2019物理（京津琼）专用优编提分练考前综合练（三）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精考前综合练（三）一、单项选择题1．如图1是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是(）图1A．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D．铀235只要俘获中子就能进行链式反应答案A解析卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型,提出原子的核式结构模型,故A正确；放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，故B错误;由题图可知，光照越强,光电流越大，但遏止电压一样，说明遏止电压与光的强度无关，故C错误；链式反应需要达到临界体积才可以进行，故D错误．2．某同学阅读了“火星的现在、地球的未来”一文，摘录了以下资料:（1)太阳几十亿年来一直在不断地释放能量,质量在缓慢地减小．(2)金星和火星是地球的两位近邻,金星位于地球圆轨道的内侧,火星位于地球圆轨道的外侧．（3）由于火星与地球的自转周期几乎相同,自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同，所以火星上也有四季变化．根据该同学摘录的资料和有关天体运动的规律，可推断（）A．太阳对地球的引力在缓慢增大B．日地距离在不断减小C．金星的公转周期超过一年D．火星上平均每个季节持续的时间大于3个月答案D解析因太阳质量在减小，所以在地球与太阳间距离不变的情况下，太阳对地球的引力减小,故地球做离心运动，故A、B错误；金星绕太阳运动的轨道半径比地球的小，故金星的公转周期小于一年,同理，火星的公转周期大于一年,故C错误,D正确．3.如图2所示，质量均为m的木块A和B,用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止,现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为（)图2A。eq\f（m2g2,k) B.eq\f(2m2g2,k)C.eq\f(3m2g2,k） D.eq\f（4m2g2,k）答案B解析最初系统静止时，弹簧的弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝eq\f（mg，k)，最后B刚好离开地面时，弹簧的弹力等于B的重力,此时弹簧伸长的长度x2＝eq\f（mg，k）,弹簧弹性势能不变，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统增加的重力势能，根据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2eq\f(mg，k)＝eq\f（2m2g2,k）,故B正确．4．已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似,即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图3所示，MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形,其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是（）图3A．b点电场强度与c点电场强度相同B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中,试探电荷电势能始终保持不变答案C解析画出电场线如图所示：根据对称性可知,b点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不同，故A错误;电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误;根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确;由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误．5．如图4所示，质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动,恰好能通过竖直面的最高点A，重力加速度为g,不计空气阻力，则()图4A．小球通过最高点A的速度为gRB．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了,则小球还能上升的高度为RD．若细绳在小球运动到A处断了，则经过时间t＝eq\r（\f（2R，g))小球运动到与圆心等高的位置答案D解析小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零,有:mg＝meq\f(v2，R)，得v＝eq\r（gR)，故A错误；从最高点到最低点重力做功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，故B错误;从A到C由动能定理可知:mgR＝eq\f(1，2)mvC2－eq\f（1，2）mv2,当绳子断掉后上升的高度为h，则－mgh＝0－eq\f（1,2)mvC2，解得h＝eq\f(3,2）R,故C错误；若细绳在小球运动到A处断了，则下降R所用的时间为R＝eq\f（1,2）gt2,解得t＝eq\r（\f（2R,g）），故D正确．二、多项选择题6．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R,将它接在电动势为E、内阻为r的直流电源的两极间,电动机恰好能正常工作,则（)A．电动机消耗的总功率为UIB．电源的效率为1－eq\f(Ir,E)C．电源的输出功率为EID．电动机消耗的热功率为eq\f(U2,R）答案AB解析电动机消耗的总功率为P＝IU，所以A正确．电动机消耗的热功率为P＝I2R，所以D错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，则P出＝UI，故C错误．电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为eq\f（IE－I2r,IE)＝1－eq\f(Ir，E)，所以B正确．7．如图5所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时（图中B处），下列说法正确的是(重力加速度为g）(）图5A．环与重物、地球组成的系统机械能守恒B．小环到达B处时，重物上升的高度也为dC．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于eq\f(\r(2),2）D．小环下落到B处时的速度大小为eq\r（3－2\r(2)gd）答案AD解析对于小环、重物和地球组成的系统，只有重力做功，则环与重物、地球组成的系统机械能守恒,故A项正确．结合几何关系可知，重物上升的高度h＝（eq\r(2）－1)d，故B项错误．将小环在B处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v物＝v环cos45°，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为eq\r(2)∶1，故C项错误．小环从A到B，由机械能守恒得mgd－2mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(环2）＋eq\f(1，2)×2mveq\o\al（物2）且v物＝v环cos45°,解得：v环＝eq\r（3－2\r（2）gd），故D正确．8．如图6甲所示，左侧接有定值电阻R＝3Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B＝2T，导轨间距为L＝1m．一质量m＝2kg、接入电路的阻值r＝1Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好,金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，金属棒的v－x图象如图乙所示，则从起点到发生位移x＝1m的过程中()图6A．拉力做的功为16JB．通过电阻R的电荷量为0。25CC．定值电阻R产生的焦耳热为0.75JD．所用的时间t一定大于1s答案CD解析根据题图乙可知v＝2x，金属棒运动过程中受到的安培力F安＝eq\f(B2L2·2x，R＋r)，即安培力与x是线性函数，所以在此过程中平均安培力为1N，根据功能关系W拉＝Wf＋eq\f（1,2)mv2＋W克安＝μmgx＋eq\f(1，2）mv2＋eq\x\to（F)安x＝0.5×20×1J＋eq\f（1,2)×2×22J＋1×1J＝15J,故A错误;q＝eq\f(ΔΦ，R＋r）＝eq\f（BLx，R＋r）＝eq\f（2×1×1，4)C＝0.5C，故B错误；克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，克服安培力做的功为W克安＝1J，所以R上的焦耳热为QR＝eq\f（R，R＋r)W＝eq\f（3，4）W＝0。75J，故C正确；v－x图象中的斜率k＝eq\f（v,x）＝eq\f(v，t）·eq\f（t，x)＝eq\f（a，v）,所以a＝kv，即随着速度的增加,加速度也在增加，若金属棒做匀加速运动1m则需要的时间为t＝eq\f（x,\x\to（v))＝1s，现在金属棒做加速度增加的加速运动，则移动相同的位移所用的时间大于1s，故D正确．三、非选择题9．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图7，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上,一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。开始实验时,在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图7图8（1)图8给出的是实验中获取的一条纸带的一部分:0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个小点（图中未标出）,计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a＝__________(保留三位有效数字)．(2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数,下列物理量中还应测量的有________（填入所选物理量前的字母）A．木板的长度B．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是____________________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示,重力加速度为g)．答案（1)0.497m/s2（0.495m/s2～0.499m/s2均可）（2)①CD②天平（3)eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g)解析(1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s．将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x1，则第6、7之间的距离为x6，利用匀变速直线运动的推论Δx＝at2，即逐差法可以求滑块的加速度大小：a＝eq\f（a1＋a2＋a3，3)＝eq\f（x4＋x5＋x6－x3＋x2＋x1，9T2),将数据代入得:a≈0.497m/s2。（2)①设托盘和砝码的总质量为m3,滑块的质量为m2，动摩擦因数为μ，则摩擦力为Ff＝μm2g；根据牛顿第二定律有:m3g－μm2g＝(m3＋m2)a,由此可知还需要测量托盘和砝码的总质量m3，滑块的质量m2，故A、B、E错误，C、D正确．②根据①问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平．(3)根据牛顿第二定律有:m3g－μm2g＝(m3＋m2）a，故解得：μ＝eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g).10．为测定海水的电阻率：(1)某学习小组选取了一根厚度可以忽略的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度L和外径d，外径示数如图9所示，由图得d＝________mm.图9(2）在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．将多用电表的转换开关K旋转在如图10所示的位置，将插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R,其结果如图中表盘所示,则R＝________Ω.图10(3)该小组为进一步精确测量其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势12V，内阻不计，额定电流为1A；B．电流表A：量程0~10mA，内阻约10Ω;C．电压表V：量程0～15V,内阻约15kΩ；D．滑动变阻器R1:最大阻值10Ω；E．滑动变阻器R2:最大阻值10kΩ；F．多用电表；G．开关、导线等．①该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成了部分导线的连接，请你在图11中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号（R1或R2)．图11②若该小组在实验过程中由于操作不当,导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进行，可将多用电表的转换开关K旋转至直流电流________挡位上,替换原使用的电流表并通过插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验．该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为ρ＝____________.答案(1）3.740(2)6×103(3)①如图所示②10mAeq\f（πd2U，4IL）解析（1)螺旋测微器的固定刻度为3。5mm，可动刻度为24.0×0。01mm＝0.240mm，所以最终读数为3.5mm＋0。240mm＝3.740mm.(2)用×1kΩ挡测量电阻，由题图可知，欧姆表示数为R＝6×103Ω；(3)①限流式接法如图所示，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6kΩ，若用R1来控制电流其阻值偏小，故选用R2.②选择与电流表相当的挡位：10mA;因R＝eq\f(U，I)＝ρeq\f(L,S)，且S＝π（eq\f(d,2））2解得:ρ＝eq\f(πd2U，4IL）.11．质量为m、电荷量为q、带正电的绝缘小球a，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，场强方向如图12所示,若小球a与绝缘板间的动摩擦因数为μ,已知小球a自C点沿绝缘板做匀速直线运动，在D点与质量为M＝2m的不带电绝缘小球b发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，若碰撞时，小球a无电荷量损失,碰撞后，小球a做匀速直线运动返回C点，往返总时间为t，CD间距为L，重力加速度为g。求：图12(1）小球a碰撞前后的速度大小之比；（2)电场强度E的大小．答案(1)3∶1(2)eq\f（4μmg，q)解析(1)a、b两小球发生弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前a球速度为v0，碰后a球、b球速度大小分别为va、vb,mv0＝－mva＋Mvb①eq\f(1,2)mveq\o\al（02）＝eq\f(1,2)mveq\o\al（a2)＋eq\f(1,2）Mveq\o\al（b2）②由①②式解得：eq\f(v0,va）＝eq\f(3,1）（2）往返总时间t＝eq\f（L，v0）＋eq\f(L，va）＝eq\f(4L，v0)得：v0＝eq\f（4L，t)③a球碰后匀速返回，则有：qBva＝mg，得：B＝eq\f（mg，qva)④a球碰前匀速，则有：FN＝mg＋qBv0⑤qE＝μFN⑥由③④⑤⑥解得:E＝eq\f(4μmg,q)。12.如图13所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg。管从下端离地面距离为H处自由落下,运动过程中，管始终保持竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等,不计空气阻力,重力加速度为g.求:图13（1)管第一次落地弹起时管和球的加速度;（2)管第一次落地弹起后,若球没有从管中滑出，则球与管刚达到相同速度时,管的下端距地面的高度；（3）管第二次弹起后球没有从管中滑出，L应满足什么条件．答案（1)管的加速度为2g，方向向下球的加速度为3g，方向向上（2)eq\f(12,25）H（3）L>eq\f（152,125）H解析(1）管第一次落地弹起时,管的加速度a1＝eq\f（4mg＋4mg,4m）＝2g，方向向下球的加速度a2＝eq\f(4mg－mg，m）＝3g，方向向上（2）取向上为正方向，球与管第一次碰地时速度v0＝eq\r（2gH），方向向下碰地后管的速度v1＝eq\r(2gH），方向向上球的速度v2＝eq\r(2gH)，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球、管速度v相同,则有v1－a1t1＝－v2＋a2t1,t1＝eq\f（2v0,a1＋a2)＝eq\f（2\r(2gH）,5g)设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t2,则：t2＝eq\f(v0，a1）＝eq\f（\r（2gH）,2g）因为t1＜t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求．得h1＝v1t1－eq\f（1，2)a1t12＝eq\f(12,25)H(3）球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度g竖直上升到最高点,由于v＝v1－a1t1＝eq\f（1，5）eq\r（2gH），故这个高度是h2＝eq\f(v2，2g)＝eq\f（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，5)\r（2gH))）2,2g)＝eq\f（1，25）H因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度Hm＝h1＋h2＝eq\f（13，25)H这一过程球运动的位移x＝－v2t1＋eq\f(1,2）a2t12＝eq\f（8,25)H则球与管发生相对位移x1＝h1＋x＝eq\f（4，5)H当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知:x2＝eq\f（4，5)Hm所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是x1＋x2＜L即L应满足条件L＞eq\f（152，125）H。13．［选修3－3]（1)下面说法正确的是________．A．饱和蒸汽压随温度的升高而增大B．单晶体在某些物理性质上具有各向异性C．一定量的理想气体从外界吸热,其内能一定增加D．液体温度越高,悬浮颗粒越小,布朗运动越剧烈E．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大（2)如图14所示,粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L＝13cm，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T1＝300K时，粗、细管内的水银柱长度均为h＝5cm.已知大气压强p0＝75cmHg，现对封闭气体缓慢加热，求：图14①水银恰好全部进入细管时气体的温度T2；②从开始加热到T3＝500K时，水银柱的下表面移动的距离为多少厘米（保留三位有效数字）．答案(1）ABD(2）①450K②12.9cm解析（1）饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项A正确；单晶体内部分子结构在空间排列规则，某些物理性质具有各向异性，故B正确；根据热力学第一定律,做功和热传递都可以改变内能,所以内能不一定增加,故C错误；液体温度越高,分子热运动的平均动能越大，悬浮颗粒越小，碰撞的不平衡性越明显,布朗运动越剧烈，故D正确；分子间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故E错误．（2)①由理想气体状态方程：eq\f(p0－ρg·2h·2SL－h,T1)＝eq\f(p0－ρg·3h·2SL,T2）解得：T2＝450K；②从T2到T3，由盖－吕萨克定律：eq\f（2LS，T2)＝eq\f（2LS＋Sx,T3)得:x≈2.9cm水银柱移动的距离：s＝2h＋x＝12。9cm。14．［选修3－4]（1）如图15所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播．已知两波源分别位于x＝－0。2m和x＝1。0m处，振幅均为A＝0.5cm，波速均为v＝0。2m/s.t＝0时刻,平衡位置处于x＝0.2m和x＝0。6m的P、Q两质点刚开始