测微器测量(如图),示数为mm. (2)某电阻额定电压为3 V(阻值大约为10 Ω)。为测量其阻值,实验室提供了下列可选用的器材: A:电流表A1(量程300 mA,内阻约1 Ω) B:电流表A2(量程0.6 A,内阻约0.3 Ω) C:电压表V1(量程3.0 V,内阻约3 kΩ) D:电压表V2(量程5.0 V,内阻约5 kΩ) E:滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω) F:滑动变阻器R2(最大阻值为1 kΩ) G:电源E(电动势4 V,内阻可忽略) H:电键、导线若干。 ①为了尽可能提高测量准确度,应选择的器材为(只需添器材前面的字母即可):电流表_______,电压表_________,滑动变阻器________. ②画出该实验电路图.

  • ID:7-6025094 2020届全国高三高考备考人教版化学一轮复习专题测试卷(10份打包 解析版)

    高中化学/高考专区/一轮复习

    绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版化学一轮复习专题1《从实验学化学》专题测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.下列常用的实验仪器中,不能直接用于混合物分离或提纯的是(  ) A. 分液漏斗 B. 普通漏斗 C. 蒸馏烧瓶 D. 容量瓶 2.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是(  ) A. 150 mL 3 mol·L-1的KClO3溶液 B. 75 mL 2 mol·L-1的NH4Cl溶液 C. 150 mL 2 mol·L-1的CaCl2溶液 D. 350 mL 3 mol·L-1的NaCl溶液 3.化学实验中组装仪器时,正确的操作顺序是(  ) A. 由上而下,从左到右 B. 由下而上,从右到左 C. 由上而下,从右到左 D. 由下而上,从左到右 4.在同温同压下,相同体积的甲、乙两种气体的质量比是17∶14。若乙气体是CO,则甲气体可能是(  ) A. H2S B. HCl C. NH3 D. Cl2 5.配制100 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液,下列操作正确的是(  ) A. 称取1.06 g无水碳酸钠,加入100 mL容量瓶中,加水溶解、定容 B. 称取1.06 g无水碳酸钠,加入100 mL蒸馏水,搅拌、溶解 C. 转移Na2CO3溶液时,未用玻璃棒引流,直接倒入容量瓶中 D. 定容后,塞好瓶塞,反复倒转,摇匀 6.下列试剂:①浓硫酸、②氯水、③硝酸银、④浓硝酸、⑤浓盐酸、⑥溴化银,其中必须用棕色试剂瓶装的有(  ) A. ①②③④⑤⑥ B. ②③④⑥ C. ②③⑤⑥ D. ①③④⑥ 7.已知t℃时,某物质的不饱和溶液a克中含溶质m克,若该溶液蒸发b克水并恢复到t℃时,析出溶质m1克.若原溶液蒸发c克水并恢复到t℃时,则析出溶质m2克.用S表示该物质在t℃时的溶解度,下式中正确的是(  ) 8.用NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法不正确的是 ( ) A. 2.3g金属钠与过量的氧气反应,无论加热与否转移电子数均为0.1NA B. 1molNa2CO3晶体中含CO32ˉ数目一定为NA C. 常温常压下,92g的NO2和N2O4混合气体中含有原子数为6 NA D. 惰性电极电解食盐水,若电路中通过NA个电子,则阳极产生气体11.2L 9.在t℃时,将ag NH3完全溶于水,得到VmL溶液,假设该溶液的密度为ρg·mL-1,质量分数为w,其中含有NH的物质的量是bmol,下列叙述正确的是(  ) A. 溶质的质量分数w=×100% B. 溶质的物质的量浓度c=mol·L-1 C. 溶液中c(OH-)=mol·L-1+c(H+) D. 向上述溶液中加入VmL水,所得溶液的质量分数大于0.5w 10.设NA为阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是(  ) A. 10 gHO中所含的中子数为4NA B. 1 mol苯分子中含有的碳碳双键数为3NA C. 标准状况下,22.4 L Cl2完全反应,转移的电子数一定是2NA D. 常温常压下,100 mL 0.5 mol·L-1的乙酸溶液中,乙酸的分子数目小于0.05NA 11.下列试验中,所选装置不合理的是(  ) A. 分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5,选④ B. 用CCl4提取碘水中的碘,选③ C. 用FeCl2,溶液吸收Cl2,选⑤ D. 粗盐提纯,选①和② 12.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(  ) A. 39 g苯分子中含有的碳碳双键数为1.5NA B. 1 mol CH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中,CH3COO-数目为NA C. 2.24 L NH3中含共价键数目一定为0.3NA D. 5.6 g Fe投入100 mL 3.5mol·L-1稀硝酸中,充分反应,转移电子总数为0.3NA 13.NA表示阿伏加德罗常数,下列判断正确的是 (  ) A. 在16 g18O2中含有NA个氧原子 B. 16 g CH4中含有4NA个C—H键 C. 1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生NA个NO分子 D. 含NA个Na+的Na2O溶解于1 L水中,Na+的物质的量浓度为1 mol·L-1 14.配制100 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液,下列操作正确的是(  ) A. 称取1.06 g无水碳酸钠,加入100 mL容量瓶中,加水溶解、定容 B. 称取1.06 g无水碳酸钠,加入100 mL蒸馏水,搅拌、溶解 C. 转移Na2CO3溶液时,未用玻璃棒引流,直接倒入容量瓶中 D. 定容后,塞好瓶塞,反复倒转,摇匀 15.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A. 1 mol·L-1的NaClO溶液中所含ClO-的数目为NA B. 标准状况下,2.24 L乙醇中含有的C—H数目为0.5NA C. 常温常压下,65 g Zn与足量浓H2SO4充分反应,转移电子数一定为2NA D. 2.24 L NO与1.12 L O2充分反应所得气体中原子数目一定为0.3NA 16.传“陈醋”生产过程中有一步称为“冬捞夏晒”,是指冬天捞出醋中的冰,夏日曝晒蒸发醋中的水分,以提高醋的品质。假设用含醋酸质量分数为3%的半成醋,生产500g 0.945mol·L-1的优级醋(密度为1.050g·mL-1),生产过程中醋酸没有损失,捞出的冰和蒸发的水的总质量为(  ) A. 100g B. 200g C. 300g D. 400g 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.现有下列仪器或装置,请回答下列问题: (1)仪器①的名称是__________________,②的名称是________________。 (2)用上图仪器组装成气体发生装置:用KClO3和MnO2制O2应选的装置是________(填字母,下同);用废H2O2与MnO2制O2,并控制产生O2的速率,应选的装置是________。 (3)若用装置X进行“排空气法”收集制取的O2,氧气应从________(填“b”或“c”,下同)端导入。若瓶中装满水,用排水法收集氧气,氧气应从________端导入。 (4)若用F装置进行CO还原Fe2O3的实验,实验室制取CO的方法一般采取甲酸脱水法(HCOOHCO↑+H2O),用纯净的CO完成该实验。 ①除F、X外还需要的装置有________,X中应加入的试剂是________,X与其他导管连接的顺序是________(填导管口的序号); ②实验时,a处的可能的现象为____________________________________________________; F装置中气球的作用是___________________________________________________________。 18.取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重,将反应后的固体加15g水充分溶解,剩余固体6.55g (25℃),再加5 g水充分溶解,仍剩余固体4.80g(25℃)。 (1)若剩余的4.80g固体全是MnO2,则原混合物中KClO3的质量为g(保留2位小数) (2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物,则25℃时KCl的溶解度 为;原混合物中KClO3的质量为g(保留2位小数); 所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3,则溶液的物质的量浓度为mol/L(保留2位小数)。 (3)可用以下反应制备KIO3和K2H3IO6(高碘酸氢二钾): I2+2KClO3→2KIO3+Cl2① KIO3+Cl2+3KOH →K2H3IO6+2KCl ② 最终制得的KIO3和K2H3IO6的物质的量之比x,若制得100molK2H3IO6, 共消耗ymol KClO3,试确定y与x的关系式。 19.某废液中含有大量的K+、Cl-、Br-,还有少量的Ca2+、Mg2+、SO。某研究性学习小组利用这种废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2),设计了如下流程图: 可供试剂a、试剂b(试剂b代表一组试剂)选择的试剂:饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、H2O2溶液、KMnO4溶液(H+)、稀盐酸。 请根据流程图,回答相关问题: (1)试剂a应该选用________________。 (2)操作①②③④⑤的名称是________(填字母)。 A.萃取、过滤、分液、过滤、蒸发结晶 B.萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶 C.分液、萃取、过滤、过滤、蒸发结晶 D.萃取、分液、分液、过滤、蒸发结晶 (3)除去无色液体Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、SO,选出试剂b所代表的试剂,按滴加顺序依次是 ________________________________________________________________________ (填化学式)。 (4)调节pH的作用是____________________________________________________________, 操作方法是____________________________________________________________________。 (5)操作⑤中用到的瓷质仪器名称是_______________________________________________。 20.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置,请根据装置回答问题: (1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体,选择装置_________________________________ (填代表装置图的字母,下同);除去自来水中的Cl-等杂质,选择装置____________。 (2)从碘水中分离出I2,选择装置____________,该分离方法的名称为____________。 (3)装置A中①的名称是____________,装置D中②的名称是____________。 (4)装置B在分液时为使液体顺利滴下,应进行的具体操作是____________。 答案 1.【答案】D 【解析】解题的基点是熟悉常见的物质分离仪器。A项,分液漏斗可用于分液;B项,普通漏斗可用于过滤;C项,蒸馏烧瓶可用于蒸馏或分馏实验;D项,容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液,错误。 2.【答案】D 【解析】根据化学式可知1 mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3 mol/L,离子的浓度与溶液的体积无关,与物质的构成有关;A项,KClO3溶液不存在氯离子,错误;B项,2 mol·L-1的NH4Cl溶液中氯离子浓度为2 mol/L,错误;C项,2 mol·L-1的CaCl2溶液中氯离子浓度为4 mol/L,错误;D项,3 mol·L-1的NaCl溶液中氯离子浓度为3 mol/L,正确。 3.【答案】D 4.【答案】A 【解析】由阿伏加德罗定律可知质量比为17∶14的甲、乙两气体的物质的量相等,当乙为CO时,则有=,解之M(甲)=34 g·mol-1,所以甲为H2S。 5.【答案】D 【解析】不能用容量瓶溶解固体,A错误;加入100 mL蒸馏水所得溶液体积并非100 mL,B错误;配制溶液时,要将玻璃棒和烧杯洗涤2~3次,并将洗涤液一并移入容量瓶中。 6.【答案】B 【解析】①浓硫酸没有感光性,因此不必放在棕色试剂瓶中,错误;②氯水中的HClO光照分解,因此必须用棕色试剂瓶,正确;③硝酸银光照分解,因此必须用棕色试剂瓶,正确;④浓硝酸光照分解,因此必须用棕色试剂瓶,正确;⑤浓盐酸有挥发性,没有感光性,因此不必须用棕色试剂瓶,错误;⑥溴化银光照分解,因此必须用棕色试剂瓶,正确。故符合题意的是②③④⑥。 7.【答案】C 【解析】现为不饱和溶液,两次蒸发都有溶质析出即都变为饱和,设第一次蒸发的水多,则析出溶质也一定多;然后把第一次蒸发分作两步,即先完成第二步,这时蒸发了cg水,析出m2g溶液中质,溶液一定为饱和,在此基础上多蒸发了(b-c)g水多析出溶质为(m1-m2)g,即该温度下,(b-c)g水最多溶解溶质为(m1-m2)g,由可知,,解得S=,选C。 8.【答案】D 【解析】2.3g金属钠与过量氧气反应,电子转移数由钠决定,故转移电子数为0.1NA,A项正确;Na2CO3是由Na+和CO32-组成的,晶体状态CO32-不水解,1molNa2CO3含CO32-离子NA,B项正确;N2O4是NO2的二聚体,其中氮原子和氧原子的比例与NO2相同,C项正确;电解饱和食盐水转移NA个电子,阳极产生气体的物质的量为0.5mol,若在标准状况下体积为11.2L,因未指明气体所处的温度和压强,D项错误。 9.【答案】C 【解析】溶质的质量分数w=×100%,A项错误;氨水中的溶质在计算时以NH3为准,而不是以NH3·H2O为准,将w=×100%代入公式c=,化简可得c=,B错。由于水的密度大于氨水的密度,因此加入的水的质量大于原溶液质量,所以溶液质量分数就小于0.5 ω,D错。 10.【答案】D 【解析】10 g HO中所含中子为×10=5 mol,A错误。苯分子中不含碳碳双键,B错误。1 mol氯气完全反应,转移电子数可能是2NA,如与钠反应,也可能是NA,如与NaOH溶液反应,C错误。CH3COOH是弱电解质,部分发生电离,D正确。 11.【答案】A 【解析】A项,分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5应该用分液法,选③,错误;B项,用CCl4提取碘水中的碘,选③,正确;C项,用FeCl2,溶液吸收Cl2,选⑤,正确;D项,粗盐提纯需要过滤和蒸发,选①和②,正确。 12.【答案】B 【解析】A项,苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键,苯分子中不存在碳碳双键;B项,溶液中存在的离子有:CH3COO-、OH-、H+、Na+,有电荷守恒式:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),故c(CH3COO-) =c(Na+),n(CH3COO-)=n(Na+)=1 mol;C项,未注明标况下,无法计算;D项,计算得Fe为0.1 mol,HNO3为0.35 mol, HNO3过量时可将Fe氧化成Fe3+,反应方程式为:Fe+4HNO3===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,此时Fe过量,还要继续发生反应:Fe+ 2Fe3+===3Fe2+,故转移的电子不是0.3 mol。 13.【答案】B 【解析】选B。16 g18O2中含有氧原子个数为×2NA=NA,A错误;16 g CH4的物质的量为1 mol,每个甲烷分子含4个C—H键,所以16 g CH4中含有4NA个C—H键,B正确;根据电子守恒,1 mol Cu和足量稀硝酸反应产生NA个NO分子,C错误;含NA个Na+的Na2O溶解于1 L水中,所得溶液的体积不知道,无法计算Na+的物质的量浓度,D错误。 14.【答案】D 【解析】A项不能在容量瓶中溶解无水碳酸钠;B项溶液体积不是100 mL;C项应用玻璃棒引流。 15.【答案】C 【解析】只有物质的量浓度没有溶液体积不能确定物质的量,另外溶液中ClO-会水解,A错误;标准状况下乙醇为液体,B错误;无论生成二氧化硫还是氢气,锌原子均失去2个电子生成+2价锌离子,C正确;气体的体积与温度和压强有关,不知道温度压强不能确定物质的量,D错误。 16.【答案】D 【解析】据ω===0.054,据配制前后溶质不变有:(500+x)×3%=500×0.054。x=400g。 17.【答案】(1)长颈漏斗 分液漏斗 (2)AE BD (3)c b (4)①DG 浓硫酸 dcbe ②红棕色粉末逐渐变黑 收集尾气中的一氧化碳,防止污染 【解析】(2)KClO3和MnO2制O2属于“固+固气体”,因而要选用E装置为气体发生装置;H2O2与MnO2制O2属于“固+液―→气体”且要控制产生气体的速率,只能用分液漏斗控制加入的H2O2的量。(3)使用X收集氧气时,用“排空气法”,由于O2的密度比空气的大,应从长管进气,用排水法收集气体,应从短管进气。(4)根据反应原理可知制取CO属于“液+液气体”,用分液漏斗控制加入浓硫酸的量,应选DG为气体发生装置,X的作用是除去CO中的水蒸气,洗气时气体流向为“长进短出”。 18.【答案】(1)11.80 (2)35g/100g水 12.25 5.99 (3)y=100(1+x) 【解析】(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2,则原混合物中KClO3的质量=16.60g-4.80g=11.80 g; (2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物,则再加5 g水充分溶解的KCl的质量是6.55g-4.80g=1.75g,因此KCl的溶解度= 1.75g×20=35g;因此前15g水充分溶解的KCl的质量=1.75g×3=5.25g,则原KClO3和MnO2的混合物加热至恒重得到的固体质量是6.55g+5.25g=11.8g,由此可以计算出反应产生氧气的质量=16.60g-11.8g=4.8 g,根据方程式2KClO32KCl + 3O2↑可以计算出原混合物中KClO3的质量为12.25 g;所得KCl溶液均为饱和溶液,所以其质量分数ψ==25.93%,由溶液的物质的量浓度与质量分数间的换算关系可以计算出该溶液的物质的量浓度 =; (3)若制得100 molK2H3IO6,根据反应②需要消耗KIO3100 mol,由题意可知,最终制得 的KIO3的物质的量为100x mol,因此共消耗KClO3的物质的量为100 mol +100x mol= 100(1+x) mol,由此可得y=100(1+x)。 19.【答案】(1)H2O2溶液 (2)B (3)BaCl2溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液(或KOH溶液、BaCl2溶液、饱和K2CO3溶液或BaCl2溶液、KOH溶液、饱和K2CO3溶液) (4)除去剩余的OH-及CO 滴加稀盐酸,无气体产生时,用pH试纸测定至pH=7 (5)蒸发皿 【解析】(1)由加入的CCl4及得到的橙红色液体知,试剂a能将Br-氧化为Br2,试剂a应具有氧化性,所以应选用H2O2溶液。 (2)由流程图知,无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO,无色液体Ⅲ中只含有K+、Cl-,则试剂b的作用是除去Ca2+、Mg2+、SO。操作①是萃取,操作②是将互不相溶的两种液体分开——分液,操作③是将沸点不同的、互溶的两液体分开——蒸馏,操作④是将溶液与沉淀分开——过滤,操作⑤是将KCl从其水溶液中提取出来——结晶。 (3)由于除杂时除杂试剂需过量,且不能引入新杂质,所以欲除去Ca2+,选用饱和K2CO3溶液;欲除去Mg2+,选用KOH溶液;欲除去SO,选用BaCl2溶液。所以欲除去无色溶液Ⅰ中的Ca2+、Mg2+、SO,只要满足BaCl2溶液在饱和K2CO3溶液之前加入即可。 (4)由以上知,无色液体Ⅱ中还含有杂质离子CO和OH-,所以需用盐酸来除去剩余的OH-及CO,调节pH=7的操作方法是滴加盐酸,无气体产生时,用pH试纸测定至pH=7。 (5)由于操作⑤是蒸发结晶,所以该操作用到的瓷质仪器是蒸发皿。 20.【答案】(1)D A (2)B 萃取 (3)冷凝管 蒸发皿 (4)应先将分液漏斗上的活塞拿下后再打开旋塞放出液体或者使分液漏斗活塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔后再打开旋塞放出液体 【解析】(1)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体,应用蒸发的方法;除去自来水中的Cl-等杂质制取蒸馏水,可用蒸馏的方法。 (2)碘在有机溶剂中的溶解度较大,可用萃取分液的方法分离。 (3)根据仪器的结构特点和用途可确定仪器的名称。 (4)装置B在分液时为使液体顺利滴下,应使分液漏斗内压强与外界气压相等。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版化学一轮复习专题2《物质及其变化》专题测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.下列物质的转化在给定条件下能实现的是(  ) A. MgOMgCl2(aq)Mg B. FeFe2O3Fe2(SO4)3 C. SiO2Na2SiO3(aq)H2SiO3 D. HCHOHCOOHHCOOCH3 2.下列有关化学用语表示正确的是(  ) A. 明矾的化学式:KAl(SO4)2 B. 氯离子的结构示意图: C. 2丙醇的结构简式:(CH3)2CHOH D. 溴化铵的电子式: 3.类比是重要的学习方法,但也要防止进入误区。下列类比合理的是(  ) A. 碱性氧化物都是金属氧化物,MgO、Na2O2、Mn2O7、Al2O3、CuO、FeO都是碱性氧化物 B. 电解池中阳极若是活泼金属电极,则电极材料先放电,Cu、Ag、Au、Pt为阳极时电极本身先失去电子 C. 没有单质参加的化合反应可能是氧化还原反应,SO2与过氧化钠、双氧水的反应是氧化还原反应 D. 复盐是一种阴离子和两种或两种以上的阳离子组成的盐,所以NH4Fe(SO4)2、KAl(SO4)2、CaOCl2、Ca(NO3)Cl都属于复盐 4.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体,它在潮湿的环境中能发生反应:3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF,下列有关该反应的说法正确的是(  ) A. NF3是氧化剂,H2O是还原剂 B. HF是还原产物 C. 还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶1 D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体 5.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。下列化学反应属于阴影部分的是(  ) A. 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2 B. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ C. 4Fe(OH)2↓+O2+2H2O===4Fe(OH)3 D. Cl2+2KBr===Br2+2KCl 6.水溶液中能够大量共存的一组离子是( ) A. Al3+、Cl-、AlO2-、SiO32- B. H+、Na+、S2-、ClO- C. K+、Mg2+、SO42-、MnO4- D. Fe3+、Ca2+、SCN-、NO3- 7.已知:SO+I2+H2O===SO+2H++2I-,某溶液中可能含有I-、NH,Cu2+、SO,向该无色溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色,则下列判断正确的是(  ) A. 肯定不含I-       B. 肯定不含NH C. 可能含有SO D. 可能含有I- 8.等物质的量的下列化合物与足量浓盐酸反应,得到氯气物质的量最多的是(  ) 已知: MnO+H++Cl-―→Mn2++Cl2↑+H2O(未配平) ClO+H++Cl-―→Cl2↑+H2O(未配平) ClO-+H++Cl-―→Cl2↑+H2O(未配平) A. KClO3 B. KMnO4 C. MnO2 D. Ca(ClO)2 9.硫氰[(SCN)2]的化学性质和卤素(X2)类似,称为拟卤素,如(SCN)2+H2O===HSCN+HSCNO,它们的阴离子的还原性强弱为Cl-Cl- C. 当有0.2 mol CO2生成时,溶液中阴离子的物质的量增加1 mol D. 经测定NaCN的水溶液呈碱性,说明CN-促进了水的电离 12.常温下,下列各组微粒在指定的溶液中一定能大量共存的是(  ) A. 加入金属镁产生H2的溶液中:NH、Na+、SO、CH3COO- B. 含有大量ClO-的溶液中:K+、Na+、NO、SO C.c(Cu2+)=0.1 mol·L-1的溶液中:H+、NH、Br-、CO D. 含有大量MnO的溶液中:H+、SO、Cl-、CH3CH2OH 13.能鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试剂是(  ) A. HNO3     B. KOH C. BaCl2 D. NaClO 14.等质量的下列物质与足量稀硝酸反应,放出NO物质的量最多的是(  ) A. FeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D. Fe3O4 15.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应:Ce4++Fe2+====Fe3++Ce3+,Sn2++2Fe3+====2Fe2++Sn4+,由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是 (  ) A. Sn2+、Fe2+、Ce3+       B. Sn2+、Ce3+、Fe2+ C. Ce3+、Fe2+、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+ 16.不用其他试剂,用最简单的方法鉴别下列五种物质的溶液:①NaOH;②MgSO4;③FeCl3;④Ba(NO3)2;⑤KCl。则正确的鉴别顺序是(  ) A. ②④③①⑤         B. ③①②④⑤ C. ①③②④⑤ D. ③②④①⑤ 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.(1)已知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反应(未配平): Fe(OH)3+ClO-+OH-―→FeO+Cl-+H2O ①已知有10.7 g Fe(OH)3参加反应,共转移了0.3NA个电子,则n=_______,FeO中铁元素的化合价为________。 ②根据所学的知识,推测FeO能和下列________(填序号)物质反应。 A.KMnO4B.SO2 C.H2S D.O2 (2)一定条件下,向含硝酸的废水中加入CH3OH,将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH,转移6 mol电子,则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。 18.根据物质的组成和性质将下列无机化合物进行了分类。 (1)请仔细观察表格中的物质类别,从K、H、O、C、N五种元素中任选两种或三种组成合适的物质,将化学式分别填在表中②④⑥⑩后面的横线上。 (2)⑦和⑧可发生非氧化还原反应,生成一种盐。该反应的化学方程式为        。 (3)将⑦通入足量③的溶液中,反应的离子方程式为                 。 (4)⑨极易溶于水并电离出氯离子,大多数含氯离子的盐溶于水后也能电离出氯离子。检验溶液中氯离子的方法是                          。 19.硫、氯的单质和化合物应用广泛。 (1)将硫铁矿和焦炭按物质的量比3∶2混合放在炼硫炉中,通入适量空气中,发生下列燃烧反应:FeS2+C+O2―→Fe3O4+CO+S。 请配平上述化学反应方程式:________________________________________。 生成3 mol硫,被氧化物质的物质的量为________。 (2)盐酸是应用广泛的酸之一,它具有:a.酸性;b.氧化性;c.还原性;d.挥发性。请回答下列问题: ①浓盐酸长时间露置在空气中,溶液的质量减轻,盐酸表现了________(填序号)。 ②实验室用稀盐酸和锌粒反应制取氢气,盐酸表现了________(填序号),反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 ③用盐酸除去铁表面的铁锈,盐酸表现了________(填序号),反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 ④实验室常用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。被还原的元素是________,还原剂是________,氧化产物是________。 20.以下是依据一定的分类标准,对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。请根据你所学的知识,按要求填空: (1)上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是__________________。 (2)F组中物质除了Cl2外,还有___________(填化学式)。 (3)D组中的氨水呈弱碱性,用电离方程式表示其呈弱碱性的原因:__________。 (4)由Al3+制备Al(OH)3最好不选择D组中的NaOH溶液,说明理由:__________。 答案解析 1.【答案】C 【解析】A项,MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑,错误;B项,3Fe+2O2Fe3O4,错误;D项,HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O,错误。 2.【答案】C 【解析】A错误,明矾中含有结晶水,明矾正确的化学式为:KAl(SO4)2?12H2O; B错误,氯离子的核电荷数为17,最外层为8个电子,氯离子的结构为示意图:;C正确,2﹣丙醇中,羟基位于2号C,主链含有3个C,其结构简式为:(CH3)2CHOH;D错误,溴化铵为离子化合物,铵根离子和溴离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子,溴化铵正确的电子式为:。 3.【答案】C 【解析】过氧化钠不是碱性氧化物,Mn2O7是酸性氧化物,氧化铝是两性氧化物,A项错误;金、铂属于惰性电极,不参与电极反应,B项错误;SO2+Na2O2===Na2SO4,SO2+H2O2===H2SO4,两反应均是没有单质参加的化合反应,也都是氧化还原反应,C项正确;CaOCl2可改写成Ca(ClO)Cl,Ca(ClO)Cl和Ca(NO3)Cl都是由一种阳离子和两种阴离子组成的盐,不属于复盐,D项错误。 4.【答案】D 【解析】分析反应的化合价知,只有N元素的化合价发生了变化,所以NF3既是氧化剂又是还原剂,NO是还原产物,A、B项错误;还原剂和氧化剂的物质的量之比是1∶2,C项错误;NF3在潮湿的空气中泄漏发生反应生成NO,NO易被氧化为NO2,NO2为红棕色气体,故D项正确。 5.【答案】A 【解析】B是分解反应,且不是氧化还原反应;C是化合反应,D是置换反应,只有A项正确,它是氧化还原反应,但又不是化合反应、置换反应、分解反应。 6.【答案】C 【解析】A错误,Al3+与AlO2-会发生双水解;B错误,H+与S2-、ClO-会生成弱酸;C正确;D 错误,Fe3+与SCN-不能共存。 7.【答案】D 【解析】溴首先氧化亚硫酸根离子而后氧化碘离子,溶液仍呈无色说明一定含有亚硫酸根离子,可能含有碘离子,一定不含铜离子,根据电荷守恒可知一定含铵根离子。 8.【答案】A 【解析】根据得失电子守恒可知,选项中物质的量相等的四种物质得电子,而Cl-失电子,等物质的量的物质失去的电子越多,生成的氯气越多,A、B选项中,1mol物质均失去5mol电子,但是A选项中氯酸钾中的氯元素也转化成了氯气,所以A正确。 9.【答案】D 【解析】阴离子的还原性强弱顺序为Cl-Br2>(SCN)2>I2,故(SCN)2不能将Br-氧化,D错误。 10.【答案】D 【解析】A项电荷不守恒,错误;B项离子方程式书写不完整,N也与OH-反应,错误;C项忽视醋酸为弱电解质,错误。只有D项正确。 11.【答案】C 【解析】根据反应方程式知,反应前后阴离子的个数不变,所以当有0.2 mol CO2生成时,溶液中阴离子的物质的量不变, C错误。 12.【答案】B 【解析】加入金属镁产生H2的溶液呈酸性,CH3COO-与H+不能大量共存,A项错误;含有大量ClO-的溶液具有强氧化性,K+、Na+、NO、SO均可以大量共存,B项正确;Cu2+与CO能发生水解相互促进的反应,不能大量共存,C项错误;含有大量MnO、H+的溶液具有强氧化性,Cl-和CH3CH2OH都可以被氧化,D项错误。 13.【答案】A 【解析】HNO3氧化I-生成棕色的碘,与Na2CO3反应产生无色的CO2气体,与NaAlO2反应先生成白色沉淀然后溶解,现象均不同。 14.【答案】A 【解析】根据得失电子守恒,还原剂提供的电子越多,氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。 1 g题述四种物质能提供的电子的物质的量为 A.×1 mol;B.0;C.×1 mol; D.×1 mol(Fe3O4也可以写为Fe2O3·FeO),等质量时提供电子的物质的量最多的为FeO。 15.【答案】A 【解析】在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由方程式知,还原性:Fe2+>Ce3+;Sn2+>Fe2+。 16.【答案】B 【解析】鉴别物质时可以直接利用物质的特征性质,本题中可以通过观察溶液颜色,判断呈棕黄色的溶液为FeCl3溶液,然后再用FeCl3溶液做试剂,可鉴别出NaOH溶液,再用NaOH溶液鉴别出MgSO4溶液;最后用MgSO4溶液做试剂可检验出Ba(NO3)2溶液,剩下的为KCl溶液。 17.【答案】(1)①2 +6 ②BC (2)5∶6 【解析】(1)①10.7 g Fe(OH)3为0.1 mol,所以如果1 mol Fe(OH)3参加反应,则转移3 mol电子,Fe的化合价升高3价,为+6价,n=2;②根据所学知识可知FeO为强氧化剂,能与还原剂SO2、H2S反应。(2)32 g CH3OH为1 mol,1 mol的CH3OH转移6 mol的电子,升高6价,1 mol的HNO3化合价降低5价,所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶6。 18.【答案】(1)HNO3(或H2CO3) KOH K2CO3(或KNO3) NH3(或CH4或H2O) (2)Na2O+SO2====Na2SO3 (3)SO2+2OH-====S+H2O (4)取少量液体于一洁净试管中,滴入几滴AgNO3溶液产生白色沉淀,再加入稀硝酸后,沉淀不溶解,则证明溶液中含有氯离子 【解析】(1)由K、H、O、C、N五种元素中的两种或三种组合成的物质中属于酸的有HNO3或H2CO3,属于碱的有KOH,属于正盐的有K2CO3或KNO3,属于氢化物的有NH3、CH4、H2O。 (2)Na2O与SO2发生反应生成Na2SO3。 (3)把SO2通入足量NaOH溶液中生成Na2SO3和H2O。反应的离子方程式为SO2+2OH-====S+H2O。 (4)用AgNO3和稀硝酸检验Cl-的存在。 反应的离子方程式为Ag++Cl-====AgCl↓。 19.【答案】(1)3FeS2+2C+3O2===Fe3O4+2CO+6S 2.5 mol (2)①d ②ab Zn+2H+===Zn2++H2↑ ③a Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O ④Mn HCl Cl2 【解析】(1)根据电子得失守恒和原子守恒,配平可得:3FeS2+2C+3O2===Fe3O4+2CO+6S,被氧化的物质为FeS2和C,根据化学方程式可知,当生成3 mol硫时,消耗FeS2和C的物质的量为1.5 mol+1 mol=2.5 mol。(2)①浓盐酸易挥发,露置在空气中溶质挥发使溶液的质量减轻。②盐酸与金属锌反应的化学方程式为Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑,其中H+化合价下降,表现出氧化性,Cl-化合价不变,与氧化产物结合形成盐,表现出酸性。③盐酸与金属氧化物反应时,没有改变金属离子的化合价,表现出酸性。④结合反应方程式中各物质的化合价变化情况可确定,Mn从+7价下降至+2价,被还原;HCl中-1价的氯部分化合价升高作还原剂;HCl被氧化得到氧化产物Cl2。 20.【答案】(1)是否与H2O发生氧化还原反应(2)NO2 (3)NH3·H2ONH4++OH- (4)过量的NaOH会溶解生成的Al(OH)3沉淀 【解析】(1)根据两组物质与水反应的特点可知,第一级分类标准是物质与水是否发生氧化还原反应。 (2)NO2与水反应时,H2O既不作氧化剂也不作还原剂,所以F组中物质除了Cl2外,还有NO2。 (3)D组中的氨水呈弱碱性,原因是NH3·H2O电离生成OH-,电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-。 (4)由Al3+制备Al(OH)3最好不选择D组中的NaOH溶液,原因是过量的NaOH会溶解生成的Al(OH)3沉淀。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版化学一轮复习专题3《金属及其化合物》专题测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.实验室欲使1.6 g Fe2O3完全被还原,事先应准备的CO气体的标准状况下的体积为(  ) A. 672 mL B. 336 mL C. 大于672 mL D. 小于336 mL 2.下列物质中既能跟稀硫酸反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是 (  ) ①NaHCO3 ②(NH4)2SO3 ③Al2O3 ④Al(OH)3 ⑤Al A. 全部 B. 只有①③④⑤ C. 只有③④⑤ D. 只有②③④⑤ 3.把镁粉中混有的少量铝粉除去,应选用的试剂是(  ) A. 稀盐酸 B. 烧碱溶液 C. 硫酸铝溶液 D. 氯水 4.下列物质①NaHCO3、②(NH4)2SO4、③Al2O3、④(NH4)2CO3、⑤Mg(OH)2中,既可以和盐酸反应也可以和Ba(OH)2溶液反应的是(  ) A. ①③④ B. ①②③④ C. ②③④ D. ①③④⑤ 5.下列各金属的混合物2.5 g和足量的盐酸反应,放出的H2在标准状况下体积为2.24 L,其中可能的是(  ) A. Zn和Fe B. Mg和Zn C. Al和Mg D. Cu和Fe 6.铜片和下列哪种酸不反应(  ) A. 浓盐酸 B. 浓硫酸 C. 浓硝酸 D. 稀硝酸 7.在下列有FeCl3溶液参加的反应中,与Fe3+水解有关的是(  ) ①FeCl3与Cu反应 ②FeCl3与H2S反应 ③FeCl3与KI反应 ④FeCl3滴入沸水中 ⑤FeCl3与NaHCO3反应 ⑥FeCl3溶液中滴入石蕊溶液 A. ③④⑤⑥ B. ③④⑤ C. ④⑤⑥ D. ①②③ 8.下列有关金属及其合金的说法正确的是(  ) A. 锡青铜的熔点比纯铜高 B. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加 C. 将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu D. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的 9.从海水中提取镁的工艺流程如图所示: 下列说法错误的是(  ) A. 用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富 B. 步骤⑥电解MgCl2时阴极产生氯气 C. 步骤⑤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水 D. 上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应 10.将一小块钠投入盛有5 mL饱和澄清石灰水的试管里,不可能观察到的现象是(  ) A. 钠熔成小球浮在液面上四处游动 B. 有气体产生 C. 溶液底部有银白色物质生成 D. 溶液变浑浊 11.下列关于金属Na的叙述中,说法正确的是(  ) A. Na在空气中燃烧,发出黄色火焰 B. Na在空气中燃烧,产物是Na2O C. Na是银白色金属,硬度大,熔点高 D. Na常温和加热时反应,产物一样 12.在含有0.1 mol FeBr2、0.1 mol FeI2的1 L溶液中,若先向该溶液中通入一定量的氯气,再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,溶液变为红色,则下列结论的评价都符合实验事实的是(  ) A. ①⑤ B. ②④ C. ③ D. ③⑤ 13.下列关于金属钠的叙述错误的是(  ) A. 金属钠可以保存在煤油中 B. 金属钠着火时,可用泡沫灭火器来灭火 C. 钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛 D. 实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶 14.在含有下列离子组的溶液中,加入Fe(NO3)2固体后,仍然能够大量共存的离子组是(  ) A. K+、SO、NH、CO B. K+、Ba2+、OH-、Cl- C. Na+、H+、Cl-、SO D. Na+、Mg2+、Cl-、NO 15.近年来,科学家正在探索利用铝粉作为新能源的可能性,以期望铝能成为一种石油的取代物。假如铝作为一种普遍使用的新型能源被开发利用,关于其有利因素的下列说法,你认为哪项是错误的(  ) A. 铝质轻,便于运输,贮存,且安全 B. 铝燃烧时放出的热量大,且燃烧后产物对环境的污染容易得到有效的控制 C. 在地球上,铝矿资源比较丰富 D. 现代电冶铝的工业技术已为铝作为新能源奠定了重要基础 16.有一块铁的“氧化物”样品,用140 mL 5.0 mol·L-1盐酸恰好将之完全溶解,所得溶液还能吸收0.025 mol Cl2,恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+,则该样品可能的化学式为(  ) A. Fe2O3 B. Fe3O4 C. Fe4O5 D. Fe5O7 第ⅠⅠ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.有人设计出一种在隔绝空气条件下让钠与FeSO4溶液反应的方法以验证反应实质。实验时,往100 mL大试管中先加40 mL煤油,取3粒米粒大小的金属钠放入大试管后塞上橡皮塞,通过长颈漏斗加入FeSO4溶液使煤油的液面至胶塞,并夹紧弹簧夹(如图)。仔细观察,回答下列问题: (1)有关钠反应的现象是__________________________________________________________。 (2)大试管里的溶液中出现的现象:_________________________________________________。 (3)装置中液面的变化:大试管内________;长颈漏斗内________。 (4)写出钠与硫酸亚铁溶液反应的化学方程式:______________________________________ ______________________________________________________________________________。 18.为了探究“二氧化碳是否在水存在时才能和过氧化钠反应”,某课题研究小组的同学们设计了如图的实验装置,分别进行了甲、乙两次实验: 实验甲:干燥的二氧化碳和过氧化钠的反应。在干燥的试管Ⅱ中装入Na2O2,在通入CO2之前,关闭K1和K2。在试管Ⅰ内装入试剂X后,打开K1和K2,通入CO2,几分钟后,将带火星的木条插入试管Ⅲ的液面上,观察到木条不复燃,且Ⅱ中的淡黄色固体没有变化。实验乙:潮湿的二氧化碳和过氧化钠的反应。在试管Ⅰ内装入试剂Y,其他操作同实验甲。观察到木条复燃,且Ⅱ中的淡黄色固体变为白色。 试回答下列问题: (1)在装入Na2O2后,通入CO2前,关闭K1和K2的目的是_______________________________。 (2)在实验甲中,试剂X是________;在实验乙中,试剂Y是________。 (3)根据上述两个实验现象,得到的结论是_________________________________________。 (4)为了确保实验现象的准确性,制备CO2所用的反应物最好选用________(填编号)。 A.大理石 B.小苏打 C.烧碱 D.盐酸 E.稀硫酸 F.稀硝酸 19.铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。 (1)写出Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式_________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)绿矾(FeSO4·7H2O)是补血剂的原料,易变质。 检验绿矾是否变质的试剂是_______________________________________________。 设计实验检验绿矾是否完全变质___________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下: ①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水,过程中会有少量FeCO3·nH2O在空气中被氧化为FeOOH,该反应的化学方程式为_______________________________________________。 ②取干燥后的FeCO3样品12.49 g焙烧,最终得到还原铁粉6.16 g,计算样品中杂质FeOOH的质量________。 (4)以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质),反应装置如下图。 Fe(s)+5CO(g)鸠馞e(CO)5(g) ΔH<0 T1____T2(填“>”“<”或“=”),判断理由是____________________________ ________________________________________________________________________。 20.比较法是化学中研究物质性质的基本方法之一,请运用比较法解答下题。Na2O2几乎可与所有的常见气态非金属氧化物反应。 如:2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,Na2O2+CO===Na2CO3。 (1)试分别写出Na2O2与SO2、SO3反应的化学方程式: ________________________________________________________________________。 (2)通过比较可知,当非金属元素处于________时,其氧化物与Na2O2反应有O2生成。 (3)依上述规律,写出Na2O2与N2O5反应的化学方程式 ________________________________________________________________________。 答案解析 1.【答案】C 【解析】由Fe2O3+3CO2Fe+3CO2知1.6 g Fe2O3完全反应参加反应的CO的体积标况下应为672 mL,但因为CO为易爆气体而且要使生成Fe在CO气流中冷却,必须通入更多的CO,选C。 2.【答案】A 【解析】弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐、Al、Al2O3、Al(OH)3等物质既可与强酸反应又可与强碱反应,故选A。 3.【答案】B 【解析】盐酸、氯水与镁、铝都反应;镁可以与硫酸铝溶液反应,置换出铝,不符合题意;烧碱溶液就是氢氧化钠溶液,铝与氢氧化钠反应产生氢气,生成的偏铝酸钠可以溶于水,而镁不与碱反应。 4.【答案】A 【解析】五种物质中(NH4)2SO4只与Ba(OH)2反应,Mg(OH)2只与盐酸反应,NaHCO3、Al2O3、(NH4)2CO3与二者都反应。 5.【答案】B 【解析】氢气的物质的量是2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.1 mol,则需要金属的质量分别是Zn:6.5 g、Fe:5.6 g、Mg:2.4 g、Al:1.8 g。由于固体一共是2.5 g,所以可能的是Mg和Zn的混合物。 6.【答案】A 【解析】根据金属活动性顺序表,铜排在氢后面,所以铜不可以把氢气置换出来,不能与氧化性弱的酸反应,A项,浓盐酸是弱氧化性酸,故不与铜反应;而B、C、D中的硝酸、浓硫酸都是强氧化性酸,都可以氧化铜。 7.【答案】C 【解析】①②③均表现Fe3+的氧化性。 8.【答案】D 【解析】锡青铜属于合金,根据合金的特性,熔点比任何一种纯金属的熔点低, A错误;生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次降低,B项错误;溶液中该反应难以发生,先是2NH3+2H2O+CuSO4===Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4,接着Cu(OH)2CuO+H2O,溶液中NH3不能还原CuO为Cu,要还原必须是干燥的固态,C错误。 9.【答案】B 【解析】海水中含有大量的镁,A项正确;电解MgCl2时,阳极产生Cl2,B项错误;加热脱水过程中Mg2+能水解生成Mg(OH)2,为防止Mg2+水解,应在HCl气体氛围中脱水,C项正确;①、③、⑥分别为化合反应、复分解反应、分解反应,D项正确。 10.【答案】C 【解析】钠的密度比水小且熔点低,钠熔成小球浮在液面上四处游动,A正确;钠投入饱和澄清石灰水中,钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,同时放出大量的热,B正确;钠不会将金属钙置换出来,C错误;反应放热使溶液的温度升高,氢氧化钙的溶解度降低,溶液变浑浊,D正确。选C。 11.【答案】A 【解析】明确钠与氧气反应的条件不同反应产物不同。 12.【答案】C 【解析】根据实验现象可得出:一定有铁离子生成,由于铁离子能氧化I-,故I-肯定完全被氧化,①结论不正确,评价不正确;②结论正确,评价不正确;③结论和评价都正确;④氯气可能恰好完全反应,结论不正确,评价正确;⑤仅由上述实验不能得到离子还原性顺序,结论不正确,评价不正确。 13.【答案】B 【解析】A项,金属钠的密度比煤油的大;B项,金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应,泡沫灭火器产生的是二氧化碳;C项,钠的还原性强,钠能与熔融状态下的四氯化钛反应制取金属钛;D项,实验时用剩的钠块应该放回原瓶。 14.【答案】D 【解析】A中CO和Fe2+不能大量共存;B中Fe2+和OH-不能大量共存;C中H+、NO和Fe2+因发生氧化还原反应而不能大量共存。 15.【答案】D 【解析】电冶铝时要消耗大量的电能,因而D项错误。 16.【答案】D 【解析】根据2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-,可知铁的氧化物样品用盐酸溶解后所得的溶液中n(Fe2+)=0.025 mol×2=0.05 mol。据溶液中的电荷守恒可得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=n(Cl-),则n(Fe3+)=[5.0 mol·L-1×0.14 L-2×0.05 mol]=0.2 mol。故n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.05 mol∶0.2 mol=1∶4,该氧化物可表示为FeO·2Fe2O3,即Fe5O7;选D。 17.【答案】(1)有气泡生成,钠熔化成闪亮的小球且在煤油和FeSO4溶液界面处上下跳动,最终完全溶解 (2)下层溶液出现白色絮状沉淀,溶液的颜色逐渐变浅 (3)下降 上升 (4)2Na+FeSO4+2H2O===Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑ 【解析】本题以实验探究形式考查金属钠的性质。(1)金属Na与FeSO4溶液反应的实质是Na先与水反应,使Na粒熔化,并随气泡的生成而在两种液体界面处上下跳动。(2)因反应生成的NaOH又与FeSO4反应生成白色絮状沉淀,溶液的颜色逐渐变浅。(3)因产生了H2,使装置内压强增大,故大试管内液面下降,长颈漏斗内液面上升。(4)2Na+2H2O+Fe2+===Fe(OH)2↓+H2↑+2Na+。 18.【答案】(1)防止Na2O2受潮 (2)浓硫酸 饱和NaHCO3溶液或水 (3)二氧化碳只有在水存在时才能和过氧化钠反应 (4)BE 【解析】(1)因实验目的是探究Na2O2与CO2的反应是否需要水的存在,故反应时可先让Na2O2与干燥的CO2反应,然后再与潮湿的CO2反应。所以实验前要注意药品Na2O2的防潮,故关闭K1、K2的目的是防止Na2O2受潮。(2)实验甲中,液态试剂X是为了干燥CO2,故X为浓硫酸。实验乙中,液态试剂Y是为了使CO2潮湿且不和CO2作用,故可选用NaHCO3饱和溶液或水。(4)因盐酸、硝酸具有挥发性,反应产生的CO2气体中混有HCl等干扰实验,又因硫酸钙微溶,故CO2的制取不能选用稀硫酸与大理石,因此只能选用稀硫酸和小苏打制取CO2。 19.【答案】(1)4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 (2)KSCN溶液 取样品溶于水,滴加酸性高锰酸钾溶液,如溶液褪色,则表示样品没有完全变质(或滴加铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,则样品没有完全变质) (3)①4FeCO3·nH2O+O2===4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O ②0.89 g (4)< 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端,一氧化碳循环利用 【解析】(2)检验绿矾是否变质即为检验是否有Fe3+,检验绿矾是否完全变质即为检验产物中是否还存在Fe2+,通常可用酸性高锰酸钾溶液。(3)②设样品中FeCO3的物质的量为xmol,FeOOH的物质的量为ymol,则116x+89y=12.49,x+y==0.11,解得y=0.01 mol,样品中杂质FeOOH的质量为0.89 g;(4)反应Fe(s)+5CO(g)鸠馞e(CO)5(g) ΔH<0,铁粉和一氧化碳合成羰基合铁时放出热量 ,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发,杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端,一氧化碳循环利用,故T1<T2。 20.【答案】(1)SO2+Na2O2===Na2SO4、2SO3+2Na2O2===2Na2SO4+O2↑ (2)最高价 (3)2N2O5+2Na2O2===4NaNO3+O2 【解析】通过模板方程式可知过氧化钠与二氧化碳及一氧化碳的反应规律是碳+4(最高价)时生成Na2CO3和O2,+2(低价)时Na2O2表现强氧化性只生成Na2CO3,类推过氧化钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠;过氧化钠与三氧化硫发生反应生成硫酸钠和氧气;五氧化二氮处于氮的最高价态,与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版化学一轮复习专题4《非金属及其化合物》专题测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.在温度t1和t2下,卤素单质X2(g)和H2反应生成HX的化学平衡常数如下表,仅根据下表数据不能判断的是(  ) A. 已知t2>t1,HX的生成反应为放热反应 B. 在相同条件下,X2平衡转化率:F2>Cl2 C. X2与H2反应的剧烈程度随着原子序数递增逐渐减弱 D. HX的稳定性:HBr>HI 2.向硫酸酸化的Fe( NO3)3溶液中逐渐通入H2S气体,可能发生反应的离子方程式正确的是(  ) ①S2-+2NO+4H+===2NO2+S+2H2O ②2Fe3++H2S ===2Fe2++S+2H+ ③Fe3++3NO+5H2S+2H+===3NO+5S +Fe2++6H2O ④Fe3++7NO+10H2S+8H+===7NO +10S+Fe2++14H2O ⑤Fe3++5NO+8H2S +4H+===5NO +8S +Fe2++10H2O A. ②③⑤ B. ③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③ 3.酸雨的主要成分是H2SO4,以下是形成途径之一:①NO2+SO2===NO+SO3,②2NO+O2===2NO2,③SO3+H2O===H2SO4,以下叙述错误的是(  ) A. NO2由反应N2+2O22NO2生成 B. 总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4 C. 还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O===4HNO3 D. 还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O===4HNO3 4.某无色的混合气体可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种,将100 mL该气体经过如图实验的处理,结果得到酸性溶液,而几乎无气体剩余,则此气体的组成为(  ) A. NH3、NO2、N2 B. NH3、NO、CO2 C. NH3、NO2、CO2 D. NO、CO2、N2 5.对于ⅣA族元素,下列叙述中不正确的是(  ) A. SiO2和CO2中Si和O,C和O之间都是共价键 B. C,Si和Ge的最外层电子数都是4,次外层电子数都是8 C. CO2和SiO2都是酸性氧化物,在一定条件下都能和氧化钙反应 D. 该族元素的主要化合价是+4和+2 6.根据不同部位的工作条件,航天飞机使用下述几种防热材料:①头锥和机翼前缘受气体摩擦最大,使用表面涂硅的碳M碳复合材料。②机身和机翼下表面使用高温陶瓷瓦。③机身侧面和机翼上表面使用高温陶瓷瓦。④货舱门、尾段机身等采用聚芳酰胺纤维材料制造的毡瓦。下列对新型陶瓷材料的有关叙述中不正确的是(  ) A. 高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料,可以作为高级耐火材料 B. 氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,它是高温结构材料 C. 氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料,可用于制造陶瓷柴油机的受热面 D. 新型无机非金属材料克服了传统无机非金属材料的缺点,但是强度比较差 7.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。下列关于硫化氢的说法错误的是(  ) A. H2S是一种弱电解质 B. 可用石灰乳吸收H2S气体 C. 根据如图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2S D. H2S在空气中燃烧可以生成SO2 8.某同学利用右图所示装置进行实验,一段时间后,水沿导管缓慢上升。下列说法错误的是(  ) A. 实验过程中气球体积会发生变化 B. 广口瓶中液体的pH减小 C. 广口瓶中有化合反应发生 D. 试管中不可能发生分解反应 9.元素及其化合物的性质是化学研究的主要内容之一。下列叙述正确的是 A. Na与氧气反应只生成Na2O2 B. 将过量的SO2通入CaCl2溶液可生成CaSO3沉淀 C. 向Fe(NO3)2溶液滴加稀盐酸,溶液变黄色 D. 向酚酞试液加足量Na2O2粉末,充分振荡后溶液呈红色 10.化学与生产、生活密切相关.下列叙述错误的是(  ) A. 光导纤维和陶瓷都是硅酸盐产品 B. 晶体硅可用于制造芯片 C. 钢铁厂用热还原法冶炼铁 D. 焙制糕点的发酵粉主要成分之一是碳酸氢钠 11.下列有关氮的叙述,错误的是(  ) A. 氮气常用作保护气 B. 氮气在常温下化学性质非常活泼 C. 氮元素有多种化合价 D. 氮元素是构成蛋白质不可缺少的成分 12.能证明碳酸的酸性比硅酸强的事实是(  ) A. CO2溶于水生成碳酸,SiO2不溶于水也不能跟水直接反应生成硅酸 B. 在高温条件下,SiO2和Na2CO3能发生反应:SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑ C. SiO2熔点比CO2高 D. CO2通入Na2SiO3稀溶液中,生成白色胶状沉淀,所生成的H2SiO3逐渐聚合而形成硅酸溶胶 13.探究氨气及铵盐性质的过程中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是(  ) A. 将集有氨气的试管倒扣于水槽中,液体迅速充满试管,说明氨气极易溶于水 B. 将pH=11的氨水稀释1 000倍,测得pH>8,说明NH3·H2O为弱碱 C. 加热NH4HCO3固体,观察到固体逐渐减少,试管口有液滴产生,说明NH4HCO3受热不稳定 D. 将红热的Pt丝伸入下图所示的锥形瓶中,瓶口出现少量红棕色气体,说明氨气的氧化产物为NO2 14.硫在空气中燃烧生成气体A,把A溶于水得溶液B,向B中滴加溴水,溴水褪色,B变成C,在C里加Na2S产生气体D,把D通入B溶液得浅黄色沉淀E。A、B、C、D、E都含同一种元素。按A、B、C、D、E顺序排序的是(  ) A. SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S B. SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S C. SO2、H2SO3、H2SO4、SO3、Na2S2O3 D. SO3、H2SO4、H2SO3、SO2、Na2S2O3 15.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL,平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉,产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是(  ) A. OA段产生的是NO,AB段的反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+,BC段产生氢气 B. 原混合酸中NO物质的量为0.4 mol C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4 D. 取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液的pH=1 16.安全气囊碰撞时发生反应:10NaN3+2KNO3===K2O+5Na2O+16N2↑ ,下列判断正确的是 A. 每生成16 mol N2转移30 mol电子 B. NaN3中N元素被还原 C. N2既是氧化剂又是还原剂 D. 还原产物与氧化产物质量之比为1:15 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.现有四个无标签的试剂瓶,分别盛有硫酸、BaCl2溶液、盐酸和不知名称的某正盐溶液M,将四种试剂分别标为A、B、C、D,取少量试剂分别进行实验得到如表所示关系(其中无色气体能使澄清石灰水变浑浊,M溶液进行焰色反应为黄色)。 (1)写出试剂名称:A________,B________。 (2)写出生成X的离子方程式:________。 (3)有人认为M是Na2CO3,此结论是否正确?______(填“正确”或“不正确”),如认为正确,请说明推断的依据;如不正确,请说明理由:________。 (4)若A、硝酸、D三种溶液混合后仍有沉淀,则其反应的离子方程式为________。 18.工厂烟道气中SO2直接排放到空气中会形成酸雨污染环境。利用海水脱硫是一种有效的方法,其工艺流程如图: (1)常温下,无污染天然海水pH约为8,呈________性。 (2)天然海水吸收了含硫烟气后,要用O2进行氧化处理,其反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________。 (3)为研究脱硫率与温度、含硫烟气SO2浓度的关系,实验结果如下表: 则T由表中实验可得出的理论是___________________________________________ ________________________________________________________________________。 19.制备氮化镁的装置示意图如下: 回答下列问题: (1)检查装置气密性的方法是_______________________________________________ ________________________________________________________________________, a的名称是____________,b的名称是____________。 (2)写出NaNO2和(NH4)2SO4反应制备氮气的化学方程式 ________________________________________________________________________。 (3)C的作用是________________,D的作用是________,是否可以把C与D的位置对调并说明理由____________ ________________________________________________________________________。 (4)写出E中发生反应的化学方程式 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)请用化学方法确定是否有氮化镁生成,并检验是否含有未反应的镁,写出实验操作及现象 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 20.某校化学实验兴趣小组欲采用如图所示的实验装置制备Cl2,同时进行与氯气有关的某些实验,按要求回答问题。 (1)A是浓盐酸,B是二氧化锰,将A滴入B中时发生反应离子方程式为________________。 (2)甲同学用含有0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2,结果制得的Cl2体积(标准状况下)小于1.12 L。这是由于反应过程中盐酸浓度变小造成的。 请列举导致盐酸浓度变小的原因:____________________________。 (3)在实验室中,乙同学欲用下图中的装置净化氯气,则瓶①②中应盛放的试剂分别是①________,②________(填试剂名称)。 (4)丙同学将纯净的Cl2通入一定量石灰乳中来制取漂白粉,若通入224 mL(标准状况下)Cl2并完全反应,则反应过程中转移电子的物质的量为________。 答案 1.【答案】D 【解析】A项,升高温度,平衡向吸热反应方向移动; B项,相同条件下,化学平衡常数越大,X2平衡转化率越大; C项,相同条件下,化学平衡常数K随着原子序数增大而减小,反应程度也越小; D项,分子的稳定性与分子内共价键的强弱有关,与K无关。 2.【答案】A 3.【答案】A 【解析】A项,N2+O222NO,不能生成NO2,错误;B项,①×2+②+③×2得:2SO2+O2+2H2O===2H2SO4,正确;C项,利用3NO2+H2O===2HNO3+NO④以及④×2+②得:4NO2+O2+2H2O===4HNO3,正确;D项,利用3NO2+H2O===2HNO3+NO④以及④×2+②×3得:4NO+3O2+2H2O===4HNO3,正确。 4.【答案】B 【解析】NO2是红棕色气体,某无色的混合气体一定没有NO2,该混合气体通过浓硫酸,气体体积减少,该混合气体中只有氨气和浓硫酸反应,说明混合气体中有NH3,通过Na2O2后气体呈红棕色,说明有NO、CO2,结果得到酸性溶液,而几乎无气体剩余,一定没有氮气。 5.【答案】B 【解析】一般金属与非金属原子之间以共价键结合,A正确。C、Si、Ge为同主族元素,最外层电子数相等均为4,但核电荷数依次增多,次外层电子数依次为2、8、18,B错误。大多数非金属氧化物是酸性氧化物,如CO2、SiO2,酸性氧化物在一定条件下能够与碱性氧化物(如CaO)反应,C正确。最高正化合价数等于最外层电子数,ⅣA族元素的主要化合价是+4和+2,D正确。选B。 6.【答案】D 【解析】氧化铝陶瓷是一种高温结构陶瓷,俗称人造刚玉;新型无机非金属材料具有耐高温、强度大、抗氧化等优良性能。选D。 7.【答案】C 【解析】A项,H2S在溶液中不能完全电离,是一种弱电解质,故A正确; B项,硫化氢具有酸性,可与石灰乳反应,可用石灰乳吸收H2S气体,故B正确; C项,根据如图可知FeCl3能氧化H2S,CuCl2与H2S反应生成CuS,没有发生氧化还原反应,故C错误; D项,H2S具有还原性,在空气中完全燃烧可以生成SO2,如氧气不足,可生成S,故D正确。 8.【答案】D 【解析】浓硝酸发生分解反应4HNO3===4NO2↑+O2↑+2H2O;铜与浓硝酸反应的化学方程式为4HNO3(浓)+Cu===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,生成的NO2与广口瓶中的水发生反应3NO2+H2O===2HNO3+NO,然后NO与广口瓶内部O2发生化合反应2NO+O2===2NO2,气球会胀大;随着铜与浓硝酸反应的逐渐变慢,试管中压强变小,水沿导管上升。选D。 9.【答案】C 【解析】A项,金属钠与氧气在常温下,反应生成氧化钠,在点燃或加热条件下生成过氧化钠,故错误;B项,过量的SO2和CaSO3反应:SO2+CaSO3+H2O===Ca(HSO3)2,没有沉淀产生,故错误;C项,NO在酸性条件下,具有强氧化性,能把Fe2+氧化成Fe3+,因此溶液变为黄色,故正确;D项,过氧化钠还具有强氧化性,能把有色物质漂白,即先变红,后褪色,故错误。 10.【答案】A 【解析】光导纤维的成分是二氧化硅,A错误;硅是半导体,所以硅可用于制造芯片,B正确;用还原剂一氧化碳还原铁矿石,所以钢铁厂用热还原法冶炼铁,C正确;碳酸氢钠的不稳定性,产生二氧化碳使食品疏松, D正确;选A。 11.【答案】B 【解析】氮分子中含氮氮三键,键能大,故氮气性质稳定,用作保护气,氮有多种价态,蛋白质中含氮元素。 12.【答案】D 【解析】B项是在固体反应中难挥发性(高沸点)物质制取易挥发性(低沸点)物质,它是利用两者共熔时生成易挥发的CO2使反应发生;D项是较强的酸与较弱的酸的盐溶液反应生成较强酸的盐和较弱酸的复分解反应,这是该类复分解反应发生的条件之一;A项是二者的水溶性,不能证明碳酸的酸性比硅酸强,C项是二者的熔点,也不能证明碳酸的酸性比硅酸强。选D。 13.【答案】D 【解析】D项,4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O2===2NO2,NH3的氧化产物应为NO。 14.【答案】B 【解析】硫在空气中燃烧生成SO2,SO2溶于水得H2SO3,向H2SO3中滴加溴水生成H2SO4和HBr,在H2SO4溶液中加Na2S产生气体H2S,H2S与H2SO3反应产生浅黄色沉淀S,故B项正确。 15.【答案】D 【解析】向其中一份中逐渐加入铜粉,最多能溶解19.2 g,消耗0.3 mol铜,据得失电子守恒计算可得生成0.2 mol NO;向另一份中逐渐加入铁粉,铁粉先跟氧化性强的硝酸反应生成NO,由图可知该反应消耗铁的量是0.2 mol,根据得失电子守恒,生成的NO也是0.2 mol,此时硝酸根离子已经反应完了,据氮守恒知道原硝酸的物质的量为0.4 mol,B项正确;AB段的反应为Fe+2Fe3+===3Fe2+,BC段产生氢气,OA段产生NO,A项正确;第二份溶液中最终溶质为FeSO4,C项正确;OA段和BC段共消耗H+1.0 mol,则原溶液中H+为2.0 mol,取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液的c(H+)=0.2 mol·L-1,即pH=0.7,D项错误。 16.【答案】D 【解析】A项,根据方程式可知NaN3中氮元素的化合价从-升高到0价,作还原剂。硝酸钾中氮元素的化合价从+5价降低到0价,作氧化剂,因此每生成16 mol N2转移10 mol电子,A错误;B项,NaN3中N元素被氧化,B错误;C项,氮气既是氧化产物,也是还原产物,C错误;D项,根据电子得失守恒可知还原产物与氧化产物质量之比为1∶15,D正确。 17.【答案】(1)氯化钡溶液 硫酸 (2)SO+Ba2+===BaSO4↓ (3)不正确 亚硫酸钠与硫酸反应生成SO2也能使澄清石灰水变浑浊 (4)3SO+2H++2NO+3Ba2+===3BaSO4↓+2NO↑+H2O 【解析】由B与D反应产生无色气体及气体的性质和已有物质组成知,B是盐酸或硫酸,D是碳酸盐或亚硫酸盐,再结合A与B反应能生成沉淀知B只能是硫酸,A是BaCl2溶液。A、硝酸、D三种溶液混合后得到沉淀,此种沉淀是BaSO4,则M应该是Na2SO3。 18.【答案】(1)碱(或弱碱) (2)2H2SO3+O2===2H2SO4(合理即可) (3)298 温度越低、含硫烟气浓度较低时有利于提高脱硫效率(合理即可) 【解析】(3)根据控制变量的思想,实验Ⅱ变化的是SO2的浓度,温度不变,故为298 K。由表中数据可得出结论:浓度相同时,温度为298 K。由表中数据可得出结论:浓度相同时,温度为298 K时脱硫效率高;相同温度时,含硫烟气浓度为400×10-6mol·L-1时脱硫效率高;或温度越低、含硫烟气浓度较低时有利于提高脱硫效率。 19.【答案】(1)关闭分液漏斗活塞,并在G中加入水,微热b,这时G中有气泡冒出,停止加热冷却后,G中插在溶液里的玻璃管形成一段稳定的水柱,则气密性良好 分液漏斗 圆底烧瓶 (2)(NH4)2SO4+2NaNO22N2↑+Na2SO4+4H2O (3)除去氧气(及氮氧化物) 除去水蒸气 不能,对调后无法除去水蒸气 (4)N2+3MgMg3N2 (5)取少量产物于试管中,加入少量蒸馏水,试管底部有沉淀生成,可闻到刺激性氨味(或把湿润的红色石蕊试纸放在管口,试纸变蓝),证明产物中含有氮化镁;弃去上层清液,加入盐酸,若观察到有气泡产生,则证明产物中还含有未反应的镁 【解析】(1)检查装置气密性时要将装置设置成密闭体系(关闭分液漏斗活塞并在G中加入水),然后利用热膨胀原理来检验。 (2)NaNO2中N元素显+3价,在反应中将(NH4)2SO4中-3价氮氧化,两者发生归中反应生成N2,根据电子守恒和质量守恒来配平化学方程式。 (3)由于开始装置中含有空气,故利用硫酸亚铁除去空气中的O2及反应中生成的氮氧化物;浓硫酸的作用是作吸水剂,将生成的N2干燥。 (4)镁是活泼金属,在加热条件下能与氮气反应生成氮化镁。 (5)Mg3N2能与水反应生成NH3,故只要检验加入水后能否生成氨气即可知是否有Mg3N2生成;金属镁的检验可以通过加入酸来检验。 20.【答案】(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2)①氯化氢挥发;②反应生成水;③反应消耗HCl (3)饱和食盐水 浓硫酸 (4)0.01 mol 【解析】(1)在加热条件下,二氧化锰氧化浓盐酸可以制取氯气。 (3)制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气,净化时应先通过饱和食盐水吸收氯化氢,后通过浓硫酸吸收水蒸气。 (4)反应2Ca(OH)2+2Cl2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O中,1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子,故通入224 mL(标准状况下)Cl2,完全反应时转移电子0.01 mol。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版化学一轮复习专题5《物质结构 元素周期律》专题测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.德国重离子研究中心宣布,经国际纯粹与应用化学联合会确认,由该中心合成的第112号化学元素从即日起获正式名称“Copernicium”,相应的元素符号为“Cn”。选择2月19日为新元素正式冠名日,也是因为这一天是哥白尼的生日。有报道称Cn原子含有165个中子。下列有关112号元素的相关说法正确的是(  ) A. 该原子可表示为Cn B. 该元素的相对原子质量为277 C. 该原子的核外电子数为112 D. 该原子能够稳定存在 2.下列说法中正确的是(  )。 A. KOH中含有离子键也含有共价键,属于离子化合物 B. N2属于单质,不存在化学键 C. MgCl2中既含有离子键,又含有共价键 D. NH4Cl中含有共价键,又全部由非金属元素组成,属于共价化合物 3.沸沸扬扬的南京丢失的放射源铱-192成功找回。铱-192是一种放射性金属,铱-192探伤机因其体积小、轻便、无需电源与水源、灵敏度高、性能稳定、曝光角度大可检查机械设备本身是否有裂纹或内部损害,在建筑、电力等领域使用比较广泛。下列关于铱-192(19277Ir)的说法错误的是 ( ) A. 质子数77 B. 中子数与质子数差为38 C. 铱-191和铱-193无放射性,铱-192是在核反应堆中照射含有铱-191和铱-193的铱丝、圆片或大块而得到的,该核反应是化学变化 D. 铱-192与铱-191、铱-193互为同位素 4.下列描述正确的是(  ) A. 硝酸的标签上应标注和 B. 硫离子结构示意图: C. HClO的电子式: D.239Pu比235U原子核内多4个中子 5.下列有关化学用语表示正确的是 (  )。 A. 1,3-丁二烯的结构简式:C4H6 B. 一氯甲烷的电子式:HCl C. 氟原子的结构示意图: D. 中子数为145、质子数为94的钚(Pu)原子:Pu 6.a、b、c、d为短周期元素,a的原子中只有1个电子,b2-和c+离子的电子层结构相同,d与b同族。下列叙述错误的是(  ) A. a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1 B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C. c的原子半径是这些元素中最大的 D. d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性 7.门捷列夫在描述元素周期表时,许多元素尚未发现,但他为第四周期的三种元素留下了空位,并对它们的一些性质做了预测,X是其中的一种“类硅”元素(与硅处于同族),后来被德国化学家文克勒发现,并证实门捷列夫当时的预测相当准确。根据元素周期律,下列有关X性质的描述中错误的是(  ) A. X单质不易与水反应 B. XO2可被碳还原为X C. XH4的稳定性比SiH4的高 D. X的半径比Si的大 8.化学键使得一百多种元素构成了世界的万物。关于化学键的下列叙述中,正确的是(  ) A. 离子化合物中一定含有共价键,共价化合物中不含离子键 B. 共价化合物中可能含离子键,离子化合物中只含离子键 C. 构成单质分子的粒子一定含有共价键 D. 在氧化钠中,除氧离子和钠离子的静电吸引作用外,还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用 9.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图,下列说法正确的是(  ) A. 原子半径:Z>Y>X B. 气态氢化物的稳定性:RSi,稳定性:GeH4Al>O(或Y>Z>X);B项,气态氢化物的稳定性:HCl>H2S;C项,SO3(WX3)和水反应生成的H2SO4为共价化合物。 10.【答案】A 【解析】根据题意,固体A的化学式为NH5,它的所有原子的最外电子层结构都符合相应稀有气体的最外电子层结构。故NH5的电子式为,C正确;由NH5的电子式可知,1 mol NH5中含有4NA个NH键,A错误;NH5中既有极性共价键又有离子键,B正确;NH5与水反应的离子方程式为NH+H-+H2O===NH3·H2O+H2↑,D正确。 11.【答案】D 【解析】A选项中氧原子与氧原子之间应共用一对电子;B选项I2是分子;C选项20是中子数,不是质量数,正确的写法是Cl。 12.【答案】B 【解析】在电场作用下,水分子间更易形成氢键,因而可以制得“暖冰”,否则20℃时,水分子不能瞬间凝固形成冰,A正确;水凝固形成20℃时的“暖冰”,只是水的存在状态发生了变化,没有生产新的物质,所发生的是物理变化,B错误;酸性KMnO4溶液褪色,说明燃烧生成了具有还原性的物质;含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色,说明燃烧生成了具有氧化性的物质,C正确;该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质,该物质可能是双氧水,D正确。 13.【答案】A 【解析】由X的原子结构特点知X为C,依次推出Y为O;Z为Si;W为S;Q为Cl。A正确,S与O的结构相似,也可形成Na2S2,多硫化物等。B错误,SiO2是共价化合物,熔融时不导电。C错误,W的非金属性弱于Q,得电子能力弱于Q。D错误,O的同素异形体有O2,O3。 14.【答案】B 【解析】A.由氮气分子中含有氮氮三键,键能较大,化学性质稳定,与范德华力无关,错误; B.溴、碘等共价化合物,它们的熔沸点与分子间作用力即范德华力有关,正确; C.水分子中有氢键的作用力大于范德华力,导致熔沸点变大,硫化氢分子间没有氢键,所以水的沸点比硫化氢的沸点高,错误; D.钠离子半径大于锂离子半径,故钠中金属键减弱,其熔点比锂低,错误。 15.【答案】A 【解析】A、14C是质子数为6,中子数为8的核素,其原子结构示意图为:,正确; B、过氧化钠中含有过氧根,其中含有非极性共价键,氯化钙中只含有离子键,错误;C、最外层为18的阴离子,可以是硫离子,硫离子水解导致溶液呈碱性,错误;D、氢氧根离子属于带电离子,羟基属于原子团,氢氧根的电子式为:,错误。 16.【答案】B 【解析】A项中的离子具有相同的核外电子排布,则核电荷数越大,离子半径越小,故A项错误;B项中S2-和Cl-的电子层数比Na+和Al3+多,再根据核外电子排布相同的离子半径比较规律可知B项正确;C项属于同周期的元素原子,核电荷数越大,半径越小,故C项错误;D项是同主族元素原子,核电荷数越大,半径越大,故D项错误。 17.【答案】(1)Na Cl (2)PH3 (3)NH4Cl 离子键和共价键 (4)H3PO4 (5)2P+5Cl22PCl5PCl3 (6)Cl2+H2O=H++Cl-+HClO 【解析】根据题目所给的信息,A和BDE均可以形成共价型化合物,可知A是H元素,B是N元素(AB形成化合物的水溶液显碱性),C是Na元素,D是P元素,E是Cl元素; (1)根据原子半径变化规律,可知Na的原子半径最大;Cl的非金属性最强; (2)H与N,P,Cl形成的氢化物NH3,PH3,HCl,PH3最不稳定(P的非金属新最弱); (3)AE形成的化合物是HCl,A和B形成的化合物是NH3,二者反应的到的盐是NH4Cl,存在的化学键:离子键和共价键; (4)P的最高价是+5价,最高价氧化物水化物的化学式为H3PO4。 18.【答案】(1)  (2)CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ (3)4Fe(OH)2+2H2O+O2===4Fe(OH)3 (4)2FeO+CO2Fe2O3+CO 检测Fe2O3:将固体用稀盐酸溶解,加入KSCN溶液若显红色,表明产物中有Fe(Ⅲ) 检测CO:将气体通过灼热CuO,黑色固体变红色 【解析】由白色沉淀在空气中可转化为红褐色沉淀知X中含有铁元素,由X与盐酸反应生成气体甲,甲又能与溶液1反应生成白色沉淀且该白色沉淀又可在水中继续与甲反应,故甲是CO2。由实验过程知X中含有+2价的铁、还含有CO,另一种金属可能是+2价的钙,故X的化学式为CaFe(CO3)2,X分解得到CO2、CaO、FeO。高温下FeO与CO2反应生成CO,另一种产物可能是Fe2O3。将反应后所得到的固体用稀硫酸溶解,然后用KSCN溶液检验是否含有Fe3+,将气体产物通过热的CuO固体,根据固体变红色可确定CO2中有CO。 19.【答案】(1)氮 硫 氟 (2)3 ⅥA (3) 2F2+2H2O=4HF+O2 (4)> 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4 【解析】A,B,C为短周期元素,从A,B,C的相对位置看,A,C只能处在第2周期,而B在第3周期。设A的原子序数为x-1,则C为x+1,B为x+8,有:(x-1)+(x+1)=x+8,则x=8,即A,B,C的原子序数分别为7、16、9,对应的元素分别为N、S、F,S的原子半径比同主族的O大,而氧原子半径比同周期的F大,因此S的原子半径大于F的原子半径。 20.【答案】(1)第一周期ⅠA族 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ 或2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑ (2)纯碱(或苏打) Cl2+2Na2CO3+H2O===NaClO+NaCl+2NaHCO3紫 (3)NaH Na2O2和Na2C2金属晶体 (4)氢 正四面体 【解析】根据题给信息,可推出A、B、D、E、F分别是H、C、O、Na、Cl; (1)工业上通常电解饱和食盐水制氯气,电解的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑; (2)C、O、Na组成的盐中,Na的质量分数为43%的是Na2CO3,其俗名是纯碱(或苏打);发生的反应方程式有:Cl2+H2O===HClO+HCl、HClO+Na2CO3===NaClO+NaHCO3、HCl+Na2CO3===NaCl+NaHCO3,然后将以上三个方程式合并得Cl2+2Na2CO3===NaClO+NaCl+2NaHCO3;产物中的NaClO具有强氧化性,能将I-氧化成I2,I2易溶于有机溶剂CCl4,I2的CCl4溶液呈紫色; (3)五种元素组成的物质中能形成阳离子的仅有Na,结合题给信息,可推知a是NaH、b是Na2O2、Na2C2;c为COCl2,其电子式为;五种元素中只有Na形成的单质只存在一种类型的作用力且可导电,金属钠属于金属晶体; (4)H2O和CH4形成的可燃冰(CH4·nH2O)是一类新能源物质,其中H2O分子间形成氢键,CH4的空间构型为正四面体。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版化学一轮复习专题6《化学反应与能量变化》专题测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.H2和I2在一定条件下能发生反应:H2(g)+I2(g)═2HI(g)△H=﹣a kJ/mol下列说法正确的是(  ) 已知: A. H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键  B. 断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ  C. 相同条件下,1 mol H2(g)和1mol I2(g)总能量小于2 mol HI (g)的总能量  D. 向密闭容器中加入2 mol H2(g)和2 mol I2(g),充分反应后放出的热量为2a kJ 2.如图所示,杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球,调节杠杆并使其在水中保持平衡,然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液,一段时间后,下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中,不考虑两球的浮力变化)(  ) A. 杠杆为导体或绝缘体时,均为A端高B端低 B. 杠杆为导体或绝缘体时,均为A端低B端高 C. 当杠杆为导体时,A端低B端高 D. 当杠杆为导体时,A端高B端低 3.某种快速充电电池的电极材料分别为锂和石墨,电解液是LiAlCl4﹣SOCl2.电池的总反应可表示为:4LiCl+S+SO24Li+2SOCl2.下列说法正确的是(  ) A. 该电池放电时,负极材料为锂,发生还原反应  B. 组装该电池可以在有氧的条件下进行  C. 电池放电时电子从负极经外电路流向正极,再从正极经电解液流向负极  D. 电池充

  • ID:11-6025092 2020届全国高三高考备考人教版生物一轮复习专题测试卷【解析版】

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    绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版生物一轮复习专题1《分子与细胞》测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.在组成人体的各种化学元素中,含量最多的元素、占细胞干重最多的元素依次是(  ) A. O、C B. H、O C. O、N D. O、O 2.下列关于脂质的说法不正确的是(  ) A. 组成脂质的化学元素主要是C、H、O,有些脂质还含有N和P B. 当人过多地摄入脂肪类食物又缺少运动时,就有可能导致肥胖 C. 胆固醇是一种对人体有害无益的脂质 D. 性激素能促进人和动物生殖器官的发育和生殖细胞的形成 3.以下关于组成细胞的有机物的描述,错误的是(  ) A. 组成油脂的元素为C、H、O B. 蛋白质的生物合成一定有RNA的直接参与 C. 淀粉、纤维素和糖原发生水解的最终产物都是葡萄糖 D. 蛋白质的生物合成与运输都需要核糖体、内质网、高尔基体等细胞器的直接参与 4.电影《侏罗纪公园》中恐龙是霸主动物,可是恐龙已经灭绝了。请你推测,在组成恐龙细胞的各种元素中,含量最多的四种元素是(  ) A. C、O、Ca、K B. C、H、O、N C. O、C、N、P D. C、H、O、P 5.下列有关甲型H1N1病毒和艾滋病病毒的叙述中,错误的是(  ) A. 都含有C、H、O、N、P B. 都含有核酸和蛋白质 C. 都是最基本的生命系统 D. 都必须寄生在细胞中才能繁殖 6.下列关于细胞内化合物的叙述,错误的是(  ) A. 过多摄入胆固醇,会在血管壁上形成沉积,造成血管堵塞 B. 乳汁中的乳糖和植物细胞中的纤维素都属于多糖,不能被人体直接吸收 C. 玉米的蛋白质中缺少赖氨酸,因此以玉米为主食的人群应额外补充赖氨酸 D. 过多摄入脂肪类食物又缺失运动时,就可能导致肥胖 7.一种植物和动物细胞的某些元素含量(占细胞干重的质量分数%)如表所示,下列说法正确的是(  ) A. 碳元素含量说明有机物是细胞干重中的主要成分 B. 据表可知,两种生物细胞的元素种类差异很大 C. 该动物血钙含量过高会发生抽搐 D. 动、植物细胞中的Ca、P均以离子形式存在 8.在人体肝细胞内组成核酸的碱基、五碳糖、核苷酸各有多少种(  ) A. 5、2、8 B. 4、2、2 C. 5、2、2 D. 4、4、8 9.如图为人体内两种重要高分子化合物A与B的化学组成关系,相关叙述中正确的是(  ) A. a的种类约有20种,b的种类有8种 B. B是所有生物的遗传物质 C. a的结构通式可表示为: D. B在人的神经细胞与肝脏细胞中的种类不同 10.丙氨酸的R基为—CH3,谷氨酸的R基为—CH2—CH2—COOH,它们缩合形成的二肽分子中,C、H、O的原子比例为(  ) A. 7:16:6 B. 7:14:5 C. 8:12:5 D. 8:14:5 11.有关组成细胞的糖类的叙述正确的是 (  ) A. 乳糖是所有细胞中的二糖 B. 淀粉、纤维素、糖原的最终氧化分解产物都是CO2和H2O C. 少数糖类的组成元素中含有N、P D. 糖类是细胞代谢中的直接能源物质 12.动物细胞内良好的储能物质是(  ) A. 葡萄糖 B. 乳糖 C. 淀粉 D. 脂肪 13.若想要鉴定面粉的主要成分,和鉴定面筋的主要成分,最好分别用什么试剂(  ) A. 碘液和双缩脲试剂 B. 斐林试剂和苏丹Ⅲ C. 斐林试剂和双缩脲试剂 D. 双缩脲试剂和苏丹Ⅲ 14.下列有关肝细胞组成元素及化合物的叙述,正确的是(  ) A. 含量最多的元素是碳 B. 含有葡萄糖、蔗糖等糖类物质 C. 组成转氨酶的氨基酸都只有1个羧基 D. RNA 分子的种类和数量多于DNA 15.生物组织中还原糖、脂肪、蛋白质的鉴定实验中,对实验材料的选择中,错误的是(  ) A. 甘蔗茎的薄壁组织、甜菜的块根等,都含有较多的糖,且近于白色,因此可以用于进行还原糖的鉴定 B. 花生种子含脂肪多,且肥厚,是用于脂肪鉴定的理想材料 C. 大豆种子蛋白质含量高,是进行蛋白质鉴定的理想植物材料 D. 鸡蛋清含蛋白质多,是进行蛋白质鉴定的动物材料 16.如图表示不同化学元素所组成的化合物,以下说法不正确的是(  ) A. 若图中①为某种大分子的组成单位,则①最可能的是氨基酸 B. 若②是良好的储能物质,则②是脂肪 C. 若③为大分子物质,且能储存遗传信息,则③一定是DNA D. 若④主要在人体肝脏和肌肉内合成,则④最可能是糖原 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.据图回答下列问题. 图甲 图乙 (1)甲、乙两图中属于原核细胞的是________,属于真核细胞的是________,判断的主要依据为__________________________ 。 (2)甲、乙两细胞相似之处为都有细胞膜、细胞质、核糖体和DNA分子,由此看出原核细胞与真核细胞具有________性。 (3)甲、乙两细胞的差异性表现在甲无_________、______________而乙有;甲只有________而乙还有其他细胞器。 (4)与细胞的遗传关系十分密切的物质是________ ;在蓝藻细胞中,它主要存在于________内;在小麦细胞中,它主要存在于________内。 18.细胞是生物体结构和功能的基本单位,又是新陈代谢的主要场所。据图回答: (1)动、植物细胞的最主要区别是看其有无________。以上4个图中属于原核细胞的是________,能进行光合作用的是________。蓝藻是_________(填字母 )其能进行光合作用的原因是其具有________、________ 。 (2)B细胞与D细胞结构中无明显差异的结构是________________、 ________ 。 (3)C细胞的DNA主要存在于________ ,A细胞的DNA主要存在于________ 。 19.蛋清中的主要成分是蛋白质,在碱性溶液中,蛋白质与CuSO4反应能产生紫色物质,这是蛋白质与双缩脲试剂的反应。请根据这一反应特征,利用下列材料,设计一个实验来证明人的唾液淀粉酶是蛋白质。 备选材料:质量浓度为0.1 g/mL的NaOH溶液、质量浓度为0.01 g/mL的CuSO4溶液、质量浓度为0.05 g/mL的CuSO4溶液、可溶性淀粉溶液、稀释蛋清液、唾液、蒸馏水、试管、滴管。其他材料若需自选。 (1)实验步骤: ①取3支试管,编号为1、2、3; ②在1号试管中加入2ml的蒸馏水,___________________________________________ ________________________________________________________________________; ③________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________; ④________________________________________________________________________。 (2)实验结果预测:______________________________________________________。 (3)实验结果分析:由于蛋清的主要成分是水和蛋白质,唾液的主要成分是水和唾液淀粉酶,因此,根据实验结果可以证明________________________________。 20.今有一种化合物,其分子式为C60H71O22N11。已知将它彻底水解后只得到下列四种氨基酸,请回答下列有关问题: (1)该多肽是________肽; (2)该多肽进行水解,需________个水分子参与,得到________个谷氨酸分子,________个苯丙氨酸分子;由题中提及的四种氨基酸组成的含四个肽键的分子最多有________种。 (3)经加热、强酸、强碱、重金属离子的作用,引起蛋白质变性,其本质原因在于_______; 答案解析 1.【答案】A 【解析】在生物体内,碳链构成了生物大分子的基本骨架,因此C是最基本的化学元素;在生物体内,占细胞鲜重最多的元素是O。 2.【答案】C 【解析】组成脂质的元素主要是C、H、O,有些脂质还含有 P 和 N,A正确;当人过多地摄入脂肪类食物又缺少运动时,会使脂肪在体内积累,就有可能导致肥胖,B正确;胆固醇是构成细胞膜的重要成分,在人体内还参与血液中脂质的运输,C错误;性激素能促进人和动物生殖器官的发育以及生殖细胞的形成,D正确。 3.【答案】D 【解析】油脂的元素为C、H、O,A正确; 蛋白质的生物合成在核糖体上进行,需要mRNA做模板,tRNA参与运输氨基酸,一定有RNA的直接参与,B正确;淀粉、纤维素和糖原发生水解的最终产物都是葡萄糖,C正确;分泌蛋白的合成与运输过程需要核糖体、内质网、高尔基体等细胞器的直接参与,D错误。 4.【答案】B 【解析】组成细胞的各种元素中含量最多的四种分别是C、H、O、N。 5.【答案】C 【解析】甲型H1N1病毒和艾滋病病毒含有核酸和蛋白质,故都含有C、H、O、N、P元素;病毒由蛋白质外壳和核酸核心构成,故都含有核酸和蛋白质;病毒不属于生命系统的结构层次,最基本的生命系统是细胞;病毒都必须寄生在细胞中才能生活和繁殖。 6.【答案】B 【解析】胆固醇是动物细胞膜的成分,参与血液中的脂质运输,适当的摄入胆固醇对人体有利,但过多摄入胆固醇,会在血管壁上形成沉积,造成血管堵塞,A正确;乳糖是动物细胞特有的二糖,B错误;玉米的蛋白质中缺少赖氨酸,因此以玉米为主食的人群应额外补充赖氨酸,C正确;过多摄入脂肪类食物又缺失运动时,就可能造成脂肪堆积,导致肥胖,D正确。 7.【答案】A 【解析】由于表格中,无论动物细胞还是植物细胞的干重含量最多的元素都是C元素,原因是动物细胞和植物细胞中含有大量的蛋白质和糖类,所以碳元素的含量说明有机物是干物质的主要成分,A正确;这两种生物体内的化学元素的种类基本相同,B错误;血钙较低会发生肌肉抽搐,C错误;动植物细胞中的Ca、P部分以化合物形式存在,部分以离子形式存在,D错误。 8.【答案】A 【解析】根据五碳糖不同,核酸分为脱氧核糖核酸(DNA)和核糖核酸(RNA),人体肝细胞中的核酸有DNA和RNA两种,DNA的基本组成单位是脱氧核苷酸,根据碱基不同脱氧核苷酸分4种,RNA的基本组成单位是核糖核苷酸,根据碱基不同核糖核苷酸也分4种,人体内共有8种核苷酸,组成DNA的碱基有A、T、C、G,组成RNA的碱基有A、U、C、G,所以组成人体核酸的碱基共有5种。故人体内组成核酸的碱基有5种,五碳糖有2种,核苷酸有8种。 9.【答案】C 【解析】b是脱氧核苷酸,根据碱基不同分为四种,A错误;DNA是有细胞结构的生物的遗传物质,病毒的遗传物质是DNA或RNA,B错误;a是氨基酸,组成蛋白质的氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基,且都有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上,结构通式是:,C正确;同一生物体的不同组织细胞的DNA一般相同,D错误。 10.【答案】D 【解析】氨基酸的结构通式为:,已知丙氨酸的R基为—CH3,谷氨酸的R基是—CH2—CH2—COOH,将其代入氨基酸的结构通式即可写出丙氨酸的分子结构式(C3H7O2N)和谷氨酸的分子结构式(C5H9O4N)。它们缩合形成的二肽的分子式为C3H7O2N+C5H9O4N-H2O=C8H14O5N2,其中C、H、O的原子比例为8:14:5。 11.【答案】B 【解析】乳糖只有动物细胞中才有,A错误;淀粉、纤维素、糖原的最终氧化分解产物都是CO2和H2O,B正确;糖类的组成元素都是C、H、O,不含N、P元素,C错误;有些糖类不是能源物质,D错误。 12.【答案】D 【解析】葡萄糖是主要的能源物质,不是储能物质,A错误;乳糖是动物细胞中的二糖,不是储能物质,B错误;淀粉是植物细胞内的储能物质,C错误;脂肪是生物体和细胞内良好的储能物质,D正确。 13.【答案】A 【解析】面粉的主要成分是淀粉,可以用碘液鉴定;面筋的主要成分是蛋白质,可以用双缩脲试剂鉴定。 14.【答案】D 【解析】鲜重细胞中含量最多的元素是氧,A错误;肝细胞中含有葡萄糖、糖原等糖类物质,但不含麦芽糖,B错误;每种氨基酸都至少含有一个氨基和一个羧基,因此组成转氨酶的氨基酸不一定都只含一个氨基,C错误;一个DNA分子可以转录形成多个多种RNA分子,因此肝细胞中RNA分子种类和数量多于DNA,D正确。 15.【答案】A 【解析】甘蔗茎中所含的蔗糖是非还原糖,不可用于进行还原糖的鉴定,A错误;花生种子含脂肪多,且肥厚,是用于脂肪鉴定的理想材料,B正确;大豆种子蛋白质含量高,是进行蛋白质鉴定的理想植物材料,C正确;鸡蛋清含蛋白质多,是进行蛋白质鉴定的动物材料,D正确。 16.【答案】C 【解析】根据图中信息可知,①是氨基酸,③是核苷酸,②和④是糖类和脂肪,A正确;若脂肪含有C、H、O三种元素,且位于皮下和大网膜附近,B正确;生物的遗传物质是DNA或者是RNA,C错误;糖原在肝脏和肌肉细胞中合成,D正确。 17.【答案】(1)甲 乙 甲无以核膜为界限的细胞核而乙有(2)统一 (3)核膜 染色体 核糖体 (4)DNA 拟核 细胞核 【解析】(1)甲细胞没有被核膜包被的成形的细胞核,而乙细胞有,因此甲细胞属于原核细胞,乙细胞属于真核细胞;(2)甲、乙两细胞相似之处为都有细胞膜、细胞质、核糖体和DNA分子,由此看出原核细胞与真核细胞具有统一性;(3)甲、乙两细胞的差异性表现在甲无核膜、染色体,而乙有;甲只有核糖体而乙还有其他复杂的细胞器;(4)细胞类生物的遗传物质都为DNA;蓝藻是原核细胞,其DNA主要分布在拟核中;小麦细胞是真核细胞,DNA存在于细胞核中。 18.【答案】(1)细胞壁 CD AD D 叶绿素 藻蓝素(2)细胞膜 细胞质 (3)拟核 细胞核 【解析】(1)动植物细胞的主要区别是看有无细胞壁,植物细胞有细胞壁,动物细胞没有。图中的A是植物细胞,有细胞核是真核生物,能进行光合作用。B是动物细胞,有细胞核是真核生物。C是细菌模式图属于原核生物。D是蓝藻属于原核生物,故属于原核细胞的是CD。蓝藻因为含有叶绿素和藻蓝素能进行光合作用,故能进行光合作用的是AD。(2)B是真核细胞,D是原核细胞但都有细胞膜和细胞质,它们最大的区别是有无以核膜包被的细胞核。(3)C是原核生物,DNA主要存在于拟核,A是真核生物,DNA主要存在于细胞核,线粒体和叶绿体中有少量DNA。 19.【答案】(1)实验步骤:②在2、3号试管中分别加入2 mL(等量)稀释蛋清液、唾液 ③然后在3支试管中各加入1 mL质量浓度为0.1g/mL的NaOH溶液,振荡。再向3支试管中各加入4滴质量浓度为0.01g/mL的CuSO4溶液,振荡 ④观察3支试管中溶液颜色的变化 (2)实验结果预测:1试管中不出现紫色物质,2、3号试管中均出现紫色物质 (3)实验结果分析:唾液淀粉酶是蛋白质 【解析】依题意可知本实验的目的是验证人的唾液淀粉酶是蛋白质,因此该实验的原理是:蛋白质与双缩脲试剂作用产生紫色反应。双缩脲试剂的成分是质量浓度为0.1 g/mL的NaOH溶液和质量浓度为0.01 g/mL的CuSO4溶液。因为已知蛋清中的主要成分是蛋白质,所以欲设计实验证明人的唾液淀粉酶是蛋白质,依据实验设计遵循的对照原则:实验组为加入唾液淀粉酶的试管,对照组为分别加入等量稀释蛋清液和蒸馏水的试管;因变量的检测是加入双缩脲试剂后观察试管中的颜色变化。据此可知实验步骤为: (1)实验步骤: ①取3支试管,编号为1、2、3; ②在1号试管中加入2 ml的蒸馏水,在2、3号试管中分别加入2 mL(等量)稀释蛋清液、唾液; ③然后在3支试管中各加入1 mL质量浓度为0.1 g/mL的NaOH溶液,振荡。再向3支试管中各加入4滴质量浓度为0.01 g/mL的CuSO4溶液,振荡。 ④观察3支试管中溶液颜色的变化 (2)因该实验为验证性实验,所以实验结果的预测是唯一的,即1试管中不出现紫色物质,2、3号试管中均出现紫色物质。 (3) 验证性实验的结论即为实验目的,所以根据实验结果可以证明:唾液淀粉酶是蛋白质。 20.【答案】(1)十一 (2)10 5 3 45 (3)蛋白质分子中某些化学键破坏使结构紊乱,丧失了生物活性 【解析】甘氨酸(C2H5NO2)、丙氨酸(C3H4NO2)、苯丙氨酸(C9H11NO2)、谷氨酸(C5H9NO4)观察四种氨基酸的分子式发现一个特点,每个氨基酸只有一个N原子。而化合物,其分子式C6OH71O22N11有11个N原子,说明是有11个氨基酸,该多肽是11肽,11肽有10个肽键水解,需10个水分子参与,所以在分子式上加上10个水分子为C6OH91O32N11,而且只有谷氨酸是4个O,其他都是2个O。设谷氨酸的个数为x,其他氨基酸个数为y,则有 x+y=11,4x+2y=32,可求出谷氨酸的个数x=5,剩下的分子式为C35H46O12N6。设甘氨酸个数为a,丙氨酸个数为b,苯丙氨酸个数为c,根据C、H、N原子守恒则有2a+3b+9c=35、5a+7b+11c=46、a+b+c=6解得 a=1 b=2 c=3,苯丙氨酸个数为3个,四种氨基酸组成的含四个肽键(五个氨基酸形成的五肽)的分子最多有45种;加热、强酸、强碱、重金属离子等通过破坏蛋白质分子中某些化学键使结构紊乱,丧失生物活性。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版生物一轮复习专题2《细胞结构与物质运输》测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.物质的跨膜运输对细胞的生存和生长至关重要。如图表示几种物质通过细胞膜的运输方式,请据图判断下列说法正确的是:(  ) A. 细胞膜的基本支架是甲和乙 B. 如果是小肠上皮细胞细胞膜,则葡萄糖和甘油出入细胞膜的方式依次是①和② C. 若在细胞中注入某种呼吸抑制剂,②将会受到较大影响 D. 与①方式相比③方式的主要特点是需要借助乙,该物质是在高尔基体上合成的 2.某同学在实验室中做“植物细胞的吸水和失水”实验时,在老师的帮助下,进行了一系列的创新实验,实验步骤和现象如下表所示: 对上表的推断或解释不正确的是(  ) A. x为质壁分离,因为细胞壁的伸缩性小于原生质层 B. z为细胞稍增大,细胞液颜色逐渐变浅 C. y为质壁分离,可能导致细胞失水过多而死亡 D. ④组无变化是因为细胞吸水量等于失水量 3.生活水平的提高和生活方式的改变,高血脂人群相对增多。脂类在血液中以脂蛋白的形式进行运送,并可与细胞膜上存在的特异性受体相结合,进入细胞内进行代谢(如图所示)。对该图分析不合理的是(  ) A. 图中物质X很可能是具有识别功能的受体蛋白 B. 物质X在溶酶体酶的作用下被水解为氨基酸 C. 该过程的完成与生物膜的结构特点密切相关 D. 该过程需要消耗ATP直接提供的能量 4.下图为一个渗透装置,半透膜小袋内充满0.3 g/mL的蔗糖溶液,用不同表面积的半透膜小袋做实验,开始一段时间内玻璃管内液面高度变化速率的相关曲线最可能是(横坐标表示表面积)(  ) A.B.C. D. 5.若将细胞膜的磷脂提取后放入盛有水的容器中,下列能正确反应其分布的图是(  ) A.B.C.D. 6.下列结构中,含有磷脂的细胞结构是(  ) ①线粒体 ②核糖体 ③内质网 ④核膜 ⑤细胞膜 ⑥高尔基体 A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④⑤⑥ D. ②④⑤ 7.用蛋白酶处理果蝇唾液腺的巨大染色体,得到连续的极细长的纤丝,此纤丝最可能的是(  ) A. DNA分子 B. 染色质丝 C. RNA分子 D. 肽链 8.关于细胞核结构与功能统一性的叙述中,正确的是(  ) A. 核仁中的DNA控制着细胞代谢 B. 染色质上的DNA储存着大量的遗传信息 C. 不同细胞的核孔数量是相同的 D. 原核细胞的核膜也具有两层膜,利于控制物质的进出 9.如表记录了对玉米籽粒的处理方法和观察到的实验结果,根据该实验可以推测(  ) A. 玉米籽粒含有胚和胚乳两部分 B. 活质膜具有选择透过性 C. 质膜具有透过性 D. 红墨水容易进出玉米细胞 10.汉麦林(hammerlin)的实验如图,将单细胞的地中海杯状藻先在近核处切断,再在近杯处切断(a),中间的茎(b)置于海水中可再生一杯(c),但将此杯切掉后,不能再生第二个杯(d).对这个实验的解释合理的是(  ) ①决定杯状藻藻杯的形态发生的遗传信息来自细胞核 ②决定杯状藻藻杯的形态发生的遗传信息来自细胞质 ③杯状藻藻杯的形态发生是由细胞核和细胞质的遗传物质共同作用的结果 ④(b)能再生一杯是因为(b)中含有由细胞核转录而来的遗传信息 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 11.将同一植物的相同细胞分别浸在蒸馏水、0.3 mol/L的蔗糖溶液和0.4 mol/L的KNO3溶液中,测得细胞的体积随时间的变化曲线如下图所示,则曲线a、b、c分别代表细胞所处的溶液是(  ) A. 蒸馏水、蔗糖溶液、KNO3溶液  B. KNO3溶液、蒸馏水、蔗糖溶液 C. 蒸馏水、KNO3溶液、蔗糖溶液  D. 蔗糖溶液、KNO3溶液、蒸馏水 12.下列有关物质跨膜运输的叙述正确的是(  ) A. 葡萄糖跨膜运输不需要载体蛋白 B. 变形虫摄食利用了胞吞作用 C. 相对分子质量小的物质或离子都可以通过自由扩散进入细胞 D. 需要载体协助的物质运输都是主动运输 13.下图表示小肠绒毛上皮细胞中的细胞膜对不同物质的运输(每种转运的方向由箭头表明,黑点的数量代表每种物质的浓度),下列叙述正确的是(  ) A. a物质可能是氧气,b物质可能是葡萄糖 B. a物质可能是水,b物质可能是甘油 C. a物质可能是胆固醇,b物质可能是氧气 D. a物质可能是葡萄糖,b物质可能是氨基酸 14.“胜日寻芳泗水滨,无边光景一时新.等闲识得东风面,万紫千红总是春.”在此美丽盛景中,蝴蝶将一株油菜的花粉带到另一株油菜花的柱头上后,即可发生花粉萌发、花粉管伸长、释放精子、精卵融合等一系列生理反应;若将一株油菜的花粉带到一朵桃花的柱头上则不会发生这一系列反应.该现象能很好地说明细胞膜(  ) A. 主要由脂质和蛋白质组成 B. 可将细胞与外界环境分隔开 C. 控制物质出入细胞的作用是相对的 D. 进行细胞间的信息交流 15.在一个新鲜萝卜中挖一凹槽,在凹槽中放进浓盐水,过一段时间,结果是(  ) A. 萝卜变硬,凹槽中水分减少 B. 萝卜变硬,凹槽中水分增多 C. 萝卜变软,凹槽中水分减少 D. 萝卜变软,凹槽中水分增多 16.下列哪一项不属于细胞膜的功能(  ) A. 控制物质进出细胞 B. 将胰岛细胞形成的胰岛素,分泌到胰岛细胞外 C. 提高细胞内化学反应的速度 D. 作为系统的边界,维持细胞内部环境的相对稳定 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.下图表示胰腺细胞合成与分泌酶颗粒的大体过程。在一定时间内使胰腺细胞吸收放射性同位素标记的氨基酸,经检查发现放射性元素依次先后出现在①、②、③、④、⑤处。请据图回答有关问题: (1)⑤处的物质首先是由( )________上的( )______合成,然后被( )________加工包装而成的。 (2)此颗粒由合成部位经( )________的运输到达加工、包装部位。 (3)此细胞对酶颗粒还有________功能。 (4)酶颗粒的合成、运输、加工、分泌等需要能量,提供能量的细胞器是________。 (5)结构②与结构③的膜的主要成分是________和______________。 18.如图甲是物质A通过细胞膜的示意图,图乙是与物质跨膜运输相关的曲线图。请据图回答问题: (1)由图甲可知,物质A跨膜运输的方式是__________,判断理由是______________________。其运输方式也可用图乙中的曲线________(填数字)表示。如果物质A释放到细胞外,则转运方向是____________ (填“Ⅰ→Ⅱ”或“Ⅱ→Ⅰ”)。 (2)图甲中细胞膜的结构模型被称为____________。 (3)图中物质B指的是__________,该物质彻底水解的产物是________。 (4)图乙中曲线①反映出物质运输速率与________________________有关,曲线②Q点时影响物质运输速率的因素可能有__________和__________。 19.如图为物质出入细胞膜的示意图,据图回答: (1)A代表________分子;B代表______________。 (2)在a~d的四种过程中,代表被动运输的是________________________。 (3)可能代表氧气转运过程的是图中编号________。葡萄糖从肠腔进入小肠黏膜上皮细胞的过程是图中编号________。葡萄糖经小肠黏膜上皮细胞进入毛细血管,需透过的磷脂双分子层数是________层。 20.某校生物实验小组要对动物细胞是否也能通过渗透作用吸水和失水进行实验探究,假如你是其中的一员,请分析回答下列问题: (1)若作出的实验假设是动物细胞能通过渗透作用吸水或失水,请你说出作出该假设的理论依据:____________________________________。 (2)把下面的实验方案补充完整。 实验仪器、试剂:显微镜、带刻度的载玻片、取材工具、食盐等。 实验材料:为了便于取材和观察,最好选用人的______细胞作为实验材料。 实验步骤: A.配制并选用生理盐水、蒸馏水、9%的食盐溶液。 B.在载玻片的中央滴加一滴______________,放入所选细胞,盖上盖玻片,制成临时装片。制备同样装片若干个,分别放在显微镜下观察。 C.取一张临时装片,在载玻片的一侧滴加蒸馏水,另一侧____________________;另取一张临时装片,在载玻片的一侧滴加9%的食盐溶液,另一侧操作同上。 D.用显微镜观察,观察指标是________________________________________。 (3)预期结果及结论:如果你的假设成立,则实验的预期结果是:在滴加蒸馏水的实验中__________________________________;在9%的食盐水的实验中______________________。 答案解析 1.【答案】C 【解析】甲为磷脂双分子层,乙为蛋白质,细胞膜的基本支架是磷脂双分子层甲,A错误;葡萄糖进入小肠上皮细胞膜的方式一般为主动运输即②,甘油为脂溶性物质,进入细胞的方式为自由扩散即①,B错误;②为主动运输,加入呼吸抑制剂影响能量的供应,主动运输受到较大影响,C正确;乙为蛋白质,由核糖体合成,D错误。 2.【答案】D 【解析】当把植物细胞置于0.3 g·mL-1的蔗糖溶液中时,植物细胞会发生质壁分离,原因是细胞壁的伸缩性小于原生质层,故A正确;当把植物细胞置于1 mo1·L-1KNO3溶液中时,细胞会先发生质壁分离,后自动复原,滴加清水后,细胞会吸水,细胞体积稍有增大,细胞液中颜色变浅,故B正确;当把植物细胞置于0.5 g·mL-1的蔗糖溶液中时,细胞会由于失水过多而死亡,故y为质壁分离,再滴加清水也没有变化,C正确;当把植物细胞置于1 mo1·L-1醋酸溶液中时,细胞会死亡,失去选择透过性,不会发生质壁分离和复原,故D错误。 3.【答案】B 【解析】细胞膜上的物质X可特异性地识别血浆脂蛋白,并与之结合,因此它很可能是一种具有识别功能的受体蛋白,A正确;在物质转运过程中,物质X最终又被转运到细胞膜上,没有被溶酶体酶水解,B错误;脂蛋白进入细胞的方式是胞吞,所以该过程的完成与生物膜的结构特点流动性密切相关,C正确;ATP是生命活动的直接能源物质,所以该过程需要消耗ATP直接提供的能量,D正确。 4.【答案】B 【解析】随半透膜表面积的增大,单位时间内进入到半透膜小袋内的水分增多,一段时间内玻璃管内液面升高也加快。 5.【答案】A 【解析】根据磷脂分子的特点,组成细胞膜的磷脂既有亲水的极性部分,又有疏水的非极性部分,据图分析,亲水的极性为头部,疏水的非极性为尾部,因此,在水溶液中呈现出头部在水中,而尾部在空气中的分布,即图A所示的分布情况。 6.【答案】C 【解析】①线粒体是具有双层膜结构的细胞器,含有磷脂,①正确;②核糖体无膜结构,不含磷脂,②错误;③内质网是具有单层膜结构细胞器,含有磷脂,③正确;④核膜具有双层膜,含有磷脂,④正确;⑤细胞膜具有单层膜,含有磷脂,⑤正确;⑥高尔基体是具有单层膜结构的细胞器,含有磷脂,⑥正确。 7.【答案】A 【解析】染色体主要由蛋白质和DNA组成,根据酶的专一性特点,用蛋白酶处理染色体,能水解染色体中的蛋白质,但不能水解其中的DNA分子,因此得到连续的极细长的纤丝为DNA分子,故A 正确。 8.【答案】B 【解析】核仁与某种RNA的合成以及核糖体的形成有关,而染色质中的DNA控制着细胞代谢,故A错误;染色质主要成分是DNA和蛋白质,DNA是遗传物质,遗传信息存储在碱基对的排列顺序中,故B正确;核膜上的核孔实现核质之间频繁的物质交换和信息交流,新陈代谢越旺盛的细胞核孔数量越多,故C错误;原核细胞与真核细胞最主要的区别是没有核膜包围的细胞核,故D错误。 9.【答案】B 【解析】分析实验可知,该实验为一组对照实验,实验的自变量为“种子是否有活性”,因变量为“胚体细胞的着色程度”。由实验结果可知,活细胞的胚细胞着色非常浅,说明活细胞中红墨水不易通过质膜进入细胞,由此证明:活细胞的质膜具有控制物质进出细胞的作用,B正确。 10.【答案】C 【解析】①决定杯状藻藻杯的形态发生的遗传信息来自细胞核,①正确;②将c此杯切掉后,不能再生第二个杯d,说明C中不含合成藻杯的形态的遗传信息,决定杯状藻藻杯的形态发生的遗传信息不来自细胞质,②错误;③本实验没有单独拿出细胞核进行实验,看是否形成杯状藻藻杯,因此该实验不能说明杯状藻藻杯的形态发生是由细胞核和细胞质的遗传物质共同作用的结果,③错误;④决定杯状藻藻杯的形态发生的遗传信息最终来自细胞核,细胞核中遗传信息通过转录形成mRNA,进入细胞质中,b含有细胞核中遗传信息通过转录形成mRNA,因此可以再生一藻杯,④正确。综上所述①②③④中正确的是①④。 11.【答案】C 【解析】将同一植物的相同细胞分别浸在蒸馏水、0.3 mol/L的蔗糖溶液和0.4 mol/L的KNO3溶液中,测得细胞的体积随时间的变化曲线如图所示,则曲线a表示细胞体积增大到一定程度不再变化也就是细胞吸水,所以a代表细胞所处的溶液是蒸馏水,b表示细胞失水又吸水,可推测其代表细胞所处的溶液是KNO3溶液,c表示细胞失水说明溶液浓度高于细胞液浓度,分析代表细胞所处的溶液是蔗糖溶液。所以C项正确。A、B、D项不正确。 12.【答案】B 【解析】葡萄糖跨膜运输需要载体蛋白,A错误;变形虫摄食利用了胞吞作用,B正确;小分子物质和离子可通过自由扩散、协助扩散和主动运输进入细胞,而有些则不能通过,C错误;需要载体协助的物质运输可能是主动运输或协助扩散,D错误。 13.【答案】A 【解析】据图分析,a物质从膜外高浓度到膜内低浓度运输,无需载体和能量,为自由扩散,b物质从膜外低浓度到膜内高浓度运输,需要载体和能量,为主动运输。氧气、水、甘油吸收为自由扩散,葡萄糖、氨基酸吸收为主动运输,故A正确。 14.【答案】D 【解析】根据题意中“蝴蝶将一株油菜的花粉带到另一株油菜花的柱头上后,既可发生花粉萌发、花粉管伸长、释放精子、精卵融合等一系列生理反应;若将一株油菜的花粉带到一朵桃花的柱头上则不会发生这一系列反应”说明细胞膜能进行细胞间的信息传递,即细胞直接接触传递信息。 15.【答案】D 【解析】细胞液浓度低于外界溶液浓度时细胞会失水,由题意可知外界溶液浓度高,所以萝卜细胞会变软,凹槽中水分会增多,故D正确,C错误。变硬是吸收水分的,需要细胞液浓度大于外界溶液浓度,故A、B错误。 16.【答案】C 【解析】细胞膜能控制物质进出细胞,细胞需要的营养物质可以从外界进入细胞,不需要的或对细胞有害的物质不能进入细胞,细胞产生的废物排出细胞外,A正确;胰岛B细胞形成的胰岛素,通过细胞膜分泌到胰岛B细胞外,B正确;酶能降低化学反应的活化能,提高细胞内化学反应的速度,C错误;细胞膜作为系统的边界,使得细胞成为一个相对独立的系统,维持细胞内部环境的相对稳定,D正确。 17.【答案】(1)② 内质网 ① 核糖体 ③ 高尔基体 (2)② 内质网 (3)分泌 (4)线粒体 (5)蛋白质 磷脂分子 【解析】(1)在细胞中合成蛋白质的场所是核糖体,分泌蛋白是在内质网上的核糖体上合成的,然后通过内质网运输到高尔基体进行加工、修饰和包装后才能被分泌到细胞外。 (4)线粒体是细胞中的动力工厂,95%以上的ATP是在线粒体中产生的。 (5)内质网和高尔基体都是具有膜结构的细胞器,而生物膜的主要成分是蛋白质和磷脂分子。 18.【答案】(1)主动运输 物质运输逆浓度梯度进行(答能量不得分) ② Ⅱ→Ⅰ (2)流动镶嵌模型 (3)载体蛋白 氨基酸 (4)膜两侧物质的浓度差 载体数量 能量 【解析】(1)物质A的跨膜运输能逆浓度运输,运输方式是主动运输,图乙中,曲线②反映出物质进入细胞可以逆浓度梯度进行,说明物质运输方式与A相同。Ⅰ侧含有糖蛋白,代表膜外,如果物质A进入到细胞外,则转运方向是Ⅱ→Ⅰ。 (2)图甲中细胞膜的结构图是亚显微结构模式图,该图是在电子显微镜下观察得到的,该膜的模型被称为流动镶嵌模型。 (3)图中物质B指的是载体蛋白,该物质彻底水解的产物是氨基酸。 (4)分析题图可知,曲线①反映出物质运输速率与膜两侧物质的浓度差有关;曲线②表示主动运输,需要载体协助和消耗能量,因此Q点之前影响物质运输速率的因素可能是载体数量和能量。 19.【答案】(1)蛋白质 磷脂双分子层 (2)b、c、d(缺一不可) (3)b a 4 【解析】(1)A代表蛋白质分子,B是磷脂双分子层。 (2)由分析可知,图中a、e属于主动运输,b、c、d均属于被动运输。 (3)氧气是通过自由扩散的方式由细胞外运向细胞内,即图中的b;葡萄糖通过主动运输的方式从细胞外运向细胞内,即图中的a方式。葡萄糖经小肠(消化道)进入毛细血管需经过两层细胞:小肠粘膜上皮细胞和毛细血管壁上皮细胞。葡萄糖从小肠进入毛细血管,进出共穿过4层膜,每层细胞膜由双层磷脂分子层和蛋白质构成,故需透过的磷脂双分子层数是 4层。 20.【答案】(1)动物细胞具有渗透作用条件(或细胞膜有选择透过性,当细胞与外界溶液接触时,膜两侧具有浓度差)(答案合理即给分) (2)成熟红(或口腔上皮) B.生理盐水 C.用吸水纸吸引,并重复几次 D.细胞的体积(或形态)变化 (3)细胞体积变大甚至破裂 细胞体积变小皱缩 【解析】(1)动物细胞的细胞膜是一种选择透过性膜,相当于一层半透膜,当细胞与外界溶液接触时,膜两侧溶液具有浓度差,所以能利用动物细胞来探究其能否通过渗透作用吸水或失水。 (2)在制备人的红细胞装片时,需在载玻片的中央滴一滴生理盐水,以便观察红细胞正常的形态。取一张临时装片,在载玻片的一侧滴加蒸馏水,另一侧用吸水纸吸引,并重复几次,目的是使载玻片下的细胞能浸在蒸馏水中,观察红细胞的渗透吸水。动物细胞在吸水时,细胞体积会增大甚至破裂。失水时,细胞体积会缩小,所以可将观察到的细胞的体积(或形态)变化作为细胞吸水和失水的指标。 (3)在滴加蒸馏水的实验中,由于外界溶液的浓度小于细胞液的浓度时,细胞吸水,导致细胞体积变大甚至破裂,在9%的食盐溶液的实验中,由于外界溶液的浓度大于细胞液的浓度,细胞失水,细胞体积变小。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版生物一轮复习专题3《细胞的能量供应和利用》测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.下列有关科学家探索光合作用的实验中,叙述错误的是(  ) A. 与黑藻相比,水绵更适宜用作探究光合作用的场所 B. 金鱼藻是水生植物,用作探究光合作用产物是O2时,利于收聚气体 C. 卡尔文利用小球藻,探明了CO2中的碳在光合作用中转化的途径 D. 银边天竺葵探究光合作用产物是淀粉时,不用脱色可直接加碘液使叶片边缘变蓝色 2.分析下列甲、乙图,说法正确的是(  ) A. 图甲中,a点时不能进行光合作用,此时叶肉细胞中产生ATP的细胞器只有线粒体 B. 图甲中,b点时开始进行光合作用,c点时光合作用强度超过呼吸作用强度 C. 若图乙代表叶绿素和类胡萝卜素这两类色素的吸收光谱,则f代表类胡萝卜素 D. 两类色素都能大量吸收蓝紫光,用塑料大棚种植蔬菜时,应选用蓝紫色的塑料大棚 3.将植物栽培在适宜的光照、温度和充足的CO2条件下,如果在2 h时,将环境中某一条件改变,此时,叶肉细胞中的C3、C5、ATP含量变化如图。那么改变的条件是(  ) A. 加强光照 B. 减弱光照 C. 提高CO2浓度 D. 降低温度 4.小丽参加完400米比赛,一段时间后出现肌肉酸痛,其主要原因是(  ) A. 能量消耗过多 B. 乳酸积累 C. 水分消耗过多 D. 酒精积累 5.把绿叶的色素提取液放在光源与三棱镜之间,在连续可见光谱中出现暗带,暗带在光谱中分布的区域是(  ) A. 绿光区 B. 黄光区 C. 红光区和蓝紫光区 D. 蓝紫光区 6.某兴趣小组在室温下进行了酵母菌无氧呼吸的探究实验(如图)。下列分析错误的是(  ) A. 滴管中冒出气泡是反应产生CO2的结果 B. 试管中加水的主要目的是制造无氧环境 C. 若试管中的水换成冷水,气泡释放速率下降 D. 被分解的葡萄糖中的能量一部分转移至ATP,其余的存留在酒精中 7.下列关于光合作用过程的叙述,错误的是(  ) A. 光合作用分为光反应和暗反应两个阶段 B. 光反应需要有光,但是不需要酶 C. 暗反应不需要光,但需要多种酶 D. 光合作用释放的O2在光反应阶段产生 8.下图表示在适宜的光照、CO2浓度等条件下,某植物在不同温度下的净光合作用速率和呼吸作用速率曲线,下列叙述错误的是(  ) A. 光合作用中温度主要影响暗反应阶段 B. 光合作用、呼吸作用都受到温度的影响,其中与呼吸作用有关的酶的适宜温度更高 C. 温度在30 ℃左右时真光合作用速率最大 D. 若温度保持25 ℃,长时间每天交替进行12 h光照、12 h黑暗,该植物不能正常生长 9.ATP是直接为细胞生命活动提供能量的有机物,关于ATP的叙述,错误的是(  ) A. 酒精发酵过程中有ATP生成 B. ATP可为物质跨膜运输提供能量 C. ATP中高能磷酸键水解可释放能量 D. ATP由腺嘌呤、脱氧核糖和磷酸组成 10.在叶肉细胞中,CO2的固定和产生场所分别是(  ) ①叶绿体基质 ②类囊体薄膜 ③线粒体基质 ④线粒体内膜 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 11.“有氧运动”近年来成为一个很流行的词汇,得到很多学者和专家的推崇,它是指人体吸入的氧气与需求相等,达到生理上的平衡状态。如图所示为人体运动强度与血液中乳酸含量和氧气消耗率的关系。结合所学知识,分析下列说法正确的是(  ) A. ab段为有氧呼吸,bc段为有氧呼吸和无氧呼吸,cd段为无氧呼吸 B. 运动强度大于c后,肌肉细胞CO2的产生量将大于O2消耗量 C. 无氧呼吸使有机物中的能量大部分以热能的形式散失,其余储存在ATP中 D. 若运动强度长期超过c,会因为乳酸大量积累而使肌肉酸胀乏力 12.下图表示绿色植物光合作用和细胞呼吸过程中化合物在体内的转移过程,对该过程的分析错误的是(  ) A. ①→②过程,[H]在基粒产生到叶绿体基质被利用 B. 过程②→①需要氧气参与,可以发生在植物体的根、茎等细胞内 C. ①→②合成的(CH2O)大于②→①消耗的(CH2O),植物表现生长现象 D. ②→①产生的[H]和①→②产生的[H]都来自水 13.图示植物光合作用强度与光照强度的关系,图乙示该植物叶肉细胞的部分结构(图中m 和 n 代表两种气体), 据图判断,下列说法正确的是(注:不考虑无氧呼吸)(  ) A. 甲图中 a 的纵坐标数值即为乙图中的m4 B. 甲图中b、c、d、e任意一点,乙图中都有 m4=n1>0 C. 甲图中e点以后,乙图中n4不再增加,其主要原因是m1值太低 D. 甲图中c点时,乙图中有 m1=n1=m4=n4 14.如图为用分光光度计测定叶片中两类色素吸收不同波长光波的曲线图,请判定a和b分别为何种色素(  ) A. 叶绿素、类胡萝卜素 B. 类胡萝卜素、叶绿素 C. 叶黄素、叶绿素a D. 叶绿素a、叶绿素b 15.在“叶绿体中色素的提取和分离”实验时,甲、乙、丙、丁四位同学对相关试剂的使用情况如下表所示(“+”表示使用,“—”表示未使用)其余操作均正常,他们所得的实验结果依次应为(  ) A. ①②③④ B. ②④①③ C. ④②③① D. ③②①④ 16.某科研小组为探究植物光合作用速率的变化情况,设计了由透明的玻璃罩构成的小室如A图,检测结果如B图所示。以下相关说法正确的是(  ) A. 装置刻度管中液滴移到最右的时刻是d点对应的时刻 B. 影响ab段的主要因素是光照强度 C. e与f相比,e点时刻三碳化合物的合成速率大 D. 根据B图来看,24小时后,液滴停留在起始点的右侧 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.在验证唾液淀粉酶专一性的实验设计中,已知:①滴入本尼迪克试剂并加热后,如出现黄色,可证明有还原性糖的存在。②麦芽糖、果糖和葡萄糖具有还原性,而淀粉和蔗糖无还原性。 (1)同无机催化剂相比,酶具有更高的催化效率,其原因是______________________________更显著。 (2)设1、2管的作用是________。 (3)填出表中a、b、c、d的数值,预测每一处理的实验现象e、f、g、h。 a____________ b____________ c____________ d____________ e____________ f____________ g____________ h____________ 18.有人做了下面的实验以研究pH对酶活性的影响:准备5支盛有等量人胃蛋白酶溶液,但pH各不相同的试管,每支试管加1块1 cm3的正方体凝固蛋白质,试管均置于25 ℃室温条件下,各试管蛋白块消失的时间记录于下表: (1)请根据表中数据,在下面的坐标图中画出pH与酶活性的关系曲线。 (2)提供3种使实验能在更短时间内完成的方法: a__________________b______________c__________________________________。 (3)如果要确认上述实验中蛋白块的消失是由于酶的作用而不是其他因素的作用,还应补充怎样的对照实验?____________________________________________________________。 (4)生物体内酶催化化学反应的实质是____________,酶的基本结构单位是__________________________。 19.金鱼藻为水生草本植物,生命力较强,适温性较广,常被用来作为实验研究的材料。图甲表示对金鱼藻光合作用速率的研究装置,图乙表示金鱼藻在夏季24 h内O2的吸收量和释放量(S1、S2、S3表示相应图形面积)。分析回答: (1)图甲装置可用来探究____________对光合作用的影响,单位时间内氧气传感器读数的变化表示______________(填“总光合速率”或“净光合速率”)。 (2)图乙中表示叶绿体吸收二氧化碳的区段是________________(用字母表示)。 (3)图乙中,c点时产生还原剂氢的细胞器有__________________,f~g段上升的主要原因是____________。 (4)图乙中,若24 h内其他环境条件不变,金鱼藻最大光合速率为________mg/h,一昼夜中有机物积累量为__________________(用代数式表示)。 20.某校生物兴趣小组在学习了课本实验“探究酵母菌细胞的呼吸方式”后,想进一步探究酵母菌细胞在有氧和无氧的条件下产生等量CO2时,哪种条件下消耗葡萄糖较少的问题。他们进行了如下实验:将无菌葡萄糖溶液与少许酵母菌混匀后密封(瓶中无氧气),按下图装置实验。当测定甲、乙装置中CaCO3沉淀相等时,撤去装置,将甲、乙两锥形瓶溶液分别用滤菌膜过滤,除去酵母菌,得到滤液1和滤液2。请分析回答: (1)酵母菌产生CO2的场所是____________________。 (2)利用提供的U形管如图丙所示(已知滤液中的葡萄糖不能通过U形管底部的半透膜,其余物质能通过)、滤液1和滤液2等,继续完成探究实验: 实验步骤: ①将________的滤液1和滤液2分别倒入U形管的A、B两侧并标记; ②一段时间后观察两侧液面变化。 (3)实验结果预测和结论: ①如果__________________________________,则需氧呼吸消耗的葡萄糖少; ②如果__________________________________,则需氧呼吸消耗的葡萄糖多; ③如果__________________________________,则需氧呼吸和厌氧呼吸消耗的葡萄糖一样多。 答案解析 1.【答案】D 【解析】光合作用产物之一是淀粉,淀粉遇碘液变蓝色,因此首先要用酒精使绿色的叶片脱去颜色,防止本身颜色对试验的干扰。 2.【答案】A 【解析】图甲中,a点只进行呼吸作用,产生ATP的细胞器只有线粒体,故A正确。图甲中b点时光合作用速率等于呼吸作用速率,所以b点前开始进行光合作用,故B错误。图乙中f有两个吸收峰值应代表的是叶绿素,故C错误。两类色素都能吸收蓝紫光,用塑料大棚种植蔬菜时,应选用白色的塑料大棚,故D错误。 3.【答案】A 【解析】在光合作用过程中,CO2参与暗反应,CO2与C5化合物生成C3化合物,当CO2含量突然降至极低水平时,这个过程必然受阻,因而导致C5化合物的含量上升和C3化合物含量下降,C3化合物还原成葡萄糖的过程减弱,消耗光反应提供的ATP量也减少,使细胞中ATP含量上升。所以,在2 h时,环境中CO2含量突然降低将会导致图示情况出现。 4.【答案】B 【解析】人体细胞无氧呼吸的产物是乳酸,小丽参加完400米比赛后常感觉下肢肌肉酸痛是由于无氧呼吸产的乳酸造成的。 5.【答案】C 【解析】绿叶中色素主要吸收红光和蓝紫光,相应区域出现暗带,C项正确。 6.【答案】D 【解析】酵母菌无氧呼吸的产物:酒精和CO2,所以水中气泡为CO2,A正确;试管中加水的目的是作为反应的介质和隔绝空气,最主要的是制造无氧环境,B正确;若试管中的水换成冷水,温度下降,酶活性降低,反应速率下降,气泡减少,C正确;被分解的葡萄糖中的能量主要以热能的形式散失,一部分转移至ATP,其余的存留在酒精中,D错误。 7.【答案】B 【解析】光合作用分为光反应和暗反应两个阶段,A正确;光反应需要有光,需要酶,B错误;暗反应不需要光,但需要多种酶,C正确;光合作用释放的O2在光反应阶段产生,D正确。 8.【答案】D 【解析】光合作用过程中,暗反应所需酶的种类多,因此温度主要影响光合作用的暗反应阶段,A正确;据图分析可知,与呼吸作用有关的酶的适宜温度为40 ℃,与光合作用有关的酶的适宜温度为30 ℃,因此与呼吸作用有关的酶的适宜温度更高,B正确;根据真光合作用速率=净光合作用速率+呼吸作用速率可知,当温度在30 ℃左右时,真光合作用速率最大,C正确;植物能正常生长必须是光照下净光合速率大于黑暗时呼吸速率。温度保持在25 ℃的条件下,净光合速率约为3.8,呼吸速率约为2.6,故长时间每天交替进行12 h光照、12 h黑暗,植物能正常生长,D错误。 9.【答案】D 【解析】酒精发酵过程中在无氧呼吸第一阶段有少量ATP生成,A正确;物质跨膜运输中的主动运输,需要消耗能量,由ATP提供,B正确;ATP中高能磷酸键水解可释放能量,C正确;ATP由腺嘌呤、核糖和磷酸组成,D错误。 10.【答案】A 【解析】在叶肉细胞中,CO2的固定和产生场所分别是叶绿体基质和线粒体基质。 11.【答案】D 【解析】bc、cd段,都有氧气的消耗,说明存在有氧呼吸,乳酸增加,说明存在无氧呼吸;bc和cd是有氧呼吸和无氧呼吸并存;A错误。人体无氧呼吸产生乳酸,人体无论是否进行无氧呼吸,二氧化碳的产生和氧气消耗量相等,B错误。无氧呼吸时大部分能量留在代谢产物乳酸中,C错误。分析曲线,c点后血液中乳酸含量上升较快,D正确。 12.【答案】D 【解析】①→②过程,可以表示光合作用的过程,[H]在类囊体的基粒产生,在叶绿体基质被利用,A正确;过程②→①可以表示有氧呼吸过程,需要氧气参与,可以发生在植物体的根、茎等细胞内,B正确;光合作用大于呼吸作用,有机物才能积累,植物才能表现出生长现象,C正确;光合作用过程中的还原氢来自于水,有氧呼吸过程中的还原氢来自于葡萄糖、丙酮酸和水,D错误。 13.【答案】D 【解析】甲图中的纵坐标数值为净光合作用量,对应乙图中的m3从外界环境中吸收的二氧化碳,A错误;甲图中c点时,呼吸作用的强度=光合作用强度,则乙图中有m1=n1=m4=n4,B错误;e为光的饱和点,当达到甲图中e点时,增加光照强度不能提高光合作用强度,主要受叶绿体上色素的含量的影响,C错误;甲图的c点是光的补偿点,乙图中有m1=n1=m4=n4,D正确。 14.【答案】A 【解析】据图分析,色素a吸收波峰为红光和蓝紫光,则色素a表示叶绿素;色素b吸收波峰只有蓝紫光,则色素b代表类胡萝卜素。 15.【答案】B 【解析】由表可知,甲同学没加有机溶剂,色素是要溶于有机溶剂的,所以甲同学提取不到色素,结果应为②;乙同学的操作正确,提取分离结果应为④;丙同学可以提取到色素,但由于没加CaCO3,叶绿素有可能被破坏,因而下边两条色素带比正常的要窄,结果图应为①;丁同学未加SiO2,研磨不充分,导致各种色素的提取量均较少,分离后的结果图应为③。 16.【答案】D 【解析】液滴移到最右的时刻说明一天中的有机物积累量最大,应是图B中的g点对应的时刻,故A错误。影响ab段的主要因素是温度,故B错误。e与f相比是因为二氧化碳浓度低,所以C3合成速率小,故C错误。根据B图氧气最终含量高于起始,说明一天中有氧气的积累,液滴应在起始点的右侧,故D正确。 17.【答案】(1)降低反应活化能的作用 (2)对照 (3)4 1 1 0 无变色反应 无变色反应 砖红色沉淀 无变色反应 【解析】(1)同无机催化剂相比,酶具有更高的催化效率,其原因是降低反应活化能的作用更显著。 (2)本实验是验证唾液淀粉酶的专一性,1、2试管均没有加唾液,为空白组,1号和3号试管形成对照,2号试管和4号试管形成对照,变量均为唾液淀粉酶的有无。 (3)本实验中底物的量和酶的量是无关变量,根据对照实验的设计要求,无关变量应保持适宜且相同,底物(蔗糖或淀粉)溶液均为4 mL,酶(稀释的唾液或蒸馏水)溶液均为1 mL,所以a、b、c、d对应的数值分别是4 mL、1 mL、1 mL、0 mL;只有3号试管条件适宜,唾液淀粉酶使淀粉分解成了麦芽糖,其它试管中均无还原糖产生,因此只有3号试管出现砖红色沉淀,其它试管不出现砖红色沉淀;故实验现象e、f、g、h分别为无变色反应、无变色反应、砖红色沉淀、无变色反应。 18.【答案】(1) (2)适当提高温度以增加酶的催化活性 提高酶的浓度 将蛋白块切小些,以增加蛋白酶和蛋白质的接触面积等 (3)将胃蛋白酶溶液加热,使酶失去活性后再加入试管(或将胃蛋白酶溶液改为清水或蒸馏水等) (4)降低反应的活化能 氨基酸或者核糖核苷酸 【解析】(1)根据表中数据,横轴为pH,纵轴为酶的活性,坐标图见答案。 (2)蛋白块消失的时间越短对应酶的活性越大。酶的活性除了受pH影响之外,还受温度的影响,也与酶和反应物的接触面积大小有关,所以适当提高温度以增加酶的催化活性,提高酶的浓度,能够使实验能在更短时间内完成。 (3)实验组与对照组要排除酶之外的其他因素的作用,则对照组除不加入酶或先使酶失活之外,其余条件都应相同。所以补充的对照实验为将胃蛋白酶溶液加热,使酶失去活性后再加入各试管或“将胃蛋白酶溶液”改为“清水”或“蒸馏水”等。 (4)酶能降低反应的活化能,使得反应加快,酶的成分为蛋白质或RNA,因此基本单位为氨基酸或者核糖核苷酸。 19.【答案】(1)温度、光照 净光合速率 (2)ad和eh (3)叶绿体和线粒体 光照增强 (4)85 S1+S3-S2 【解析】(1)影响光合作用的主要外因是光照、二氧化碳浓度、温度,图甲装置中的二氧化碳浓度是保持基本稳定,温度、光照的不同会引起光合作用强度的改变,因此可以测定温度、光照的变化对光合作用的影响,氧气传感器感受到的装置内氧气含量的变化,能够反应氧气净释放量在单位时间内的变化,测定的是净光合作用的速率。 (2)当叶绿体吸收二氧化碳的时候,说明植物体进行光合作用,图乙中ad和eh段有光照,有光合作用,所以图乙中ad和eh段叶绿体吸收二氧化碳。 (3)c点时二氧化碳和光合作用同时存在,两种生理过程均能产生还原剂氢,所以产生还原剂氢的细胞器线粒体、叶绿体;f~g段在上午,所以上升的主要原因是光照增强。 (4)金鱼藻最大光合速率=净光合作用+细胞呼吸=(75+10) mg/h=85 mg/h,图乙中S1+S3可以表示白天有机物的积累量,S2可以表示夜间有机物的消耗量,所以一昼夜积累的有机物S1+S3-S2。 20.【答案】(1)细胞溶胶和线粒体 (2)等量 (3)①A侧液面上升,B侧液面下降 ②A侧液面下降,B侧液面上升 ③A侧液面和B侧液面高度相同 【解析】(1)酵母菌有氧呼吸时产生CO2的场所是线粒体,无氧呼吸时产生CO2的场所是细胞质基质,所以酵母菌产生CO2的场所是细胞质基质(细胞溶胶)和线粒体。 (2)本实验的目的是探究酵母菌有氧呼吸消耗葡萄糖的量是否比无氧呼吸多。实验原理:滤液中的葡萄糖不能通过U形管底部的半透膜,其余物质能通过。 ①探究实验应遵循单一变量原则,因此需将等量的滤液1和滤液2分别倒入U形管A、B两侧。 ②一段时间后观察两侧液面的变化。 (3)实验结果预测和结论: ①如果A侧液面上升,B侧液面下降,则有氧呼吸消耗的葡萄糖少; ②如果A侧液面下降,B侧液面上升,则有氧呼吸消耗的葡萄糖多; ③如果A、B两侧液面高度相同,则有氧呼吸和无氧呼吸消耗的葡萄糖一样多。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版生物一轮复习专题4《细胞的生命历程》测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.下列关于细胞全能性的叙述,正确的是(  ) A. 水稻的正常体细胞及其卵细胞均具有全能性 B. 细胞的全能性是指细胞具有全面的生理功能 C. 玉米种子萌发长成新植株能体现细胞全能性 D. 造血干细胞形成各种血细胞能体现细胞全能性 2.某成年男子是一种致病基因的携带者,他的哪种细胞可能不含致病基因(  ) A. 神经元细胞 B. 精原细胞 C. 初级精母细胞 D. 某些精子 3.植物活性硒是农作物吸收的硒元素经生物转化作用后,与氨基酸结合以硒代氨基酸形态存在,植物活性硒能有效抑杀癌细胞。为研究植物活性硒的抑制癌细胞增殖的效果,用不同浓度的植物活性硒处理小鼠肝癌细胞,结果如图所示,下列叙述不正确的是(  ) A. 实验需要设置不含植物活性硒溶液的空白对照组 B. 植物活性硒的浓度和处理时间均对抑制肝癌细胞增殖起作用 C. 植物活性硒对肝癌细胞增殖抑制的机理可能与编程细胞凋亡的基因表达有关 D. 植物活性硒抑制肝癌细胞增殖的最佳浓度为1.00 g·L-1 4.下面是以小麦为实验材料所进行的实验,其中叙述正确的是(  ) A. 将发芽的种子研磨液置于试管内,加入斐林试剂,试管内立即呈现砖红色沉淀,这是因为发芽的小麦种子中含有还原性糖 B. 利用小麦叶片进行“观察DNA和RNA在细胞中的分布”的实验时,叶片需要用酒精进行脱色处理,实验结果是绿色主要分布在细胞质,红色主要分布在细胞核 C. 用显微镜观察小麦根尖成熟区表皮细胞,可观察到有丝分裂的图像,从而判断出每个细胞中的染色体数目 D. 若利用小麦根毛细胞进行质壁分离实验,由于观察的细胞无色透明,为了取得更好的观察效果,调节显微镜的措施是换小光圈或换平面反光镜 5.下面是人体细胞分裂时,A、B、C、D四个不同细胞分裂时期染色体数目和DNA数目的统计数据的柱状图,那么非同源染色体上的非等位基因自由组合可以发生在(  ) 6.已知药物X对细胞增殖有促进作用,药物D可抑制药物X的作用。某同学将同一瓶小鼠皮肤细胞平均分为甲、乙、丙三组,分别置于培养液中培养,培养过程中进行不同的处理(其中甲组未加药物),每隔一段时间测定各组细胞数,结果如图所示。据图分析,下列相关叙述不合理的是(  ) A. 乙组加入了药物X后再进行培养 B. 丙组先加入药物X,培养一段时间后加入药物D,继续培养 C. 乙组先加入药物D,培养一段时间后加入药物X,继续培养 D. 若药物X为蛋白质,则药物D可能改变了药物X的空间结构 7.下图是分别以洋葱的紫色鳞片叶、根尖细胞和正常叶为材料进行实验得到的现象或结果,据图分析,下列说法正确的是(  ) A. 图3中的色素存在于图1的B结构中 B. 细胞正处于图1所示状态时,有水分子从A处运动到B处 C. 在图2所示实验中,显微镜下绝大多数细胞中能观察到染色体 D. 用洋葱紫色鳞片叶制作临时装片时,需通过压片使细胞分散开来 8.下列曲线表示减数分裂过程中DNA含量变化的是(  ) A.B.C.D. 9.下列关于人体细胞增殖、分化、衰老、凋亡和癌变的叙述,正确的是(  ) A. 细胞的分化程度越高,全能性越强 B. 幼年个体生长需细胞增殖,成年后不需细胞增殖 C. 正常细胞的衰老凋亡必将使个体衰老死亡 D. 某些病毒因含有癌基因及致癌有关的核酸序列能引起细胞发生癌变 10.下图为细胞分裂过程示意图,据图分析不能得出的结论是(  ) A. 在细胞分裂过程中,CD、IJ段一直含有染色单体 B. 若在A点将核DNA带上同位素标记后放在不含同位素标记的地方培养,则在GH段可检测到有放射性的脱氧核苷酸链占25% C. 在图中的GH段和OP段,细胞中含有的染色体组数不相等 D. 图中CD段与GH段细胞中染色体的行为变化不同 11.下列关于DNA分子和染色体数目的叙述,正确的是(  ) A. 有丝分裂间期细胞中染色体数目因DNA复制而加倍 B. 有丝分裂后期细胞中DNA分子数目因染色体着丝点分裂而加倍 C. 减数第一次分裂后细胞中染色体数目因同源染色体分离而减半 D. 减数第二次分裂过程中细胞中染色体与DNA分子数目始终不变 12.某小组进行观察洋葱根尖分生组织细胞有丝分裂的实验,关于该实验叙述正确的是:(  ) A. 盐酸和酒精混合液主要起固定作用 B. 碱性染料吡罗红可用于染色体染色 C. 细胞内染色体的存在状态可作为判断有丝分裂各时期的依据 D. 观察到分裂末期细胞内细胞板向四周扩展形成新的细胞壁 13.在离体的植物器官、组织或细胞脱分化形成愈伤组织的过程中,下列哪一项条件是不需要的(  ) A. 消毒灭菌 B. 适宜的温度 C. 充足的光照 D. 适宜的养料和激素 14.关于人体细胞分化、衰老、凋亡和癌变的叙述,正确的是(  ) A. 细胞分化导致基因选择性表达,细胞种类增多 B. 细胞衰老表现为酶活性降低,细胞核体积减小 C. 细胞凋亡受基因控制,不利于个体生长发育 D. 石棉和黄曲霉毒素是相同类型的致癌因子 15.基因型为Dd的植物体,产生雌配子和雄配子之间的比例应该是(  ) A. 1∶1 B. 3∶1 C. 无一定比例,但雄多于雌 D. 无一定比例,但雌多于雄 16.下图表示正在进行减数分裂的某动物细胞,则下列叙述不正确的是(  ) A. 该细胞只存在于动物的睾丸中 B. 此细胞能发生基因重组 C. 此时细胞中含有8个染色单体 D. 这种动物的体细胞中含有4条染色体 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.为了寻找更为理想的“观察植物细胞有丝分裂”的实验材料以及探究不同材料适宜的取材时间,科研人员进行了如下实验: 步骤1 剔除大蒜蒜瓣和红葱的老根,置于装有适量清水的烧杯中,在20~25 ℃下培养,每2 d更换一次清水。 步骤2 待大蒜和红葱的须根长出后,每24 h测量须根长度,记录并处理数据。结果如图1。 步骤3 若干天后,从8∶00~16∶00,每2 h取生长健壮的须根根尖制成临时装片。观察时随机选取30个视野,统计各视野中分裂期细胞数以及细胞总数,并计算细胞分裂指数(分裂期细胞数/细胞总数)。结果如图2。 分析回答: (1)绘制图1所依据的数据,应该是同一时间测得的须根长度的__________。 (2)步骤3中,制作根尖临时装片的过程是取材→解离→______________________。 (3)植物细胞壁的胞间层由果胶组成,使相邻细胞粘连。洋葱细胞的胞间层比大蒜、红葱厚,若以洋葱为材料进行本实验,解离时要__________________或______________________等,否则观察时会发现__________________________。 (4)根据本实验结果,最适宜的材料及取材时间是____________________________________。 18.细胞为什么不能无限制地长大而要进行分裂呢?科学家认为:细胞要通过它的表面不断地和周围环境或邻近的细胞进行物质交换,这样,它就必须有足够的表面积。当细胞的体积由于生长而逐步增大时,细胞表面积和体积的比例就会变得越来越小,导致表面积相对变小,这就会引起细胞的分裂,以恢复其原来的表面积与体积的适宜比例。有人设计一个实验来验证上述理论的正确性(提供的仪器、材料有变形虫若干、锋利的刀片、显微镜等)。 步骤: Ⅰ.取大小相等,活性相当的同种变形虫9只,分成A、B、C三组,每组三只。 Ⅱ.处理方法与实验现象 (1)A组的作用是____________________。 (2)C组的处理方法应该是_________________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 运用已有的知识请你对C组的现象进行预测:_______________________________________。 (3)你的结论是__________________________________________________________________。 19.下图是细胞有丝分裂图。请据图回答: (1)从图可以看出这是________细胞的有丝分裂。(填动物或植物) (2)写出分裂期的细胞进行分裂的顺序:____________________。(用字母表示) (3)图____________________________表示细胞分裂间期,此时细胞核中发生的主要变化是_________________________________________________。 (4)图 a 是分裂的________期,此时细胞中有________个 DNA 分子。 (5)如果有一种物质会抑制纺锤体的形成;加入此物质后,受影响的植物细胞经有丝分裂得到的子细胞,它的显著特点是具有____________________________ 。 (6)在下图中,描绘出在一个细胞周期中,一条染色体上DNA含量的变化曲线图:(注意横纵坐标含义) 20.某果蝇染色体及部分基因组成如甲所示,观察该果蝇某器官切片,发现了如乙、丙所示细胞。请回答下列问题: (1)丙细胞的名称是__________________,其分裂产生的配子的基因组成可能为______________________。 (2)正常情况下,乙细胞?处的基因应为________。丙细胞中出现A和a的原因可能是____________________________________。 (3)若甲细胞每个DNA分子均由3H标记的核苷酸组成,现将甲细胞移植到正常果蝇体内,通过1次过程①所示的细胞分裂,则一个子细胞中含3H的染色体条数是________条。 (4)研究人员分析了果蝇红细胞、肌肉细胞、神经细胞中基因表达的情况。 ①最可能代表指导细胞呼吸酶合成的基因是______________。通过对上图的分析,可得出的结论是________________________________。 ②果蝇飞行时,骨骼肌细胞直接供能物质是________。研究发现:果蝇飞行时需要的能量增加约10倍,但骨骼肌细胞中该物质的含量并无明显增加。对此现象合理的解释是______________________________________。 答案解析 1.【答案】A 【解析】水稻的正常体细胞及其卵细胞都含有该物种所需的全套遗传物质,均具有全能性,A项正确;细胞全能性是指已经分化的细胞,仍然具有发育成完整个体的潜能,B项错误;玉米种子是植物的幼体,萌发长成新植株不能体现细胞全能性,C项错误;造血干细胞形成各种血细胞属于细胞分化,没有体现细胞全能性,D项错误。 2.【答案】D 【解析】神经元细胞属于体细胞,含有该生物全部的基因,因此肯定含有致病基因,A错误;精原细胞属于特殊的体细胞,含有该生物全部的基因,因此肯定含有致病基因,B错误;初级精母细胞含有该生物全部的基因,因此肯定含有致病基因,C错误;D、减数第一次分裂后期,等位基因随着同源染色体的分开而分离,因此精子中不一定含有致病基因,D正确。 3.【答案】D 【解析】探究实验需要遵循对照原则,该实验需要设置不含植物活性硒溶液的空白对照组,A正确;由图可知,植物活性硒的浓度和处理时间均对抑制肝癌细胞增殖起作用,B正确;植物活性硒对肝癌细胞增殖抑制的机理可能与编程细胞凋亡的基因表达有关,C正确;根据图中信息可知浓度为1.00 g·L-1时的抑癌效果比浓度为0.05g·L-1和浓度为0.25g·L-1好,但由此不能判断出植物活性硒抑制肝癌细胞增殖的最佳浓度为1.00 g·L-1,D错误。 4.【答案】D 【解析】斐林试剂使用时需要水浴加热,A错误;利用小麦叶片进行“观察DNA和RNA在细胞中的分布”的实验时,叶片需要用酒精进行脱色处理,实验结果是绿色主要分布在细胞核,红色主要分布在细胞质中,B错误;小麦根尖成熟区表皮细胞已经高度分化,不再分裂,不会观察到染色体,C错误;用显微镜观察浅色物体时,需要调暗视野,即调节显微镜的措施是换小光圈或换平面反光镜,D正确。 5.【答案】B 【解析】由于非同源染色体上的非等位基因自由组合发生在减数第一次分裂时期,根据分析可知,图中B时期处于减数第一次分裂过程中,所以在其后期,同源染色体分离的同时,非同源染色体上的非等位基因自由组合。 6.【答案】C 【解析】乙组细胞数增加最快,应该是加入了药物X后进行的培养,A项正确;丙组细胞开始时增殖速度与乙组几乎相同,曲线和乙组基本重合,后期比乙组慢,说明丙组先加入药物X促进细胞增殖,后期加入药物D,抑制了药物X的作用,B项正确;若乙组先加入药物D,后加入药物X,其细胞数变化曲线开始应与甲组基本重合,后期略有增加,C项错误;药物D对药物X有抑制作用,若药物X为蛋白质,其抑制原理可能是药物D改变了药物X的空间结构,导致药物X的活性降低,D项正确。 7.【答案】B 【解析】图3是绿叶中色素的提取结果,是叶绿体中的色素,图1中的色素在液泡中存在,液泡中的色素是花青素。所以A错误;图1处于失水的状态,水分子可以自由扩散进出细胞,水分子可以从A处运动到B处。B正确;图2是根尖的分生区细胞,处于分裂状态的细胞不多,绝大多数细胞中以染色质的形式存在。所以绝大多数细胞观察不到染色体,C错误;洋葱紫色磷叶表皮很薄,不需要压片。用根尖做装片时需要压片。D错误。 8.【答案】C 【解析】该曲线表示的有丝分裂过程中,细胞中的染色体数量的变化曲线,A错误;该图可以表示有丝分裂过程中的DNA数量的变化曲线或一条染色体上DNA数量的变化曲线,B错误;该曲线中通过复制使DNA加倍,两次分裂后最终使细胞中的DNA含量减半,可以表示减数分裂过程中的DNA含量变化,C正确;该曲线可以表示减数分裂过程中的染色体数量变化曲线图,D错误。 9.【答案】D 【解析】细胞的分化程度越高,全能性越低,A错误;幼年个体和成年个体均有细胞增殖,B错误;多细胞生物细胞的衰老和个体的衰老是不同步的,正常细胞的衰老凋亡不一定导致个体衰老死亡,C错误;致癌病毒能诱发癌变的原因是其含有病毒癌基因及致癌有关的核酸序列,D正确。 10.【答案】A 【解析】CD段包含有丝分裂后期,IJ段包含减数第二次分裂后期,这两个时期没有染色体单体,A错误;从A点到GH段的过程中,DNA共复制了两次,根据DNA半保留复制特点,若在A点将核DNA带上同位素标记后放在不含同位素标记的地方培养,则在GH段可检测到放射性的脱氧核苷酸链占25%,B正确;GH段细胞中染色体组数与体细胞相同,而OP段细胞中染色体组数是体细胞的两倍,因此GH段和OP段细胞中含有的染色体组数不相等,C正确;CD段表示有丝分裂前期、中期和后期,而GH段表示减数第一次分裂过程,这两个阶段细胞中染色体的行为变化不同,D正确。 11.【答案】C 【解析】有丝分裂后期细胞中染色体数目因着丝点分裂而加倍,A错误;有丝分裂间期细胞中DNA分子数目因DNA复制而加倍,B错误;减数第一次分裂后细胞中染色体数目因同源染色体分离而减半,C正确;减数第二次分裂过程后期染色体数目加倍,D错误。 12.【答案】C 【解析】盐酸和酒精的混合液作用为解离,A错误;吡罗红易于与RNA结合,成红色,染色体含DNA,B错误;在本实验中,由于解离等原因细胞已经死亡,不能看到细胞壁扩展的过程,D错误。 13.【答案】C 【解析】消毒灭菌可以给植物组织或器官更好的生长环境,也防止种间竞争所以是对的,A正确;该阶段要进行细胞的增殖和细胞的脱分化,这就必须要有适宜的养料和激素,必须要有适宜的温度,这样,才能保证细胞进行正常的新陈代谢,B、D正确;当植物还在脱分化形成愈伤组织的时候不能进行光合作用,所以自然也就不需要光照,如果有光就不形成愈伤组织,而是形成维管组织,C错误。 14.【答案】D 【解析】基因选择性表达导致细胞分化,A错误;细胞衰老后细胞核体积增大,B错误;细胞凋亡有利于个体生长发育,C错误;石棉是无机化合物,黄曲霉素是有机化合物,它们都属于化学致癌因子,D正确。 15.【答案】C 【解析】基因型为Dd的豌豆在进行减数分裂时,会产生两种雌配子(D、d)和两种雄配子(D、d)。雌配子和雄配子之间无一定比例,但雄配子的数量远远多于雌配子。 16.【答案】A 【解析】据图可知该细胞为减数第一次分裂且为不均等分裂,所以此细胞为初级卵原细胞,发生在卵巢中。 17.【答案】(1)平均值 (2)漂洗→染色→制片 (3)适当延长解离时间 适当提高盐酸浓度(若环境温度低可以适当水浴加热等) 细胞相互重叠 (4)红葱、上午10:00左右取材 【解析】(1)为了减少误差,每一组试验应该设置重复组,最后求平均值,减少误差。 (2)观察植物细胞的有丝分裂”实验,制作临时装片的操作步骤为解离、漂洗、染色、制片。 (3)洋葱细胞的胞间层属于果胶,解离时要延长解离时间,保证细胞能解离充分,使得细胞能分离开来,以免重叠。 (4)由图2可知,采用材料红葱在上午10:00左右取材时,计算出的细胞分裂指数最大,因此最适宜的材料是红葱,取材时间为上午10:00左右。 18.【答案】(1)对照作用 (2)在变形虫长大到一定程度时,用刀片切去一部分细胞质,再长到一定程度时,再切去一部分细胞质,依次类推,每次按上述方法处理 三只变形虫始终不分裂增殖 (3)变形虫只有长大到一定体积后才分裂 【解析】 19.【答案】(1)植物 (2)cabdc (3)c DNA复制(或染色体复制) (4)前 12 (5)加倍的染色体数目 (6)坐标含义要标正确 【解析】(1)图示细胞没有中心体,但含有细胞壁,属于植物细胞; (2)由题图可知,a细胞处于分裂前期、b细胞处于分裂后期、c细胞处于分裂间期或末期结束、d细胞处于分裂末期,因此正确的分裂顺序应为cabdc; (3)图c表示细胞分裂间期,此时细胞核中发生的主要变化是DNA复制(或染色体复制); (4)图 a 是分裂的前期,此时细胞中有6条染色体,12个 DNA 分子; (5)在细胞分裂过程中,如果抑制了纺锤体的形成,则分裂后期分离的姐妹染色单体无法被拉向两极,细胞无法分成两个子细胞,所以经有丝分裂得到的子细胞,它的染色体数目会加倍; (6)在一个细胞周期中,一条染色体上DNA含量的变化曲线图如下:(画图时要注意横纵坐标含义) 20.【答案】(1)次级卵母细胞 ABXD或ABXd或AbXD或AbXd(或“ABD或ABd或AbD或Abd”也可,但答不全不得分) (2)d 减数第一次分裂发生了基因突变 (或答到“基因突变”也可) (3)8 (4)①基因Ⅱ 细胞分化是基因选择性表达的结果 ②ATP 果蝇飞行时ADP与ATP的转化更迅速 【解析】(1)分析题图,丙细胞中没有同源染色体,着丝点分裂,并且细胞质不均等分裂,故为次级卵母细胞;根据图2可推知细胞中除了含有A、a外,还有BbXDXd,基因型为AaBbXDXd,根据题意A基因进入卵细胞中,因此产生的配子基因型为ABXD或ABXd或AbXD或AbXd。 (2)分析题图,由于同源染色体上含有D基因,而体细胞中含有D和d,因此“?”处应该为d;由于体细胞中没有A基因,丙细胞中出现A基因的原因是基因突变。 (3)由于亲代DNA分子含有3H标记,图中过程①进行的分裂为有丝分裂,由于DNA复制一次,因此得到的子代DNA全部含有3H标记,子细胞中的染色体共有8条, 因此含有3H标记的染色体有8条。 (4)①由于红细胞、肌细胞和神经细胞都要进行细胞呼吸,因此三个细胞中的呼吸酶基因都表达,图中只有基因Ⅱ同时在三个细胞中表达,因此最有可能代表细胞呼吸酶的基因是基因Ⅱ;从图中可以看出,不同的细胞表达的基因情况不同,细胞分化是基因选择性表达的结果。 ②ATP是机体的直接能源物质;果蝇飞行时,需要的能量较多,要求ATP和ADP的相互转化十分迅速,因此能够满足机体对能量的需求。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版生物一轮复习专题5《遗传的基本定律》测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、单选题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.水稻的高秆对矮秆是显性,现有一株高秆水稻,欲知其是否是纯合体,下列采用的方法最为简单的是(  ) A. 用花粉离体培养,观察后代的表现型 B. 与一株矮秆水稻杂交,观察后代的表现型 C. 与一株高秆水稻杂交,观察后代的表现型 D. 自花受粉,观察后代的表现型 2.两个杂合子(涉及两对独立遗传的基因)杂交,F1只有一种表现型,则这两个杂合子的基因型是(  ) A. AaBb和AABb B. AaBb和Aabb C. Aabb和aaBb D. AABb和AaBB 3.下列有关遗传病说法错误的是(  ) A. 先天就有的疾病不一定是遗传病,但遗传病大多是先天的 B. 遗传病一般有家族聚集性,但不会传染 C. 遗传病一定有遗传物质的改变,根本原因是基因突变 D. 遗传病可以用基因治疗根治,但基因治疗仍存在安全性问题 4.果蝇的红眼为X显性遗传,其隐性性状为白眼。下列杂交组合中,通过眼色即可直接判断子代果蝇性别的一组是(  ) A. 杂合红眼雌果蝇×红眼雄果蝇 B. 白眼雌果蝇×红眼雄果蝇 C. 纯合红眼雌果蝇×白眼雄果蝇 D. 白眼雌果蝇×白眼雄果蝇 5.如图为某家族遗传系谱图,患病个体中一种为白化病,另一种为红绿色盲,Ⅱ5、Ⅲ1均不携带相关致病基因。Ⅳ1为纯合子的概率是(  ) A. 1/4 B. 1/8 C. 3/16 D. 9/16 6.下列有关孟德尔的“假说—演绎法”的叙述中正确的是(  ) A. 通过“一对相对性状的遗传实验”证明了两大遗传定律 B. 根据假说,进行“演绎”:若F1产生配子时,成对的遗传因子分离,则测交后代应出现两种表现型,且比例为1∶1 C. 假说能解释F1自交产生3∶1分离比的原因,所以假说成立 D. 通过正反交实验验证假说成立 7.水稻的非糯性(W)对糯性(w)是一对相对性状.含W的花粉遇碘变蓝,含w的花粉遇碘不变蓝,把WW和ww杂交得到的F1种子播下去,长大开花后取出一个成熟的花药,取其中的全部花粉,滴一滴碘液,在显微镜下观察,可见花粉(  ) A. 全部变蓝 B. 全不变蓝 C. 变蓝 D. 变蓝 8.雌雄异株的高等植物剪秋萝有宽叶和狭叶两种类型,宽叶(B)对狭叶(b)是显性,等位基因位于X染色体上,其狭叶基因(b)会使花粉致死.如果杂合宽叶雌株同狭叶雄株杂交,其子代的性别及表现型是(  ) A. 子代全是雄株,其中为宽叶,为狭叶 B. 子代全是雌株,其中为宽叶,为狭叶 C. 子代雌雄各半,全为宽叶 D. 子代中宽叶雌株∶宽叶雄株∶狭叶雌株∶狭叶雄株=1∶1∶1∶1 9.一般人对苯硫脲感觉有苦味,由显性遗传因子B控制;也有人对其无味觉,叫味盲,由隐性遗传因子b控制。统计味盲家族,若三对夫妇的子女味盲的概率各是25%、50%和100%,则这三对夫妇的遗传因子组成最可能是(  ) ①BB×BB ②bb×bb ③BB×bb ④Bb×Bb ⑤Bb×bb ⑥BB×Bb A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ④②⑤ D. ④⑤② 10.某植株的一条染色体发生缺失,获得该缺失染色体的花粉不育,缺失染色体上具有红色显性基因B,正常染色体上具有白色隐性基因b(见图)。如果该植株自交,其后代的性状表现一般是(  ) A. 红色∶白色=3∶1 B. 红色∶白色=1∶1 C. 都是红色 D. 都是白色 11.有人将两亲本植株杂交,获得的100颗种子种下去,结果为:结红果叶上有短毛37株、结红果叶上无毛19株、结红果叶上有长毛18株,结黄果叶上有短毛13株、结黄果叶上有长毛7株、结黄果叶片无毛6株。下列说法中错误的是(  ) A. 两株亲本植株都是杂合体 B. 红果对黄果为显性 C. 两亲本的表现型都是黄果长毛 D. 就叶毛来说,无毛与长毛都是纯合体 12.人类皮肤中黑色素的多少由两对独立遗传的基因(A、a和B、b)所控制;基因A和B可以使黑色素量增加,两者增加的量相等,并可以累加.若一纯种黑人与一纯种白人婚配,F1肤色为中间色;若F1与同基因型的异性婚配,F2出现的基因型种类数和表现型的比例为(  ) A. 3种,3∶1 B. 3种,1∶2∶1 C. 9种,9∶3∶3∶1 D. 9种,1∶4∶6∶4∶1 13.控制一对相对性状的基因称为(  ) A. 显性基因 B. 隐性基因 C. 等位基因 D. 相同基因 14.已知绵羊羊角的基因型与表现型的关系如下表。现有1头有角母羊生了1头无角小羊,则这头小羊的性别和基因型分别为(  ) A. ♀,Hh B. ♂,hh C. ♂,Hh D. ♀,hh 15.纯种甜玉米和纯种非甜玉米间行种植,收获时发现甜玉米果穗上有非甜玉米子粒,而非甜玉米果穗上却无甜玉米子粒,原因是(  ) A. 甜是显性 B. 非甜是显性 C. 相互混杂 D. 相互选择 16.人的X染色体和Y染色体大小、形态不完全相同,但存在着同源区(Ⅱ)和非同源区(Ⅰ、Ⅲ),如下图所示。下列有关叙述中错误的是(  ) A. Ⅰ片段上隐性基因控制的遗传病,男性患病率高于女性 B. 一个家庭中,Ⅱ片段上基因控制的遗传病,男性患病率可能不等于女性 C. Ⅲ片段上基因控制的遗传病,患病者全为男性 D. 由于X、Y染色体互为非同源染色体,故人类基因组计划要分别测定 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.图1为某家族两种单基因遗传病的系谱图(这两种遗传病分别由位于常染色体上的基因A/a及X染色体上的基因B/b控制),图2表示5号个体生殖腺中某个细胞的连续分裂示意图.请回答: (1)甲病的致病基因位于______染色体上,12号个体的X染色体来自于第Ⅰ代的______号个体。 (2)9号个体的基因型是______。14号个体是纯合体的概率是____(用分数表示)。 (3)图2中细胞c1的名称是______。正常情况下,细胞d1和d4中的染色体数目是否相同?______。 (4)子细胞中染色体数目的减半是通过图2的______(填图中数字)过程实现的.若细胞e1和e2的基因组成并不完全相同,其原因可能是发生了______。 18.某动物毛色的黄色与黑色是一对相对性状,受一对等位基因(A、a)控制,已知在含有基因A、a的同源染色体上,有一条染色体带有致死基因,但致死基因的表达会受到性激素的影响。请根据下列杂交组合及杂交结果回答问题。 (1)毛色的黄色与黑色的这对相对性状中,显性性状是________,判断的依据是________________。 (2)丙组的子代中导致雌雄中黄与黑比例差异的可能原因是___________________________。 请设计方案验证你的解释____________________________________。 (3)甲组亲本的基因型是________________________________________________________。 (4)从上述杂交组合中可以判断致死基因是________(显或隐)性基因,且与________(A或a)同在一条染色体上,________激素会促进致死基因的表达。 19.(每空2分、共10分)果蝇的黑体(v)与灰体(V)是一对相对性状,某试验小组对果蝇的这对相对性状进行遗传研究。如果用含有某种添加剂的食物喂养果蝇,所有的果蝇都是黑体,现有一只用含有该种添加剂的食物喂养的黑体雄果蝇,请设计一个试验探究其基因型。 (1)应选取________________________________________________ 果蝇与待测果蝇交配。 (2)用__________________喂养子代果蝇。 (3)通过观察子代果蝇性状,推断待测果蝇的基因型: ①若子代_____________________________________________,则待测果蝇的基因型为VV; ②________________________________________________________________________; ③________________________________________________________________________。 20.(12分,每空2分,第(4)小题4分)公鸡和母鸡在鸡冠的结构上存在区别,通常公鸡的鸡冠较大、肉垂较大、颜色鲜艳;而母鸡的鸡冠较小、肉垂较小、颜色暗淡。假如已知鸡的鸡冠结构受常染色体上的一对等位基因(A、a)控制,而且所有母鸡的鸡冠都是小鸡冠,但是公鸡可以是大鸡冠也可以是小鸡冠。现用都是小鸡冠的一对公鸡和母鸡交配,杂交结果如下表所示,请根据相关信息回答下列问题: (1)亲代都是小鸡冠,而在子代出现了小鸡冠和大鸡冠,这是一种_______现象,子代中母 鸡的鸡冠都是小鸡冠,而公鸡可以是大、小鸡冠都有,这说明表现型跟______有关。 (2)控制小鸡冠的遗传过程中遵循____________定律。 (3)该子代母鸡的基因型是:______________________________________。 (4)若基因型Aa的母鸡与大鸡冠的公鸡杂交,请用遗传图解的形式表示此杂交过程。 考点:基因的分离规律的实质及应用 答案解析 1.【答案】D 【解析】用花粉离体培养,观察后代的表现型时,需要消耗大量的时间,A错误;与一株矮秆水稻杂交,观察后代的表现型属于测交,但需要复杂的去雄、套袋、人工授粉等实验操作,B错误;高秆对矮秆为显性,一株高秆水稻的基因型可能有两种情况:纯合子或杂合子,纯合子自交性状不分离,杂合子自交后代有高、矮两种性状出现,C错误;自花受粉,观察后代的表现型可免去大量繁琐的操作,是最简单的方法,D正确。 2.【答案】D 【解析】两个杂合子(涉及两对独立遗传的基因)杂交,F1只有一种表现型,没有出现性状分离,这两个杂合子中必须有显性纯合基因。 3.【答案】C 【解析】先天就有的疾病不一定是遗传病,但遗传病大多是先天的,A正确;遗传病一般有家族聚集性,但不会传染,B正确;遗传病一定有遗传物质的改变,但其根本原因不一定是基因突变,还可能是染色体变异等,C错误;遗传病可以用基因治疗根治,但基因治疗仍存在安全性问题,D正确。 4.【答案】B 【解析】XAXa(红雌)×XAY(红雄)→XAXA(红雌)、XAXa(红雌)、XAY(红雄)、XaY(白雄),因此不能通过颜色判断子代果蝇的性别,A错误;XaXa(白雌)×XAY(红雄)→XAXa(红雌)、XaY(白雄),因此可以通过颜色判断子代果蝇的性别,B正确;XAXA(红雌)×XaY(白雄)→XAXa(红雌)、XAY(红雄),因此不能通过颜色判断子代果蝇的性别,C错误;XaXa(白雌)×XaY(白雄)→XaXa(白雌)、XaY(白雄),因此不能通过颜色判断子代果蝇的性别,D错误。 5.【答案】D 【解析】白化病为常染色体隐性遗传病(用A、a表示),红绿色盲为伴X染色体隐性遗传病(用B、b表示),Ⅱ4个体的基因型为AaXBXb,Ⅱ5的基因型为AAXBY,Ⅲ1均不携带相关致病基因,AAXBY,Ⅲ2的基因型为1/4AaXBXb,1/4AaXBXB,1/4AAXBXb,1/4AAXBXB,Ⅳ1为AA基因型概率=1-1/2×1/2=3/4,XBXB基因型概率=1-1/2=3/4,因此Ⅳ1为纯合子的概率=3/4×3/4=9/16。 6.【答案】B 【解析】通过“一对相对性状的遗传实验”只能证明基因的分离定律,两对相对性状的实验可以证明基因的自由组合定律,A错误;提出假说,依据假说进行演绎,若F1产生配子时,成对的遗传因子分离,则测交实验后代应出现两种表现型,且比例为1 : 1,B正确;假说能解释自交实验,但是假说是否成立需要通过测交实验去验证,C、D错误。 7.【答案】C 【解析】根据基因的分离定律,杂合体在进行减数分裂过程中,等位基因分离,产生两种花粉W和w,比例为1∶1.又含W的花粉遇碘变蓝,含w的花粉遇碘不变蓝,所以在成熟的花药中取全部花粉,滴一滴碘液,在显微镜下观察,可见花粉中有一半变蓝。 8.【答案】A 【解析】杂合宽叶雌株的基因型为XBXb,产生XB、Xb两种卵细胞;狭叶雄株的基因型为XbY,产生Xb、Y两种花粉,其中Xb花粉致死,只有Y花粉参与受精,因此后代全部为雄株,1/2为宽叶(XBY),1/2为狭叶(XbY)。 9.【答案】D 【解析】根据题意可知,人对苯硫脲感觉有无苦味受一对遗?

  • ID:8-6024938 2020届全国高三高考备考人教版历史一轮复习专题测试卷(10份打包,含解析)

    高中历史/高考专区/一轮复习

    绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版历史一轮复习《20世纪的战争与和平》专题6测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、选择题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.1943年7月,德军集中精锐部队又一次对苏联军队发动战略性进攻。苏军调集重兵严阵以待,双方展开空前规模的坦克大战,德军损失惨重并从此失去了苏德战场的主动权。这次战役是( ) A. 莫斯科战役 B. 斯大林格勒战役 C. 阿拉曼战役 D. 库尔斯克战役 2.在冷战时代,任何一次局部战争都有美苏两个超级大国的影子。两伊战争期间,美苏两个超级大国都向海湾地区增派部队。它们的主要目的是(  ) A. 维护海湾地区的和平与安定 B. 保护在两伊的外国人 C. 维护联合国安理会的权威 D. 趁机控制海湾地区 3.二战前夕,法西斯国家以“反共”作招牌结盟的主要目的(  ) A. 以反共迷惑西方大国,掩盖侵略意图 B. 以反苏为诱饵鼓励西方大国执行绥靖政策 C. 打破共产国际提倡的反法西斯统一战线 D. 拉拢西方大国加入轴心国军事同盟 4.二战后标志着美苏关系缓和进入高潮的是(  ) A. 尼克松访苏 B. 欧安会召开 C. 《赫尔辛基宣言》签署 D. “尼克松主义”提出 5.1919年6月《凡尔赛和约》签字的消息被法国元帅福煦听到后,他说:“这 不是和平,这是20年的休战。”这主要是指在巴黎和会上(  ) A. 战胜国之间存在尖锐矛盾 B. 宰割德国埋下了复仇的种子 C. 英法与美国争夺国联领导权势不两立 D. 美日为争夺中国产生深刻矛盾 6.有人把经济上的竞争作为第一次世界大战爆发的最重要的因素之一,1914年以前,这种“竞争”最激烈的国家是(  ) A. 英国和美国 B. 英国和法国 C. 法国和德国 D. 英国和德国 7.20世纪80年代,苏联领导人戈尔巴乔夫应美国一出版商的请求,撰写了一部具有国际影响力的著作——《改革与新思维》。在对外政策上,其“新思维”主张(  ) ①人类生存高于一切 ②意识形态决定国家利益 ③不同社会制度难于共存 ④核战争不会有胜利者 A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③ 8.下列战场中最先转入反攻的是(  ) A. 苏德战场 B. 太平洋战场 C. 北非战场 D. 中国战场 9.下图是第二次世界大战后初期苏联的一幅宣传漫画,从图中我们可以得到的正确信息是(  ) A. 古巴导弹危机中美苏双方的激烈对抗 B. 揭示了二战后美国和平政策的虚伪性 C. 是美国对“华约”组织的挑战 D. 苏联对马歇尔计划的应对 10.下列事件最能集中反映当时世界各种政治力量之间的斗争的是(  ) A. 淞沪会战 B. 埃塞俄比亚抗意战争 C. 台儿庄大捷 D. 西班牙内战 11.20世纪50年代中期以后,雅尔塔体系发展演变的新特点是(  ) ①北约与华约两大集团对峙 ②逐渐形成美苏争霸的格局 ③形成美苏对立的两极格局 ④美国开始对苏联冷战 A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④ 12.下图是一幅标题为《最新型美国汽车》的政治漫画。它讽刺了(  ) A. 1929年经济危机爆发后,美国对欧洲国家提供贷款 B. 在经济全球化过程中,美国主宰着世界经济霸权 C. 二战后初期,美国向东欧社会主义国家提供经济援助 D. 第二次世界大战后,美国推行“欧洲复兴计划” 13.苏联和东欧国家为对抗美国的冷战政策采取的措施不包括(  ) A. 组织经互会 B. 成立华约 C. 接受马歇尔计划 D. 成立共产党和工人党情报局 14.巴以双方基本接受了“土地换和平”的原则,标志着阿拉伯人和以色列人的 思想发生了重大变化。这意味着(  ) A. 和平是人类生活的根本前提 B. 主权神圣不可侵犯 C. 为了和平可以出卖主权 D. 这是阿拉伯人的历史倒退 15.从图一到图二,可以看出美苏之间的关系发生了重大变化。导致这一变化出现的根本原因是( ) A. 美苏争霸世界必然导致双方对立 B. 国家利益的冲突和意识形态的分歧 C. 两极格局关系的实质是两强争霸 D. 苏联和各国革命力量的壮大妨碍了美国称霸 16.第一次世界大战期间,发生在西线战场上的战役有(  ) ①马恩河战役 ②凡尔登战役 ③索姆河战役 ④日德兰海战 A. ①② B. ①②③ C. ③④ D. ②③④ 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.阅读下列材料,回答问题。 “9·11”事件发生后,恐怖主义危害人类、破坏和平的罪行激起了国际社会的公愤和反对。然而,历史并非总是如此。当德、意、日法西斯势力横行肆虐,战火蔓延,成为世界公敌的时候,人们却屡屡坐失良机,终于酿成了人类历史上最为惨烈的灾难。江泽民在1995年的一次讲话中指出:“痛苦的回忆,胜利的喜悦,深沉的思考,使人们更加清醒。……历史表明,社会制度与意识形态不相同的国家能够联合起来,共同对付人类生存与发展面临的挑战。20世纪40年代,世界反法西斯联盟的建立和取得的功绩就是有力的证明。” (1)举例说明第二次世界大战爆发前后,主要大国怎样“屡屡坐失良机”? (2)世界反法西斯联盟正式形成的标志是什么?概括指出联盟形成后采取的四次重大的反法西斯军事行动。 18.阅读下列材料: 材料一 杜鲁门上台后曾一再声称:“我们赢得的胜利把领导世界的持续重担放到了美国人民的肩头”“全世界应该采取美国制度”“不管我们喜欢与否,未来的经济格局将取决于我们!” ——《战后国际关系史》 材料二 此刻我提请你们考虑和决定的是目前关系到希腊和土耳其这一方面的局势……我认为,美国的政策必须是支持各国自由人民,他们正在抵制武装的少数集团或外来压力所实行的征服活动……自由制度的崩溃和独立地位的丧失,不但对这些国家,并且对全世界都具有灾难性……所以,我要求国会授权,在至1948年6月30日截止的期间向希腊和土耳其提供四亿美元的援助。 ——杜鲁门1946年3月12日在国会宣读的咨文 材料三 “美国对共产主义暴君扩张浪潮的回答”是“向世界说明美国在这个新的极权主义的挑战面前所持的立场”,“这是美国外交政策的转折点,它现在宣布,不论在什么地方,不论直接或间接侵略威胁了和平,都与美国的安全有关”。 ——《杜鲁门回忆录》 材料四 杜鲁门主义的意识形态——军事承诺与马歇尔的经济义务是一个胡桃的两半。 ——《杜鲁门回忆录》 请回答: (1)材料二中的“自由人民”“少数集团或外来压力”分别指什么? (2)材料二所表达的思想被人们概括为“杜鲁门主义”,请综合四则材料,指出杜鲁门主义的基本要点。 (3)美国实施杜鲁门主义对国际关系格局发展产生了怎样的影响? 19.阅读下列材料,回答问题。 材料一 美国首先发射“战斧”式巡航导弹,揭开了海湾战争的序幕。在大规模的空中打击中,美军飞机投掷了大量的高精确度“灵巧炸弹”。双方地面部队尚未接触,伊军前线部队已被摧毁50%以上。依托高技术优势,美军使伊拉克的指挥和控制系统瘫痪后,地面部队发动进攻,仅经过100小时后,美军就将科威特境内和伊科边境的伊拉克军队歼灭。 材料二 海湾战争中参战各方伤亡情况表 (1)据材料一,分析海湾战争有哪些新特点? (2)分析导致材料二现象出现的主要原因是什么? 20.阅读下列材料,回答问题。 材料一 缔约国应加强其自由制度……各缔约国同意对于欧洲或北美一个或数个缔约国之武装攻击,应视为对缔约国全体之攻击。因此,缔约国同意此种武装攻击发生……缔约国采取视为必要的行动,包括武力之使用……——《北大西洋公约》 材料二 ……考虑到由于巴黎协定的批准而在欧洲形成的局势——该协定……把西德拖入北大西洋组织集团,这样就加深了新战争的危险,并且对友好和平的国家的安全造成威胁……如果在欧洲发生了任何国家或国家集团对一个或几个缔约国的武装进攻,每一个缔约国应……以一切它认为必要的方式,包括使用武装部队,立即对遭受这种进攻的某个国家或几个国家给予援助。——《华沙友好合作互助条约》 (1)材料一中的“自由制度”指什么?假设的“武装攻击”会来自哪里? (2)结合条约内容和所学知识分析两个组织的相同点。 (3)北约和华约的成立对世界形势产生了怎样的影响? 答案解析 1.【答案】D 【解析】A莫斯科战役发生于1941年10月至1942年1月期间;B斯大林格勒战役从1942年7月17日开始至1943年2月2日结束;C阿拉曼战役发生于1942年19月,是在北非战场;D符合题意。 2.【答案】D 【解析】美苏两国之间的争霸决定了它们不会放过对任何一个地区的控制与争夺,尤其是海湾地区丰富的石油资源,使其成为美苏两国的必争之地。 3.【答案】A 【解析】虽然随着法西斯国家的侵略,他们同西方大国之间的矛盾日趋尖锐,但由于时机尚不成熟,法西斯国家不愿过早刺激西方大国,于是打出了反共的招牌。 4.【答案】A 【解析】D项是缓和的原因,B、C两项是缓和带来的结果。 5.【答案】B 【解析】本题考查阅读分析能力。《凡尔赛和约》是战胜国与战败的德国签订的,加剧了战胜国与德国之间的矛盾。宰割德国使德国埋下了复仇的种子,德国重新崛起必然会引起新的斗争,以打破原有体系。  6.【答案】D 【解析】题干信息:1914年以前“竞争”最激烈是解题的关键,依据教材可知当时的英德两国在世界范围内争夺殖民地和市场的冲突最为激烈。 7.【答案】C 【解析】 戈尔巴乔夫在对外政策上强调“人类生存高于一切”,核战争“不会有胜利者”,基于此,他对美国采取了“缓和”战略,故①④符合题意。 8.【答案】C 【解析】本题考查再认、再现历史史实的能力。太平洋战场转折的标志是1942年6月的中途岛海战,北非战场转折的标志是1942年10月的阿拉曼战役,苏德战场转折的标志是1943年2月的斯大林格勒战役,中国战场的反攻是从1943年开始的。 9.【答案】B 【解析】 根据图片中和平鸽的身体是由导弹组成的,可以得出美国和平政策的虚伪性,故选B。 10.【答案】D 【解析】20世纪30年代,世界的主要政治力量包括:法西斯力量、英、法、美为首的西方大国、社会主义苏联及世界各国的进步力量。在西班牙内战中,德意法西斯力量、苏联的援助、国际进步力量组成的国际纵队以及实行不干涉政策的英法美等大国都有所参与。 11.【答案】C 【解析】1955年华约和北约对立局面的形成,标志着美苏两极对立格局的形成;1956年上台后的赫鲁晓夫改变对外战略,形成美苏争霸的局面,故②③正确。  12.【答案】D 【解析】从图中信息可知,美国通过贷款来带动西欧经济发展并控制这些国家。A项 说法错误;B项不符合漫画内容;C项也错误,二战后东欧社会主义国家拒绝了美 国的援助。只有D项体现了美国通过对西欧的援助并控制了西欧这一信息。 13.【答案】C 【解析】马歇尔计划提出之时,最初涉及的也有东欧和苏联,但是苏联和东欧等社会主义国家并没有接受。 14.【答案】A 【解析】本题考查的是对“土地换和平”原则的理解,这一原则的提出使中东的历史进程发生了重大变化,开始朝着健康的方向迈进。这并不是说明用出卖国家主权的方式换取和平,因为这里的领土问题本来就存在着争议,应该说明的是和平是一切的根本,没有和平就没有土地。  15.【答案】B 【解析】本题考查的是美苏关系。导致两国从盟友反目成仇的根本原因是国家利益和意识形态的分歧,所以B 正确。 16.【答案】B 【解析】马恩河战役、凡尔登战役、索姆河战役均发生在西线战场上,而日德兰海战发生在北海。 17.【答案】(1)坐失良机:英法在德国吞并奥地利问题上的不干涉政策;慕尼黑阴谋;英法苏三国谈判不了了之;美国的孤立主义和中立政策;《苏德互不侵犯条约》的签订;九一八事变后国际联盟未对日本实施制裁;德国突袭波兰后英法宣而不战等。 (2)标志:1942年元旦,《联合国家宣言》的签署;军事行动:北非战场获胜和西西里岛登陆;诺曼底登陆,第二战场的开辟;盟军进入德国境内和苏军攻克柏林;苏联对日作战等。 【解析】 本题以世界反法西斯侵略为背景,考查学生识图分析能力。第(1)题总结回答西方国家的绥靖政策的具体表现;第(2)题概括反法西斯联盟建立后共同发动的军事行动。 18.【答案】(1)“自由人民”指(希腊、土耳其的)资产阶级、反共势力;“少数集团或外来压力”指(希腊、土耳其的)共产党和苏联与东欧共产党国家。 (2)反共,维护资本主义制度,美国领导世界。 (3)①冷战发动,美苏关系加速恶化,最终导致苏联走上了与美国对抗的道路,使雅尔塔体系演变为两极格局。②希腊、土耳其的共产党革命失败。③作为冷战政策组成部分的马歇尔计划的实施,帮助西欧实现了经济恢复。④美国扩大了自己对西欧等国家的影响和控制。 【解析】题目提供了一组二战后期和战后初期杜鲁门的言论,这些言论表达了美国的理想、立场和政策,对历史发展产生了巨大影响。解题的关键是读懂、理解材料,第(1)问的解答直接来自于理解;第(2)问的解答有难度,要进行归纳、概括,做到准确和清晰表达。 19.【答案】(1)新特点:①高新技术武器装备大量运用。②空中及空间力量成为战场的主力。③战争要素信息化程度越来越高,战争形态朝信息化方向发展。 (2)主要原因:双方在高新军事技术方面差距悬殊。海湾战争是一场典型的“不对称作战”,美军拥有大量先进的武器,并充分发挥各种作战手段的系统效应,使信息系统与作战系统实现了高度一体化。 【解析】第(1)题注意仔细分析材料一,找出其中的关键词如“大规模的空中打击”、“高精确度”、“指挥控制系统”等,第(2)题要结合材料一中强调的高科技含量去回答。 20.【答案】 (1)资本主义制度。来自苏联和社会主义阵营。 (2)相同点:①背景:美苏关系紧张,双方在意识形态和社会制度方面尖锐对立。②性质:都是军事政治集团。③实质:成为美苏争霸的工具。 (3)①两大集团互相对峙,使世界处于战争威胁下,不得安宁。②两大集团势均力敌,不敢轻易动武,避免了新的世界大战的爆发。 【解析】 第(1)问,美国所倡导的“自由制度”及其敌对方显而易见。第(2)问,要从成立背景、性质、实质去分析作答。第(3)问,一定要注意从正反两方面回答,做到辩证地看问题。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版历史一轮复习《必修综合》专题9测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、选择题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.按照“一国两制”的构想,台湾作为特别行政区,可以拥有比香港、澳门特别行政区更大的自主权,这主要是指( ) A. 保持资本主义制度不变 B. 中央政府不干涉台湾地方事务 C. 外国资本不动 D. 可以保留自己的军队 2.在谈到学校应如何发展时,邓小平同志说:“应该考虑各级各类学校发展的比例,特别是扩大农业中学、各种中等专业学校、技工学校的比例;要研究发展什么样的高等学校,怎样调整专业设置、安排基础理论课程和进行教材改革。”据此可知,邓小平强调( ) A. 教育事业必须同国民经济发展的要求相适应 B. 提高国民素质是教育事业的目的 C. 学校教育在新时期教育中占主导地位 D. 国家应重视中等职业教育的发展 3.1861年,清政府恭亲王奕在奏折中说:“综计天下大局,是今日御夷,譬如蜀之待吴,蜀与吴,仇敌也,而诸葛亮秉政,仍遣使通好,约共讨魏。”因而太平天国出现的局面是( ) A. 肩负起反帝反封建的革命任务 B. 发生了内讧,从此由盛转衰 C. 被中外反动势力联合镇压 D. 主张引进西方先进的科学技术 4.1949年开国大典,北京居民观礼时出行的代步工具有可能是( ) ①自行车 ②有轨电车 ③公共汽车 ④地铁 A. ①③④   B. ①②④   C. ①②③   D. ②③④ 5.加入世界贸易组织,对中国既是机遇又是挑战。中国正式加入世界贸易组织的时间是(  ) A. 1978年12月 B. 1986年9月 C. 1991年11月 D. 2001年12月 6.日本右翼势力认为:“在支那事变(指1937~1945年日本侵华战争)发展的过程中,日军……并没有掠夺领土的性质。最重要的是,日本方面并没有掠夺领土的意图。”下列各项有力驳斥了以上言论的是( ) ①九一八事变后,东北变成日本的殖民地 ②通过《马关条约》割占台湾 ③全面侵华战争期间占领华北、华中和华南大片领土 ④南京大屠杀 A. ①②③ B. ①③ C. ③④ D. ③ 7.某班历史兴趣小组在自主学习和探究“工业革命”一课之后,有四人分别写了历史小论文。下列他们立论的题目中,错误的是(  ) A. 工业革命是从蒸汽机的投入使用开始的 B. 美国人在交通运输领域率先取得突破 C. 工业革命引起了资本主义国家的社会变革 D. 工业革命使欧美资产阶级确立了对世界的统治 8.1837年,两广水师副将韩肇庆结交外商,以巡船援助鸦片走私,并将受赠鸦片作为走私没收品报告朝廷。结果,韩因缉私有功,得赏顶戴花翎。这种现象可以说明( ) A. 通商口岸的单一 B. 海禁政策的松弛 C. 当时吏治的腐败 D. 贸易体制的落后 9.有学者认为,“信息社会的战略资源是信息”。下列能典型反映信息社会到来的是( ) A. 信息成为经济的增长点 B. 网络技术的出现 C. 电子计算机的发明 D. 证券行业的成熟 10.很久以来,糖在欧洲只是作为药用并被视为一种舶来奢侈品,直到美洲被发现后,欧洲人在加勒比海地区大量种植甘蔗并加工制糖,这种情况才得以改变。由此推断在下表中,英国人均糖消费量与欧洲其它国家相比,呈现明显差异的主要原因是( ) A. 新航路开辟之初英国率先进行殖民掠夺活动 B. 英国逐步控制了海上霸权从而占据贸易优势 C. 圈地运动促使了英国资本主义经济迅速发展 D. 工业革命的完成促使英国的生产力飞速提高 11.“这些城邦显得具有某种个性,这种个性愈是高度发展,愈是强烈地被意识到,就愈不愿意哪怕是部分地牺牲它……每个城邦向它的邻邦要求它的自由和自治,要求有权按照它自己的意愿处理它自己的事务。”据此可以看出希腊城邦的特点是( ) A. 小国寡民 B. 轮番而治 C. 人民主权 D. 独立自治 12.美国宇宙学家保罗·戴维斯曾说:“生命由原子造就,而原子是按照量子机制行事的。”“生命已经存在很长时间了,有充足的时间来学习一些量子的‘把戏’,如果这样做能够赋予它优势的话。”从中可知,其认为(  ) A. 生命进化是量子“把戏”的结果 B. 量子理论可能适用于生命科学研究 C. 生命进化经历了一个复杂的历程 D. 量子机制赋予了生命进化的优势 13.20世纪20年代开始,列宁在苏维埃俄国提出“新经济政策”,毛泽东在中国提出农民问题,并开创“农村包围城市,最后夺取城市”的道路;30年代罗斯福在美国实施“新政”,90年代邓小平在中国提出“社会主义也有市场”,倡导中国建立社会主义市场经济。所有这些反映的本质问题是( ) A. 实事求是这一人类智慧的意义是世界性的 B. 社会主义和资本主义制度没有优劣之分 C. 这些历史巨人善于化腐朽为神奇 D. 社会主义和资本主义要互相学习借鉴 14.亚里士多德说:“组成城邦的一个部分优于质而另一部分则优于量,譬如门望较低于贵胄的部分,于数而论,却胜过贵胄,穷人的数目也可以胜过富户;但一部分胜于量的可能还抵偿不了另一部分质的所胜。”这说明他( ) A. 主张建立混合型的共和政体 B. 强调公民的知识素养 C. 赞同雅典直接民主政治 D. 看重公民出身 15.1871年颁布的《德意志帝国宪法》规定:“联邦领土由下列各邦组成:普鲁士与劳恩堡、巴伐利亚、萨克森、符腾堡、巴登、黑森……吕贝克、不来梅和汉堡,帝国依据本宪法规定在联邦领土内行使立法权,帝国法律应高于各邦法律……”这表明德国(  ) A. 皇帝凌驾联邦议会之上 B. 各邦在联邦内享有不同的立法权 C. 用法律的形式巩固革命成果 D. 普鲁士在联邦中享有特权 16.1978年11月14日,邓小平同缅甸总统吴奈温的会谈中谈到台湾问题。他说:“在解决台湾问题时,我们会尊重台湾的现实。比如,台湾的某些制度可以不动,那边的生活方式可以不动,但是要统一。”这里,邓小平初步表述的解决台湾的构想是( ) A. “一国两制” B. 一国一制 C. 解放台湾 D. 武力解决 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.阅读下列材料: 材料一 “如果我们将中国传统文化比喻成一棵大树,洋务运动只不过剪断了一些枝叶,辛亥革命则相当于将这棵大树砍断了。但是树断了,树墩还在,一般的树只要树墩还在,还是可以萌发”。 ——《西方文明对中国的冲击及中国文明的嬗变》 材料二 “要帝制不再发生,民主共和可以安稳……非先将国民脑子里所有反对共和的旧思想一一洗刷干净不可”。 ——陈独秀《旧思想与国体问题》 材料三 1912年颁布的《中华民国临时约法》规定:中华民国的主权属于国民全体;国内各民族一律平等;国民有人身、居住、财产、言论、出版、集会、结社、宗教信仰等自由;国民享有选举权和被选举权;确立行政、立法、司法三权分立的政治体制(即三民主义之民权)……约法还特别规定实行责任内阁制,内阁总理由议会的多数党产生。 请回答: (1)材料一中洋务运动“剪断了一些枝叶”表现在哪些方面?辛亥革命是如何将“大树”砍断的?何以见得“树墩还在,还是可以萌发”的? (2)材料二中陈独秀等人为了将“国民脑子里所有反对共和的旧思想”洗刷干净进行了怎样的斗争? (3)材料三中为维护民主、反对专制,《中华民国临时约法》做了哪些主要规定?就其实践效果举例说明。 18.根据材料,回答问题。 西方有位学者写了本书,作者在前言中说:本书评述的时间开始于第二次世界大战的最后数月,结束于苏联的解体,美苏对抗是这个时代政治图景的主线。 问题: (1)作者为什么要选择“苏联的解体”作为此书的结束? (2)“美苏对抗”主要表现在哪些事件中? (3)根据所学知识,你怎样认识美苏之间“冷战”造成的影响? 19.阅读下列材料,回答问题。 材料 1949~1952年,新中国在农村完成了土地改革,废除了封建土地所有制,工业总产值公私比重,已由1949年的43.87%与56.2%之比,变为1952年的67.3%与32.7%之比。私营商业在全国商品中的经营比重,已由1950年的55.6%降为1952年的37.1%。我国的经济结构和社会结构发生了深刻变化。按照《共同纲领》的规定,应当召集全国人民代表大会和地方各级人民代表大会,选举中央和地方的人民政府。在全国人民代表大会上还有通过宪法和国家建设计划。1952年斯大林对刘少奇说:“你们不制定宪法,不进行选举,敌人可以用两种方式向工农群众宣传你们,一是说,你们的政府不是选举的;二是说,你们国家没有宪法。”从1953年开始,我国进行人口普查、选民登记。选出了各级人民代表。在1954年9月15日,中华人民共和国第一届全国人民代表大会第一次会议在北京召开,通过第一部《中华人民共和国宪法》。 ——根据金冲及著作等整理 (1)根据材料,概括指出中华人民共和国第一届全国人民代表大会召开的原因。 (2)根据材料并结合所学知识,评析一届人大召开的历史意义。 20.政治制度的创新是一个民族不断发展的动力之一,依据材料和所学回答问题。 材料一 英国革命的最大成果,也是它在现代民主政治创制试验方面的最大成就,就是创造了一种全新的政体……美国革命的首创性在于……孟德斯鸠“以权力制约权力”的学说在政府体制的设计方面得到较好的贯彻。 ——摘自《世界文明史》 材料二 1911年在中国建立起美国政体的仿制品,真是荒唐可笑。……这种政体悲惨地结束了,即悲惨地失败了。然而,失败的并不是这种政体,而是一代人。 ——N.佩弗《远东》 材料三 1980年8月下旬,著名的意大利记者奥琳埃娜?法拉奇询问邓小平:中国如何避免类似“文化大革命”那样的悲剧重演?邓小平回答:只有认真建立社会主义民主和社会主义法制,从制度上解决问题。 ——摘自《中国政治文明史》 (1)材料一中英国 “全新的政体”是怎样确立的?作者为什么说它是“一种全新的政体”?和英国新制度相比,美国在“政府体制的设计方面”有何创新?用史实说明。 (2)材料二中“仿制品”指什么?对于“失败的并不是这种政体,而是一代人”,你是怎么理解的? (3)据材料三并结合所学知识,指出“文化大革命”后我国是如何加强社会主义民主法制建设的。 答案解析 1.【答案】D 【解析】香港、澳门在回归前由外国占领,回归时自然要派自己的军队来行使主权。而台湾问题是中国的内政问题,是中华民族内部的事情,所以台湾完全可以保留自己的军队。 2.【答案】A 【解析】由“应该考虑各级各类学校发展的比例”和“调整专业设置、安排基础理论课程和进行教材改革”可知,邓小平强调学校发展的比例和教学内容要根据经济建设的需要进行调整,即教育要服务于经济建设,故A正确。B、C两项在材料中不能体现;D是对题干的片面理解。 3.【答案】C 【解析】根据材料中的“遣使通好,约共讨魏”可知,清政府主张与列强“和好”,共同镇压太平天国运动。 4.【答案】C 【解析】中国第一条地下铁路始建于1965年的北京。故排除④。故选C。 5.【答案】D 【解析】 2001年12月11日中国正式加入世界贸易组织,选择D项符合题意。 6.【答案】D 【解析】材料显示的时间是1937年至1945年。九一八事变发生在1931年;②是1895年,据此可以排除①②;而④南京大屠杀又与领土无关,也排除。所以选择D项。 7.【答案】A 【解析】工业革命是从1765年哈格里夫斯发明珍妮纺纱机开始的,A项论文题目不符合史实,故选A。 8.【答案】C 【解析】通过材料可以看出,韩肇庆结交外商,进行鸦片走私,韩还得顶戴花翎的奖赏,说明清政府吏治的腐败。故选C。 9.【答案】A 【解析】“信息社会的战略资源是信息”强调的是信息的作用。能典型的体现信息在当今社会中作用的只是A。 10.【答案】B 【解析】新航路开辟之初,率先进行殖民掠夺活动的是西班牙与葡萄牙,可排除A。由统计表可知,英国人均糖消费量比欧洲其它国家多,这说明英国从美洲进口糖比其它国家便利,这是因为英国逐渐控制海上霸权,故答案选B。圈地运动只是为英国资本主义发展创造了一定条件,并没有促使英国资本主义经济迅速发展,可排除C。英国完成工业革命是在1840年前后,可排除D。 11.【答案】D 【解析】材料中“每个城邦向它的邻邦要求它的自由和自治,要求有权按照它自己的意愿处理它自己的事务”体现了希腊城邦的特点是独立自治。其余选项材料中未体现。故选D项。 12.【答案】B 【解析】材料中意思是指在研究生命进化的时候,可以参考量子理论的内容,说运用量子学理论可以帮助生命科学研究取得更好的成绩,故B项正确。 13.【答案】A 【解析】本题主要考查学生准确解读材料信息的能力,材料中所提及的四个事例均是根据本国国情和现实形势发生的变化而制定的改革方案或革命道路,体现了立足本国实际,实事求是的精神,同时也对世界产生了重大影响,因此A项符合题意。 14.【答案】A 【解析】材料中“一部分胜于量的可能还抵偿不了另一部分质的所胜”反映了亚里士多德认为要维护城邦的长治久安,必须符合公道和比例平等的原则,在创建城邦政体时,必须寻求城邦内组成因素的平衡。根据所学知识,可知这种政体是共和政体。故选A项。 15.【答案】C 【解析】 据材料“帝国依据本宪法规定在联邦领土内行使立法权,帝国法律应高于各邦法律”可知,德国用法律的形式巩固革命成果,加强中央权力,维护国家统一,故C项正确。 16.【答案】A 【解析】。邓小平表述了在统一的前提下,台湾的某些制度、生活方式可以不动,体现了“一国两制”的构想,故A项正确;一国一制不符合材料中主旨,故B错误;C和D均不是当时对台的策略。 17.【答案】(1)引进西方先进技术,创办近代化企业;派遣留学生;创办新式海军。 辛亥革命推翻了清朝统治和君主专制制度;宣告中华民国成立并制定了《中华民国临时约法》。 表现:袁世凯、张勋复辟帝制,北洋军阀封建统治。 (2)1915年陈独秀发起新文化运动,高举“民主”“科学”两面旗帜;批判旧文化、旧道德,提倡新文化、新道德。 (3)规定:主权在民;民族平等;国民有人身、居住等自由;国民有选举权和被选举权;三权分立;责任内阁制等。 效果:辛亥革命果实被袁世凯窃取;《中华民国临时约法》不断被破坏。没有真正起到维护民主、反对专制的作用。 【解析】第(1)问“剪断了一些枝叶”、将“大树”砍断、“萌发”分别是指洋务运动的内容、辛亥革命的成果和封建势力破坏民主共和的事件,根据所学知识即可回答。第(2)问的“斗争”是指新文化运动批判旧思想宣传新思想的努力,回答新文化运动的内容即可。第(3)问要从材料中概括维护民主、反对专制的内容,可从“主权”“平等”“权利”“三权分立的政治体制”等方面进行概括;“实践效果”可从《中华民国临时约法》是否真正实施的角度去回答。 18.【答案】(1)苏联解体意味着美苏冷战的结束。 (2)美国提出杜鲁门主义、马歇尔计划,经互会、北约与华约的建立,柏林危机,两个德国的出现,朝鲜战争和朝鲜的分裂等。 (3)应采用辩证(一分为二)的观点进行评价。一方面美苏冷战使双方展开了高昂的军备竞赛,意识形态的斗争激烈,世界长期不得安宁,国际局势紧张;另一方面又应看到在近半个世纪中双方势均力敌,避免了新的世界大战的爆发。(言之有理即可得分)。 【解析】(1)依据教材相关知识点可以很容易得出,选择“苏联的解体”作为此书的结束的原因是苏联解体意味着美苏冷战的结束。 (2)根据所学知识可知,列举冷战下全面冷战与局部热战的国际关系相关历史事件:美国提出杜鲁门主义、马歇尔计划,经互会、北约与华约的建立,柏林危机,两个德国的出现,朝鲜战争和朝鲜的分裂等。 (3)此问应一分为二的分析,即从积极与消极两个方面来分析评价。根据所学知识可知,应采用辩证(一分为二)的观点进行评价。一方面美苏冷战使双方展开了高昂的军备竞赛,意识形态的斗争激烈,世界长期不得安宁,国际局势紧张;另一方面又应看到在近半个世纪中双方势均力敌,避免了新的世界大战的爆发。 19.【答案】(1)原因: 经济:农村土地改革已经完成;城市中公有制经济比重大幅提高;经济结构发生重大变化。 政治:按照《共同纲领》的规定,应当召集全国人民代表大会;召开人大制定宪法是赢得民心、使政权合法化和赢得外交主动权的必要的政治举措;我国基层选举工作已经完成。 (2)意义: 标志着人民民主的社会主义国家体制的建立; 表明我国的一切国家权力开始由全国人民普选产生的全国人民代表大会集中行使,这是我国政治民主化的伟大成就;适应了当时生产关系的变化,配合了“一五”计划和三大改造的进行。 【解析】(1)从材料“1949~1952年,新中国在农村完成了土地改革,废除了封建土地所有制,工业总产值公私比重,已由1949年的43.87%与56.2%之比,变为1952年的67.3%与32.7%之比”,“我国的经济结构和社会结构发生了深刻变化”,可知经济原因是农村土地改革已经完成;城市中公有制经济比重大幅提高;经济结构发生重大变化;从“我国基层选举工作已经完成按照《共同纲领》的规定,应当召集全国人民代表大会和地方各级人民代表大会,选举中央和地方的人民政府”,可知政治原因是按照《共同纲领》的规定,应当召集全国人民代表大会;从“1952年斯大林对刘少奇说:‘你们不制定宪法,不进行选举,敌人可以用两种方式向工农群众宣传你们,一是说,你们的政府不是选举的;二是说,你们国家没有宪法’”,可知政治原因是召开人大制定宪法是赢得民心、使政权合法化和赢得外交主动权必要的政治举措; “从1953年开始,我国进行人口普查、选民登记。选出了各级人民代表”,可知政治原因是我国基层选举工作已经完成。 (2)结合第一届全国人民代表大会召开的史实,总结一届人大召开在政治、经济方面的历史意义。政治方面,标志着人民代表大会制度的形成,这是我国政治民主化的伟大成就;经济方面,适应了当时生产关系的变化,配合了“一五”计划和三大改造的进行。 20.【答案】(1)确立:1688年“光荣革命”,资产阶级和新贵族掌握政权;1689年议会颁布《权利法案》,确立君主立宪制。 原因:君主立宪制使议会成为权力中心,国王权力受到议会和法律的制约。(或答 “从人治转向法治”) 创新:三权分立,立法权属于国会、行政权属于总统、司法权属于最高法院。 说明:三个权力部门既各自独立,又相互牵制。总统可以对国会通过的法律行使否决权;国会可以2/3多数票再次通过被总统否决的议案;最高法院可宣布总统违宪。 (2)辛亥革命后中国模仿美国建立三权分立的民主共和制政府。这种政体在美国获得成功,在中国因革命成果落到袁世凯手中而失败,可见失败的不是政体本身,而是资产阶级没有找到一条适合中国国情、真正可以救中国的道路。 (3)平反冤假错案;提出“有法可依,有法必依,执法必严,违法必究”的法制建设方针;形成了中国特色的社会主义法律体系;依法治国;发展完善人大制度、政协制度、民族区域自治制度;加强基层民主,开展村民选举。 【解析】(1)在近代民主思想与实践发展过程中,由于国情的差异,产生了不同形式的民主制度。英国“全新的政体”指的是君主立宪制,结合所学知识回答其形成的过程即可,君主立宪制的确立实现了权力中心的转移,故是一种全新的政体。美国在“政府体制的设计方面”的创新指的是颁布1787年宪法,确立三权分立的民主共和制,结合史实加以说明即可。 (2)结合所学知识可知,1912年的中华民国是美国的“仿制品”,指的是中华民国采用了美国式的三权分立的政治制度。第二小问怎样理解“失败的并不是这种政体,而是一代人”,这种政体在美国取得成功,但在中国却失败了。通过分析辛亥革命失败的主要原因加以回答和解释即可。 (3)本题考查新时期中国民主政治建设的成就,结合所学知识加以回答,即可以得出平反冤假错案;提出“有法可依,有法必依,执法必严,违法必究”的法制建设方针;形成了中国特色的社会主义法律体系;依法治国;发展完善人大制度、政协制度、民族区域自治制度;加强基层民主,开展村民选举等。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版历史一轮复习《改革文明》专题4测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、选择题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.19世纪中叶,沙皇俄国(  ) ①仍然是一个以农奴制为基础的封建君主专制的国家 ②资本主义生产关系已经在缓慢发展 ③手工工场完全被近代工厂取代 ④由于农奴没有充分的人身自由,所以劳动积极性不高 A. ①②④        B. ①③④ C. ①②③ D. ②③④ 2.早期维新思想同鸦片战争后萌发的新思潮的主要不同是( ) A. 学习外国的科学技术 B. 学习外国的军事技术 C. 学习外国的政治制度 D. 借鉴外国经验,探索救国之路 3.穆罕默德·阿里于1805年登上了埃及的最高政治舞台,他面临着内忧外患的严峻形势,但不包括(  ) A. 埃及人民要求独立自主 B. 马木路克控制着国计民生 C. 西方列强对埃及虎视眈眈 D. 农民对阿里政权极度不满 4.今天我们所熟知的日本三菱企业就是在日本明治维新时期发展起来的,当时三菱企业从国家获得了一家造船厂、一座煤矿、一座银矿和两座金矿。当时政府的政策是大力扶持私人资本主义的发展,那么当时政府扶持的对象主要是( )? A. 投资新兴工业的华族和士族? B. 资金缺乏的私人企业? C. 从事近代交通通信事业的企业? D. 与政府关系密切的大资本家 5.(2018·青岛模拟)(悉尼·胡克)《历史中的英雄》:“假如我们给英雄下这样一个定义:英雄就是具有事变创造性并且能够重新决定历史进程的某些人。那么,紧跟着下一步的推论应该是:一个民主的社会对于英雄人物必须永远加以提防……因为天才和能力时常会被滥用。”古代希腊提防英雄人物的关键措施是(  ) A. 设立公民大会 B. 成立五百人会议 C. 实行陶片放逐法 D. 轮流执政;抽签选举 6.这些商人日日夜夜赚钱获利,聚积着财富……商人家中陈设的华丽,以及生活奢侈,倾笔难尽……商人本来在社会的最下层,可是到了如今,商人已不把农民放在眼中,甚至商人中已有了超越武士身份的大豪杰了。材料直接反映了(  ) A. 武士阶层逐渐走向没落 B. 武士变成了反对幕府统治的重要力量 C. 日本出现了资本主义萌芽 D. 日本不再实行限制工商业的政策 7.柏拉图和亚里士多德同声赞誉梭伦是“优良的改革家”,是因为梭伦( ) A. 推翻王权,以贵族制取而代之 B. 实行改革,将国家引上民主的轨道 C. 确立了集体领导的任期制和选举制 D. 确立“陶片放逐法”,最终确立民主制 8.1871年11月,日本派出了以岩仓具视为特命全权大使的大型使节团前往欧美12国进行了为期22个月的考察。该考察团的最大收获是(  ) A. 加深了对西方精神文明和物质文明的认识 B. 引进了西方先进的生产技术和设备 C. 找到了一条适合日本发展资本主义的道路 D. 认识到了建立近代化海军的重要性 9.北魏统一黄河流域后,吏治腐败,民怨沸腾。为了从根本上杜绝贪赃枉法,北魏孝文帝决定(  ) A. 以官吏的政绩作为决定官吏任期的依据 B. 对“枉法”的官吏一律处死 C. 给百官颁行俸禄,俸禄由国家统一筹集 D. 对“贪赃”的官吏严惩不贷 10.19世纪末,康、梁维新派救亡图存思想的核心是(  ) A. 以中国伦常名教为原本,辅以诸国富强之术 B. 设议院、兴民权、实行君主立宪 C. 由君主专制变为民主共和是“进化之公理” D. 今日之民智……待革命以开之 11.穆罕默德·阿里在改革中主张学习西方先进经验的根本目的是(  ) A. 推动埃及的近代化 B. 抵御外来侵略 C. 巩固统治,建立庞大帝国 D. 改善国内的文化教育 12.北魏孝文帝“汉化政策”的采用,反映着当时(  ) A. 鲜卑与汉民族之间的相互影响达到新高度 B. 鲜卑与汉族地主合作,形成了新的统治集团 C. 鲜卑族与汉族之间的矛盾彻底消失 D. 落后的民族终将被强大的民族代替 13.下图人物改革的措施是(  ) ①实行编户 ②劝课农桑 ③仿汉制设官 ④设立太学 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④ 14.1898年,“梁启超等联合举人百余人,连署上书,请……”“当时会试举人集辇毂下者将及万人”“闻启超等此举,嫉之如不共戴天之仇,遍播谣言,几被殴击”。梁启超等人所“请”的是( ) A. 裁汰冗员 B. 裁撤旧军队 C. 废除八股取士 D. 设立京师大学堂 15.王安石的新法被废止的最主要原因是(  ) A. 最高统治者的变法态度发生动摇 B. 新法推行中出现了危害百姓的现象 C. 新法遭到了大地主、大官僚的反对 D. 王安石迫于社会的压力而被迫离职 16.中下级武士之所以能成为日本倒幕运动的领导力量,主要是因为( )? A. 资本主义经济相对薄弱? B. 中下级武士已演化成资产阶级? C. 封建专制统治异常稳定? D. 日本武士阶层具有较大号召力 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.阅读以下有关19世纪中期日本概况的文字与图片材料:   黑船事件以后,美、英、法、荷等西方资本主义国家侵入日本,同日本签订了一系列不平等条约,日本的主权受到侵犯,陷入半殖民地的危机之中。日本社会非常震惊,日本各阶层纷纷展开了救亡运动。 请回答: 上面四幅图片反映了当时日本怎样的社会状况?四幅图片之间有何内在联系? 18.阅读下列材料: 希腊城邦的主要特征是小国寡民,各邦长期独立自治。城邦的自治权利或多或少属于各邦公民。根据各邦公民在公民大会中参政权利的大小,可将城邦政体划分为若干类型,其中贵族制和民主制在古希腊城邦中最为流行。所谓城邦公民,并非指全体成年国民,而是指具有“公民”身份、有权参加公民大会的男性或旯。他们一般祖籍本邦,拥有数量不等的财产,能够自备武装服兵役。 请回答: (1)结合材料概括古代希腊城邦的主要特征。 (2)结合所学知识具体介绍雅典公民在梭伦改革前的状况。 19.阅读材料,回答问题. 材料一 天命陛下(宋神宗)为神明主,驱天下士民使守封疆,卫社稷,士民以死徇陛下不敢辞者,何也?以陛下能为之主,以政令均有无,使富不能侵贫,强不得凌弱故也。今富者兼并百姓,乃至过于王公,贫者或不免转死沟壑。陛下无乃于人主职事有所阙,何以报天下士民为陛下致死? 材料二 诚能御轻重(指关于调节商品、货币流通和控制物价的理论)敛散(指古代国家对粮食物资的买进和卖出)之权,而禁因缘(指勾结)之奸,则何恤于经入(指常规赋税收入)之不足。 ——《王安石文集》卷四九 (1)据材料一,概括北宋存在的社会问题。结合所学知识分析造成这些问题的主要原因。 (2)材料二反映了王安石所要解决的核心问题是什么?他在变法中是如何实现“御轻重敛散”的? 20.阅读下列材料: 材料一 孝公用商鞅之法,移风易俗,民以殷盛,国以富强,百姓乐用,诸侯亲服,获楚、魏之师,举地千里,至今治强。 ——《史记·李斯列传》 材料二 及秦孝公用商君,坏井田,开阡陌,急耕战之赏,虽非古道,犹以务本之故,倾邻国而雄诸侯。然王制遂灭,僭差亡度。庶人之富者累巨万,而贫者食糟糠;有国强者兼州域,而弱者丧社稷。 ——《汉书·食货志》 请回答: (1)材料一、二对商鞅变法的评价有何共识? (2)材料二中“王制遂灭,僭差亡度”反映了什么历史事实?作者对此态度如何?你如何评价? 答案解析 1.【答案】A 【解析】本题考查学生分析能力。19世纪中叶,俄国工业发展落后,仍处在工场手工业阶段,故③错误。 2.【答案】C 【解析】新思潮主张“师夷长技以制夷”,主要学习外国军事技术,不涉及政治制度。而早期维新思想在经济上主张振兴工商业,文化上主张学习西方科学,政治上主张实行君主立宪。A、B应排除;而D是相同点;故选C。 3.【答案】D 【解析】从整体上看,农民支持阿里政权,并对他寄予很大的希望,希望在他的领导下能够取消包税制,获得土地。  4.【答案】D 【解析】明治维新保留了大量的封建残余,废除等级身份后实行的“四民平等”政策也仅仅是形式上的,政府对私人资本的扶植也大多是针对与政府关系密切的或有特权的大商人。 5.【答案】C 【解析】本题考查了雅典民主政治的有关内容,克利斯提尼改革中对于某些别有企图的野心家制定了“陶片放逐法”。据此本题选C。A公民大会是国家最高权力机构;五百人会议在公民大会闭会期间负责处理大部分城邦政务;轮流执政和抽签选举不涉及提防英雄人物、野心家。 6.【答案】A 【解析】 材料中“商人中已有了超越武士身份的大豪杰了”反映了商人经济实力增强,身份地位得以提高,武士阶层走向没落。故A项正确。 7.【答案】B 【解析】雅典民主制度的确立经历了三部曲:梭伦改革—为政治民主化开辟了道路,克里斯提尼改革—确立了民主政治,伯里克利改革—进一步完善了民主政治,故选B项。 8.【答案】C 【解析】考察团广泛接触各国首脑、政府官员和各阶层人民,从各方面加深对西方文明的认知,并结合本国情况,找出差距,将学习到的西方先进经验,根据日本的实际情况加以推行,促进了日本资本主义的迅速发展。 9.【答案】C 【解析】在北魏初期,官吏没有俸禄,他们全靠贪污和搜刮来维持自己的奢侈生活。北魏统一黄河流域后,百官以收取租调为谋生的主要手段。为了从根本上杜绝贪赃枉法,孝文帝下令实行俸禄制,百官的俸禄由国家统一筹集,按品第高低发给官吏,不许官吏自筹。 10.【答案】B 【解析】A项是洋务派的思想,B项是维新派的思想,C、D项是革命派思想。 11.【答案】C 【解析】阿里改革主要是在西方侵略背景下,重视提高军事力量,抵御西方侵略。 12.【答案】A 【解析】“汉化政策”指的是鲜卑等少数民族学习汉族先进的生产方式和文化。 13.【答案】D 【解析】解题关键是弄清图中人物是拓跋珪,其改革措施包括以上四项。 14.【答案】C 【解析】“1898年”“会试举人”“嫉之如不共戴天之仇”。从会试举人对梁启超所“请”的反应判断,梁启超所“请”应与科举制有关,故C项正确;A、B、D三项都是戊戌变法的措施,但都不符合题意。 15.【答案】C 【解析】在王安石新法推行的过程中,由于新法触犯了大地主、大官僚的利益,遭到他们强烈反对。宋神宗死后,司马光任宰相,废除了新法。 16.【答案】A 【解析】由于日本资本主义经济相对薄弱,资产阶级没有足够的力量领导倒幕运动;而中下级武士虽然属于统治阶级的一部分,却由于资本主义发展的影响而成为领导力量。 17.【答案】社会状况: ①19世纪中期,以美国为首的欧美列强打开了日本的国门。 ②日本社会危机加剧,欧美资本主义国家的廉价工业品大量倾销日本,同时从日本把生丝等原材料源源不断地运回本国。 ③西方资本主义国家的殖民侵略客观上刺激了日本资本主义的发展。在生丝和茶叶等生产部门,出口的大量增加刺激了生产的发展。 ④在长期受幕府排挤的长州、萨摩等西南诸藩中,大名们看到了幕府的软弱无能,开始采取自强的改革措施,促进了当地社会经济的发展。 内在联系:黑船事件、列强倾销商品、掠夺原料,刺激了日本民族工业的发展。 【解析】本题主要考查学生对历史事件因果关系的分析、理解能力。答好本题的前提和关键是准确判断四幅图片之间的内在逻辑关系,然后用简练的语言加以归纳概括。其内在因果联系是:黑船事件、列强倾销商品、掠夺原料,刺激了日本民族工业的发展。 18.【答案】(1)主要特征:小国寡民,各邦长期独立自治;自治权归属于城邦公民;城邦政体中贵族制和民主制最为流行。(2)雅典公民包括贵族与平民两部分;随着商品经济的发展,工商业奴隶主阶层发展起来。梭伦改革前雅典公民分化为三部分:代表贵族的“平原派”,主张维护贵族寡头政治.以巩固自身的统治;代表工商业奴隶主的“海岸派”,主张实行温和的改革,分享政治权利;代表平民的“山地派”,主张实行激进的民主政治,进行彻底的社会变革。 【解析】本题综合考查学生理解、归纳概括历史问题的能力,要求学生能够将材料与所学知识结合在一起。第(1)题要注意总体特征和政治体制,第(2)题注意雅典公民的发展变化、工商业奴隶主的兴起以及雅典公民的分化。 19.【答案】(1)问题:土地兼并严重;贫富悬殊;大地主、大商人势力过大。原因:封建土地私有制的存在;政府不抑兼并;官僚、地主、商人的压榨;商品经济的发展。(答其中两点即可) (2)问题:政府的财政危机。实行市易法和均输法,打击了富商对物资和物价的操纵垄断,大大加强了政府对经济的掌控。 【解析】第(1)题考查的是王安石变法前的社会危机和形成的原因:危机表现在土地兼并严重;贫富差距过大;大地主、大商人势力过大。其原因在于封建社会的经济基础;封建土地私有制的存在;政府政策:不抑兼并,官府、地主、商人的压榨;经济发展:商品经济发展。第(2)题核心问题是解决国家财政危机,具体做法结合王安石经济改革措施:加强政府对市场的调控:市易法和均输法。作用是打击商人对市场的控制,增加政府对经济的管理,增加了财政收入。 20.【答案】(1)变法使秦国富强。 (2)废除奴隶制,确立封建制。否定。作者的观点是错误的,因为商鞅变法顺应了历史发展趋势,它对秦国乃至中国历史的发展都产生了深远影响,是一种进步的社会运动。 【解析】第(1)问要依据材料一、二中的有关内容归纳概括,从材料一中的“国以富强”和材料二中的“倾邻国而雄诸侯”等不难作出正确的判断;第(2)问要结合商鞅变法的影响进行总结,进行评价时要明确评价的主要标准即生产力的标准。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版历史一轮复习《近代社会的民主思想与实践》专题5测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、选择题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.之所以说民权主义是三民主义的核心,是孙中山民主思想的最主要体现,是因为它(  ) A. 从理论上解决了革命迫切需要解决的政权问题 B. 指明了革命对象和革命手段 C. 明确提出了暴力手段 D. 充分表达了资产阶级的经济和政治要求 2.《独立宣言》的主要起草者杰斐逊后来当选美国的第三任总统,他在遗嘱中写道:“下列碑文,不得增添一字——《独立宣言》和弗吉尼亚宗教自由法案的起草者,弗吉尼亚大学的创办者。”但他只字未提其任总统的经历。这表明杰斐逊(  ) ①非常珍视民族的独立和自由 ②特别轻视国家行政官员 ③非常重视民族教育的发展 ④深受欧洲启蒙思想的影响 A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④ 3.在英国有这样一段传说:1642年8月22日,在查理一世竖起王旗,挑起内战的当天夜间,突然狂风四起,飞沙走石,插在塔楼上的王旗被吹倒在地。第二天,王旗再也插不进去了,士兵们不得不用短剑挖了一个坑,还用四个人扶着旗杆,才不至于倒伏。某班同学在对这段传说进行研究时,提出了以下四种意见,其中比较合理的是(  ) A. 该传说反映出英国人希望王室失败的普遍心理 B. 该传说纯属凭空捏造因而没有可信度 C. 该传说肯定是来源于某些历史学家的主观臆想 D. 该传说体现出英国人要求废除君主制的愿望 4.1939年国民党确定了“溶共、防共、限共、反共”的反动方针。但又一再强调:“党政机关避免直接出面,其避免党派斗争之痕迹。”这表明国民党对共产党政策的特点是(  ) A. 用阴谋手段打击共产党 B. 既要反共,又不敢彻底决裂 C. 借助民众力量,限制共产党发展 D. 既要反共,又要避免舆论谴责 5.明确提出“天赋人权”理论的是( ) A. 卢梭   B. 洛克   C. 斯宾诺莎   D. 霍布斯 6.1660年,英王查理二世将英国海上力量定名为“皇家海军”。1918年4月,英国空军作为一个独立的军种正式成立,王室立即将其定名为“皇家空军”。但直至今天,英国王室始终不同意在英国陆军前冠以“皇家”称谓,主要是因为(  ) A. 英国始终没有成为陆军强国 B. 英国陆军始终由议会所控制 C. 陆军曾打败王军并处死国王 D. 王室没有意识到陆军的重要性 7.郑观应在《盛世危言》中提出:“欲致强,必先致富;欲致富,必首在振工商;欲振工商,必先讲求学校,速立宪法,尊重道德,改良政治。”这说明以他代表的部分早期维新派已经(  ) A. 与儒家学说的传统文化决裂 B. 倡导学习西方的价值观念 C. 注意到西方政治制度的先进性 D. 反对实行政治改革 8.在社会各界的强烈反对下,拿破仑三世被迫采取了一些措施以缓和矛盾,不包括(  ) A. 废除帝制,恢复共和制度 B. 实施一些自由化的政治改革 C. 修改宪法,适当限制皇权 D. 给帝国蒙上了代议制的色彩 9.国学大师王国维曾用一句话精辟地概括了清代学风:“清初之学大,乾嘉之学精,而道咸(指道光、咸丰)以来之学新。”文中的“新”主要是指(  ) A. 批判君主专制制度 B. 针砭社会时弊 C. 注重经典考据 D. 学习西方文化 10.1660年复辟的斯图亚特王朝与革命前相比( ) A. 专制统治得到强化 B. 执政统治者未发生变化 C. 带有资本主义特征 D. 议会制度被彻底废除 11.英国首相可以控制立法大权,原因在于首相为(  ) A. 政府首脑 B. 下院多数党领袖 C. 国家元首 D. 武装部队总司令 12.詹姆士一世推行专制的君主统治, 产生的主要影响是( ) A. 用事实论证了“君权神授”说的正确性 B. 更明确地提出了“君权神授”说 C. 进一步扩大了英国议会的权力 D. 导致了王权与议会之间的尖锐冲突 13.法国共和制的最终确立本质上是(  ) A. 法国大革命的产物 B. 法国工业资本主义发展的结果 C. 启蒙运动的结果 D. 垄断资本主义发展的结果 14.英国君主立宪制的形成标志着资产阶级和新贵族政权的确立,这主要是因为(  ) A. 议会权力加强 B. 法律取得至高地位 C. 国王权力受到限制 D. 内阁制度形成 15.根据法兰西第三共和国宪法,法国总统的产生方式是(  ) A. 由选民直接选举产生 B. 由选民间接选举 C. 由议会两院联席会议选出 D. 由众议院选举产生 16.1714年安妮女王去世,根据《王位继承法》,汉诺威选帝侯继位称为乔治一世,由于其来自德意志汉诺威,对英语和政务不熟悉,对英国事务不感兴趣,甚至不出席内阁会议而让大臣料理国事。乔治一世的以上特点(  ) A. 有利于内阁制的形成 B. 造成了英国政治的极端腐败 C. 有利于改善德意志和英国的关系 D. 标志着内阁制的形成 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.国家的主权从何而来?是谁赋予的?这是古今思想家和政治家们关注的一个重要命题。 阅读下列材料: 材料一 意大利神学家阿奎那认为:“君主的权力是上帝通过教皇授予的。治理人民的国王是上帝的一个仆人。”英国国王詹姆士一世认为:“(国王)可以任意处置他的臣民:或加提升、或加贬斥;或生、或杀;在任何情况下都可以对他们进行审判,除上帝之外,国王不对任何人负责。” 材料二 英国在都铎王朝统治时期,专制王权空前强大。王朝大力发展海外贸易,积极向外扩张。与此同时,英国资产阶级和新贵族的力量也不断上升,他们与封建统治者之间的矛盾日益加深。 请回答: (1)依据材料一,并结合所学知识,比较分析阿奎那和詹姆士一世观点的异同。 (2)根据材料二,你认为詹姆士一世的观点触犯了哪些人的利益,导致了怎样的后果? 18.阅读下列材料: 材料一 明朝内阁运转程序是:各司、部、院将文件、奏折、报告递交内阁,内阁学士阅读、研究后,在奏折上写出处理意见,通常同时列若干条,交给宦官转承皇帝。皇帝用红笔作出批示,于其中选择一条,一般写“知道了”“准”“照准”。下发司、部、院。如果不赞同其处理意见,就驳回内阁再议。如果皇帝比较懒惰,那么就由宦官做决定。内阁,是顾问性机构,本身无权,只能提处理意见。明朝无宰相,如果把内阁学士看作宰相,那么内阁就应该有直接命令、指示各司、部、院的权力,而内阁没有这个权力。内阁“处理意见”转达到各个部门,必须经过皇帝或皇帝指定的宦官许可。 材料二 英国政体结构示意图: 请回答: (1)明朝内阁和英国内阁在国家中所处的政治地位有什么不同? (2)你认为二者的基础分别是什么? (3)二者的根本区别是什么? 19.阅读下列材料: 材料一 当追逐同一目标的一连串滥用职权和强取豪夺发生,证明政府企图把人民置于专制统治之下时,那么人民就有权利,也有义务推翻这个政府,并为他们未来的安全建立新的保障——这就是这些殖民地过去逆来顺受的情况,也是它们现在不得不改变以前政府制度的原因。当今大不列颠国王的历史,是接连不断的伤天害理和强取豪夺的历史,这些暴行的唯一目标,就是想在这些州建立专制的暴政。 ——美国《独立宣言》 材料二 这份宣言(《人权宣言》)阐明了关于自由、财产和安全的基本原则——就人们的权利而论,人人生而自由、平等,且始终如此……法律是公众的意志的表达……宣言的最后一条则表明,资产阶级并没有失去对革命方向的控制:“财产权是神圣不可侵犯的,除了在有明显的公共需要、法律上得到确定和先前规定的损失赔偿是公正的情况下,没有一个人应当被剥夺这种权利。”这份宣言是革命的基本要旨,用一位法国历史学家的话来说,它相当于旧制度的死亡书。 ——斯塔夫里阿诺斯《全球通史》 (1)材料一体现了怎样的思想?对北美独立战争产生了怎样的影响? (2)依据材料二,说明这份宣言体现的“革命的基本要旨”有哪些?据材料一、二,说明美、法革命在指导思想方面的共同点。 20.1789年的法国革命是人类历史上划时代的事件,历史学家称之为“大革命”。阅读材料,回答问题。 材料一 革命爆发前,西哀耶斯发表了被誉为《圣经》般的小册子《什么是第三等级?》。在书中,他呐喊道:“第三等级是什么?是一切。” 材料二 1789年7月14日,巴黎人民攻占了巴士底狱。当路易十六的臣下向他报告这一事件时,国王吃惊地问道:“这不是造反吗?”臣下回答道:“不,陛下,这是一场革命。” 材料三 路易十六在狱中阅读了启蒙思想家的著作,感叹道:“原来是伏尔泰和卢梭毁了法国!” (1)西哀耶斯为什么要发出这样的呐喊? (2)为什么说“这是一场革命”? (3)为什么说“是伏尔泰和卢梭毁了法国”? 答案解析 1.【答案】A 【解析】本题考查学生理解分析民权主义的能力。推翻封建君主专制,建立资产阶级共和国,是政治革命的根本,从理论上解决了当时革命迫切需要解决的夺取政权与建立政权的问题。 2.【答案】C 【解析】杰斐逊没有提及其作为总统的经历,不是因为他轻视行政官员,而是他认为他起草《独立宣言》和弗吉尼亚宗教自由法案,创办弗吉尼亚大学对民族的贡献最大。 3.【答案】A 【解析】本题考查学生对知识以及材料的理解能力,A王旗插不进去了,象征国王军队的失败,因而反映了人民的希望王室失败的心理;而B说没有可信度,是没有依据的;而C的说法也绝对话了,没有说服力。而D说废除君主制,这是不对的,英国人是有君主传统的,但是他们同样有议会传统。所以说废除君主制是不对的。故本题正确答案为A。 4.【答案】B 【解析】本题考查学生理解能力。当时中国国内的主要矛盾是民族矛盾,国民党反共是其阶级性决定的,但当时的主要矛盾又决定了其不可能与共产党完全决裂。 5.【答案】C 【解析】本题主要考查学生对知识的记忆能力,卢梭是社会契约论,洛克是分权思想,而霍布斯主张国家是人们通过订立契约形成,反对君权神授。故本题正确答案为C,斯宾诺莎提出了天赋人权思想。 6.【答案】C 【解析】在17世纪的英国资产阶级革命中,以克伦威尔为首的“新模范军”打败国王查理一世的军队并将查理一世处死。国王被处死,这对英国王室而言是莫大的耻辱,导致英国王室始终不能原谅陆军的弑君之罪,不肯给陆军冠之以“皇家”称谓。因此本题的正确答案为C。 7.【答案】C 【解析】根据郑观应的言论“速立宪法,尊重道德,改良政治”可以得出结论。 8.【答案】A 【解析】拿破仑三世代表大资产阶级中的金融贵族和大工业家的利益。他的独裁统治和战争引起人们不满,人民要求废除帝制重建共和,三世进行了改革,但是始终没有废除帝制。 9.【答案】D 【解析】由道光咸丰这个时间词可以看出这里的新指的是西方的技术,学新指的是向西方学习的思潮。 10.【答案】C 【解析】本题考查学生对知识的迁移能力,复辟的王朝没有完全否定资产阶级革命的成果,也采取了一些有利于资本主义发展的措施,故C是正确的。 11.【答案】B 【解析】本题主要考查对首相立法权力来源的理解能力。议会是最高立法机关,首相是议会下院多数党领袖,可通过控制议会下院控制立法权。 12.【答案】D 【解析】本题主要考查詹姆士一世的君主专制理论的影响。由于詹姆士一世不了解国情,把其专制理论付诸实践,从而导致王权与议会之间的关系紧张。 13.【答案】B 【解析】本题考查学生对法国共和制确立的根本原因的理解能力。从历史时代看共和制确立应是工业革命推动的产物。 14.【答案】B 【解析】A,C两项只是反映了议会与国王之间权力变化的量变过程,看不出权力发生实质性变化;D发生在君主立宪制确立之后,如此可排除A,C,D。君主立宪制下,议会高于王权的原则得以确立,资产阶级和新贵族控制了议会,掌握了立法大权,从而使得法律取得至高地位,故选B。 15.【答案】C 【解析】本题考查学生识记能力。1875年宪法规定总统由两院联席会议共同选出。 16.【答案】A 【解析】《权利法案》颁布以后,英国确立了君主立宪制,国王作为国家元首,成为国家的象征。正是由于乔治一世放手让大臣处理政务,才逐渐形成国王不理政务的惯例,内阁制得以逐渐确立。但内阁制的确立有一个较长的演变过程,并非在乔治一世时期就形成了,因此D项错误。至于B,C两项,从材料中看不出有这两层意思。排除B,C,D,故选A。 17.【答案】(1)异:阿奎那认为君权由上帝授予,所以教权高于王权;詹姆士一世认为君权由上帝授予,所以王权至上、不受限制。同:君主在世俗社会中专制。 (2)触犯了资产阶级和新贵族的利益。后果:引起英国国内关于“王在法上”还是“法在王上”的争论,引起议会与国王之间的尖锐对立。 【解析】第(1)题考查学生对材料的分析理解,以及提取有效信息的能力,先找出两者的观点,然后分析比较其异同点。第(2)题根据材料信息不难推出詹姆士一世的观点触犯了资产阶级和新贵族的利益,从而依据所学知识论述所产生的后果。 18.【答案】(1)明朝内阁是专制王权的辅政机关,权力很小,只能提处处理意见,没有行政权力,只是皇帝的顾问机构。英国内阁是英国政府的领导核心,是行政决策机构,代表国王对议会全权负责。 (2)明朝内阁的基础是皇权专制。英国内阁的基础是民主代议制。 (3)两者在阶级本质上是不同的。明朝内阁是加强君主专制的产物,是封建性的。英国内阁是限制王权的产物,属于资产阶级民主政治的组成部分。 【解析】本题旨在通过史料考查学生对史实的比较分析能力。第(1)问要对明朝内阁和英国内阁权力进行比较来回答;第(2)问明朝内阁的基础是皇权专制,英国内阁的基础是民主代议制;第(3)问对二者的本质进行比较,主要从其不同的社会性质来回答。 19.【答案】(1)人民主权思想;为北美独立战争提供了思想武器。 (2)要旨:自由、平等、法律是公众的需要;私有财产神圣不可侵犯。 共同点:都受启蒙思想的影响。 【解析】本题考查学生对材料的理解能力,人民有权利也有义务推翻这个政府说明国家权力是人民的,即人民主权思想。影响要结合课本所学,1776年提出独立宣言后,成为人民斗争的 思想武器。第二小题第一问答案可以从材料得出。共同点考查对两个文件的内容的掌握和比较能力。 20.【答案】(1)第三等级深受压迫,没有社会地位;资产阶级要求获得政治权利,改变现状,发展资本主义。 (2)攻占了象征专制统治的巴士底狱(或推翻封建专制统治);资产阶级掌握政权,建立资本主义制度。 (3)他们是启蒙思想家的代表;他们反对教会和封建专制,要求自由民主;他们的思想推动了法国大革命的到来。 【解析】结合法国的等级制度、大革命的目标和意义、启蒙思想的影响等相关史实回答问题。 绝密★启用前 2020届全国高三高考备考人教版历史一轮复习《经济文明》专题2测试卷 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。 第Ⅰ卷 一、选择题(共16小题,每小题3.0分,共48分) 1.现代考古在秦、魏等国故地出土了许多生铁铸造的农具。1950~1951年河南辉县发掘了5座大型魏墓,1号墓出土铁器65件,其中农具占58件,包括钁、锄、铲、镰、犁铧等一整套铁农具。材料说明战国时期(  ) A. 生铁铸造由魏国独断经营 B. 成套铁农具有利农业精耕细作 C. 铁制农具成为随葬必备品 D. 铁制农具最早出现于河南辉县 2.观察下图,下列解读不正确的是(  ) A. 世界贸易组织推动了国际贸易的发展 B. 贸易的发展体现了经济全球化的趋势 C. 战后世界经济体系为其发展提供保障 D. 战后世界经济恢复发展为其提供条件世界出口贸易总额年增长率 3.《联共(布)党史简明教程》说:“农业必须过渡到可以使用拖拉机和农业机器、可以将粮食生产的商品产量提高几倍的大生产。国家面临着两种可能:要么是过渡到资本主义的大生产,这就意味着农民群众破产,工人阶级和农民的联盟灭亡,富农的力量加强,社会主义在农村失败;要么是另一条道路,”体现该领导人这一观点的措施是(  ) A. 允许农民进行商品交换 B. 推行农业集体化 C. 为减耕减产的农民提供补贴 D. 实行余粮征集制 4.苏联社会主义建设时期,在部分人口密集的重工业区和采矿区,其环境退化成无法恢复的“严重受害区”。《生态灭绝》杂志说“当历史学家最终剖析苏联和苏维埃共产主义时,他们也许会因为生态灭绝而作出死亡判决。”这主要表明(  ) A. 政府对经济的控制加强 B. 环境问题影响苏联经济可持续发展 C. 环境问题是苏联解体的根本原因 D. 苏联工业化建设取得巨大成就 5.西汉初年“富商大贾周流天下,交易之物莫不通”。促成这种局面的重要因素是(  ) A. “高祖乃令贾人不得衣丝乘车” B. “海内为一,开关梁,驰山泽之禁” C. “敢私铸铁器鬻盐者,钛左趾,没入其器物” D. “国家置市易司,笼制百货” 6.中唐以来,寺院“俗讲”盛行,内容是地道的世俗生活、民间传说和历史故事,“愚夫冶妇乐闻其说,听者填咽。寺舍瞻礼崇奉,呼为和尚。教坊效其声调,以为歌曲。”与出现这种现象相关的因素是(  ) A. 理学兴盛 B. 民族融合 C. 宗教虔诚 D. 市民阶层 7.西方学者弗里德曼认为,全球化包括不可阻挡的市场一体化,民族国家发展和科技进步达到前所未有的程度,同时全球化也会使某些国家遭到不公正对待并远远落在后面,从而在这些国家出现强烈的反作用。由此可知,该学者(  ) A. 指出了全球化带来的利弊 B. 批评现存的反全球化思潮 C. 强调了全球化的消极作用 D. 提出了应对全球化的策略 8.下图是近代某大洲居民比例变化图。结合所学判断,下列解读正确的有(  ) ①该洲指美洲 ②该洲居民比例变化始于新航路开辟 ③火车的发明推动了这一变化过程 ④黑奴贸易盛行影响了该洲居民比例变化 A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 9.1570—1780年,欧洲国家商船的运载能力发生巨大变化。阅读下图(单位:吨)判断甲、乙两国分别是(  ) A. 英国、西班牙 B. 荷兰、葡萄牙 C. 英国、荷兰 D. 荷兰、英国 10.下表是1980年部分报刊杂志及发表的文章。它们反映出(  ) A. 媒体宣传对改革具有双重作用 B. 改革必须坚持阶级斗争 C. 媒体对改革缺乏责任意识 D. 国人思想解放程度不足 11.《中国近代经济史1895—1957》是一部专论清末民初中国经济史的学术专著,该书在论述中国资本主义发展道路的同时,也阐述了“近代中国的产业革命精神”。这种“产业革命精神”主要追求(  ) A. 实现民主政治 B. 民族独立富强 C. 工业化的实现 D. 发展资本主义 12.苏联第一个五年计划期间,从美国进口包括拖拉机、汽车、电力设备、金属加工机器、挖掘机等,约有2/3的大型企业是在美国援助下建成的。这表明该时期的苏联(  ) A. 社会主义工业化得以迅速实现 B. 得到“马歇尔计划”的大力援助 C. 利用西方经济危机推动工业化建设 D. 鼓励外国资本家租借经营工业企业 13.1970年苏联著名物理学家萨哈罗夫等在《苏联科学家致苏维埃社会主义共和国联盟党政领导人的呼吁书》中提出:“在社会政治范围内,障碍我们经济发展的障碍物很多,凡是不能取出这些障碍物的措施都是无效的。”这表明(  ) A. 萨哈罗夫不满赫鲁晓夫改革 B. 萨哈罗夫认为国家经济改革的前提是进行政治改革 C. 萨哈罗夫这一观点为戈尔巴乔夫改革提供指导 D. 萨哈罗夫的观点促进了苏联的思想解放 14.公元前3世纪,我国引湘入漓、北水南调的重大工程是(  ) A. 灵渠   B. 都江堰 C. 郑国渠     D. 井渠 15.罗斯福新政曾使美国迅速摆脱经济危机,但其新政立法被美国最高法院宣布立法违宪。罗斯福在获得总统连任后,要求增加最高法院法官数量以增加自己的同盟军,但令人意外的是超过50%的人民表示反对。“法院改组计划案”宣告失败。这说明(  ) A. 经济危机已经基本解决 B. 国家干预经济不得人心 C. 分权制衡理念深入人心 D. 美国人民缺乏宪政精神 16.阅读下图《1950~1984年苏联、中国粮食产量的比较》([英]保罗·肯尼迪《大国的兴衰》),下列解读,正确的是(  ) A. ①时间段中国粮食产量下降是因为农业合作化运动过急过快 B. ①时间段苏联粮食产量上升是因为农业集体化运动的开展 C. ②时间段中国粮食产量上升是因为家庭联产承包责任制的推行 D. ②时间段苏联粮食产量一直呈下降趋势,与中国差距拉大 第Ⅱ卷 二、非选择题(共4小题,每小题13.0分,共52分) 17.(节选)区域的世界·联系的世界·多样的世界 材料二 (2)阅读图16至图19,以世界洲际贸易的发展为视角,结合所学,对材料二所蕴含的历史信息进行解读。 要求:提取信息充分;总结和归纳准确、完整:解释和分析逻辑清晰。 18.史学研究方法影响人们对历史事件的认识和评价。阅读材料,回答问题。 材料一 英国的优越地位在十八世纪归功于优越的政治制度……在十九世纪初期则几乎完全归功于机械技术。在1740年,“效法英国”一词已经成为人们的口头禅,而到1830年,英国已成为“工业欧洲的老师”…… ——C.W.克劳利《新编剑桥世界近代史》第九卷 材料二 《世界近代史》和《全球通史:1500年以后的世界》摘目 (1)据材料一,概括说明英国对于世界历史发展的重要贡献。 (2)据材料二,指出两本著作对英国革命在世界历史上的地位有何不同认识。 (3)依据材料二所反映的斯塔夫里阿诺斯研究历史的视角,说明近代西方是如何取得“优势地位”的。 19.(节选) 材料 自西汉张骞通西域以来,陆上丝绸之路有了长足的发展,但是北方少数民族政权的不断崛起,经常破坏丝绸之路的畅通,使陆上丝绸之路为之阻隔。中国外销商品如丝绸、瓷器、茶等大都生产于东南沿海地区,这里有众多优良的港口,从海路运输不仅交通方便,而且运输量大。通过海路还可以把商品输送到陆路不易到达的地区和港口,如日本、东南亚、非洲等地。到了宋代,随着航海术以及造船业的不断发展,海上运输的安全性及运载量都有更大的提高,海上运输通道逐渐取代陆上运输通道成为对外贸易的主要通道。 ——摘编自孙继亮《海上丝绸之路的发展与明代银本位制度确立关系初探》 结合材料和所学知识,分析唐宋时期中国古代丝绸之路发生的变化及其原因。 20.阅读材料,回答问题。 材料一 到了战国,士虽然仍有等级的含意,但逐渐转变为社会上的一个阶层。这个阶层成为上(统治者、官吏和剥削者)与下(被统治者、民、被剥削者)交流、转换的中间地带。 ——《历史研究》1987年第4期 材料二 古希腊社会商业化导致了商业中产阶级的迅速发展,从而改变了古希腊社会的政治力量结构,这导致了古希腊社会政治结构的迅速变化。 ——毛寿龙《中产阶级与民主制度》 材料三 在清朝的最后十年,中国社会结构加剧变化。……产生了新知识分子、从旧绅士阶层分化出来的新绅士。……每一个阶层都有着自己的利益和政治要求。新绅士希望参与政权;商人阶层在政治上紧随新绅士,对清政府造成一定的压力;新知识分子公开反满;而下属民众则反对新政进而反对清政府。清政府无力驾驭这一变化了的社会,只好退出历史舞台。 ——《清末社会的裂变与各阶层分析》 材料四 二战后,在第三次科技革命推动下,产业结构和职业结构发生重大变化,此外,“经理革命”的推进、信息技术革命的渗透等等,各种因素促使新中产阶级迅速壮大。他们对于西方社会严重的贫富两极分化越来越不满。政府出于维护政治稳定的长远目的,被迫通过立法推行一些缩小贫富差距的政策,资本家与其他高收入者相当一部分收入被转移到低收入者手中。 ——吴浩《新中产阶级的崛起与当代西方社会的变迁》 (1)据材料一、二,概括古代中国、古希腊社会结构分别发生了怎样的变化?并分析其产生的影响。 (2)概括并说明材料三中关于清政府退出历史舞台的观点。 (3)据材料四,指出“新中产阶级迅速壮大”的原因,并结合所学知识分析其影响。 答案解析 1.【答案】B 【解析】本题考查对材料信息的提炼和所学知识的迁移运用能力。据题干材料信息,铁农具出土于秦魏等国故地,故AC错误;D单纯从题干材料信息不能得出这个结论。从题干河南辉县魏墓出土的农具成套来看,成套的农具有利于农业生产的精耕细作,选 B项。 2.【答案】A 【解析】图表反应的 1948到1970年间国际贸易不断增长的情形,说明生产要素在世界范围内自由流动规模扩大,故体现了经济全球化趋势,故B项正确,不符合题意;究其原因,布雷顿森林体系建立,使得世界贸易制度化,规范化,推动世界贸易向前发展,故C项正确,不符合题意;二战后世界经济的恢复为国际贸易的发展提供了具体的基础,故D项正确,不符合题意;世贸组织建立于1995年,故与六七十年代世界贸易发展无关,故A项错误,符合题意。 3.【答案】B 【解析】结合材料“农业必须过渡到可以使用拖拉机和农业机器、可以将粮食生产的商品产量提高几倍的大生产”,可以看出该措施是斯大林体制建立过程中,推行农业集体化,故B项正确;允许农民进行商品交换是新经济政策的措施,故A项错误;为减耕减产的农民提供补贴属于苏联改革时期措施,故C项错误;实行余粮征集制是战时共产主义政策的措施,故D项错误。 4.【答案】B 【解析】材料反映的是经济发展中存在的严重的生态问题,与政府控制经济无关,故A项错误;从题干“他们也许会因为生态灭绝而作出死亡判决”,可以看出环境问题影响了苏联经济发展,故B项正确;苏联解体的根本原因是斯大林体制弊端积重难返,环境问题并非根源,故C项错误;从题干可以看出,苏联经济发展对环境带来的灾难性影响,并非强调其建设成就,故D项错误。 5.【答案】B 【解析】“贾人不得衣丝乘车”可知是有意压低商人社会地位,不利商业发展,属于重农抑商政策的表现,与题意不符,故A项错误;“海内为一,开关梁,驰山泽之禁”表明商业发展有了统一的市场有利于商品流通,符合题意,故B项正确;“敢私铸铁器鬻盐者,钛左趾,没入其器物”说明盐铁官营,政府对私铸铁贩卖盐处罚很严酷,属于重农抑商政策的表现,与题意不符,故C项错误;“置市易司,笼制百货”说明国家对商业严格控制管理,不利于商业自由发展,属于重农抑商政策的表现,与题意不符,故D项错误。 6.【答案】D 【解析】随着商业的发展,中唐以来城市的繁荣,市民数量的不断增加,能够更适应市井生活需要的寺院“俗讲”盛行,受到市民欢迎,故D项正确;理学兴盛、民族融合、宗教虔诚都会影响市民的文化生活,但不是出现这种现象的主要原因,故A,B,C项错误。 7.【答案】A 【解析】A对:根据题干材料中的关键词“同时”分析,材料先讲了全球化的有利之处,然后讲了对某些国家的不利之处,指出了全球化带来的利弊。B错:材料没有涉及批评反全球化现象。C错:材料没有刻意强调全球化的消极作用。D错:材料没有涉及应对全球化的策略。 8.【答案】B 【解析】解读图片,从1600年开始,美洲除了有土著居民,又增加了欧洲人、非洲人等居民,可知原因是哥伦布发现美洲大陆,西欧国家对美洲进行了殖民侵略,故①②④正确;由美洲与欧洲、非洲的地理位置,故③错误,选择B项符合题意。 9.【答案】D 【解析】本题可用排除法选择,根据材料信息,甲商船运载能力在16世纪、17世纪居领先地位,乙商船运载能力在16世纪、17世纪、18世纪逐步增强,并且在18世纪后期居领先地位,荷兰在17世纪时,商船总数超过欧洲国家总和,被誉为“海上马车夫”,此时的英国实力还比不上荷兰,所以甲是荷兰,故A、C项错误;18世纪时,西班牙、葡萄牙实力走向衰落,故B项错误;18世纪中期,随着殖民扩张,英国资本主义经济迅速发展,成为日不落帝国,其商船运载能力也在增强,故D项正确。 10.【答案】D 【解析】从题干信息只能看出对改革的阻碍作用,没有体现出“双重作用”,故A项错误;B项与题干信息没有联系,且表述错误,故B项错误;题干中报刊杂志对农村改革的这种态度,源于对“什么是社会主义”的认识不足,不是在于对改革缺乏责任意识,故C项错误;1980年,家庭联产责任制已经率先在安徽等地开始实行,而题干中1980年各地的报刊杂志及发表的文章,都是反对家庭联产责任制包产到户、包干到户的做法,这说明当时的国人思想解放的程度不足,故D项正确。 11.【答案】B 【解析】中国近代面临两大任务:国家独立和民族富强,“近代中国的产业革命精神”就是追求完成两大任务,甲午中日战争后民族资产阶级直接提出“实业救国”就是两大任务的体现,故A、C、D项错误,B项正确。 12.【答案】C 【解析】苏联第一个五年计划并没有实现工业化,故A项错误;冷战期间,美国实施的马歇尔计划”对西欧国家进行援助,苏联却加以抵制,故B项错误;苏联第一个五年计划期间恰逢西方国家爆发了经济大危机,苏联利用西方国家资源过剩的机会,从美国进口相关设备,推动本国工业化建设,故C项正确;鼓励外国资本家租借经营工业企业,发生在列宁领导的“新经济政策”时期,故D项错误。 13.【答案】B 【解析】题干材料时间是1970年,而赫鲁晓夫于1964年下台,故A项错误;结合材料信息“在社会政治范围内,障碍我们经济发展的障碍物很多”,可以看出萨哈罗夫认为政治体制阻碍了经济改革进程,故B项正确;戈尔巴乔夫改革是80年代,故C项错误;材料中没有体现思想解放的信息,与题干中“这表明”的要求不符合,故D项错误。 14.【答案】A 【解析】公元前3世纪,秦始皇下令开通联系长江和珠江两大水系的灵渠,引湘入漓,故A项正确;都江堰是位于今四川省的防洪灌溉工程,今陕西省境内的郑国渠连通泾河、洛水,井渠是西北有效地防止地表水的渗漏和蒸发的灌溉工程,都与“引湘入漓”无关,故B,C,D项错误。 15.【答案】C 【解析】经济危机没有基本解决,只是暂时缓解而已,故A项错误;罗斯福新政开创了国家干预经济的新道路,许多国家开始借鉴美国的经验,说明国家干预经济得到人心,故B项错误;解读题意可知题中“法院改组计划案”没有通过是超过50%的人民表示反对,美国人民反对的原因即罗斯福的“法院改组计划案”是为了增加自己的同盟军,这种做法是与美国的分权制衡原则相违背的,故C项正确;D项与史实相反,故D项错误。 16.【答案】C 【解析】①时间段中国粮食产量下降主要原因是人民公社化运动过急过快,故A项错误;①时间段苏联粮食产量上升是因为赫鲁晓夫对农业政策的调整,故B项错误;家庭联产承包责任制提高了农民生产积极性,故C项正确;②时间段苏联粮食产量有升有将,故D项错误。 17.【答案】(2)示例1:公元1400年之前,古代人类活动分为若干区域,彼此虽有联系但不密切。亚欧大陆间有陆上和海上丝路,但欧亚与非洲、美洲的直接交往较少;贸易以农业和手工业产品为主;世界各地以局部性贸易为主,缺乏稳定的洲际贸易路线,这与生产力水平低下关系密切。 1400~1800年间,随着新航路的开辟和殖民扩张,欧洲人将贸易范围扩展到全世界。他们通过三角贸易从美洲和非洲掠夺大量白银、黄金,并用来购买亚洲商品运回欧洲。中国和印度曾经成为白银汇集的中心,世界市场初步形成。 19~20世纪,在工业革命推动下,新的交通手段和贸易路线出现了。英国率先完成工业革命,在世界贸易中居于支配地位。印度和中国等地沦为西方的商品市场和原料产地,资本主义世界经济体系建立起来。 20世纪90年代以来,信息化革命使得世界联系有了突破性发展,网购让洲际贸易更加多样化和便捷化。这一时期美国在世界贸易中保持了领先地位。以中国为代表的新兴经济体迅速发展壮大。 示例2:从发展程度看,世界贸易经历了从局部、间断、缓慢逐渐向全局、密切、快速的发展过程。古代亚欧大陆间有陆上和海上丝路,贸易以地方物产交换为主,与其他地区联系较少。新航路开辟后,世界联系日益密切,这与殖民扩张、工业革命、世界市场的形成、资本主义世界体系的建立等因素密不可分。世界经济开始呈现出全球化趋势。20世纪90年代后,互联网成为更先进的联系方式。 从贸易过程中反映的科技进步看,古代贸易借助人力和自然力,近代则以工业文明成果为主,如轮船、火车。20世纪90年代后,网购成为更便捷的贸易方式。 从贸易中心的变化看,古代以区域贸易为主,没有世界性贸易中心。1400~1800年间,中国和印度是白银流向的中心,西班牙和葡萄牙一度成为大西洋贸易的中心。工业革命后,英国成为世界贸易中心,后来美国又取而代之。如今中国在世界贸易中的地位越来越突出。 【解析】(2)解读方式一:分别描述四个阶段世界洲际贸易的概况,图16反映出1400年前,新航路开辟前各大洲虽有联系但不密切,世界各地以局部性贸易为主;图17反映的是1400—1800年间,新航路开辟和早期的殖民扩张开始后,世界各地经济联系加强,资本主义世界市场范围拓展;图18反映出19—20世纪,随着两次工业革命后西方国家的扩张,资本主义世界市场最终形成;图19反映出20世纪90年代随着第三次科技革命的深入开展,经济全球化趋势进一步发展。解读方式二:从世界贸易的范围、发展速度,贸易过程中反映的科技进步,贸易中心的变化等三个方面,结合四幅图从总体上分析世界洲际贸易的发展。 18.【答案】(1)君主立宪制(代议制民主政治)的确立,为其他国家提供了政治上的示范;工业革命促进了生产技术和社会经济发展,为其他国家提供了经济上的典范。 (2)前者强调英国革命的开创性,把它作为世界近代史的开端;后者也承认英国革命的重要性,但只把它作为政治革命的一部分。 (3)斯塔夫里阿诺斯从全球化的视角研究历史,西方“优势地位”是随着世界市场的形成逐步确立的。它既是西方自身发展领先于世界的结果(西方开辟新航路、拓展世界市场、科技革命、政治革命、工业革命等都领先于世界),也是西方对其他民族和地区侵略和掠夺的结果(西方殖民扩张不断扩大,亚非拉很多地区沦为其原料产地和商品倾销市场)。 【解析】第(1)问,根据材料从政治和经济两方面概括英国的贡献;第(2)问,通过目录比较可以得出:《世界近代史》以时序为基础,把英国资产阶级革命作为世界近代史的开端,《全球通史》则侧重于从空间上对英国革命的历史地位进行审视,把英国作为世界政治革命的一部分;第(3)问,应该从全球史的视角探讨东西方的关系,认识到西方“优势地位”的确立,除其自身政治、经济、文化的发展以外,是建立在对亚非拉国家侵略和掠夺基础之上的。 19.【答案】变化:海上丝绸之路取代陆上丝绸之路。 原因:海上运输优势明显;北方少数民族政权的干扰;经济重心南移;造船和航海技术进步。 【解析】第一小问考查材料信息的获取与归纳能力,据材料 “使陆上丝绸之路为之阻隔”和“海上运输通道逐渐取代陆上运输通道成为对外贸易的主要通道“可知海上丝绸之路取代陆上丝绸之路;第二小问考查材料信息的获取与归纳能力,据材料“北方少数民族政权的不断崛起,经常破坏丝绸之路的畅通,使陆上丝绸之路为之阻隔”可知北方少数民族政权