高考物理综合能力训练(二)

综合能力训练(二)

(时间:60分钟满分:110分)

第Ⅰ卷

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题只有一项符合题目要求, 第6~8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) 1. (2015·江西六校联考) 下列叙述正确的是( )

A. 法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点

B. 伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性 C. 牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量

D. 将实验和逻辑推理(包括数学演算) 和谐地结合起来, 从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是笛卡尔 2. (2015·湖北武汉武昌区调研测试) 从地面竖直上抛一物体A 的同时, 在离地面高H 处有相同质量的另一物体B 开始做自由落体运动, 两物体在空中同时到达距地面高h 时速率都为v (两物体不会相碰), 则下列说法正确的是( ) A. H=2h

B. 物体A 竖直上抛的初速度大小是物体B 落地时速度大小的2倍 C. 物体A 、B 在空中运动的时间相等

D. 两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等

3. (2015·湖南师范大学附属中学月考) 如图所示, 物体沿斜面由静止滑下, 在水平面上滑行一段距离后停止, 物体与斜面、水平面间的动摩擦因数相同, 斜面与水平面平滑连接。下图中v 、a 、F f 和x 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程, 它们随时间变化的图象正确的是( )

4. (2015·湖北荆门调研) 理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的倍。火星探测器悬停在距火星表面高度为h 处时关闭发动机, 做自由落体运动, 经时间t 落到火星表面。已知引力常量为G , 火星的半径为R 。若不考虑火星自转的影响, 要探测器脱离火星飞回地球, 则探测器从火星表面的起飞速度至少为( ) A.7. 9 km/s

B.11. 2 km/s

2 t

5. (2015·河南实验中学月考) 两个中间有孔的质量为M 的小球A 、B 用一轻弹簧相连, 套在水平光滑横杆上。两个小球下面分别连一轻弹簧。两轻弹簧下端系在一质量为m 的小球C 上, 如图所示。已知三根轻弹簧的劲度系数都为k , 三根轻弹簧刚好构成一等边三角形。下列说法正确的是( )

A. 水平横杆对质量为M 的小球的支持力为Mg+mg

B. 连接质量为m 小球的轻弹簧的弹力为3 C. 连接质量为m 小球的轻弹簧的伸长量为3kmg

D. 套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为mg

6. (2015·湖北武汉武昌区调研测试) 如图为一种获得高能粒子的装置, 环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形区域的宽度非常小) 。质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子可在环中做半径为R 的圆周运动。A 、B 为两块中心开有小孔的距离很近的平行极板, 原来电势均为零, 每当带电粒子经过A 板刚进入AB 之间时, A 板电势升高到+U, B 板电势仍保持为零, 粒子在两板间的电场中得到加速。每当粒子离开B 板时, A 板电势又降为零。粒子在电场中一次次加速使得动能不断增大, 而在环形区域内, 通过调节磁感应强度大小可使绕行半径R 不变。已知极板间距远小于R , 则下列说法正确的是( )

A. 环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里

B. 粒子从A 板小孔处由静止开始在电场力作用下加速, 绕行N 圈后回到A 板时获得的总动能为NqU

C. 粒子在绕行的整个过程中, A 板电势变化周期不变

D. 粒子绕行第N 圈时, 环形区域内匀强磁场的磁感应强度为R

2NmUq

7. 如图为某小型水电站的电能输送示意图, 发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电。已知输电线的总电阻R=10 Ω, 降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1, 副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路, 用电器电阻R 0=11 Ω。若T 1、T 2均为理想变压器, T 2的副线圈两端电压表达式为u=220 sin 100πt V。下列说法正确的是 ( )

A. 发电机中的电流变化频率为100 Hz B. 通过用电器的电流有效值为20 A C. 升压变压器的输入功率为4 650 W

D. 当用电器的电阻R 0减小时, 发电机的输出功率减小 8. (2015·湖北武汉武昌区调研测试) 正对着且水平放置的两平行金属板连接在如图电路中, 板长为l , 板间距为d , 在距离板的右端 2l 处有一竖直放置的光屏M 。D 为理想二极管(即正向电阻为0, 反向电阻无穷大), R 为滑动变阻器, R 0为定值电阻。将滑片P 置于滑动变阻器正中间, 闭合开关S, 让一电荷量为q 、质量为m 的质点从两板左端连线的中点N 以水平速度v 0射入板间, 质点未碰极板, 最后垂直打在M 屏上。在保持开关S 闭合的情况下, 下列分析或结论正确的是( )

A. 质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同

2mg

B. 板间电场强度大小为q

C. 若仅将滑片P 向下滑动一段后, 再让该质点从N 点以水平速度v 0射入板间, 质点依然会垂直打在光屏上

D. 若仅将两平行板的间距变大一些, 再让该质点从N 点以水平速度v 0射入板间, 质点依然会垂直打在光屏上

第Ⅱ卷

二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题, 每个试题考生都必须做答。第13~15题为选考题, 考生根据要求做答)

(一) 必考题(共47分) 9.

(6分)(2015·五市十校教研教改共同体联考) 如图是某同学做“探究做功与速度变化的关系”的实验装置。他将光电门固定在直轨道上的O 点, 用同一重物通过细线拉同一小车, 每次小车都从不同位置由静止释放, 各位置A 、B 、C 、D 、E 、F 、G (图中只标出了O 、G ) 离O 点的距离d 分别为8 cm、16 cm、24 cm、32 cm、40 cm、48 cm、56 cm。 (1)该实验是否必须测量重物的重力: (选填“需要”或“不需要”); 该实验是否必须平衡摩擦力: (选填“是”或“否”) 。

(2)为了减小实验误差, 下列做法正确的是( )

A. 增大遮光条的宽度使其宽度的测量的相对误差尽量小 B. 同一d 值的测量多测几次以减小偶然误差 C. 重物质量应当远小于小车质量

D. 调节滑轮高度, 使连接小车的细线与轨道平行

(3)用游标卡尺测得此装置中的遮光条的宽度d= 。

10. (9分)(2015·山东理综)

甲

如图甲所示的电路中, 恒流源可为电路提供恒定电流I 0, R 为定值电阻, 电流表、电压表均可视为理想电表。某同学利用该电路研究滑动变阻器R L 消耗的电功率。改变R L 的阻值, 记录多组电流、电压的数值, 得到如图乙所示的U -I 关系图线。

乙

回答下列问题:

(1)滑动触头向下移动时, 电压表示数选填“增大”或“减小”) 。 (2)I 0= A。

(3)R L 消耗的最大功率为 W(保留一位有效数字) 。 11. (12分)(2015·山西四校联考) 如图所示, 两足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L , 导轨平面与水平面的夹角θ=30°, 导轨电阻不计, 磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为L 的金属棒垂直于MN 、PQ 放置在导轨上, 且始终与导轨接触良好, 金属棒的质量为m 、电阻为R 。两金属导轨的上端连接一个灯泡, 灯泡的电阻也为R 。现闭合开关S ,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F=2mg 的恒力, 使金属棒由静止开始运动, 当金属棒达到最大速度时, 灯泡恰能达到它的额定功率。重力加速度为g , 求:

(1)金属棒能达到的最大速度v m ; (2)灯泡的额定功率P L ;

(3)若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大, 求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中, 金属棒上产生的电热Q 1。

12. (20分)(2015·河北保定重点高中联考) 如图所示, 一质量为m=1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A 点, 随传送带运动到B 点, 小物块从C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动, 已知圆弧半径R=0. 9 m,轨道最低点为D , D 点距水平面的高度h=0. 8 m。小物块离开D 点后恰好垂直碰击放在水平面上E 点的固定倾斜挡板, 已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0. 3, 传送带以5 m/s恒定速率顺时针转动, g 取10 m/s2。求

(1)传送带AB 两端的距离;

(2)小物块经过D 点时对轨道的压力的大小; (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值。

(二) 选考题(共15分。请考生从给出的3道物理题中任选一题做答。如果多做, 则按所做的第一题计分)

13. (15分) 【物理——选修3-3】

(1)(5分) 关于一定量的理想气体, 下列叙述正确的是。(填正确答案标号, 选对1个得2分, 选对2个得4分, 选对3个得5分。每选错1个扣3分, 最低得分为0分

)

A. 气体吸收的热量不可以完全转化为功 B. 气体体积增大时, 其内能一定减少 C. 气体从外界吸收热量, 其内能可能减少 D. 外界对气体做功, 气体内能可能减少

E. 保持气体的压强不变, 改变其体积, 可以实现其内能不变

(2)(10分) 如图所示, 一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内, 气柱长度为h 。

现继续向管内缓慢地添加部分水银, 水银添加完时, 气柱长度变为4h 。再取相同质量的水银缓慢地添加在管内。外界大气压强保持不变。 (ⅰ) 求第二次水银添加完时气柱的长度。

(ⅱ) 若第二次水银添加完时气体温度为T 0, 现使气体温度缓慢升高, 求气柱长度恢复到原来长度h 时气体的温度。

14. (15分) 【物理——选修3-4】

(1)(5分) 一列简谐横波在初始时刻和再经过时间t 后的波形分别如图中实线和虚线所示。已知波向左传播, 时间t

(ⅰ) B 点的坐标为

(ⅱ) A 在时间t 内通过的路程为

(2)(10分)(2015·陕西西安长安区第一中学质量检测) 由透明体做成的三棱柱, 横截面为有一个锐角为30°的直角三角形, 如图所示, AC 面镀膜, 经透明体射到AC 面的光只能反射。现有一束光从AB 面的D 点垂直AB 面射入透明体, 经AC 面E 点反射后从BC 面射出透明体, 出射光线与BC 面成30°角。 (ⅰ) 求该透明体的折射率;

(ⅱ) 若光线从BC 面的F 点垂直BC 面射入透明体, 经AC 面E 点反射后从AB 面射出透明体, 试画出经E 点后的光路图, 并标明出射光线与AB 面所成夹角的角度(不用列式计算) 。

15. (15分) 【物理——选修3-5】

(1)(5分) 下列说法中正确的是 (填正确答案标号, 选对1个得2分, 选对2个得4分, 选对3个得5分。每选错1个扣3分, 最低得分为0分)

A. 放射性的原子核在发生α衰变时, 使产生的新核处于低能级, 这时它要向高能级跃迁, 能量以γ光子的形式辐射出来

B. 放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件无关

C. 一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时, 最多向外辐射三种不同频率的光子 D. 普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说

E. 用某种光照射金属发生光电效应后, 当光强增强时, 饱和光电流会增大

(2)(10分) 苏联科学家齐奥尔科夫斯基提出了多级火箭的概念。把火箭一级一级地接在一起, 三级火箭从上到下依次为运载物、第三级、第二级和第一级, 实际应用中一般不会超过四级, 可以简化成模型, 运载物的质量为M , 每一级的质量为m , 当运载物和三级物离

开地面时已经具有速度v 0, 点火过程连续, 每一级物分离时速度大小均为20, 每次分离时间t , M=3m , 忽略空气阻力, 不考虑燃料消耗质量, 重力加速度为g 。 (ⅰ) 当第一级与火箭主体分离时, 求火箭主体速度。 (ⅱ) 最后一次分离运载物获得的推力为多大?

参考答案

1. A 解析:最先提出电荷周围存在电场观点的是法拉第, 故选项A 正确; 牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性, 故选项B 错误; 测量引力常量的是卡文迪许, 故选项C 错误; 将实验和逻辑推理(包括数学演算) 和谐地结合起来, 从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略, 故选项D 错误。

2. D 解析:A 、B 运动的时间相同, 加速度都等于g , 所以速度的变化量大小也相同, 都等于v , 对A :Δv=v-v0=-v, 上升高度h A =h, 对B :Δv=v-0=v, 下落高度h B =H-h, 由x=, 可知

4ℎ

h A =3h B , 可得H=3A 的初速度v 0=2v , 根据对称性知, B 落地的速度也是2v , 故选项A 错误, 选项B 错误; A 上升的时间与B 下落的时间相同, 设为t , 故A 在空中运动的时间为2t , 所以选项C 错误; 两物体落地前, 只有重力做功, 所以各自的机械能都守恒, AB 在地面处的速度大小相等, 所以两者机械能相等, 故选项D 正确。

3. C 解析:根据物体的受力情况, 可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动, 到达水平面上之后, 做匀减速运动, 所以物体运动的v -t 图象应该是倾斜的直线, 不能是曲线, 故选项A 错误; 由于物体的运动先是匀加速运动, 后是匀减速运动, 在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的, 所以物体的a -t 图象应该是两段水平的直线, 不能是倾斜的直线, 故选项B 错误; 在整个运动的过程中, 物体受到的都是滑动摩擦力, 所以摩擦力的大小是不变的, 并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小, 所以滑动摩擦力在斜面上的比在水平面上的小, 故选项C 正确; 物体做的是匀加速直线运动, 物体的位移为1

x=22, 所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线, 不会是正比例的倾斜的直线, 故选项D 错误。

4. D 解析:根据h=2可得, 火星表面的重力加速度为g=2, 火星的第一宇宙速度

2ℎ

v 1= , 要使探测器脱离火星飞回地球, 则需要以火星第二宇宙速度起飞, 即v 2= =

2 ℎRt

, 所以选项A 、B 、C 错误;D 正确。

5. C 解析:对C 分析, C 球受到重力和两个弹簧的拉力, 处于静止状态, 三力合力为零, 所以每根弹簧对小球的拉力为F T1=2cos30°=量为Δx 1=kT =

3mg

, 所以连接质量为m 小球的轻弹簧的伸长

3mg

, 选项B 错误,C 正确; 水平横杆对质量为M 的小球的支持力为

3mg

F N =Mg+2mg , 选项A 错误; 将连接C 球的两个弹簧的弹力沿水平方向分解可得套在水平光滑横杆上的轻弹簧的弹力为F T2=FT1cos60°=

故弹簧的形变量为

3mg

, 选项D 错误。

6. BD 解析:由题意知粒子在轨道内做顺时针圆周运动, 根据左手定则可判断匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向外, 所以选项A 错误; 由于粒子在做圆周运动的过程中洛伦兹力不做功, 在AB 板间电场力做功W=qU, 所以粒子绕行N 圈后回到A 板时获得的总动能为NqU , 故选项B 正确; 由于粒子的轨道半径R 不变, 而粒子做圆周运动第n 圈的速度为

v n , 根据nqU=2mvn2, 可得粒子圆周运动的速度增大, 根据T=2πv, 所以周期减小, 故A 板电势变化周期变小, 故选项C 错误; 粒子绕行第N 圈时, NqU=2mvN2, 所以v N = 联立得B=R

2NmUq

2NqUm

又R=BqN,

所以选项D 正确。

7. BC 解析:从u=220 sin100πt V 可以得出, 发电机中的电流变化频率为50Hz, 选项A

U220

错误; 加在R 0两端的电压有效值为220V, 因此流过用电器R 0的电流I 2=R=11A =20A, 选项B 正确; 根据n=I, 可知流过R 的电流为I 1=5A, 因此输入变压器的输入功率等于R 与

n1I2

R 0消耗的总功率, P=I12R+I22R 0=4650W, 选项C 正确; 当用电器的电阻R 0减小时, R 0消耗的功率增大, 这时发电机的输出功率将增大, 选项D 错误。

8. BCD 解析:由题意知, 粒子在板间做类平抛运动, 要使最后垂直打在M 屏上, 离开板间后竖直方向做减速运动, 到达M 板时竖直速度减为零, 而水平方向一直做匀速运动, 设离开板时竖直速度为v y , 质点在板间运动的过程中速度变化为v y , 从板的右端运动到光屏的

过程中速度变化为-v y , 故选项A 错误; 粒子从板的右端运动到光屏的过程中用时t 2=v所

以v y =gt2=v在板间t 1=v竖直方向v y =at1=

2gllqE-mgm

v, 联立解得E=

l3mgq

, 故选项B 错误; 若仅

将滑片P 向下滑动一段后, 电阻R 的电压减小, 电容器电压减小, 电容器放电, 由于二极管的特性, 电容器放不出去电, 故电容器电压不变, 板间电场强度不变, 质点依然会垂直打在

εr S

光屏上, 故选项C 正确; 若仅将两平行板的间距变大一些, 由C=4πkd知, 电容减小, 由Q=CU, 电容器放电, 由于二极管的特性, 电容器放不出去电, 故电容器电压不变, 板间电场强度不变, 质点依然会垂直打在光屏上, 故选项D 正确。 9. 答案:(1)不需要否 (2)BD (3)3. 44 mm(每问2分)

解析:(1)本实验中, 测量的是做功W 与速度v 的关系, 实际上就是验证动能定理, Fs=2mv 2, 由于给出了不同的位移, 实际上是计算s 与v 的关系, 因此不用计算拉力大小, 也不用平衡摩擦力。(2)应减小遮光条的宽度使其能准确测出小车到达该位置时的速度以尽量减小误差, 选项A 错误; 多测几次求平均值是减小偶然误差的好方法, 选项B 正确; 由于不必测量滑块重力, 也用不着求出绳子拉力, 因此不必满足重物质量应当远小于小车质量, 选项

C 错误; 调节滑轮高度, 使连接小车的细线与轨道平行, 这样使小车运行平稳, 摩擦力保持不变, 选项D 正确。(3)读数为3mm +22×0. 02mm =3. 44mm 。

10. 答案:(1)减小 (2)1. 00(0. 98、0. 99、1. 01均正确) (3)5(每问3分)

解析:(1)当滑动触头向下移动时, R L 阻值减小, 则总电阻减小, 干路电流I 0不变, 则电压表读数U=I0R 总减小;

(2)当R L =0时, 电流表读数增大至I 0, 此时电压表读数为0, 则由甲图可知I 0=1. 0A; (3)R L 消耗的功率为P=IU=20I-20I 2(W),则当I=0. 5A 时, 功率的最大值为P max =5W 。 11. 答案:(1)v m =B2L2(2)P L =4B2L2(3)Q 1=2mgs-3mgR

9m2g2R

9m3g2R24B4L4

解析:(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动, 当加速度为零时, 金属棒达到最大速度, 此后开始做匀速直线运动。设最大速度为v m , 则速度达到最大时有

E=BLvm ① EI=②

F=BIL+mgsin θ

3mgR

解得v m =B2L2 (2)P L =I2R 解得P L =4B2L2

(3)设整个电路放出的电热为Q , 由能量守恒定律有

F·2s=Q+mgsin θ·2s+2mvm 2⑦ 由题意可知Q 1=2 解得Q 1=2mgs-3

9m2g2R

③

④ ⑤ ⑥

⑧

3 54

9m3g2R24B4L4

⑨

评分标准:本题共12分, 其中③⑤⑦每式2分, 其余每式1分。 12. 答案:(1)1. 5 m (2)60 N (3)第二定律得mg=mR

则v 1= 3m/s

即小物块在传送带上一直加速, 由A 到B 有a=mμg=3m/s2③ 所以v12=2as AB , 代入数值得s AB =1. 5m 。 (2)小物块从C 到D , 由动能定理知

2mgR=2mv22−2mv12 由牛顿第二定律知在D 点有 F N -mg=mR

v22

v12

解析:(1)对小物块, 在C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动, 由牛顿

①

④ ⑤ ⑥ ⑧ ⑨ ⑩

联立并代入数值得F N =60N ⑦

由牛顿第三定律得小物块经过D 点时对轨道的压力大小为60N 。 (3)小物块离开D 点后做平抛运动, 1

h=2gt 2

将小物块在E 点的速度进行分解得 tan θ=gt联立并代入数值得tan θ=

3 54

。

评分标准:本题共20分, 其中⑧每式1分, 其余每式2分。

13. 答案:(1)CDE (2)(ⅰ) (ⅱ) T 0

解析:(1)当气体体积增大而内能不变时, 气体吸收的热量全部用来对外做功, 选项A 正确; 当气体体积增大时, 对外做功, 若同时吸收热量, 且吸收的热量多于对外做的功, 内能会增加, 选项B 错误; 若气体吸收热量的同时对外做功, 且吸收的热量少于对外做的功, 则其内能会减少, 选项C 正确; 若外界对气体做功的同时气体向外放出热量, 且放出的热量多于外界对气体所做的功, 则气体内能减少, 选项D 正确; 保持气体的压强不变, 使气体做等温变化, 则其内能不变, 选项E 正确。

(2)(ⅰ) 设开始时封闭气体的压强为p 0, 添加的水银对气体产生的压强为p , 由玻意耳

定律得p 0h=(p 0+p) ①

解得p=3p 0

再加水银后, 气体的压强变为p 0+2p

设第二次加水银后, 气柱长为h' , 则有p 0h=(p 0+2p ) h'

解得h'=5。

(ⅱ) 气柱长度恢复到原来长度h , 则有T0=解得T=T 0。

评分标准:本题共10分, 其中①④⑥每式2分, 其余每式1分。 14. 答案:(1)(ⅰ)(3,2) (ⅱ)6 cm(第(ⅰ) 问2分, 第(ⅱ) 问3分)

(2)(ⅰ) (ⅱ) 见解析

解析:(1)(ⅰ) 波向左传播, 由于t

(ⅱ) A 点在时间t 内通过的路程为s=3A=3×2cm =6cm 。 (2)(ⅰ) 如图, 由几何关系θ1=30°, θ2=60°①

sin θ2

由折射定律n==

sin θ1

②

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

pℎ

(p0+2p) ℎ

②

(ⅱ) 如图所示。

评分标准:本题共10分, 其中③处4分, 其余每式3分。

139mv

15. 答案:(1)BCE (2)(ⅰ) 10v 0 (ⅱ) 4t0+3mg

③

解析:(1)放射性的原子核在发生α衰变时, 使产生的新核处于高能级, 这时它要向低能级跃迁, 能量以γ光子的形式辐射出来, 所以选项A 错误; 放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的, 跟原子所处化学状态和外部条件没有关系, 所以选项B 正确; 一个处于n 能级的氢原子向基态跃迁时, 最多向外辐射n-1种光子, 所以选项C 正确; 爱因斯坦通过对光电效应现象的分析提出光子说, 所以选项D 错误; 发生光电效应后, 饱和光电流与光强成正比, 所以选项E 正确。

(2)(ⅰ) 以运载物、第三级、第二级和第一级整体为研究对象, 取向上为正方向, 根据动量守恒定律

(M+3m ) v v

0=(M+2m ) v 1-m 0 计算可得出v 13

21=10v 0。

(ⅱ) 第二次点火过程, 以运载物、第三级和第二级为研究对象, 取向上为正方向,

(M+2m ) v ) v v

1=(M+m2-m 07

2 可得v 2=4v 0

第三次点火过程, 以运载物和第三级为研究对象, 取向上为正方向,

(M+m) v v

2=Mv3-m 052 可得v 3=2v 0

以运载物为研究对象, 取向上为正方向, 由动量定理得 (F-Mg ) t=Mv3-Mv 2

可得F=9mv

04t+3mg 。

评分标准:本题共10分, 其中①③每式2分, 其余每式1分。

① ②

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧

综合能力训练(二)

(时间:60分钟满分:110分)

第Ⅰ卷

A. 法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点

B. 伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性 C. 牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量

B. 物体A 竖直上抛的初速度大小是物体B 落地时速度大小的2倍 C. 物体A 、B 在空中运动的时间相等

D. 两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等

B.11. 2 km/s

2 t

A. 水平横杆对质量为M 的小球的支持力为Mg+mg

B. 连接质量为m 小球的轻弹簧的弹力为3 C. 连接质量为m 小球的轻弹簧的伸长量为3kmg

D. 套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为mg

A. 环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里

B. 粒子从A 板小孔处由静止开始在电场力作用下加速, 绕行N 圈后回到A 板时获得的总动能为NqU

C. 粒子在绕行的整个过程中, A 板电势变化周期不变

D. 粒子绕行第N 圈时, 环形区域内匀强磁场的磁感应强度为R

2NmUq

A. 发电机中的电流变化频率为100 Hz B. 通过用电器的电流有效值为20 A C. 升压变压器的输入功率为4 650 W

A. 质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同

2mg

B. 板间电场强度大小为q

C. 若仅将滑片P 向下滑动一段后, 再让该质点从N 点以水平速度v 0射入板间, 质点依然会垂直打在光屏上

D. 若仅将两平行板的间距变大一些, 再让该质点从N 点以水平速度v 0射入板间, 质点依然会垂直打在光屏上

第Ⅱ卷

二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题, 每个试题考生都必须做答。第13~15题为选考题, 考生根据要求做答)

(一) 必考题(共47分) 9.

(2)为了减小实验误差, 下列做法正确的是( )

A. 增大遮光条的宽度使其宽度的测量的相对误差尽量小 B. 同一d 值的测量多测几次以减小偶然误差 C. 重物质量应当远小于小车质量

D. 调节滑轮高度, 使连接小车的细线与轨道平行

(3)用游标卡尺测得此装置中的遮光条的宽度d= 。

10. (9分)(2015·山东理综)

甲

乙

回答下列问题:

(1)滑动触头向下移动时, 电压表示数选填“增大”或“减小”) 。 (2)I 0= A。

(1)金属棒能达到的最大速度v m ; (2)灯泡的额定功率P L ;

(3)若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大, 求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中, 金属棒上产生的电热Q 1。

(1)传送带AB 两端的距离;

(2)小物块经过D 点时对轨道的压力的大小; (3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值。

(二) 选考题(共15分。请考生从给出的3道物理题中任选一题做答。如果多做, 则按所做的第一题计分)

13. (15分) 【物理——选修3-3】

(1)(5分) 关于一定量的理想气体, 下列叙述正确的是。(填正确答案标号, 选对1个得2分, 选对2个得4分, 选对3个得5分。每选错1个扣3分, 最低得分为0分

)

E. 保持气体的压强不变, 改变其体积, 可以实现其内能不变

(2)(10分) 如图所示, 一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内, 气柱长度为h 。

(ⅱ) 若第二次水银添加完时气体温度为T 0, 现使气体温度缓慢升高, 求气柱长度恢复到原来长度h 时气体的温度。

14. (15分) 【物理——选修3-4】

(1)(5分) 一列简谐横波在初始时刻和再经过时间t 后的波形分别如图中实线和虚线所示。已知波向左传播, 时间t

(ⅰ) B 点的坐标为

(ⅱ) A 在时间t 内通过的路程为

15. (15分) 【物理——选修3-5】

(1)(5分) 下列说法中正确的是 (填正确答案标号, 选对1个得2分, 选对2个得4分, 选对3个得5分。每选错1个扣3分, 最低得分为0分)

A. 放射性的原子核在发生α衰变时, 使产生的新核处于低能级, 这时它要向高能级跃迁, 能量以γ光子的形式辐射出来

B. 放射性元素衰变的快慢跟原子所处的化学状态和外部条件无关

C. 一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时, 最多向外辐射三种不同频率的光子 D. 普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说

E. 用某种光照射金属发生光电效应后, 当光强增强时, 饱和光电流会增大

参考答案

4ℎ

x=22, 所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线, 不会是正比例的倾斜的直线, 故选项D 错误。

4. D 解析:根据h=2可得, 火星表面的重力加速度为g=2, 火星的第一宇宙速度

2ℎ

v 1= , 要使探测器脱离火星飞回地球, 则需要以火星第二宇宙速度起飞, 即v 2= =

2 ℎRt

, 所以选项A 、B 、C 错误;D 正确。

5. C 解析:对C 分析, C 球受到重力和两个弹簧的拉力, 处于静止状态, 三力合力为零, 所以每根弹簧对小球的拉力为F T1=2cos30°=量为Δx 1=kT =

3mg

, 所以连接质量为m 小球的轻弹簧的伸长

3mg

, 选项B 错误,C 正确; 水平横杆对质量为M 的小球的支持力为

3mg

F N =Mg+2mg , 选项A 错误; 将连接C 球的两个弹簧的弹力沿水平方向分解可得套在水平光滑横杆上的轻弹簧的弹力为F T2=FT1cos60°=

故弹簧的形变量为

3mg

, 选项D 错误。

2NmUq

2NqUm

又R=BqN,

所以选项D 正确。

7. BC 解析:从u=220 sin100πt V 可以得出, 发电机中的电流变化频率为50Hz, 选项A

U220

n1I2

R 0消耗的总功率, P=I12R+I22R 0=4650W, 选项C 正确; 当用电器的电阻R 0减小时, R 0消耗的功率增大, 这时发电机的输出功率将增大, 选项D 错误。

过程中速度变化为-v y , 故选项A 错误; 粒子从板的右端运动到光屏的过程中用时t 2=v所

以v y =gt2=v在板间t 1=v竖直方向v y =at1=

2gllqE-mgm

v, 联立解得E=

l3mgq

, 故选项B 错误; 若仅

εr S

C 错误; 调节滑轮高度, 使连接小车的细线与轨道平行, 这样使小车运行平稳, 摩擦力保持不变, 选项D 正确。(3)读数为3mm +22×0. 02mm =3. 44mm 。

10. 答案:(1)减小 (2)1. 00(0. 98、0. 99、1. 01均正确) (3)5(每问3分)

解析:(1)当滑动触头向下移动时, R L 阻值减小, 则总电阻减小, 干路电流I 0不变, 则电压表读数U=I0R 总减小;

9m2g2R

9m3g2R24B4L4

E=BLvm ① EI=②

F=BIL+mgsin θ

3mgR

解得v m =B2L2 (2)P L =I2R 解得P L =4B2L2

(3)设整个电路放出的电热为Q , 由能量守恒定律有

F·2s=Q+mgsin θ·2s+2mvm 2⑦ 由题意可知Q 1=2 解得Q 1=2mgs-3

9m2g2R

③

④ ⑤ ⑥

⑧

3 54

9m3g2R24B4L4

⑨

评分标准:本题共12分, 其中③⑤⑦每式2分, 其余每式1分。 12. 答案:(1)1. 5 m (2)60 N (3)第二定律得mg=mR

则v 1= 3m/s

即小物块在传送带上一直加速, 由A 到B 有a=mμg=3m/s2③ 所以v12=2as AB , 代入数值得s AB =1. 5m 。 (2)小物块从C 到D , 由动能定理知

2mgR=2mv22−2mv12 由牛顿第二定律知在D 点有 F N -mg=mR

v22

v12

解析:(1)对小物块, 在C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动, 由牛顿

①

④ ⑤ ⑥ ⑧ ⑨ ⑩

联立并代入数值得F N =60N ⑦

由牛顿第三定律得小物块经过D 点时对轨道的压力大小为60N 。 (3)小物块离开D 点后做平抛运动, 1

h=2gt 2

将小物块在E 点的速度进行分解得 tan θ=gt联立并代入数值得tan θ=

3 54

。

评分标准:本题共20分, 其中⑧每式1分, 其余每式2分。

13. 答案:(1)CDE (2)(ⅰ) (ⅱ) T 0

(2)(ⅰ) 设开始时封闭气体的压强为p 0, 添加的水银对气体产生的压强为p , 由玻意耳

定律得p 0h=(p 0+p) ①

解得p=3p 0

再加水银后, 气体的压强变为p 0+2p

设第二次加水银后, 气柱长为h' , 则有p 0h=(p 0+2p ) h'

解得h'=5。

(ⅱ) 气柱长度恢复到原来长度h , 则有T0=解得T=T 0。

评分标准:本题共10分, 其中①④⑥每式2分, 其余每式1分。 14. 答案:(1)(ⅰ)(3,2) (ⅱ)6 cm(第(ⅰ) 问2分, 第(ⅱ) 问3分)

(2)(ⅰ) (ⅱ) 见解析

解析:(1)(ⅰ) 波向左传播, 由于t

(ⅱ) A 点在时间t 内通过的路程为s=3A=3×2cm =6cm 。 (2)(ⅰ) 如图, 由几何关系θ1=30°, θ2=60°①

sin θ2

由折射定律n==

sin θ1

②

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

pℎ

(p0+2p) ℎ

②

(ⅱ) 如图所示。

评分标准:本题共10分, 其中③处4分, 其余每式3分。

139mv

15. 答案:(1)BCE (2)(ⅰ) 10v 0 (ⅱ) 4t0+3mg

③

(2)(ⅰ) 以运载物、第三级、第二级和第一级整体为研究对象, 取向上为正方向, 根据动量守恒定律

(M+3m ) v v

0=(M+2m ) v 1-m 0 计算可得出v 13

21=10v 0。

(ⅱ) 第二次点火过程, 以运载物、第三级和第二级为研究对象, 取向上为正方向,

(M+2m ) v ) v v

1=(M+m2-m 07

2 可得v 2=4v 0

第三次点火过程, 以运载物和第三级为研究对象, 取向上为正方向,

(M+m) v v

2=Mv3-m 052 可得v 3=2v 0

以运载物为研究对象, 取向上为正方向, 由动量定理得 (F-Mg ) t=Mv3-Mv 2

可得F=9mv

04t+3mg 。

评分标准:本题共10分, 其中①③每式2分, 其余每式1分。

① ②

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧

高考物理综合能力训练(二)

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