高考物理二轮复习专练4对教材细节素材进行改编含答案

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专练4　对教材细节素材进行改编(时间：25分钟)考向1　源于教材中的习题或例题1．[此题原型为人教版教材选修3－5P12“问题与练习”第6题]甲、乙两位轮滑运动员静止在水平地面上，甲猛推乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知停止运动时甲滑行的距离是乙滑行距离的一半，若两人与水平地面间的动摩擦因数相同，则两人的质量之比等于(　　)A.  B.C．2  D.2.[此题原型为教科版教材选修3－1P106“第10题”]如图所示，宽度为d的区域内有大小为B、方向与纸面垂直的匀强磁场和大小为E、沿竖直方向的匀强电场，从区域左边界上的A点射出的带电粒子垂直于左边界进入该区域后，刚好能够做匀速直线运动．现撤去电场仅保留磁场，当粒子从该区域右边界射出时，其速度方向与水平方向的夹角为30°，不计粒子的重力，则有(　　)A．粒子必带正电荷B．粒子的初速度大小为C．该粒子的比荷为D．粒子在磁场中运动的时间为3．[此题原型为人教版教材必修1P29“问题与练习”第4题][2020·山西晋中第四次月考]某同学利用如图甲所示的实验装置来测定气垫导轨上滑决的加速度，滑块上安装有遮光条．(1)该同学利用10分度的游标卡尺测出滑块上安装的遮光条的宽度d，测量结果如图乙所示，则d＝________ cm；(2)与光电门配套的数字毫秒计测出了遮光条通过光电门1所用的时间Δt1＝0.025 s，通过光电门2所用的时间为Δt2＝0.010 s，则滑块通过光电门1时滑块的速度大小为v1＝________ m/s；(3)该同学利用刻度尺测出两光电门之间的距离为l＝0.50 m，则滑块的加速度大小为a＝________ m/s2.考向2　源于教材中的插图或相关内容4.[此题原型为人教版教材必修1P57演示实验]如图所示，静止在水平地面上的木箱，受到一个方向不变的斜向上的拉力F作用．F从零开始逐渐增大，木箱离开地面前，受到的摩擦力将(　　)A．逐渐增大  B．逐渐减小C．先逐渐增大，后又减小  D．先逐渐减小，后又增大5．[此题图取材于人教版教材选修3－1P93图3.4­7]如图所示是磁电式仪表中的辐向磁场．假设长方形线圈的匝数为n，垂直于纸面的边长为L1，平行于纸面的边长为L2，线圈垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B.当通入电流I，线圈以角速度ω绕垂直纸面的中心轴OO′转动到水平位置时，下列判断正确的是(　　)A．穿过线圈的磁通量为BL1L2B．线圈左侧边所受的安培力方向竖直向上C．线圈左侧边所受的安培力大小为nBIL1D．线圈左侧边转动的线速度v＝6．[此题原型为人教版教材选修3－1P101的插图3.6­6(回旋加速器)]回旋加速器的工作原理如图所示．两D形盒之间接有用于加速粒子的交流电源，磁场方向与盒面垂直向下．一带电粒子从加速器中央A处由静止开始加速，最终从D形盒的边缘离开．则下列说法中正确的是(　　)A．回旋加速器只能加速带正电粒子，不能加速带负电粒子B．由于粒子运动的速度越来越大，所以交流电的频率也越来越大C．只增大交流电源的电压，粒子在回旋加速器中的运动时间将变短D．只增大两D形盒的半径，粒子最终获得的动能可能不变考向3　源于教材中的阅读材料或拓展知识7．[此题原型为人教版教材必修1P102课题研究]如图所示是一个单边斜拉桥模型，均匀桥板重为G，可绕通过O点的水平固定轴转动.7根与桥面均成30°角的平行钢索拉住桥板，其中正中间的一根钢索系于桥的重心位置，其余钢索等距离分布在它的两侧．若每根钢索所受拉力大小相等且等于F，则(　　)A．F＝G  B．F＝GC．F＝G  D．F＝G8．[此题源于人教版教材必修1P28科学漫步]某个量D的变化量ΔD与发生这个变化所用时间Δt的比值叫做这个量D的变化率．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是(　　)A．“加速度的变化率”的单位是m/s2B．加速度的变化率为0的运动一定是匀速直线运动C．若加速度与初速度同方向，如图所示的a ­ t图象表示物体的速度在减小D．若加速度与初速度同方向，在如图所示的a ­ t图象中，已知物体在t＝0时速度为5 m/s，则2 s末物体的速度大小为7 m/s9．[此题是根据人教版教材必修1P77“科学漫步”的数据和内容编制的]1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用双子星号宇宙飞船(质量为m1)去接触正在轨道上运动的火箭组(质量为m2，火箭组发动机已熄火)．接触以后，开动双子星号飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F等于895 N，推进器开动7 s，测出飞船和火箭组的速度变化量为0.91 m/s.已知m1＝3 400 kg.则下列判断错误的是(　　)A．飞船和火箭组的平均加速度大小为0.13 m/s2B．火箭组受飞船的平均推力大小为895 NC．飞船所受平均合力大小为442 ND．火箭组的质量约为3 485 kg10．[此题原型为人教版教材选修3－1P65的“思考与讨论”]某物理兴趣小组在学习了电表的改装后，将图甲所示的电流表分别改装成了图乙所示的欧姆表和图丙所示的电压表．(1)电流表的量程为1 mA，内阻为100 Ω，按照图丙所示将其改装成一个量程为3 V的电压表，则需串联的电阻R2＝________ Ω.(2)该小组同学将电流表改装成图乙所示的欧姆表后，其表盘上的刻度如图丁所示．弧AB为以指针轴O为圆心的弧，两表笔分开时指针指A，接触时指针指B，C为弧AB的中点，D和F分别为弧AC和弧CB的中点．已知改装后欧姆表的总电阻为R＝4.8 kΩ，电流表指针偏转角度与电流大小成正比，则刻度盘上D点所对应的电阻为RD＝________ kΩ，F点所对应的电阻为RF＝________ kΩ.(3)该小组同学用图乙的欧姆表，按正确方法测量一未知阻值的电阻时，指针刚好指在刻度盘上的C点．若该欧姆表使用一段时间后，电源的电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确测量方法再次测量同一个电阻，则指针位置________(填“在C点”“在C点左边”或“在C点右边”)．(4)该小组将甲、乙、丙所示的电流表、欧姆表和电压表整合成一个多用电表，要求单刀多掷开关接1时成为图甲所示的电流表，接2时成为图乙所示的欧姆表，接3时成为图丙所示的电压表，请将虚线框中的电路图(图戊)补充完整．         专练4　对教材细节素材进行改编1．解析：设甲、乙两运动员在地面上滑行的距离分别为x1和x2，与水平地面间的动摩擦因数为μ，甲、乙相互作用后瞬间的速度大小分别为v1和v2，则有μmg＝ma，解得a＝μg，由匀变速直线运动的规律可得v＝2ax1，v＝2ax2，两式相比可得＝，解得＝，又由动量守恒定律可得m甲v1＝m乙v2，解得＝＝.答案：A2．解析：由于粒子能在正交电场、磁场中做匀速直线运动，故一定有qv0B＝qE，但电场方向、磁场方向未知，粒子电性也无法判断，选项A错误；由qv0B＝qE可得v0＝，选项B错误；已知粒子仅在匀强磁场中运动，从右边界射出时速度与水平方向的夹角为30°，则由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝2d，又因为qv0B＝m，解得＝，将v0＝代入可得＝，选项C正确；由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为30°，故粒子在磁场中运动的时间为t＝，而T＝，联立解得t＝，选项D错误．答案：C3．解析：(1)由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度＝主尺刻度值(毫米)＋游标尺对齐格数×游标尺精度(毫米)，可读出遮光条的宽度为d＝1.50 cm.(2)滑块通过光电门1时的速度大小为v1＝，代入数据解得v1＝0.60 m/s.(3)由于两光电门之间的距离为l＝0.50 m，滑块通过光电门2时的速度大小为v2＝＝1.5 m/s，故由v－v＝2al可得a＝1.89 m/s2.答案：(1)1.50　(2)0.60　(3)1.894．解析：设F与水平方向的夹角为α.木箱处于静止状态时，根据平衡条件得，木箱所受的静摩擦力为f＝Fcos α，F增大时，f增大；木箱运动时，所受的支持力N＝G－Fsin α，F增大时，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为f′＝μN，N减小，则f′减小．故C正确．答案：C5．解析：线圈在水平位置时，穿过线圈的磁通量为零，选项A错误；根据左手定则可知，线圈位于水平位置时，其左侧边所受的安培力方向竖直向下，选项B错误；由于线圈匝数为n，根据安培力公式可知，线圈左侧边所受的安培力大小为F＝nBIL1，选项C正确；根据线速度与角速度的关系可知，线圈左侧边转动的线速度v＝，选项D错误．答案：C6．解析：回旋加速器既能加速带正电粒子，也能加速带负电粒子，选项A错误；交流电的周期与粒子在两D形盒中运动一圈的时间相等，即T＝，与粒子运动的速度无关，所以其周期不变，由f＝可知，其频率也不发生变化，选项B错误；设D形盒的半径为R，则由qvB＝m可得粒子在D形盒中获得的最大速度为v＝，由Ek＝mv2可得粒子获得的最大动能为Ek＝，粒子在回旋加速器中运动一周，增加的动能为2qU，所以粒子在加速器中运动圆周数为n＝＝，可得粒子在回旋加速器中运动的时间为t＝nT＝，由此式可知，只增大交流电源的电压，粒子在回旋加速器中的运动时间将变短，选项C正确；由于粒子的最终动能Ek＝，所以只增大D形盒的半径，粒子最终获得的动能将增大，选项D错误．答案：C7．解析：钢索拉力和桥板重力的合力沿着桥板指向O点，否则桥板会绕O点转动；根据牛顿第三定律可知，过O点的轴对桥板的支持力水平向左；对桥板受力分析可知，桥板受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有7Tsin 30°＝G，解得T＝G，由牛顿第三定律可知，F＝T＝G，选项B正确．答案：B8．解析：加速度变化量Δa的单位是m/s2，Δt的单位是s，所以“加速度的变化率”的单位是m/s3，A错误；加速度的变化率为0，即＝0，则Δa＝0，所以a不变，则物体可能做匀变速运动，B错误；若加速度与初速度同方向，如图所示的a ­ t图象表示的是物体做加速度减小的加速运动，C错误；若加速度与初速度同方向，在如图所示的a ­ t图象中，图线与坐标轴围成的面积大小为2 m/s，表示物体在2 s末的速度比t＝0时的速度大2 m/s，已知物体在t＝0时速度为5 m/s，则2 s末的速度大小为7 m/s，D正确．答案：D9．解析：根据加速度的定义式，a＝＝0.13 m/s2，选项A正确；895 N的平均推力是飞船和火箭组组成的系统受到的，不是火箭组受到的，选项B错误；根据牛顿第二定律可知，飞船受到的平均合力大小为F1＝m1a＝442 N，选项C正确；根据牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a，代入数据解得火箭组的质量m2＝3 485 kg，选项D正确．答案：B10．解析：(1)电流表满偏的电压为UA＝IgRA＝0.1 V，由于改装之后的量程为3 V，所以量程扩大的倍数为n＝30，故需要串联的电阻阻值为R2＝(n－1)RA＝2 900 Ω.(2)当指针偏转到D点时，流过电流表的电流为满偏电流Ig的四分之一，有Ig＝，Ig＝，两式联立可解得RD＝3R＝14.4 kΩ.当指针指到F点时，此时流过电流表的电流为Ig，则有Ig＝，可解得RF＝1.6 kΩ.故刻度盘上D点对应的电阻为RD＝14.4 kΩ，F点对应的电阻为RF＝1.6 kΩ.(3)当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表需要重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式Ig＝可知，滑动变阻器的阻值需要调小，而待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I＝＝＝可知，测量同一电阻，当R变小时，I变小，指针跟原来相比，指示的位置向左偏了，即在C点左边．(4)完整的电路图如图所示．答案：(1)2 900　(2)14.4　1.6　(3)C点左边　(4)见解析