高考物理二轮专题复习寒假作业（十二）一模考前适应性训练（三）

寒假作业(十二)一模考前适应性训练(三)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一个选项符合题目要求，第5～8题有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.(2017·泉州模拟)如图所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直线运动的v­t图像。图中t1＝eq\f(1,2)t2，则在0～t2的运动过程中，下列说法正确的是()A．在t1时刻，甲的位移是乙的位移的1.5倍B．甲的加速度大小是乙的加速度大小的1.5倍C．在t2时刻，甲与乙相遇D．在到达t2时刻之前，乙一直在甲的前面解析：选C由题图可知，在t1时刻，乙的速度为eq\f(1,2)v0，此时甲的位移为eq\f(v0,2)t1，乙的位移为eq\f(\f(1,2)v0,2)t1＝eq\f(1,4)v0t1，甲位移是乙位移的2倍，故A错误；甲的加速度大小为a甲＝eq\f(v0,t1)，乙的加速度大小为a乙＝eq\f(v0,t2)，由t1＝eq\f(1,2)t2，则a甲＝2a乙，故B错误；由于在t2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C正确；相遇前甲一直在乙的前面，故D错误。A．F1＝F2 B．F1＝4FC．F1＞4F2 D．F1＝2解析：选B沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，对整体分析，整体的加速度a＝eq\f(F1,3m)，隔离对质量为m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹＝ma＝eq\f(F1,3)＝kx1；同理，沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，a′＝eq\f(F2,3m)，隔离对质量为2m的小球分析，根据牛顿第二定律得：F弹′＝2ma′＝eq\f(2F2,3)＝kx2，由于x1＝2x2，联立可得：F1＝4F2，故B正确，A、C、D错误。3．(2017·北京高考)利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是()A．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离解析：选D由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有Geq\f(Mm0,R2)＝m0g，故可得M＝eq\f(gR2,G)，A项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有Geq\f(Mm1,R2)＝m1eq\f(v2,R)，v＝eq\f(2πR,T)，联立得M＝eq\f(v3T,2πG)，B项错误；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有Geq\f(Mm2,r2)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T′)))2r，故可得M＝eq\f(4π2r3,GT′2)，C项错误；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，可求出太阳的质量，但不可求出地球的质量，D项正确。4.(2017·肇庆二模)如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为l。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为eq\f(l,2)时，下列说法正确的是(不计一切摩擦)()A．小球A和B的速度都为eq\f(\r(gl),2)B．小球A和B的速度都为eq\f(\r(3gl),2)C．小球A、B的速度分别为eq\f(\r(gl),2)和eq\f(\r(3gl),2)D．小球A、B的速度分别为eq\f(\r(3gl),2)和eq\f(\r(gl),2)解析：选D设小球A向下的速度为v1，小球B水平向右的速度为v2，则它们沿杆方向的分速度是相等的，即v1sin30°＝v2cos30°，得v1＝eq\r(3)v2，则选项A、B均错误；又因为杆下滑时机械能守恒，故mgl＝mg×eq\f(l,2)＋eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22，联立两式解得v1＝eq\f(\r(3gl),2)，v2＝eq\f(\r(gl),2)；选项C错误，D正确。5．(2017·滕州一模)下列说法正确的是()A．光电效应和电子的衍射现象说明了粒子的波动性B．α粒子散射实验证明了原子的核式结构模型C．氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的加速度增大D．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定解析：选BCD光电效应说明了粒子性，电子的衍射现象说明了波动性，故A错误；α粒子散射实验证明了原子的核式结构模型，并且可以用来估算原子核半径，故B正确；氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子从高能级跃迁到低能级，能量减小，但加速度随着半径减小而增大，故C正确；比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故D正确。6.如图所示，一个由绝缘材料制成的闭合圆环水平放置，环上各点在同一平面内，在环面内A、B两点分别固定两个点电荷QA和QB，其中QA为正电荷，一个带正电的小球P穿在环上，可以沿着闭合环无摩擦地滑动，现给小球P一定的初速度，小球恰好能沿环做速度大小不变的运动，则下列判断正确的是()A．B点固定的电荷QB一定为负电荷B．B点固定的电荷QB一定为正电荷C．QA和QB所产生的电场，在环上各点的电场强度都相同D．QA和QB所产生的电场，在环上各点的电势都相等解析：选BD根据题意，小球恰好能沿环做速度大小不变的运动，由动能定理知，电场力不做功，即闭合圆环和电场的某一等势面重合，根据常见电场的电场分布和等势面分布图知，A、B是等量同种点电荷，QA为正电荷，QB也一定为正电荷，故B正确，A错误；闭合环正好和电场的某个等势面重合，故环上各点的电势都相等，故C错误，D正确。A．铜片D的电势高于铜片C的电势B．电阻R中有正弦式交变电流流过C．铜盘转动的角速度增大1倍，流过电阻R的电流也随之增大1倍D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生解析：选ACD根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此铜片D的电势高于铜片C的电势，故A正确；由于铜盘切割磁感线且转动方向不变，从而在电路中形成方向不变的电流，故B错误；因感应电动势E＝BLeq\x\to(v)，I＝eq\f(E,R)，而eq\x\to(v)＝eq\f(ωr,2)，则有I＝eq\f(BLωr,2R)，当角速度增大1倍，流过电阻R的电流也随之增大1倍，故C正确；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，导致穿过铜盘的磁通量变化，则铜盘中有涡流产生，故D正确。8.(2017·西北工大附中模拟)如图所示，理想变压器原线圈中正弦式交变电源的输出电压和电流分别为U1和I1，两个副线圈的输出电压和电流分别为U2和I2、U3和I3。接在原、副线圈中的五个完全相同的灯泡均正常发光。则下列表述正确的是()A．U1∶U2∶U3＝1∶1∶2B．I1∶I2∶I3＝1∶2∶1C．三个线圈匝数n1∶n2∶n3＝5∶2∶1D．电源电压U1与原线圈两端电压U1′之比为5∶4解析：选BD设灯泡均正常发光时的电压为U，由题图可知，则有：U2＝U，U3＝2U，设灯泡均正常发光时的电流为I，由题图可知，则有：I1＝I，I2＝2I，I3＝I；所以有：I1∶I2∶I3＝1∶2∶1，故B正确。理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以输入的功率为I1U1′，输出的功率为两个副线圈的功率的和，所以I1U1′＝I2U2＋I3U3，所以U1′∶U2∶U3＝4∶1∶2。理想变压器的电压与匝数成正比，由U1′∶U2∶U3＝4∶1∶2，可知：n1∶n2∶n3＝4∶1∶2，故C错误。根据原线圈与灯泡串联，则有电压关系：U1∶U1′＝5∶4，所以D正确，A错误。二、非选择题(共47分)9．(6分)借助计算机，力传感器的挂钩与其他物体间的弹力大小能够在屏幕上显示出来。为了探究最大静摩擦力的大小跟哪些因素有关，某同学在老师的指导下做了一系列实验：将滑块平放在长木板上，用力传感器沿长木板水平拉滑块，改变拉力直到将滑块拉动；再在长木板上铺上毛巾，并在滑块上放上砝码，重复前一个过程，得到的图线分别如甲、乙所示。(1)由图知：在t1～t2这段时间内，滑块的运动状态是__________(填“运动”或“静止”)，滑块受到的最大静摩擦力为__________(填“F1”或“F2(2)结合甲、乙两图线，__________(填“能”或“不能”)得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面的压力均有关的结论。解析：(1)由题图知：在t1～t2这段时间内，摩擦力不断增大，物体受到的摩擦力是静摩擦力，因此滑块的运动状态是静止；由图示可知，滑块受到的最大静摩擦力为F1。(2)实验中同时改变接触面粗糙程度和物体间的压力，不能得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面间的压力均有关的结论。答案：(1)静止F1(2)不能10.(9分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，为了安全、准确、方便地测出电阻丝的电阻Rx，设计了如图所示实验电路图来完成实验，实验仪器如下：A．待测金属丝(Rx约5Ω)B．电压表V(量程1V，内阻RV＝1kΩ)C．电流表A(量程0.6A，内阻RA＝1Ω)D．定值电阻R1(阻值R1＝0.5kΩ)E．定值电阻R2(阻值R2＝2kΩ)F．滑动变阻器R3(0～10Ω)G．滑动变阻器R4(0～1000Ω)H．电源(电动势为3V，内阻很小)I．开关、导线若干(1)实验中定值电阻应选用________，滑动变阻器应选用________(选填仪器前面字母)；(2)用图中电路测量该金属丝的电阻，若某次测量中，电压表的读数为U，电流表的读数为I，该金属丝电阻的表达式为：Rx＝____________(用测出或已知的物理量的符号表示)。解析：(1)电源的电动势为3V，而电压表V的量程为1V，内阻RV＝1kΩ，必须通过串联电阻来扩大量程，因此定值电阻应选用R2(阻值R2＝2kΩ)，从而达到3V量程，待测金属丝Rx约5Ω，且滑动变阻器是限流式接法，因此滑动变阻器应选用小电阻，即滑动变阻器R3(0～10Ω)；(2)电压表的读数为U，那么金属丝与电流表两端的电压为3U，由于电流表的读数为I，则金属丝电阻Rx＝eq\f(3U,I)－RA。答案：(1)EF(2)eq\f(3U,I)－RA11.(14分)(2017·淮北一模)如图所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A、B的质量mA、mB分别为1kg和2kg，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5。两物块之间的轻绳长L＝0.5m，作用在B上沿斜面向上的力F逐渐增大，使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动，g取10m/s2。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)当作用在物块B上的拉力F达到42N时，连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A、B之间的轻绳恰好被拉断瞬间A、B的速度均为10m/s，轻绳断裂后作用在B物块上的外力F＝42N不变，求当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离。解析：(1)对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a代入数据解得a＝4m/s2对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa代入数据解得：FT＝14N。(2)轻绳断裂后，对A物块受力分析，由牛顿第二定律得：mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAaA代入数据解得：aA＝10m/s2由运动学公式有：v＝aAt解得：t＝eq\f(v,aA)＝1s由运动学公式有：xA＝eq\f(vt,2)＝5m轻绳断裂后，对B物块受力分析，由牛顿第二定律得：F－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBaB代入数据解得：aB＝11m/s2由运动学公式有：xB＝vt＋eq\f(1,2)aBt2代入数据解得：xB＝15.5m由题意可知，当A运动到最高点时，物块A、B之间的距离为：x＝xB－xA＋L＝11m。答案：(1)14N(2)11m12.(18分)(2017·南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。解析：(1)设粒子过N点的速度为v，有eq\f(v0,v)＝cosθ，v＝eq\r(2)v0，粒子从M点到N点的过程，有：qUMN＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得：UMN＝eq\f(mv02,2q)。(2)粒子以O′圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：r＝eq\f(\r(2)mv0,qB)。(3)由几何关系得：ON＝rsinθ，设粒子在电场中运动时间为t1，有ON＝v0t1，解得t1＝eq\f(m,qB)，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T＝eq\f(2πm,qB)，设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：t2＝eq\f(π－θ,2π)T＝eq\f(3πm,4qB)，由t＝t1＋t2，解得：t＝eq\f(4＋3πm,4qB)。答案：(1)eq\f(mv02,2q)(2)eq\f(\r(2)mv0,qB)(3)eq\f(4＋3πm,4qB)三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)[物理—选修3－3](15分)13．(1)(5分)下列说法正确的是________。A．布朗运动说明了液体分子与悬浮颗粒之间存在着相互作用力B．物体的内能在宏观上只与其所处状态及温度和体积有关C．一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行D．液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大E．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力(2)(10分)如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S1＝20cm2，S2＝10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时气缸中的空气压强p＝1.3×105Pa，温度T＝540K，气缸两部分的气柱长均为L。已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝10m/s2，缸内空气可看作理想气体，不计一切摩擦。求：(ⅰ)重物C的质量M是多少；(ⅱ)逐渐降低气缸中气体的温度，活塞A将缓慢向右移动，当活塞A刚靠近D处而处于平衡状态时缸内气体的温度是多少。解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，说明了液体分子在做无规则运动，无法说明分子间是否存在作用力，故A错误；物体的内能在宏观上与温度、体积和物质的量有关，故B错误；根据热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故C正确；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，这就是液体表面张力的形成原因，故D正确；气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故E正确。(2)(ⅰ)活塞整体受力处于平衡状态，则有：pS1＋p0S2＝p0S1＋pS2＋Mg解得：M＝3kg。(ⅱ)当活塞A靠近D处时，活塞整体受力的平衡方程没变，气体压强不变，根据气体的等压变化有：eq\f(S1＋S2L,T)＝eq\f(S2×2L,T′)解得：T′＝360K。答案：(1)CDE(2)(ⅰ)3kg(ⅱ)360K[物理—选修3－4](15分)14．(1)(5分)一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波中A、B两质点在平衡位置间的距离为0.5m，且小于一个波长，如图甲所示，A、B两质点振动图像如图乙所示。由此可知________。A．波中质点在一个周期内通过的路程为8cmB．该机械波的波长为4mC．该机械波的波速为0.5m/