2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（十）　一模考前适应性训练（一）

2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（十）　一模考前适应性训练（一）

寒假作业(十)　一模考前适应性训练(一)‎ 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·海淀一月模拟)玻尔提出的氢原子结构理论主要依据的现象是(　　)‎ A．α粒子散射实验的现象 B．中子轰击铀核发生裂变的现象 C．原子核的天然放射性现象 D．低压氢气放电管中的氢气在高电压作用下发光，产生线状谱线的现象 解析：选D　α粒子散射实验的现象得出了原子核式结构模型，故A错误。中子轰击铀核发生裂变是核电站的主要原理，故B错误。原子核的天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，故C错误。低压氢气放电管中的氢气在高电压作用下发光，产生线状谱线的现象，用核式结构模型无法解释，在这基础上，玻尔提出了氢原子结构理论，用能量的量子化进行解释，故D正确。‎ ‎2.如图所示，是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形，如果认为峭壁的平面是竖直的平面，冰面是光滑的，腿与峭壁面是垂直的，细绳与壁面的夹角为30°，运动员重为80 kg。则细绳给人的张力大小为(g取10 m/s2)(　　)‎ A. N　　　　　　　　 B．800 N C. N D．1 600 N 解析：选C　对运动员受力分析如图所示：根据平衡条件，水平方向：‎ N＝Tsin 30°‎ 竖直方向：Tcos 30°＝mg 故细绳给人的张力为：‎ T＝＝ N＝ N 故C正确。‎ ‎3.如图所示，P、Q是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有a、b、c三点在一条直线上，平行于P、Q的连线，b在P、Q连线的中垂线上，ab＝bc，下列说法正确的是(　　)‎ A．电势：φa＞φb＞φc B．电势：φa＞φc＞φb C．电场强度：Ea＞Eb＞Ec D．电场强度：Eb＞Ea＞Ec 解析：选A　P、Q是两个电荷量相等的异种电荷，画出等势面和电场线分布，如图所示：根据沿着电场线，电势逐渐降低，可得φa＞φb＞φc，故A正确，B错误。电场线的疏密程度反映电场强度的大小，由于对称性可得Ea＝Ec，故C、D错误。‎ ‎4．(2018届高三·皖南八校联考)一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R)(　　)‎ A.πR B.πR C.πR D.πR 解析：选A　根据卫星在其轨道上满足G＝mg′，且在地球表面G＝mg，又因为g′＝g，解得r＝2R；则某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为，则观测到地面赤道最大弧长为πR，A正确。‎ ‎5．如图甲所示，在粗糙的水平面上，一质量m＝1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并被锁定，滑块与弹簧不相连，解除锁定前滑块处于P处，t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝1 s时滑块已经在水平面上滑行x＝4 m的距离。在滑块运动方向上与P相距7 m的Q处有一竖直挡板，若滑块与挡板碰撞被弹回时无能量损失，g取10 m/s2，弹簧的劲度系数为0.8 N/m，则下列说法正确的是(　　)‎ A．滑块与水平面间动摩擦因数为0.2‎ B．弹簧锁定时具有的弹性势能为10 J C．若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块的机械能守恒 D．当滑块从P点向右运动2.5 m时，滑块具有最大的动能 解析：选A　从图像可知，滑块脱离弹簧后的加速度为：a1＝＝ m/s2＝－2 m/s2‎ 由牛顿第二定律有：－μmg＝ma1‎ 得：μ＝0.2，故A正确；‎ t1＝1 s时滑块已经在水平面上滑行x＝4 m的距离，设弹簧对滑块做功为W，由动能定理知：W－μmgx＝mvb2‎ 代入数据得：W＝16 J 由题图可知此时弹簧已经恢复原长，弹性势能已经全部释放，所以弹性势能Ep＝W＝16 J，故B错误；若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，但滑块的机械能不守恒，故C错误；当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，滑块的动能最大，则有：kΔx＝μmg，解得：Δx＝2.5 m，则当滑块从P点向右运动的位移x＝4 m－2.5 m＝1.5 m时，滑块具有最大的动能，故D错误。‎ ‎6.(2017·南宁一模)如图所示，小球从斜面底端正上方h高处，以某一速度正对倾角为θ的斜面水平抛出时，小球到达斜面的位移最小，(重力加速度为g)则(　　)‎ A．小球平抛的初速度v0＝ sin θ B．小球平抛的初速度v0＝ C．飞行时间t＝cos θ D．飞行时间t＝ 解析：选AC　过抛出点作斜面的垂线，如图所示：‎ 当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则 水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t 竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝gt2‎ 解得v0＝ sin θ，t＝cos θ。‎ 故A、C正确。‎ ‎7.如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。 已知金属杆MN倾斜放置， 与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)‎ A．电路中感应电动势的大小为 B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的发热功率为 解析：选BD　电路中感应电动势为：E＝Blv，故A错误。由题意可知金属杆接入电路中的有效电阻R＝，则电路中感应电流的大小为：I＝＝，故B正确。金属杆所受安培力的大小为：F＝BI·MN＝BI＝，故C错误。金属杆的热功率为：P＝EI＝I2R＝，故D正确。‎ ‎8．(2017·沈阳模拟)如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输电线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分), 甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是(　　)‎ A．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源 B．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源 C．丙会发生触电事故，继电器会切断电源 D．丁会发生触电事故，继电器会切断电源 解析：选AD　题图中甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确，B错误；当丙双手“火线—零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈B中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，故C错误；当丁如题图中“手—地”触电时，会导致一部分电流通过大地，发生触电事故，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D正确。‎ 二、非选择题(共47分)‎ ‎9．(6分)(2018届高三·西北工大附中检测)某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t＝0时，小车处于甲图所示的位置。‎ ‎(1)该同学按甲图完成实验，请指出至少一处错误：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)把甲图中的错误改正后，重新做实验，图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E为计数点(每两个计数点间还有4个点未画出)，AC间的距离为________cm。‎ ‎(3)若打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则小车的加速度大小为________m/s2。(结果保留两位有效数字)‎ 解析：(1)该实验的错误之处：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。‎ ‎(2)AC间的距离为3.10 cm。‎ ‎(3)根据Δx＝aT2，运用逐差法得：‎ a＝＝ m/s2‎ ‎＝0.98 m/s2。‎ 答案：(1)打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力　(2)3.10　(3)0.98‎ ‎10．(9分)(2017·福州一中模拟)为了测量某高内阻电源的电动势E和内阻r(电动势约5 V、内阻约500 Ω)，现提供下列器材：‎ A．待测电源 B．电压表V(0～3 V，内阻约几千欧)‎ C．电流表A(10 mA，RA＝10 Ω)‎ D．电阻箱R0(0～9 999.9 Ω)‎ E．滑动变阻器R1(0～20 Ω)‎ F．滑动变阻器R2(0～1 000 Ω)‎ G．开关及导线 H．干电池若干节(内阻很小)‎ ‎(1)实验中需要将电压表改装。首先测定其内阻，某同学采用图甲所示的电路， 电源为干电池组。开关S闭合前， 电阻箱R0的阻值应该调到________(选填“零”或“最大”)。闭合开关，调节电阻箱， 当电压表指针满偏时，阻值为R01＝2 950 Ω；当电压表指针半偏时，阻值为R02＝8 900 Ω，则电压表内阻RV＝__________ Ω。‎ ‎(2)采用图乙所示的电路测量电源电动势和内阻。电阻箱R0与电压表串联构成量程为6 V的电压表，则R0＝____________Ω；滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)。‎ ‎(3)根据实验测得数据，作出电源路端电压U随电流I变化的图像如图丙所示，由图像可知E＝________V，r＝________Ω。‎ 解析：(1)开关S闭合前，电阻箱R0的阻值应该调到最大。‎ 由U＋·R01＝0.5U＋·R02，解得RV＝3 000 Ω。‎ ‎(2)根据扩大电压表量程原理，电阻箱R0与电压表串联构成量程为6 V的电压表，则R0＝3 000 Ω；滑动变阻器应选阻值范围大的R2。‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律，E＝U＋Ir，结合图线解得E＝5.0 V，图线斜率的绝对值等于电源内阻r＝490 Ω。‎ 答案：(1)最大　3 000　(2)3 000　R2　(3)5.0　490‎ ‎11.(14分)如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r＝0.25 m，C端水平，AB段的动摩擦因数为0.5。竖直墙壁CD高H＝0.2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L＝0.3 m的斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l＝0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出。重力加速度g＝10‎ ‎ m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；‎ ‎(2)小物块从C点抛出到击中斜面的时间；‎ ‎(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。‎ 解析：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得：‎ mglsin 37°＋mg(r－rcos 37°)－μmglcos 37°＝mv02‎ 代入数据解得：v0＝ m/s 在C点，由牛顿第二定律得：N－mg＝m 代入数据解得：N＝2.2 N 由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2 N。‎ ‎(2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，‎ 由几何关系得＝ 代入得：x＝0.3－1.5y 由平抛运动的规律得：‎ x＝v0t，‎ y＝gt2‎ 联立得15t2＋2t－0.6＝0‎ 代入数据解得：t＝ s。‎ ‎(3)由(2)知x＝0.3－1.5y v02t2＝v02＝(0.3－1.5y)2‎ 可得：v02＝ 小物块击中斜面时动能为：‎ Ek＝mv02＋mgy＝mg＋mgy－mg 解得：当y＝0.12 m时，Ekmin＝0.15 J。‎ 答案：(1)2.2 N　(2) s　(3)0.15 J ‎12．(18分)如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道相切，轨道半径R＝1 m，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点在MN边界上)。一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为v0＝ m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过K点，在K点速度vK＝4 m/s, 求：(不计空气阻力，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)小球带何种电荷；‎ ‎(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)小球从K点飞出时磁场同时消失，小球离开K点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G(G点未标出)，求G点到D点的距离。‎ 解析：(1)小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电，电场力水平向右，洛伦兹力斜向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，也不可能与速度方向在同一直线上，小球不可能做直线运动，则小球带正电。‎ ‎(2)小球在CD间做匀速直线运动，则有C点的速度与D点的速度相等，即：vD＝v0＝ m/s，‎ 电场力与重力的合力：‎ F＝＝5 N；‎ 从D到K过程，对小球，‎ 由动能定理可得：－Wf－F·2R＝mvK2－mvD2，‎ 代入数据解得：Wf＝27.6 J。‎ ‎(3)在CD段，设重力与电场力合力为F，‎ 则：F＝qvB＝5 N，‎ 小球离开K点后做类平抛运动，加速度：a＝，‎ ‎2R＝at2，代入数据解得：t＝0.4 s，‎ s＝vKt＝4×0.4 m＝2.26 m。‎ 答案：(1)正电　(2)27.6 J　(3)2.26 m 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)(6分)下列说法正确的是________。‎ A．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，能估算出气体分子的大小 B．若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能一定增大 C．系统吸收热量时，它的内能不一定增加 D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁频繁碰撞引起的 ‎(2)(9分)如图所示，某水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面100 cm不变，因上部混有少量的空气使读数不准，当气温为27 ℃时，实际大气压为76 cmHg，而该气压计读数为70 cmHg。求：‎ ‎(ⅰ)若气温为27 ℃时，该气压计中水银柱高度为64 cm，则此时实际气压为多少cmHg?‎ ‎(ⅱ)在气温为－3 ℃时，该气压计中水银柱高度变为73 cm，则此时实际气压应为多少cmHg?‎ 解析：(1)由于气体分子的间隙很大，仅由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，只能估算每个分子占据的空间体积，是不能估算该种气体分子大小的，选项A错误；分子力做功等于分子势能的减小量；若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，如果是引力，分子的动能一定增大；如果是斥力，分子的动能一定减小，选项B错误；物体吸收热量时，可能同时对外做功，根据热力学第一定律，它的内能不一定增加，选项C正确；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，如电冰箱要耗电，选项D正确；容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，取决于分子的数密度和分子热运动的平均动能，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)根据平衡知识得：‎ 上部混有少量的空气压强为：‎ p1＝76 cmHg－70 cmHg＝6 cmHg 上部混有少量的空气体积：V1＝(100－70)S＝30 cm·S 若在气温为27 ℃时，用该气压计测得的气压读数为64 cmHg，‎ 空气体积：V2＝(100－64)S＝36 cm·S 气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1＝p2V2‎ 解得p2＝5 cmHg p′＝64 cmHg＋5 cmHg＝69 cmHg。‎ ‎(ⅱ)T1＝(273＋27)K＝300 K V3＝(100－73)S＝27 cm·S T3＝(273－3)K＝270 K 根据理想气体状态方程＝C得：＝ 代入数据解得：p3＝6 cmHg p″＝73 cmHg＋6 cmHg＝79 cmHg。‎ 答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)69 cmHg　(ⅱ)79 cmHg ‎[物理—选修3－4]　(15分)‎ ‎14.(1)(6分)频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚平行玻璃砖，单色光1、2在玻璃砖中折射角分别为30°和60°，其光路如图所示，下列说法正确的是____________。‎ A．射出折射光线1和2一定是平行光 B．单色光1的波长大于单色光2的波长 C．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度 D．图中单色光1、2通过玻璃砖所需的时间大小关系无法确定 E．单色光1从玻璃射到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃射到空气的全反射临界角 ‎(2)(9分)如图所示，实线是某列横波在0时刻的波形图，虚线是0.25 s时刻的波形图。振幅为2 cm，已知0时刻x＝1 m处的质点正在向y轴负方向运动。求：‎ ‎(ⅰ)波的最大周期；‎ ‎(ⅱ)波在最大周期情况下，写出x＝2.5 m处的质点振动位移为 cm的可能时刻。‎ 解析：(1)根据几何知识可知，光线在玻璃砖上表面的折射角等于在下表面的入射角，由光路可逆性原理可知，出射光线的折射角等于入射光线的入射角，所以出射光线与入射光线平行，因此出射光线1与2相互平行，选项A正确；在上表面，单色光1比单色光2偏折厉害，则单色光1的折射率大，频率大，单色光1的波长小，选项B错误；根据v＝知，单色光1的折射率大，则单色光1在玻璃中传播的速度小，选项C错误；单色光1在玻璃中传播的速度小，而在玻璃中单色光1通过的路程比单色光2短，二者通过的时间将无法确定，选项D正确；根据sin C＝知，单色光1的折射率大，则临界角小，故E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)由题意可知，波向左传播，波长为4 m；‎ v＝＝(16n＋12)m/s，n＝0,1,2,3，…‎ T＝＝ 当n＝0时，最大周期T＝ s。‎ ‎(ⅱ)由波形图可知，x＝2.5 m处的质点0时刻位移为－ cm，沿y轴正方向振动，则经过位移为 cm的时刻有：‎ t1＝s，n＝0,1,2,3，…；‎ t2＝s，n＝0,1,2,3，…。‎ 答案：(1)ADE　(2)(ⅰ) s ‎(ⅱ)t1＝s，n＝0,1,2,3，…‎ t2＝s，n＝0,1,2,3，…‎