2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（十一）　一模考前适应性训练（二） 12页

寒假作业(十一)　一模考前适应性训练(二)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8题有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1.(2017·沈阳模拟)a、b两辆汽车沿同一直线运动，它们的xt图像如图所示，则下面关于两车运动情况的说法正确的是(　　)‎ A．前2 s内两车的位移相同 B．t＝1 s时两车之间的距离最远 C．b车的加速度的大小为1 m/s2‎ D．第3秒内两车行驶的路程相同 解析：选D　位移大小等于初、末位置坐标之差，根据图像可知，前2 s内a车的位移大于b车位移，故A错误；图像的交点表示相遇，根据图像可知，t＝1 s时两车相遇，故B错误；b车做匀速直线运动，加速度为0，故C错误；图像的斜率表示速度，根据图像可知，第3 s，a、b速度相同，做匀速直线运动，则第3秒内两车行驶的路程相同，故D正确。‎ ‎2.(2017·吉林大学附中模拟)如图所示，空间中存在与等边三角形ABC所在平面平行的匀强电场。其中电势φA＝φB＝0，φC＝φ。保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以AB为轴转过60°，则此时C点的电势为(　　)‎ A.φ　　　　　　　　　 B．φ C．－φ D．－φ 解析：选B　运用匀强电场U＝Ed求解即可，关键明确d为沿电场方向的距离。因为A、B点等势，所以电场方向水平向左，设等边三角形的边长为L，则C点到AB的垂线长度为L，所以匀强电场E＝，让等边三角形以AB为轴转过60°，则C点在平面上的投影点到AB的距离为d＝L·cos 60°＝L，故此时C点的电势为φ′＝Ed＝×L＝φ ‎，B正确。‎ ‎3.(2017·钦州市港区月考)在如图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，理想电流表的示数I和理想电压表的示数U将(　　)‎ A．I变小，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变小 D．I变大，U变大 解析：选B　当R的滑片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大。电压表测量路端电压U，而U＝E－Ir，I增大，E、r不变，则U变小。设变阻器两端电压为U′，则U′＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不变，则U′变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大，故B正确。‎ ‎4.实际生活中常常利用如图所示的装置将重物吊到高处。现有一质量为M的同学欲将一质量也为M的重物吊起，已知绳子在水平天花板上的悬点与定滑轮固定点之间的距离为L，不计滑轮的大小、滑轮与绳的重力及滑轮受到的摩擦力。当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，动滑轮与天花板间的距离为(　　)‎ A.L B.L C.L D.L 解析：选A　当该同学把重物缓慢拉升到最高点时，绳子的拉力等于人的重力，即为Mg，而重物的重力也为Mg，‎ 设绳子与竖直方向的夹角为θ，可得2Mgcos θ＝Mg，则θ＝60°，此时动滑轮与天花板的距离为d＝＝L，所以A正确，B、C、D错误。‎ ‎5．某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0‎ 表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是(　　)‎ A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小 B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt C．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动 D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高 解析：选B　当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，故B正确；当用户数目增多时，功率增大，根据功率P＝UI，电压不变，则电流增大，损失电压增大，从而可确定触头P移动方向向上，故C错误；当触头P向下移动，只会改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故D错误。‎ ‎6．下列说法正确的是(　　)‎ A．若氢原子核外电子从激发态n＝3跃迁到基态发出的光子刚好能使某金属发生光电效应，则从激发态n＝2跃迁到基态发出的光子一定能使该金属发生光电效应 B．英籍物理学家卢瑟福在1919年用α粒子轰击氮核打出了两种粒子，测出了它们的质量和电荷量，证明了原子核内部是由质子和中子组成的 C．任何原子核在衰变过程中质量数和电荷数都守恒 D．光子除了具有能量外还具有动量 解析：选CD　根据光电效应中极限频率和玻尔理论可知，A错误；英籍物理学家卢瑟福用α粒子轰击氮核时发现了质子，测出了它的质量和电荷量，并没有发现中子，B错误；根据原子核的衰变规律可知，任何原子核在衰变过程中都遵循质量数和电荷数守恒，C正确；根据光量子理论，光子不仅具有能量，还具有动量，D正确。‎ ‎7.如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数 μ＜tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是(　　)‎ A．上滑的过程A、B整体处于失重状态 B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动 C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程 D．A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等 解析：选AD　在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：‎ ‎(mA＋mB)gsin θ＋f＝(mA＋mB)a，‎ f＝μ(mA＋mB)gcos θ 因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。‎ 同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：‎ ‎(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a′，‎ 得：a′＝gsin θ－μgcos θ 由于μ＜tan θ，所以a′＞0‎ 所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；‎ 以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：‎ mBgsin θ＋f′＝mBa，‎ 解得：f′＝μmBgcos θ；‎ 向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：‎ mBgsin θ－f″＝mBa′，‎ 解得：f″＝μmBgcos θ；‎ 所以f″＝f′，即A与B 之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。‎ ‎8．半径为r带缺口的刚性金属网环在纸面上固定放置，在网环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够宽，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B正中间有质量未知、电荷量为q的带电液滴，液滴在0～0.1 s内处于静止状态，已知重力加速度为g。则以下说法正确的是(　　)‎ A．液滴带正电 B．液滴的质量为 C．第0.3 s时液滴的运动方向改变 D．第0.4 s时液滴距初始位置距离为0.08g(单位：米)‎ 解析：选ABD　根据楞次定律可知，在0～0.1 s内线圈中产生的感应电动势下板为正，液滴处于平衡状态时，可知液滴带正电，选项A正确；在0～0.1 s内线圈中产生的感应电动势E＝S＝×πr2＝0.1πr2；对液滴mg＝q，解得m＝，选项B正确；0.1～0.2 s内电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.2～0.3 s内电动势的方向不变，液滴继续向下加速运动，0.3～0.4 s内电动势方向改变，液滴受力平衡，向下做匀速运动，选项C错误；液滴向下匀加速运动：mg＋q＝ma，解得a＝2g,0.1～0.3 s内液滴向下加速运动的位移x1＝at2＝×2g×0.22＝0.04g(m)；在0.3 s时刻液滴的速度v＝at＝2g×0.2 m/s＝0.4g m/s；0.3～0.4 s内液滴向下做匀速运动，故位移x2＝vt＝0.04g(m)，第0.4 s时液滴距初始位置距离为0.08g(单位：米)，选项D正确。‎ 二、非选择题(共47分)‎ ‎9．(6分)(2017·鸡西模拟)利用如图所示的实验装置探究动能定理，将光电门固定在轨道上的B点，用重物通过细线拉小车，小车质量为M，保持小车质量不变，改变所挂重物质量m多次进行实验，每次小车都从同一位置A由静止释放(g取10 m/s2)。‎ ‎(1)做该实验时，是否需要平衡摩擦力__________(填“需要”或“不需要”)。‎ ‎(2)实验时，发现传感器示数明显不等于重物的重力，其原因是______________________。‎ ‎(3)在正确规范操作后，实验时除了需要读出传感器的示数F，测出了小车质量M，还需测量的物理量有________________________，验证动能定理的表达式为__________________(用测得的物理量表示)。‎ 解析：(1)由于该实验探究拉力做功与动能变化的关系，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力。‎ ‎(2)由于没有满足重物的质量远小于小车的质量，导致传感器示数明显不等于重物的重力。‎ ‎(3)实验时需要读出传感器的示数F，测出了小车质量M，还需测量的物理量有：AB两点的长度s、在B点的速度v，光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v，根据功能关系可以求出需要验证的关系式：Fs＝Mv2。‎ 答案：(1)需要　(2)重物的质量没有远小于小车的质量　(3)AB两点的长度s、在B点的速度v　Fs＝Mv2‎ ‎10．(9分)(2017·重庆一诊)某学习小组在练习使用多用电表的同时，对多用电表进行了探究(以下问题中均使用同一多用电表)。‎ ‎(1)该学习小组先使用多用电表测量电压，若选择开关处在“10 V”挡位，指针的位置如图1所示，则测量结果为________V。‎ ‎(2)然后学习小组对多用电表进行了探究，将多用电表选择开关旋至某倍率欧姆挡，测未知电阻值的电路如图2所示，通过查找资料，了解到表头G的满偏电流为10 mA，并通过测量作出了电路中电流I与待测电阻阻值Rx 关系图像如图3所示，由此可确定电池的电动势E＝________V，该图像的函数关系式为I＝________。综上可判定学习小组使用了多用电表________倍率的欧姆挡。‎ A．×1 B．×10‎ C．×100 D．×1 k 解析：(1)若用多用电表直流10 V挡测量电压，其分度值为0.2 V，对应读数是4.4 V。‎ ‎(2)对欧姆表内部的电路由全电路的欧姆定律得 I＝，当欧姆调零时，Rx＝0。‎ I＝＝10 mA；而指针指向中值电阻时，R滑＋rg＋r＝Rx＝150 Ω，而I1＝＝5 mA，故E＝1.5 V；故电流的表达式为I＝；由此可知欧姆表的内阻150 Ω＝15×10 Ω，则选择的是×10的倍率。‎ 答案：(1)4.4　(2)1.5　　B ‎11.(14分)如图所示，倾角为θ的无限长斜面上PQ部分粗糙，且长为3L，其余部分都光滑。质量均为m的四个小物块(可视为质点)置于斜面，每相邻两物块间有一长为L且平行于斜面的轻杆，每根杆的上端与物块粘连而下端与物块不粘连，各物块与斜面PQ段的动摩擦因数均为2tan θ。A、B、C、D同时释放时A恰在P点，且各物块有相同的沿斜面向下的初速度，最终四个物块均能通过Q点。重力加速度为g。求：‎ ‎(1)A在PQ段运动刚达到最大速度时的位置；‎ ‎(2)物块C刚过P点时，杆对物块D的弹力；‎ ‎(3)要使四个物块均能通过Q点，最初释放各物块时的初速度v0应该满足的条件。‎ 解析：(1)由整体法，将四物块及杆看成整体，当它们下滑到重力沿斜面向下的分力等于摩擦力时运动速度达最大值，有：‎ μ·nmgcos θ＝4mgsin θ 得到：n＝2‎ 即物块B刚过P点，此时A离P点的距离为L。‎ ‎(2)对四物块及杆整体用牛顿第二定律得：‎ μ·3mgcos θ－4mgsin θ＝4ma 得到a＝gsin θ，方向沿斜面向上 对物块D用牛顿第二定律得：‎ F－mgsin θ＝ma 解得F＝mgsin θ，方向沿斜面向上。‎ ‎(3)要使四个物块都能通过Q处，物块D过Q点时它的速度应大于零。物块A离开Q点时，物块发生分离。设物块D刚过P点时的速度为v 对物块D从P到Q的过程用动能定理得 mgsin θ×3L－μmgcos θ×3L＝0－mv2‎ 解得：v＝ 开始下滑时的初速度为v0，对整体进入PQ段过程用动能定理：4mgsin θ×3L－μmgcos θ(3L＋2L＋L)＝×4mv2－×4mv02‎ 解得：v0＝v＝ 即释放时，初速度v0＞。‎ 答案：(1)A离P点的距离为L ‎(2)mgsin θ，方向沿斜面向上　(3)v0＞ ‎12．(18分)(2018届高三·厦门一中检测)如图所示，PR是一长为L＝0.64 m的绝缘平板，固定在水平地面上，挡板R固定在平板的右端，整个空间存在一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向里的匀强磁场B，磁场的宽度d＝0.32 m，一个质量m＝5×10－4 kg，带电荷量q＝5.0×10－2 C的小物块，从板的P 端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动，当物块碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场(不计撤掉电场对原磁场的影响)，物块返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在C点，PC＝，若物块与平板间的动摩擦因数μ＝0.20，取g＝10 m/s2。‎ ‎(1)判断电场的方向以及物块带正电还是带负电；‎ ‎(2)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)求物块与挡板碰撞过程中损失的机械能。‎ 解析：(1)物块由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力，进入磁场后做匀速直线运动，说明它所受摩擦力增大，可得所受洛伦兹力方向向下。由左手定则可判断物块带负电，而所受电场力向右，说明电场方向向左。‎ ‎(2)设物块被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，物块在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡，有mg＝Bv2q，从离开磁场到停在C点，－μmg＝0－mv22，解得B＝0.125 T。‎ ‎(3)设从D点进入磁场时的速度为v1，由动能定理可得qE－μmg＝mv12，从D点到R做匀速直线运动，有qE＝μ(mg＋Bv1q)‎ 小物块撞击挡板损失的机械能为 ΔE＝mv12－mv22，解得ΔE＝4.8×10－4 J。‎ 答案：(1)电场方向水平向左，物块带负电　(2)0.125 T ‎(3)4.8×10－4 J 三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)‎ ‎[物理—选修3－3]　(15分)‎ ‎13．(1)(5分)下列说法正确的是________。‎ A．布朗运动就是分子的无规则运动 B．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一 C．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体 D．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的 E．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 ‎(2)(10分)在图甲所示的密闭气缸内装有一定质量的理想气体，图乙是它从状态A变化到状态B的VT图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102 J，求：‎ ‎(ⅰ)气体在状态B的体积VB；‎ ‎(ⅱ)此过程中气体内能的增量ΔU。‎ 解析：(1)悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，体现了分子的无规则运动，由液体分子的无规则运动而引起的，不是小颗粒分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能量的转移，不是能量的转化，故D错误；温度是描述热运动的物理量，根据热力学定律可知，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)由题VT图像延长线通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖—吕萨克定律得：‎ ＝；解得：VB＝VA＝×6.0×10－3 m3‎ ‎＝8.0×10－3 m3。‎ ‎(ⅱ)外界对气体做的功：‎ W＝p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3)J＝－2×102 J。‎ 根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W 解得：ΔU＝6.0×102 J－2×102 J＝4.0×102 J＝400 J。‎ 答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)8.0×10－3 m3　(ⅱ)400 J ‎[物理—选修3－4]　(15分)‎ ‎14．(2017·达州一模)‎ ‎(1)(5分)图甲为一列简谐横波在t＝0时的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是________。‎ A．这列波的波长是8.0 m，周期是0.2 s，振幅是10 cm B．在t＝0时，质点Q向y轴正方向运动 C．从t＝0到t＝0.15 s，该波沿x轴负方向传播了6 m D．从t＝0到t＝0.15 s，质点P通过的路程为30 cm E．质点Q做简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt(国际单位)‎ ‎(2)(10分)如图所示，一圆柱形桶的高为d、底面直径为 d。当桶内无液体时，用一细束单色光从某点A沿桶口边缘恰好照射到桶底边缘上的某点B。当桶内液体的深度等于桶高的一半时，仍然从A点沿AB方向照射，恰好照射到桶底上的C点。C、B两点相距，光在真空中的速度c＝3.0×108 m/s。求：‎ ‎(ⅰ)液体的折射率n；‎ ‎(ⅱ)光在液体中传播的速度v。‎ 解析：(1)由题图甲知：这列波的波长是8.0 m，振幅是10 cm，由题图乙知：周期是0.2 s，故A正确。题图乙为质点Q的振动图像，则知在t＝0时，质点Q正从平衡位置向上运动，所以质点Q向y轴正方向运动，故B正确。在t＝0时，质点Q向y轴正方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴正方向传播，波速为：v＝＝ m/s＝40 m/s，从t＝0到t＝0.15 s，经过的时间为：Δt＝0.15 s，则从t＝0到t＝0.15 s, 该波沿x轴正方向传播的距离为x＝vΔt＝40×0.15 m＝6 m，故C错误。从t＝0到t＝0.15 s，由于t＝0时质点P 不在波峰、波谷和平衡位置，所以从t＝0到t＝0.15 s内，质点P通过的路程不是3A＝30 cm，故D错误。质点Q做简谐运动的 表达式为y＝Asint＝0.1sint＝0.10sin 10πt(m)，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)据题意，其光路如图所示。设入射角为i，折射角为r，由几何知识有：‎ tan i＝＝，‎ 则有：i＝60°。‎ 又BN＝ONtan 60°＝d 则CN＝BN－BC＝d－d＝d 所以tan r＝＝＝，‎ 解得：r＝30°‎ 故折射率为：n＝＝＝。‎ ‎(ⅱ)光在液体中传播的速度为：‎ v＝＝ m/s＝×108 m/s。‎ 答案：(1)ABE　(2)(ⅰ)　(ⅱ)×108 m/s