高考物理二轮复习周周练针对性练习第03周 第1练（含解析）

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第3周第1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．小物体从一固定斜面底端以初速度冲上斜面，如图所示，已知小物体与斜面间动摩擦因数为0.75，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物体在斜面上运动时间为（）（　　）A． B． C． D．【答案】 A【解析】重力沿斜面向下的分力为：小物块与斜面间的滑动摩擦力为：上滑过程中的加速度为：上升过程中的时间为：运动到最高点小物体处于静止，小物体在斜面上运动时间为，故A正确，B、C、D错误；故选A。15．2019年4月10日21点，科学家发布了黑洞人马座A*的照片。黑洞强大的引力致使以3108m/s的速度传播的光都不能逃逸。已知人马座A*的直径为4400万公里，则人马座A*与地球的质量之比约为（  ）(可能用到的数据有：地球半径6400km；地球的环绕速度为7.9km/s；天体的逃逸速度为该天体环绕速度的倍)A．1011 B．1012 C．1013 D．1014【答案】 B【解析】设地球的质量为m，半径用r表示，则地球的环绕速度可表示为；黑洞的逃逸速度为c，设人马座A*的质量为M，半径用R表示，则有带入数据，人马座A*与地球的质量之比故ACD错误，B正确。故选B。16．如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块A相接触而不相连，原来A静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿水平面向右运动，在O点与物块A相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F撤去．运动到D点时，恰好速度为零．AB物体最后被弹簧弹回C点停止，已知CO=4s，OD=s，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为(    )A．1.43Fs B．2Fs C．2.5Fs D．3Fs【答案】 A【解析】B与A碰撞前的瞬间的动能解得：B与A在碰撞过程中动量守恒，设共同速度为，则有解得：B与A碰撞后AB整体弹回到C点过程中有：解得：B与A碰撞后AB整体到达D点过程中有：解得：故选A.17．如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（　　）A．电荷从a到b加速度减小B．b处电势能较大C．b处电势较高D．电荷在b处速度大【答案】 B【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在b点的加速度大，A错误；从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b处电势能大，动能减小，速度减小，所以电荷在b处速度小，B正确D错误；根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，C错误．18．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为A． B． C． D．【答案】 D【解析】、粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有解得根据轨迹图知，∠OPQ=60°则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为，则D正确，ABC错误。故选D。19．如图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=110Ω，A、V为理想电流表和电压表。若原线圈接入图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是（  ）A．电流表的示数为1A B．原线圈中的电流是0. 5AC．原、副线圈的匝数比为2：1 D．原线圈中交变电压的频率为100Hz【答案】 ABC【解析】A．根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为110Ω，所以电阻R的电流为A所以电流表示数为1A，A正确；C．由图乙可知，原线圈输入电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，副线圈输出电压的有效值为110V，根据电压与匝数成正比：得匝数比为2：1，C正确；B．根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则有：220×I（W）=110×1W解得原线圈中的电流I=0.5A，B正确；D．根据图象可知，原线圈中交变电压的频率为HzD错误。故选ABC。20．甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v-t图象如图所示，其中甲为直线．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是A．在to～2to时间内，甲、乙的加速度方向相同B．在to～2to内，乙的平均速度大于甲的平均速度C．在0～2to内，甲乙间的最远距离为D．在0～2to内，甲乙间的最远距离为【答案】 ABD【解析】A．速度图象的斜率表示加速度，根据图象可知，在t0-2t0时刻，甲、乙的加速度都为负，方向相同．故A正确；B．根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t0-2t0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B正确；CD．甲、乙从同一位置出发，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，最远距离等于两者位移之差，为x=t0•（2v0-v0）=v0t故C错误，D正确．故选ABD。21．云室能显示射线的径迹，把云室放在磁场中，从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性，放射性元素A的原子核静止放在磁感应强度B=2.5T的匀强磁场中发生衰变，放射出粒子并变成新原子核B，放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示，测得两圆的半径之比R1：R2=42：1，且R1=0.2m，已知粒子质量mα=6.64×10-27kg，β粒子质量mβ=9.1×10-31kg，普朗克常量取h=6.6×10-34Js，下列说法正确的是：（     ）A．新原子核B的核电荷数为84B．放射性元素A原子核发生的是β衰变C．衰变放射出的粒子的速度大小为2.4×107m/sD．如果A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015Hz的光子，那么这种光子能使逸出功为4.54eV的金属钨发生光电效应【答案】 ACD【解析】由动量守恒0=mv-mαvα，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力，又qα=2e，R1：R2=42：1，由以上关系得该放射性元素的电荷量q=84e，即衰变前原子核的电荷数为84，故A正确．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反．粒子轨迹为外切圆，说明两粒子所受的洛伦兹力方向相反，均带正电，故发生的是α衰变，故B错误．因 ，得，故C正确．A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子，依据E=hγ=6.6×10-34×1.2×1015 J=7.92×10-19 J=4.95eV＞4.54 eV，因此能使金属钨发生光电效应，故D正确；故选ACD． 22. （6分）某位同学在实验室使用打点计时器：（1）电磁打点计时器和电火花打点计时器所使用的是_________电源（填 交流 或 直流），电磁打点计时器的工作电压是________V，电火花打点计时器的工作电压是___________V。当电源频率是50 Ｈz时，它每隔________s打一次点。（2）该同学利用打点计时器探究小车速度随时间变化的规律时，对打出的一条纸带进行研究，从O点开始每5个打点作为一个计数点（中间4个打点未画出），计数点分别为A、B、C、D、E，该同学已求出各计数点速度，其数值见下表。（a）若以O点为计时起点，根据以上数据在所给的坐标纸中作出小车的v-t图线_______；（b）由所作图象求出：①计数点O对应的速度大小________m/s；②小车的加速度大小________m/s2。【答案】   交流  4-6V  220V  0.02s    0.30m/s  2.0m/s2【解析】（1）电磁打点计时器使用的是4-6V的低压交流电；电火花打点计时器使用的是220V的交流电，打点周期（2）（a）根据描点法，用平滑的曲线将点连接，如图所示，（b）①计数点O对应的速度由图象的读数可知为0.3m/s，②求解速度时间图象的斜率即为加速度：  23. （9分）实验室有一个室温下的阻值约为100Ω的温敏电阻RT。一实验小组想用伏安法较准确测量RT随温度变化的关系。其可供使用的器材有：电压表V1(量程为3V，内阻约为5kΩ)；电压表V2(量程为15V，内阻约为100kΩ)；电流表A1(量程为0.6A，内阻约为2Ω)；电流表A2(量程为50mA，内阻约为30Ω)；电源(电动势为3V，内阻不计)；滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)；开关S、导线若干。(1)综合以上信息，请你帮助该实验小组设计出科学合理的测量其电阻的电路原理图_____，其中电压表应选用__(填V1或V2)，电流表应选用__(填A1或A2)；(2)实验中测得不同温度下电阻阻值如下表温度t()01020304050阻值R()100.0103.9107.8111.7115.6119.4 请在给出的坐标纸中作出其阻值随温度变化的图线___(3)由图线可知，该温敏电阻的阻值随温度变化的特点是_____；(4)根据温敏电阻的阻值随温度变化的特点，可以制成测温仪表，原理如图，E为电源，是一量程适当的电流表(0刻度在刻度盘左端，满偏电流在右端)，使用时只要将的刻度盘由电流改为温度，就能测量所处环境的温度，则改换后越靠近刻度盘右端表示的温度越____(填高或低)，盘面的刻度是___(填均匀或不均匀)的。【答案】     V1    A2    图见解析    其阻值随温度升高线性增加    低    不均匀【解析】(1)由于，应采用电流表的外接法；又由于滑动变阻器的最大阻值与待测电阻的阻值相比较小，所以变阻器应采用分压式接法，测量其电阻的电路原理如下图：由电源电动势为3V知，电压表应选V1；电阻值约100Ω，所以通过电阻的电流最大不超过30mA，因此电流表应选A2；(2)根据测得不同温度下电阻阻值，用一条平滑的直线将上述点连接起来，让尽可能多的点处在这条直线上或均匀地分布在直线的两侧，其阻值随温度变化的图线如下图：(3)由图线可知，其阻值随温度的升高线性增加；(4)根据图像知R=100+kt，随t的增大，R增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电流I减小，所以越靠近右端表示的温度越低；根据闭合电路欧姆定律可知，I与R的关系是非线性的，由图像知R与t的关系是线性的，所以I与t的关系非线性，I的刻度均匀换成t的刻度就是不均匀的。 24．（14分）如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40 cm,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2,问:(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地,落地点离N点的距离多大?落地时的速度是多大?【答案】 (1)20m（2）1.5N（3）【解析】（1）设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，小滑块在C点时，重力提供向心力：代入数据解得： v=2m/s，L=20m．（2）滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得：在P点时由牛顿第二定律可得：解得：N=1.5N由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力是1.5N．（3）小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，有：代入数据解得滑块运动的时间为：t=0.4s滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 qE=ma，所以加速度： a=2.5m/s2，水平的位移为：代入解得：x=0.6m落地速度： 25．（18分）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，导轨间距L=0.5m，导轨上端接一阻值R=lΩ的电阻。匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B=2T。两导体棒a、b质量均为m=lkg、电阻均为r=0.5Ω，且a棒与导轨之间的动摩擦因数μl=0.5，b棒与导轨之间的动摩擦因数μ2 =0.8开始时a棒固定，b棒静止，现让以棒由静止开始下滑，当b棒在安培力作用下刚要开始运动时，两棒恰好相碰，且碰后不分开并一起向下运动。a、b棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：(1)a棒与b棒刚要相碰时，a棒的速度大小；(2)a、b棒一起下滑的最大速度；(3)若两棒相碰后，经过s发现已经达到最大速度，求在这段时间内电路中产生的热量。【答案】 (1)0.5m/s；(2)2m/s；(3)J。【解析】(1)b棒刚要开始运动时，有解得A此时a棒中的电流A整个电路的总电阻为a棒产生的感应电动势由闭合电路欧姆定律解得此时a棒的速度大小为；(2)a、b棒碰撞过程满足动量守恒，有解得当a、b棒一起下滑加速度为0（即匀速运动）时，速度最大，则电路中的电阻为a、b棒产生的感应电动势回路中的感应电流a、b棒所受的安培力F=BIL根据平衡条件可得解得；(3)由于两棒碰后不分开，则两棒一起向下运动的过程中，根据动量定理：平均感应电动势为其中通过电阻R的净电荷量根据能量守恒定律：解得J。  （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）关于热力学的一些现象和规律，以下叙述正确的是         。（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．热量不能自发地从低温物体传到高温物体B．液体的表面张力使液面绷紧，所以液滴呈球形C．高原地区水的沸点较低，是高原地区温度较低的缘故D．一些昆虫可以停在水面上，是由于表面层的水分子比内部的水分子更密集E.一定质量的理想气体在状态改变过程中，既不吸热也不放热，内能也有可能发生变化【答案】 ABE【解析】A．根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，需要外界干预，故A正确；BD．液体表面张力是由于表面层的水分子比液体内部的水分子更稀疏，分子间表现出引力，使液面绷紧，液滴呈球形，故B正确，D错误；C．高原地区水的沸点较低，这是因为高原地区大气压较低的缘故，故C错误；E．根据热力学第一定律，一定质量的理想气体在状态改变过程中，既不吸热也不放热，通过做功内能也有可能发生变化，故E正确。故选ABE。 （2）（10分）图示为一定质量的理想气体压强与体积的关系图像．气体在A状态时的压强为p0、体积为V0、热力学温度为T0，在B状态时体积为2V0，在C状态时的压强为2 p0、体积为2 V0．已知曲线AB是双曲线的一部分．求①气体在B状态的压强和C状态的热力学温度；②气体由C状态经D状态变化到A状态的过程中，外界对气体做的功．【答案】 ①；②【解析】（1）气体由状态A到状态B是等温变化，有解得：分析气体由C到A的过程，由气态方程得：解得：（2）气体由C到D的过程中，外界对气体做的功气体由D到A是等容过程，外界对气体不做功故由C经D到A的过程中，外界对气体做的功为 34．【选修3-4】（15分）（1）（5分）如图，把一个有小孔的小球连接在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上，能够自由滑动，弹簧的质量与小球相比可以忽略，小球运动时空气阻力很小，也可以忽略。系统静止时小球位于O点，现将小球向右移动距离A后由静止释放，小球做周期为T的简谐运动，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．若某过程中小球的位移大小为A，则该过程经历的时间一定为B．若某过程中小球的路程为A，则该过程经历的时间一定为C．若某过程中小球的路程为2A，则该过程经历的时间一定为D．若某过程中小球的位移大小为2A，则该过程经历的时间至少为E.若某过程经历的时间为，则该过程中弹簧弹力做的功一定为零【答案】 CDE【解析】AB．弹簧振子振动过程中从平衡位置或最大位移处开始的时间内，振子的位移大小或路程才等于振幅A，否则都不等于A，故AB错误；CE．根据振动的对称性，不论从何位置起，只要经过，振子的路程一定等于2A，位置与初位置关于平衡位置对称，速度与初速度等大反向，该过程中弹簧弹力做的功一定为零，故CE正确；D．若某过程中小球的位移大小为2A，经历的时间可能为，也可能为多个周期再加，故D正确。故选CDE。 （2）（10分）如图，O1O2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O1O2方向照射到透明体上。已知透明体的半径为R，真空中的光速为c。(1)不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为t，求透明体材料的折射率；(2)若透明体材料的折射率为，求以45°的入射角射到A点的光，通过透明体后与O1O2的交点到球心O的距离。【答案】 (1)；(2)。【解析】(1)光在透明体内的最长路径为2R，不考虑光在球内的反射，则有透明体材料的折射率；(2)该光线的传播路径如图，入射角i=45°，折射率为n=，根据折射定律，则折射角r=30°光从B点射出时的出射角为45°，由几何关系知，∠BOC=15°，∠BCO=30°，∠CBO=135°，由正弦定理，有解得以45°的入射角射到A点的光，通过透明体后与O1O2的交点到球心O的距离。