高考物理二轮复习周周练针对性练习第01周 第1练（含解析）

这是一份高考物理二轮复习周周练针对性练习第01周 第1练（含解析），共15页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
第1周第1练二、选择题：本题共8小题，每小题。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，选对但不全的得，有选错的得。14．明代诗人曾写下这样一首诗：空手把锄头，步行骑水牛；人在桥上走，桥流水不流。其中桥流水不流中的桥流应理解成其选择的参考系是（ ）A．人 B．桥 C．水 D．地面【答案】 C【解析】桥流水不流可以理解为桥动水不动，意思就是说桥在运动，研究对象是桥。以水为参照物，桥的位置发生了变化，则桥是运动的。故C正确，ABD错误故选：C。15．两物体分别在某行星表面和地球表面上由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2:3．已知该行星半径约为地球的2倍，则该行星质量与地球质量之比约为（ ）A．9:1B．2:9C．3:8D．16:9【答案】 A【解析】由静止开始自由下落相同的高度，它们下落的时间之比为2:3，则根据h=gt2可知两星球的表面的重力加速度之比为g星：g地=9：4；根据可得GM=gR2 ，则 ，故选A.16．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是(    )A．将R1单独接到电源两端B．将R1、R2并联后接到电源两端C．将R1、R2串联后接到电源两端D．将R2单独接到电源两端【答案】 A【解析】根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A，路端电压为1.5V，则电源的输出功率为P出1=1.5V×3A=4.5W，同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并−I2并r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V×2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故A正确，BCD错误。故选：A17．如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B．顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m、电荷量均为+q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点（  ）A． B． C． D．【答案】 C【解析】粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径：r=（n=1，2，3，…），粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：（n=1，2，3，…），则的粒子不能到达C点，故ABD不合题意，C符合题意。故选C。18．如图所示,质量m=1 kg的物块（可视为质点）以v1=10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后,又沿原路返回,其速率随时间变化的图象如图乙所示。已知斜面固定且足够长,且不计空气阻力,取g=10 m/s2,下列说法中正确的是 （    ）A．物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2B．在t=1 s到t=6 s的时间内物块所受重力的平均功率为50 WC．在t=6 s时物体克服摩擦力做功的功率为20 WD．在t=0到t=1 s时间内机械能的变化量大小与t=1 s到t=6 s时间内机械能变化量大小之比为1∶5【答案】 D【解析】设斜面倾角为θ，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程：，下滑过程：，根据牛顿第二定律得：，，带入数据解得：，，故A错误；根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1-6s内的位移x=×5×10＝25m，则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率，故B错误；摩擦力，则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率P=fv=4×10=40W，故C错误；在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小△E1=fx1，t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小△E2=fx2，则，故D正确．故选D．19．铀核在被中子轰击后分裂成两块质量差不多的碎块，这类核反应定名为核裂变.1947年中国科学家钱三强、何泽慧在实验中观察到铀核也可能分裂为三部分或四部分，其概率大约是分裂为两部分的概率的千分之三．关于铀核的裂变，下列说法正确的是A．裂变的产物不是唯一的B．裂变的同时能放出2~3个或更多个中子C．裂变能够释放巨大能量，每个核子平均释放的能量在裂变反应中比在聚变反应中的大D．裂变物质达到一定体积（即临界体积）时，链式反应才可以持续下去【答案】 ABD【解析】因铀核也可能分裂为三部分或四部分，则裂变的产物不是唯一的，选项A正确；因裂变是链式反应，则裂变的同时能放出2~3个或更多个中子，在重新轰击铀核发射裂变，选项B正确；核子在一次聚变反应中释放的能量不一定比裂变反应多，但平均每个核子在聚变中释放的能量一定大，故C错误；裂变物质达到一定体积（即临界体积）时，链式反应才可以持续下去，选项D正确；故选ABD. 20．如图所示，长为L＝0.5 m、倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0＝2 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能B．水平匀强电场的电场强度为C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D．若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半【答案】 BD【解析】A. 带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能。故A错误；B. 带电小球从A点到B点匀速上滑，则：mgsinθ=qEcosθ得：故B正确；C. 由题意知，电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力F=2qEcosθ−mgsinθ=ma，所以小球的加速度a=gsinθ=6m/s2，故C错误；D. 若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：F=mgsinθ−qEcosθ=mgsinθ=ma所以小球的加速度为：a=-gsinθ=-3m/s2，根据速度位移公式，有：，代入数据解得v=1m/s=v0，故D正确。故选：BD。21．如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图像可能的是：A． B．C． D．【答案】 ABD【解析】如果传送带足够长，从而使得物体不能向左滑出传送带，则物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，则：如果v1＜v2，物体向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动；故图像B正确。如果v1＞v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带；如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v1时，物体恰好离开传送带，此时的图像为A。若物体向左滑上传送带后做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，则图像为D；故选ABD. 22. （6分）某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出)．(1)该实验中小车所受的合力________(选填等于或不等于)力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(选填需要或不需要)．(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离为x.某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的关系式是________________．【答案】 等于　　(2)    不需要    F＝ (－)【解析】(1)[1][2] 实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力，所以力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．(2)[3]由于挡光板的宽度l很小，故小车在光电门1处的速度v1＝在光电门2处的速度为v2＝由速度位移关系式得a＝＝故验证的关系式为F＝Ma＝ 23. （9分）在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，现除了有一个标有5V，2.5w的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源（电动势约为5V，内阻可不计）B．直流电流表（量程0〜3A，内阻约为0.1Ω)C．直流电流表（量程0〜600mA，内阻约为0.5Ω)D．直流电压表（量程0〜15V，内阻约为15kΩ)E.直流电压表（量程0〜5V，内阻约为5kΩ)F.滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)实验中要求小灯泡两端的电压从零开始变化以便能测量多组数据．①实验中电流表应选用_____，电压表应选用_____ ．(均用序号字母表示）②请按要求将图中所示的器材连成实验电路____________．③某同学通过实验正确做出小灯泡的伏安特性曲线如下图甲所示．现把实验中使用的小灯泡接到下图乙所示的电路中，其中电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=4Ω，此时灯泡的实际功率为________W．(结果保留三位有效数字）【答案】 C    E        1.73W（1.68-1.78均可）【解析】①因为小灯泡的额定电压为5V，额定电流为，所以电流表选C，电压表选E；② 实物连线如图示．③此电源的电动势为E=6V，内阻可认为=r+R=5Ω，则将此电源的U-I图线与灯泡的U-I线画在同一坐标系中，可是看出，两图线的交点为U=3.7V ,I=0.47A，所以灯泡的实际功率为P=UI=1.74W. 24．（14分）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨、固定在同一水平面上，两导轨间距．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻．导轨上停放一质量、电阻的金属杆，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力沿水平方向拉金属杆，使之由静止开始做匀加速运动，电压传感器可将两端的电压即时采集并输入电脑，获得电压随时间变化的关系如图乙所示．（1）计算加速度的大小；（2）求第末外力的瞬时功率；（3）如果水平外力从静止开始拉动杆所做的功，求金属杆上产生的焦耳热．【答案】 （1）（2）（3）【解析】（1）根据结合图乙所示数据，解得：a=1m/s2．（2）由图象可知在2s末，电阻R两端电压为0.2V通过金属杆的电流金属杆受安培力设2s末外力大小为F2，由牛顿第二定律， ，故2s末时F的瞬时功率（3）设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律，电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比金属杆上产生的焦耳热解得： ． 25．（18分） 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：(1)物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】 （1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s【解析】(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：代入数据解得：v0=5m/s在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：代入数据解得：F=60N由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；(2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有代入数据解得：v=4m/s由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2由机械能守恒定律得：解得：物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得解得：l′=2m＜4.5m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：解得：设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：代入数据解得：当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：解得：同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为构成无穷等比数列，公比，由无穷等比数列求和公式当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为 （二）选考题：共1。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】（18分）（1）（5分）下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给，选对2个得，选对3个得，每选错1个扣，最低得分）A．在完全失重的情况下，气体的压强为零B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力C．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小D．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【答案】 BDE【解析】A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，故A错误；B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引力，故B正确；C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C错误；D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D正确；E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故E正确。故选BDE. （2）（10分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1．已知室温为27℃，汽缸导热．(1)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(2)接着打开K3，求稳定时活塞的位置；(3)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20 ℃，求此时活塞下方气体的压强．【答案】 (1) ，2p0　；(2)上升直到B的顶部；（3）1.6p0【解析】(1)设打开K2后，稳定时活塞上方气体的压强为p1，体积为V1．依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程．由玻意耳定律得①②联立①②式得③④(2)打开K3后，由④式知，活塞必定上升．设在活塞下方气体与A中气体的体积之和为V2( )时，活塞下气体压强为p2．由玻意耳定律得⑤由⑤式得⑥由⑥式知，打开K3后活塞上升直到B的顶部为止，此时．(3)设加热后活塞下方气体的压强为p3，气体温度从T1＝300 K升高到T2＝320 K的等容过程中，由查理定律得⑦将有关数据代入⑦式得p3＝1.6p0⑧ 34．【选修3-4】（15分）（1）（5分）一列简谐机械横波沿x轴正方向传播，波速为2m/s.某时刻波形如图所示，a、b两质点的平衡位置的横坐标分别为xa＝2.5m，xb＝4.5m，则下列说法中正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给，选对2个得，选对3个得，每选错1个扣，最低得分）A．质点b振动的周期为 4 sB．平衡位置x＝10.5m处的质点 （图中未画出）与a质点的振动情况总相同C．此时质点a的速度比质点 b 的速度大D．质点a从图示开始在经过个周期的时间内通过的路程为 2cmE.如果该波在传播过程中遇到尺寸小于 8m 的障碍物，该波可发生明显的衍射现象【答案】 ABE【解析】A、由图能直接读出波长，由波速公式，该波的周期，则质点a振动的周期为4s，A正确；B、处的质点与a质点相距一个波长，步调总是一致，振动情况总是相同，B正确；C、质点a离平衡位置比b远，所以此时质点a的速度比b的速度小，C错误；D、图象时刻，质点a向上运动，速度减小，再经过个周期，质点a通过的路程小于一个振幅，即小于2cm，D错误；E、此列波的波长，尺寸小于 8m 的障碍物满足发生明显衍射的条件，所以该波可发生明显的衍射现象，E正确；故选ABE． （2）（10分）一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台,如图所示是截面图,观景台下表面恰好和水面相平,A为观景台右侧面在湖底的投影,水深h=4 m,在距观景台右侧面x=4 m处有一可沿竖直方向上下移动的单色点光源S,点光源S可从距水面高3 m处下移到接近水面,在移动过程中,观景台水下被照亮的最远距离为AC,最近距离为AB,若AB=3 m,求:①水的折射率n;②光能照亮的最远距离AC．(结果可以保留根式).【答案】 ； 【解析】（1）点光源S在距水面高3m处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB，则：由于所以，水的折射率 （2）点光源S接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处掠射到水里时，被照亮的距离为最远距离AC，此时，入射角为90°，折射角为临界角C则： 可得 sinC=由数学知识得 tanC=解得：AC=htanC=m≈4.5m