2020届高考物理一轮复习 第13章 动量守恒定律近代物理 8 模块综合检测 新人教版

2020届高考物理一轮复习 第13章 动量守恒定律近代物理 8 模块综合检测 新人教版

模块综合检测 ‎ ‎(时间：60分钟　分值：100分)‎ 一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)‎ ‎1．(2018·无锡天一中学检测)下列说法符合物理学史实的是(　　)‎ A．伽利略通过斜面实验的合理外推，得出了自由落体运动的规律 B．开普勒发现了行星运动的规律，提出了万有引力定律 C．卡文迪许利用扭秤实验巧妙地测出了静电力常量k的数值 D．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转现象发现了电流的磁效应 解析：选A．伽利略通过斜面实验的理想化外推，得出了物体运动状态和受力的关系，并得到了自由落体运动的规律，A对；开普勒发现了行星的运动规律，但提出万有引力定律的是牛顿，B错；卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量G的数值，C错；根据小磁针在通电导线周围的偏转现象发现了电流的磁效应的是奥斯特，D错．‎ ‎2．‎ ‎(2018·江苏六市高三调研)如图所示的闭合电路中，R是半导体光敏电阻，R1为滑动变阻器．现用一束光照射光敏电阻，则下列说法错误的是(　　)‎ A．电流表读数变大 B．电压表读数变大 C．电源的总功率变大 D．电源内阻的功率变大 解析：选B．当光照射光敏电阻时，电阻值变小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，故A正确；由U＝E－Ir知，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故R两端的电压减小，故B错误；因电路中的电流增大，所以电源的总功率变大，电源内阻的功率也变大，故C、D正确．‎ ‎3．‎ 质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则(　　)‎ A．小球对圆槽的压力为 9‎ B．小球对圆槽的压力为 C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加 D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小 解析：选C．利用整体法可求得系统的加速度为a＝，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为 ，由牛顿第三定律可知只有C项正确．‎ ‎4．‎ 如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是(　　)‎ A．A点的电势最低 B．B点的电场强度最大 C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等 D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大 解析：选D．根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误、D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中EA>EB，则同一正电荷在A、B两点所受电场力关系为FA>FB，所以C错误．‎ ‎5．(2018·江苏高级中学高三模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示，则(　　)‎ A．线框受到的水平外力一定是恒定的 B．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8‎ C．出磁场的时间是进入磁场时的一半 D．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等 解析：选B．根据E＝BLv，I＝，F＝BIL，v＝at以及F拉－F＝ma可知，‎ 9‎ 线框受到的水平外力是变力，出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图象及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误．‎ 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选或不答的得0分)‎ ‎6．‎ ‎(2018·苏锡常镇四市调研)如图所示，将砝码A放在水平桌面上的纸板B上，各接触面间动摩擦因数均相等，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d．在水平向右的恒力F的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，砝码刚好到达桌面右端．则下列说法正确的是(　　)‎ A．砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等 B．砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端处 C．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码将不能到达桌面右端 D．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码与纸板间产生的热量将减小 解析：选ABC．因砝码水平方向只受到滑动摩擦力，且各接触面间动摩擦因数相等，所以砝码与纸板分离前后加速度大小不变，故A正确；因砝码刚好到达桌面右端，砝码先加速再减速，且加速度大小相等，由v2＝2ax可知，砝码离开纸板时，距离桌面右端为，故B正确；假设F→∞，纸板的加速度会非常大，与砝码A分离的时间很短，由惯性可知，C正确；由Q＝f·s相对可知，砝码与纸板产生的热量不变，故D错误．‎ ‎7．‎ 载人飞船从发射、进入轨道、加速变轨，最后进入圆形轨道稳定运行．如图是载人飞船正在加速变轨的过程，如下相关的说法中，正确的是(　　)‎ A．进入新轨道后的周期比低轨道的周期大 B．进入新轨道后的速率比低轨道的速率小 C．进入新轨道后，飞船的加速度变小 D．飞船在圆形轨道运行时，宇航员处于超重状态 解析：选ABC．载人飞船加速变轨后轨道半径增大，‎ 9‎ 但在不同的圆形轨道上都满足万有引力提供向心力．由G＝mr＝m＝ma，得T＝2π，v＝，a＝，由此可知，轨道半径越大，周期越大、线速度和加速度越小，故飞船进入新轨道后的周期变大，速率和加速度变小，故A、B、C均正确．飞船在圆形轨道运行时，地球对宇航员的引力完全提供向心力，宇航员处于失重状态，故D错误．‎ ‎8．如图甲所示，小滑块P(可视为质点)以不同的初速度v0从长度为‎4 m的固定斜面Q的顶端沿斜面下滑时，得到小滑块下滑的最大距离x与初速度的平方v的关系图象(即x－v图象)如图乙所示，下列判断正确的是(　　)‎ A．小滑块下滑的加速度大小为‎4 m/s2‎ B．小滑块下滑的加速度大小为‎2 m/s2‎ C．若v0＝5．‎0 m/s，则滑块滑到斜面底端的时间长为1 s D．若v0＝5．‎0 m/s，则滑块滑到斜面底端的时间长为4 s 解析：选BC．根据匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v＝2ax，其中v＝0，整理得x＝－，因为x－v图象的斜率k＝ m－1·s2，可得a＝－‎2 m/s2，所以滑块下滑的加速度大小为‎2 m/s2，选项A错误，B正确；当v0＝‎4 m/s时，由速度位移公式得x＝‎4 m，即当滑块以‎4 m/s 的初速度滑下时，小滑块已滑到Q的底端，则当v0＝‎5 m/s时，由位移公式得L＝v0t＋at2，代入数据解得t＝1 s或t＝4 s(舍去)，选项C正确，D错误．‎ ‎9．‎ 如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两个有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B．把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)．则下列关于从A射出的粒子说法正确的是(　　)‎ A．当粒子带负电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为 9‎ B．当粒子带负电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为 C．当粒子带正电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为 D．当粒子带正电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为 解析：选BC．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力．‎ ‎(1)当v0＝时，则由牛顿第二定律可得qvB＝m，T＝，根据几何关系作出运动轨迹，r＝L，如图甲 由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C点，即t＝，C正确；当粒子带负电，粒子经过T第一次到达C点，即t＝，故A错误．‎ ‎(2)当v0＝，r＝L，如图乙，由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过T到达C点，即t＝，故D错误；当粒子带负电，粒子经过第一次到达C点，即t＝，故B正确．‎ 三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎10．(8分)(2018·苏锡常镇四市调研)如图甲所示是小明探究橡皮筋弹力做的功W与小车动能的变化量ΔEk间的关系的装置图，长木板放在水平桌面上，橡皮筋的两端分别与小车和挡板相连．实验中，通过增减橡皮筋的根数来改变弹力所做的功．‎ ‎(1)下列实验操作正确的是________．‎ A．实验时，应先释放小车，然后接通电源 B．增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋 C．每次应将小车拉到相同的位置由静止释放 D．实验前应先平衡小车在木板上所受的摩擦力 9‎ ‎(2)如图乙所示是某次实验中的一条纸带，相邻计数点间时间T＝0．02 s．为得到本次实验小车动能的变化量，求得的小车速度v＝________ m/s．‎ ‎(3)由实验数据画出的W－ΔEk图象如图丙所示，小明认为由图象能得出“橡皮筋弹力做的功等于小车动能的变化量”的实验结论，你同意吗？________(填“同意”或“不同意”)，你的理由是___________________________________________．‎ 解析：(1)实验时，先接通电源后释放小车，故A错误；增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋，这样橡皮筋做功就有倍数关系，故B正确；每次都要从同一位置由静止释放，这样开始时橡皮筋的形变量相同，过程中每根橡皮筋做的功才相同，故C正确；实验中橡皮筋对小车所做的功认为是合外力做的功，因此实验前需要平衡摩擦力，故D正确．‎ ‎(2)计算时应取小车匀速的最大速度，由题图乙可知v＝＝ cm/s＝‎90 cm/s＝0．‎9 m/s．‎ ‎(3)因用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功就有倍数关系，测不出橡皮筋做功的具体数值，所以不同意．‎ 答案：(1)BCD　(2)0．9　(3)不同意　实验中不能测出橡皮筋弹力所做功的具体数值 ‎11．(8分)实验室购买了一捆标称长度为‎100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1．‎0 mm2，查得铜的电阻率为1．7×10－8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．‎ 可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0．‎6 A，内阻约0．2 Ω；‎ 电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；‎ 滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；‎ 滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；‎ 定值电阻：R0＝3 Ω；‎ 电源：电动势6 V，内阻可不计；‎ 开关、导线若干．回答下列问题：‎ ‎(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R‎1”‎或“R‎2”‎)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．‎ 9‎ ‎(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．‎ ‎(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0．‎50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V．‎ ‎(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．‎ 解析：根据串、并联电路的特点，电阻定律以及欧姆定律解决问题．‎ ‎(1)根据R＝ρ，得铜导线的阻值约为Rx＝1．7 Ω，即Rx＋R0＝4．7 Ω．实验中的滑动变阻器若选R1，则当滑动变阻器滑片移至a端时，电压表的示数约为3 V，若滑动变阻器滑片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选R2．闭合开关S前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至a端．‎ ‎(2)连线如图所示．‎ ‎(3)电压表的示数为2．30 V．‎ ‎(4)根据欧姆定律，铜导线与R0的串联电阻R＝＝ Ω＝4．6 Ω，所以铜导线的电阻Rx＝R－R0＝1．6 Ω．‎ 根据Rx＝ρ得导线长度 l＝＝ m≈‎94 m．‎ 答案：(1)R2　a　(2)见解析图　(3)2．30(2．29～2．31均正确)　(4)94(93～95均正确)‎ ‎12．(15分)(2018·南京、盐城、连云港三市高三模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻弹簧相连，B、C两物体用不可伸长的轻绳相连，并跨过轻质光滑定滑轮，C 9‎ 物体放置在固定的光滑斜面上．开始时用手固定C使绳处于拉直状态但无张力，ab绳竖直，cd绳与斜面平行．已知B的质量为m，C的质量为‎4m，弹簧的劲度系数为k，固定斜面倾角α＝30°．由静止释放C，C在沿斜面下滑过程中A始终未离开地面．(已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量．)重力加速度为g．求：‎ ‎(1)刚释放C时，C的加速度大小；‎ ‎(2)C从开始释放到速度最大的过程中，B上升的高度；‎ ‎(3)若A不离开地面，其质量应满足什么条件．‎ 解析：(1)刚释放C时，由牛顿第二定律得 ‎4mgsin 30°＝5ma a＝g．‎ ‎(2)初始对B物体有kx1＝mg C速度最大时，有F1＝4mgsin 30°‎ 此时，对B物体有F1＝mg＋kx2‎ B物体上升的高度h＝x1＋x2‎ 解得h＝．‎ ‎(3)若A不离开地面，则对A物体 kx3≤mAg kx1＝mg ‎4mg(x1＋x3)sin 30°－mg(x1＋x3)＝kx－kx 解得mA≥‎3m．‎ 答案：见解析 ‎13．(15分)如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g．上述d、E0、m、v、g为已知量．‎ 9‎ ‎(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求电场变化的周期T；‎ ‎(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．‎ 解析：(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB ①‎ 微粒做圆周运动，则mg＝qE0 ②‎ 联立①②得q＝ ③‎ B＝． ④‎ ‎(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1 ⑤‎ qvB＝m ⑥‎ ‎2πR＝vt2 ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝ ⑧‎ 电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋． ⑨‎ ‎(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R ⑩‎ 联立③④⑥得R＝⑪‎ 设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min 由⑤⑩⑪得t1min＝＝ 因t2不变，T的最小值为Tmin＝t1min＋t2＝‎ ．‎ 答案：(1)　　(2)＋ (3) 9‎