【全程复习方略】（广东专用）高考物理一轮复习 阶段滚动检测(四).doc

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习 阶段滚动检测(四) (90分钟 100分)第卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(滚动单独考查)下列说法中正确的是()a.随着技术进步,热机的效率可以达到100%;制冷机也可以使温度达到-280b.气体放出热量,其分子的平均动能就减小c.根据热力学第二定律,一切物理过程都具有方向性d.一定质量的理想气体,先保持压强不变而膨胀,再进行绝热压缩,其内能必定增加2.(滚动单独考查)某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和9km/s。一种简易地震仪由竖直弹簧振子p和水平弹簧振子h组成(如图所示)。在一次地震中,震源在地震仪下方,观察到两振子相差5s开始振动,则()a.p先开始振动,震源距地震仪约36kmb.p先开始振动,震源距地震仪约25kmc.h先开始振动,震源距地震仪约36kmd.h先开始振动,震源距地震仪约25km3.(滚动单独考查)如图所示,实线为某列波在t=0时刻的波形图像,虚线为t=0.3s(t0.3s)时的波形图像,其中p点在t=0时刻的振动速度正在增大,则下列说法中正确的是()a.波速为13m/sb.波速为10m/sc.在0t4内质点p运动的平均速度小于0.4m/sd.在0t4内质点p运动的平均速度等于10m/s4.如图所示,在-q形成的电场中,有a、b、c三点,它们到点电荷的距离为rarba,同一负电荷在电势低处电势能大,故c错误;因uab=ubc,据w=qu知wab=wbc,d错误。5.a、c原子失去电子的过程中,带正电的原子核与带负电的电子分离,克服电场力做功,电势能增大,a正确,b错误;正负离子结合成分子的过程中电场力做正功,电势能减小,反之电势能增大,c正确,d错误。6.c保持k接通时,电容器两板间电压不变,减小板间距,由e=ud知,场强增大,a错;在两板间插入介质,c增大,由q=cu知q增大,b错;充电后断开k,q不变,减小两板间距,c增大,由u=qc知u减小,故c对;插入介质,c增大,由u=qc知u减小,故d错。7.b、d将电容器上板或下板移动一小段距离,电容器带电荷量不变,由公式e=ud=qcd=4kqrs可知,电容器产生的场强不变,以相同速度入射的小球将仍沿原轨迹运动,下板不动时,小球沿原轨迹由下板边缘飞出,b正确,a、c错误;当下板向上移动时,小球可能打在下板的中央,d正确。8.c灯泡能正常发光,说明电解槽和灯泡均分得110v电压,且干路电流i=i灯=pu=611a,则电解槽消耗的功率p=p灯=iu=60w,c正确,a错误;电解槽的发热功率p热=i2r内=1.3w,b错误;整个电路消耗的总功率p总=220611w=120w,d错误。9.a、d根据电位器结构和连线可知:连接a、b,使滑动触头顺时针转动时,回路电阻增大,回路电流减小,灯泡变暗,选项a正确;同理可确定选项d正确;连接a、c时,滑动触头不能改变回路电阻,灯泡亮度不变,故选项b、c均错误。10.b、d电容器两端电压等于电阻r2两端的电压,只增大r1时,电容器两端的电压减小,电容器所带电荷量减小,选项a错误;只增大r2时,电容器两端的电压增大,电容器所带电荷量增大,选项b正确;只减小r3时,电容器两端的电压不变,电容器所带电荷量不变,选项c错误;只减小a、b两极板间的距离时,电容变大,电容器所带电荷量增大,选项d正确。11.【解析】(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离l,用到毫米刻度尺,测单摆的周期用秒表,所以测量工具选b、d。(2)设摆线在筒内部分的长度为h,由t=2l+hg得,t2=42gl+42gh,可知t2-l关系图像为a。(3)将t2=0,l=-30cm代入上式可得:h=30cm=0.3m将t2=1.20s2,l=0代入上式可求得:g=2=9.86m/s2答案：(1)b、d(2)a(3)0.39.8612.【解析】(1)从螺旋测微器的固定刻度上可以看出,半毫米刻度线已经露出来,因此主尺上应读0.5mm,可动刻度上接近第18个刻度线,可以估读0.180mm(或0.179mm),所以该金属丝直径应为0.5mm+0.180mm(或0.179mm)=0.680mm(或0.679mm)。(2)由电路图知电源是两节干电池,电动势是3v,用3v量程的电压表a;因为金属丝的电阻大约为5,如果把3v的电动势全加在金属丝上,电流才是0.6a,因此用量程是0.6a的电流表c;此题中金属丝的电阻大约为5,为了减小实验误差,应选10的滑动变阻器e。(3)由r=ls可得:=rd24l。答案：(1)0.680(或0.679)(2)ace导线连接在滑动变阻器的滑片上采用了电流表内接法(3)rd24l13.【解析】(1)根据质点运动方向和波的传播方向之间的关系可知,此波沿x轴负方向传播。(2分)(2)在t2=0.55s时,质点m恰好第3次到达沿y轴正方向的最大位移处,则有:(2+34)t=0.55s,得t=0.2s(2分)由图像得简谐波的波长为=0.4m,则波速v=t=2m/s。(1分)(3)在t1=0至t3=1.2s这段时间内,波中质点n经过了6个周期,即质点n回到始点,所以走过的路程为654cm=120cm(2分)相对于平衡位置的位移为2.5cm。(1分)答案：(1)沿x轴负方向(2)2m/s(3)120cm2.5cm14.【解析】(1)设电压表的内阻为rv,测得r1两端的电压为u1,r1与rv并联后的总电阻为r,则有:1r=1r1+1rv(1分)由串联电路的规律rr2=u1e-u1(2分)联立并代入数据,得rv=4.8k。(1分)(2)电压表接入前,电容器上的电压uc等于电阻r2上的电压,设r1两端的电压为ur1,则ucur1=r2r1,又e=uc+ur1(2分)接入电压表后,电容器上的电压为uc=e-u1(1分)由于电压表的接入,电容器带电量增加了q=c(uc-uc)(1分)由以上各式并代入数据,可得q=2.3510-6c。(1分)答案：(1)4.8k(2)2.3510-6c15.【解析】(1)粒子从o到a的运动oy方向:0-v0=-gt,0-v02=2(-g)y(2分)ox方向:v0=qemt,v02=2qemx(2分)而yx=tan(1分)联立可得=45,t=v0g。(2分)(2)据得qem=g(2分)该匀强电场的电场强度e=mgq。(1分)答案：(1)v0g45(2)mgq16.【解析】(1)由f=kv2得,当船速达到3m/s时,阻力大小为f1=1.51033222n=3.375103n(2分)风力的功率为p1=fv=1.51032w=3103w(2分)故电动机提供的机械功率为p机=f1v1-p1=3.3751033w-3103w=7.125103w(2分)(2)电动机获得的电能