高考物理二轮复习周周练针对性练习第03周 第2练（含解析）

第3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．用如图a所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图b所示的F﹣x图象，g取10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为（ ）

A．0.125m B．0.25m C．0.50m D．1.0m

【答案】 B

【解析】

在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有

小球做平抛运动时时的水平射程

小球的竖直位移：

根据几何关系可得

联立即得

x

图像的纵截距表示重力，即

mg=5N

所以有

解得：

R=0.25m

故选B；

15．下列说法中错误的是（　　）

A．若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应

B．用n=4能级跃迁到n=1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV

C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子

D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1＋2m2－m3）c2

【答案】 C

【解析】

A．根据玻尔理论可知，氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，A正确，不符合题意；

B．处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量为：

E=E4－E1=－0.85 eV－（－13.6 eV）=12.75 eV

根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：

Ek=E－W0=12.75 eV－6.34 eV=6.41 eV

B正确，不符合题意；

C．β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，C错误，符合题意；

D．根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为

释放的能量是

ΔE=Δmc2=（2m1＋2m2－m3）c2

D正确，不符合题意。

故选C。

16．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（　　）

A．ab中的感应电流方向由b到a

B．ab中的感应电流逐渐减小

C．ab所受的安培力保持不变

D．ab所受的静摩擦力逐渐减小

【答案】 D

【解析】

A．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；

B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；

C．根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；

D．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确．

17．如图，斜面体a放置在水平地面上。一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行斜面与斜面 上的物块b相连，另一端与小球c相连，整个系统处于静止状态。现对c施加一水平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b保持静止状态。则该过程中（    ）

A．轻绳的拉力一定不变

B．a、b间的摩擦力一定增大

C．地面对a的摩擦力可能不变

D．地面对a的弹力一定减小

【答案】 D

【解析】

A．对小球ｃ受力分析，如图所示：

三个力构成动态平衡，由图解法可知，绳的拉力逐渐增大，水平力F逐渐增大，故A错误；

B．对b物体分析，由于不知变化前b所受摩擦力方向，故绳的拉力增大时，b物体的滑动趋势无法确定，则a、b间的摩擦力可能增大或减小，故B错误；

CD．以a、b为整体分析，如图所示：

由平衡条件可得：

因绳的拉力变大，可知a与地间的摩擦力一定增大，地面对a的弹力一定减小，故C错误，D正确；

故选D。

18．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是

A． I1增大，I2不变，U增大

B． I1减小，I2增大，U减小

C． I1增大，I2减小，U增大

D． I1减小，I2不变，U减小

【答案】 B

【解析】

R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．

19．某半径为R的星球上，两极点处的重力加速度为g，是赤道上重力加速度的n倍，下列说法正确的是（　　）

A．同步卫星公转周期为 B．星球自转周期为

C．同步卫星的轨道半径为  D．星球的第一宇宙速度

【答案】 CD

【解析】

AB．在两极点处有：

在赤道处有：

联立解得星球自转周期：

即同步卫星公转周期为， 故A、B错误；

C．在两极点处有：

解得该天体的质量为：

设同步卫星的轨道半径为，同步卫星受到万有引力提供向心力，则有：

解得同步卫星的轨道半径为

故C正确；

D．近地卫星受到万有引力提供向心力：

解得星球的第一宇宙速度：

故D正确；

故选CD。

20．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）

A．时物块的速率为

B．时物块的动量大小为

C．时物块的动量大小为

D．时物块的速度为零

【答案】 AB

【解析】

A．前两秒，根据牛顿第二定律

则0-2s的速度规律为：

v=at；

t=1s时，速率为1m/s，A正确；

B．t=2s时，速率为2m/s，则动量为

P=mv=4kg•m/s

B正确；

CD．2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg•m/s，4s时速度为1m/s，CD错误；

21．如图，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d。设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（　　）

A．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为

B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为

C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为

D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为

【答案】 BD

【解析】

AB．若磁感应强度，即粒子的运动半径为

r==d

如图所示：

到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离MN运动的粒子，其运动时间（周期T=）为

运动时间最短的是以d为弦长的粒子，运动时间为

所以最大时间差为

故A错误，B正确；

CD．若磁感应强度，即粒子的运动半径为R=2d，如图所示：

到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为x1，根据几何关系，有

解得；到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x2，根据几何关系，有

解得，所以亮线的总长度为，故C错误，D正确。

故选BD。

22. （6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5 V，2.5 W的小灯泡、导线和开关外，还有：

A．直流电源（电动势约为5 V，内阻可不计）

B．直流电流表（量程0~3 A，内阻约为0.1 Ω）

C．直流电流表（量程0~600 mA，内阻约为5 Ω）

D．直流电压表（量程0~15 V，内阻约为15 kΩ）

E．直流电压表（量程0~5 V，内阻约为10 kΩ）

F．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A）

G．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．

(1)实验中电流表应选用__，电压表应选用__，滑动变阻器应选用____（均用序号字母表示）；

(2)请设计实验电路并在图1的方框中画出实验电路图_________；

(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，此时灯泡的实际功率为____W．（结果保留两位有效数字）

【答案】 （1）C    E  F；    （2）    （3）0.84

【解析】

(1) 灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；而灯泡的额定电流，故电流表应选择C；因本实验采用分压接法，滑动变阻器应选小电阻；故滑动变阻器选择F；

(2) 描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；灯泡的电阻较小，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，所以电路图如图：

；

(3) 把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：U=6-10I，作出电源的U-I图象如图所示：

由图示图象可知，灯泡两端电压U=0.38V，灯泡电流I=0.22A，灯泡实际功率P=UI=0.84W.

23. （9分）

如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中的不变量的实验：

(1)把两滑块A和B紧贴在一起，在滑块A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A和B，在两滑块A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．

(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A和B与挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A运动至挡板C的时间t1，滑块B运动至挡板D的时间t2.

(3)重复几次取t1、t2的平均值．

请回答以下几个问题：

(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________________；

(2)应测量的数据还有______________________________________；

(3)作用前A、B两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A、B两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)

【答案】 使气垫导轨水平    滑块A至挡板C的距离L1、滑块B至挡板D的距离L2    0    或

【解析】

(1)为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．

(2)要求出A、B两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L1和L2，再由公式v＝求出其速度．

(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝－.作用前两滑块静止，v＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为

24．（14分）

如图所示，有一光滑平台左侧靠墙，平台上有轻弹簧，其左端固定在墙上，弹簧不被压缩时右侧刚好到平台边缘，光滑平台右侧有一水平传送带，传送带A、B两端点间距离L＝1 m，传送带以速率v0＝4 m/s顺时针转动．现用一质量为的小物块向左压缩弹簧，放手后小物块被弹出，到达B端时与静止在B处质量的小物块相碰（放置小物块的位置对整个运动过程无影响），碰后粘合在一起从B端水平飞出．粘合体经过传送带下方C点时，速度方向与水平方向成45°角，经过C点下方h=0.4m的D点时，速度方向与水平方向成角．已知小物块与传送带间的动摩擦因数，平台与传送带在同一水平线上，二者连接处缝隙很小，不计小物块经过连接处的能量损失，重力加速度为．求：

(1)粘合体离开B点时的速度大小；

(2)上述过程中弹簧弹性势能的最大值；

(3)当小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t．

【答案】 (1) 2m/s； (2)9 J； (3)

【解析】

(1)设粘合体从B点飞出的速度为vB，设粘合体在C点、D点时的速度分别为v1、v2．在C点粘合体的速度方向与水平方向成45°角，则由几何关系可知：v1x＝v1y＝vB

在D点由

粘合体从C点运动到D点的过程中，在竖直方向上有：

解得vB＝2m/s

(2)在B点，两物体发生碰撞，动量守恒，则有：

解得：

则

若整个过程中，弹簧弹性势能最大，则小物块全程减速，则有：

在传送带上有：

则最大的弹性势能为：

联立以上各式解得：

（3）小物块在传送带上摩擦产生热量的最大值是小物块在传送带上相对位移最长的情况，由题意可知，小物块一直在传送带上加速，则有对小物块，有：

解得：

25．（18分）

如图直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在场强为E，沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子，从P（l，l）处由静止开始运动，第1次通过x轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标；

（3）通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。

【答案】 （1）；（2）；（3）以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点，证明见解析。

【解析】

（1）设粒子经第Ⅰ象限的电场加速后，到达y轴时的速度为，根据动能定理

①

由左手定则可以判断，粒子向－y方向偏转，如图所示：

由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为②

由牛顿第二定律得：

③

由①②③得：④

（2）粒子第2次经过x轴时，速度沿+y方向，位置坐标为⑤

粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间，第3次经过y轴时，轨迹如图

⑥

⑦

⑧

由①⑤⑥⑦⑧得

（3）粒子第2 次离开电场时，根据动能定理有：

解得，θ=45°

粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径R2，根据半径公式可得：

第三次进入电场是从坐标原点O处沿与x轴正向45°角斜向上方向。由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为l时，纵坐标的值为2l，可知本次不会经过P点。

粒子将从y=4l处第3次离开电场， 第3次通过磁场后从y=2l处与+x方向成45°角斜向上第4次过电场，不会经过P点。 以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点。

（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）

两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为，相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，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．在阶段，F做正功，分子动能增大，势能减小

B．在阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小

C．在时，分子势能最小，动能最大

D．在时，分子势能为零

E.分子动能和势能之和在整个过程中不变

【答案】 ACE

【解析】

r0为分子间的平衡距离；大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，分子间为斥力；则有：

A、r大于平衡距离，分子力表现为引力，相互靠近时F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；

B、分子之间的相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，只是分子引力的变化慢，斥力变化快，当r=r0时分子引力等于分子斥力，r大于平衡距离时分子力表现为引力，当r小于r0时分子间的作用力表现为斥力；靠近时F做负功，分子动能减小，势能增大，故B错误.

C、D、由以上分析可知，当r等于r0时，分子引力等于斥力，故分子力合力为零，分子势能最小，动能最大，但是由于分子势能的零势能面是人为确定的，故r等于r0时，分子势能不一定为零，故C正确、D错误；

E、由于没有外力做功，故分子动能和势能之和在整个过程中不变，故E正确；

故选ACE.

（2）（10分）

如图，内横截面积为S的圆桶容器内下部盛有密度为的某种液体，上部用软塞封住一部分气体，两端开口的薄壁玻璃管C下端插入液体中，上端从软塞中穿出与大气相通。气缸B的下端有小孔通过一小段导管D与A中气体相通，面积为，不计重力的轻活塞封住了一部分气体。开始C内外的液面等高，A内气柱的长度为h，保持温度不变，缓慢向下压B内的活塞，当活塞到达B底时，C内液体刚好上升到A的内上表面，此时C的下端仍在A的液体中。外界气压为p0，重力加速度为g，玻璃管C的横截面积为0.1S，不计导管D内气体的体积。求：

(1)此时作用在活塞上的压力；

(2)开始时气缸B内气体的长度。

【答案】 (1)；(2)。

【解析】

(1)设容器A内的液面下降了H，则

H（S-0.1S)=h（0.1S）

被封气体原来的的压强p1=p0，容器A内的液面下降了H后气体的压强

作用在活塞上的压力

整理得：

；

(2)设开始时B内气体的长度为L，则开始时A及B内气体的总体积为

后来的气体的体积为

根据玻意耳定律

开始时气缸B内气体的长度

。

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．泊松亮斑是光的干涉现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象

B．波传播方向上各质点与振源振动周期相同，是因为各质点的振动均可看成在其相邻的前一质点驱动力作用下的受迫振动

C．做简谐运动的质点先后通过同一点时，回复力、加速度相同，但相对平衡位置的位移不同

D．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的

E.在用单摆测重力加速度的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点的位置

【答案】 BDE

【解析】

A．泊松亮斑是光的衍射现象，破璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，故A错误；

B．波传播方向上各质点的振动周期等于波源的振动周期，是因为各质点的振动均可看成在其相邻的前一质点驱动力作用下的受迫振动，故B正确；

C．做简谐运动的质点先后通过同一点时，相对平衡位置的位移相同，根据F=－kx可知回复力相同，那么，根据牛顿第二定律可得加速度相同，故C错误；

D．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故D正确；

E．单接计时的起始位置应选在小球运动到最低点的位置，此时摆球的速度最大，计时比较准确，故E正确。

故选BDE。

（2）（10分）

如图甲所示为一列水平向右传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图示时刻波恰好传播到x=0.24m处。图乙是这列波上O点的振动图像。质点M的平衡位置坐标为x=1.20m。从该时刻开始计时，求：

（i）波的传播速度大小；

（ⅱ）质点M第一次到达波峰所需的时间；

（iii）质点M第一次到达波峰时通过的路程。

【答案】 （i）；  （ii）；   （iii）0. 15m。

【解析】

（i）由图甲知波的波长为，由图乙知波的波长为T=0. 4m，则波速大小为

；

（ii）质点M第一次到达波峰所需的时间就是初始时刻x=0. 06m处的质点的振动状态传到M点所需的时间，由波的图象可得，

，

所需的时间为

；

（iii）由波的图象知，振幅A=0. 05m，从质点M起振到第一次到达波峰历时为

所以质点M通过的路程为

s=3A=3×0. 05m=0. 15m。