高考物理二轮复习周周练针对性练习第01周 第2练（含解析）

第1周第2练

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．在如下所示的A，B，C，D四图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，A，C，D图中杆P与竖直方向夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A，B，C，D四图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA，FB，FC，FD，则以下判断中正确的是(  )

A．

B．

C．

D．

【答案】 B

【解析】

由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故D中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，C中夹角最小，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，顺序为：，故B正确ACD错误。

15．如图所示，半径为R的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB为直径，O点为碗的球心．将一弹性小球（可视为质点）从AO连线上的某点c点沿CO方向以某初速度水平抛出，经历时间（重力加速度为g）小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C点；假设小球与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，法向速度等大反向．不计空气阻力，则C、O两点间的距离为（  ）

A． B． C． D．

【答案】 C

【解析】

小球在竖直方向的位移为，设小球与半球形碗碰撞点为D点，则DO的连线与水平方向的夹角为300，过D点作CO连线的垂线交于CO连线E点，则OE=，小球下落h时竖直方向的速度为，则水平方向的速度，所以水平方向的位移为，由几何关系可知，CO=，故C正确．

16．下列说法正确的是：（    ）

A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，从而建立了核式结构模型

B．贝克勒尔通过对天然放射现象的硏究，发现了原子中存在原子核

C．原子核由质子和中子组成，稳定的原子核内，中子数一定小于质子数

D．大量处于基态的氢原子在单色光的照射下，发出多种频率的光子，其中必有一种与入射光频率相同

【答案】 D

【解析】

A、汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，卢瑟福建立了核式结构模型，故选项A错误；

B、贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究，证明原子核有复杂结构，粒子散射实验说明原子中存在原子核，故选项B错误；

C、原子核由质子和中子构成，但原子核内质子数与中子数不一定相等，中子数不一定小于质子数，故选项C错误；

D、氢原子处于基态，被一束单色光照射，先吸收能量，向高能级跃迁，然后又从高能级向低能级跃迁，放出能量，发出多种频率的光子，其中从激发态跃迁到基态发出的光子的频率与入射光频率相同，故选项D正确。

17．如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒.S闭合时，该微粒恰好能保持静止.在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是( )

A．①情况下，可以通过上移极板M实现

B．①情况下，可以通过上移极板N实现

C．②情况下，可以通过上移极板M实现

D．②情况下，可以通过上移极板N实现

【答案】 B

【解析】

保持S闭合的分析：因为第①种情况下两板间电压U不变，所以电场强度E=U/d，只有d减小，E增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板M上，故可以通过下移极板M或者上移极板N来实现，选项A错，B正确；充电后将S断开的分析：因为第②种情况下两极板带电荷量Q不变，根据Q=CU，C=可得，E=，可以看出E与两板间距离d无关，所以无论怎样移动M、N两极板改变两板间的距离，场强E、电场力F都不变，带电微粒都处于静止状态，选项C、D错误，B正确.

18．如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线oo′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈感应电流随时间的变化图像为（   ）

A． B．

C． D．

【答案】 A

【解析】

在开始阶段OO′左侧磁场增强，OO′右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误．因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故CD项错误；故选A．

19．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a，b所示，则(　　)

A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合

B．曲线a，b对应的线圈转速之比为2∶3

C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz

D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V

【答案】 AC

【解析】

t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝V＝5V，D项错误．

20．如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物块刚要滑动．物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是

A．这个行星的质量

B．这个行星的第一宇宙速度

C．这个行星的同步卫星的周期是

D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为

【答案】 BD

【解析】

物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcos30°-mgsin30°=mω2L，所以:.

A．绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力即为其所受重力，即：,所以，故A错误；

B．根据行星的第一宇宙速度公式得，该行星得第一宇宙速度为，故B正确；

C．同步卫星在轨运行时，轨道处卫星受到的引力提供向心力，则有，解得：，由于同步卫星的高度未知，故而无法求出自转周期T，故C错误；

D．离行星表面距离为R的地方的万有引力：；即重力加速度为ω2L．故D正确．

21．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则(    )

A．A能到达B圆槽的左侧最高点

B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为

C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为

D．B向右运动的最大位移大小为

【答案】 AD

【解析】

A．运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，A正确；

BC．设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得

0＝mvA－2mvB

解得vA＝2vB

根据机械能守恒定律得

解得，，BC错误；

D．当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得

m(2R－x)＝2mx

解得x＝，D正确。

故选AD。

22. （6分）

某探究小组要尽可能精确地测量电流表A1的满偏电流，可供选用的器材如下：

A．待测电流表A1（满偏电流Ig约为 、内阻约为，表盘刻度均匀、总格数为）

B．电流表A2（量程为0.6A、内阻）

C．电压表V（量程为3V、内阻 ）

D．滑动变阻器（最大阻值为）

E.电源（电动势有3V、内阻约为）

F.开关一个，导线若干

①该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是______（选填图甲或图乙）；

②所选合理电路中虚线圈处应接入电表______（选填或）；

③在开关闭合前，应把滑动变阻器的滑片置于______端（选填或）；

④在实验中，若所选电表的读数为，电流表A1的指针偏转了格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Ig=______。

【答案】 图乙    C    b   

【解析】

（1）因为变阻器的全电阻小于电流表内阻,所以变阻器应采用分压式接法,所以合理的是图乙电路;

（2）因为电压表V的满偏电流,与待测电流表量程接近,所以虚线处应接电表C;

（3）闭合电键前,应将变阻器的滑片置于输出电压最小的b端，

（4）根据电流关系可知：，解得：

故本题答案是：乙；C；b；

23. （9分）

利用如图1所示图装置做验证机械能守恒定律实验。

(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______

A．交流电源   B．刻度尺    C．天平（含砝码）

(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC．已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T．设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=______，动能变化量△Ek=______

(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______

A．利用公式v=gt计算重物速度

B．利用公式v=计算重物速度

C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响

D．没有采用多次实验取平均值的方法

(4)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确______（回答正确或不正确）

【答案】 AB    mghB        C    不正确

【解析】

(1)[1]A.打点计时器使用的是交流电源，故A正确；

B.在该实验中需要测量点迹间的距离，需要刻度尺，故B正确；

C.在验证机械能守恒时，

mgh=

既需要验证

gh=

即可，与质量无关，故不需要天平，故C错误。

(2)[2][3]从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量

△Ep=mghB

B点的速度为：

则增加的动能为：

(3)[4]大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物在下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，故ABD错误，C正确。

(4)[5]若机械能守恒，有

mgh=

则

v2=2gh

可知v2-h图线为过原点的一条倾斜直线，且斜率为2g才能说明机械能守恒，故不正确。

24．（14分）

如图所示，光滑的水平面AB与半径R=0.5m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面，用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量m1=4kg，乙的质量m2=5kg，甲、乙均静止．若烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零．取g=10m/s2．甲、乙两物体可看做质点，求：

(1)甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小vB；

(2)烧断细线吋弹簧的弹性势能EP；

(3)若固定甲，将乙物体换为质量为m的物体丙，烧断细线，丙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数μ=0.5的粗糙水平面，AF是长度为4l的水平轨道，F端与半径为l的光滑半圆轨道FCH相切，半圆的直径FH竖直，如图所示.设丙物体离开弹簧时的动能为6mgl，重力加速度大小为g，求丙物体离开圆轨道后落回到水平面BAF上的位置与F点之间的距离s；

(4)在满足第(3)问的条件下，若丙物体能滑上圆轨道，且能从GH间离开圆轨道滑落（G点为半圆轨道中点)，求丙物体的质量的取值范围

【答案】 (1)5m/s；（2）90J；（3）s=4l； （4）

【解析】

（1）甲在最高点D，由牛顿第二定律，有

甲离开弹簧运动到D点的过程机械能守恒：

联立解得：vB=5m/s；

（2）烧断细线时动量守恒：0=m1v3-m2v2

由于水平面AB光滑，则有v1=vB=5m/s，解得：v2=4m/s

根据能量守恒，弹簧的弹性势能E==90J

（3）甲固定，烧断细线后乙物体减速运动到F点时的速度大小为vF，

由动能定理得：，解得vF=2

从P点滑到H点时的速度为vH，由机械能守恒定律得

联立解得vM=2

由于vM=2>，故乙物体能运动到H点，并从H点以速度vH水平射出．设乙物体回到轨道AF所需的时间为t，由运动学公式得：

乙物体回到轨道AF上的位置与B点之间的距离为s=vHt

联立解得；

（4）设乙物体的质量为M，到达F点的速度大小为vF，

由动能定理得：，解得vF=

为使乙物体能滑上圆轨道，从GH间离开圆轨道，满足的条件是：

一方面乙物体在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点G，由能量关系有：

另一方面乙物体在圆轨道的不能上升到圆轨道的最高点H，由能量关系有

联立解得：

25．（18分）

如图，区域I内有与水平方向成°角的匀强电场，区域宽度为，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为g，求：

(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度的大小.

(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.

(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.

【答案】 (1),  (2)  (3)

【解析】

(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：

求得：

微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：

求得：

(2)粒子进入磁场区域时满足：

根据几何关系，分析可知：

整理得：

(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：

经整理得：

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33．【选修3-3】（15分）

（1）（5分）

下列关于固体、液体和气体，下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的

B．液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力

C．固体、液体和气体中都会有扩散现象发生

D．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

E.某些固体在熔化过程中，虽然吸收热量但温度却保持不变

【答案】 BCE

【解析】

A．无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；

B．当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；

C．扩散现象与物体的状态无关，故固体、液体和气体都会有扩散现象发生；

D．在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，封闭气体压强与重力无关，故D错误；

E．绝热条件下压缩气体，根据热力学第一定律可知：

△U＝W+Q＞0

即内能增加，故E正确。

故选BCE．

（2）（10分）

如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为pA0= 2.5×105Pa，B部分气体压强为PB0= 1.5×105Pa．现拔去销钉，待活塞重新稳定后，(外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生)

①求此时A部分气体体积与原来体积之比；

②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由．

【答案】 ①5∶4 ②此过程中A部分气体是吸热．A部分气体由于温度不变，内能不变，体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量

【解析】

①设A部分气体原来体积为V，由玻意耳定律得

pA0V=pA（V+ΔV）

pB0V=pB（V-ΔV）…

又∵pA=pB

由以上各式可解得ΔV=V/4

因此，A部分气体此时体积与原来体积之比为5∶4

②吸热．A部分气体由于温度不变，所以内能不变；体积膨胀，对外做功，由热力学第一定律可知，一定从外界吸收热量

34．【选修3-4】（15分）

（1）（5分）

下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变

B．在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度

C．a、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到的干涉图样中，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断水对a光的折射率比b光大

D．肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的

E.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实

【答案】 ACE

【解析】

机械波从空气中进入水中，传播速度增大，频率不变，由v＝λf得波长增大，A正确；质点的振动速度和波的传播速度是两个运动形式的速度，二者之间不存在联系，B错误；由双缝干涉的条纹间距公式知，a光的波长小，由得a光的频率大，频率大的光折射率也大，因此水对a光的折射率大，C正确；肥皂泡呈彩色是光的干涉现象，D错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实，故E正确．

（2）（10分）

从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s．求

（i）质点P、O开始振动的时刻之差；

（ii）再经过半个周期后，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标．

【答案】 （i）0.05s（ii）两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：2m、3m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m．

【解析】

（i）该波的周期为，

由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为；

（ii）该波的波长为，根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=1m和x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：1m、2m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m．