高中物理综合能力训练三

1综合能力训练(三)(时间:60分钟满分:110分)综合能力训练第62页第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.关于近代物理学,下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不一定减少C.10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,一定有5个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性答案:D2.一个物体沿直线运动,从t=0时刻开始,物体的-t图像如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5m/s和-1s,由此可知()A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5m/sD.物体的初速度大小为1m/s答案:C解析:物体的-t图像(即v-t图像)是一条直线,物体做匀加速运动,选项A、B错误;图线在纵轴的截距是初速度的大小,等于0.5m/s,选项C正确,D错误。3.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球同步卫星b离地面高度为H,hH,两卫星共面且运行方向相同。某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方,设地球赤道半径为R,地面重力加速度为g,则()A.a、b线速度大小之比为√B.a、c角速度之比为√C.b、c向心加速度大小之比为2D.a下一次通过c正上方所需时间t=2π√答案:C解析:人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,根据牛顿运动定律求解卫星的角速度。卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周运动,当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物上空。绕地球运行的卫星,万有引力提供向心力,设卫星的线速度为v,则G=m,所以v=√,可知a、b卫星的线速度大小之比为√,故A错误;设卫星的角速度为ω,G=mω2r,得ω=√,所以有√,又由于卫星b的角速度与物体c的角速度相同,所以√,故B错误;根据a=ω2r可得,故C正确;设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方,有(ωa-ωc)t=2π,得t=-√-√√√-√,故D错误。4.如图所示,三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg,已知斜面上表面光滑,斜面倾角θ=30°,m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8。不计绳和滑轮的质量和摩擦。初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,m2将(g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.和m1一起沿斜面下滑B.和m1一起沿斜面上滑C.相对于m1上滑D.相对于m1下滑答案:D解析:m1、m2的总重力沿斜面向下的分力小于m3的重力,将加速上滑,由题意m1、m2一起加速上滑的最大加速度a=μgcos30°-gsin30°≈1.9m/s2,假设m1、m2一起加速上滑,设绳上的拉力为FT,由牛顿第二定律,则FT-(m1+m2)gsin30°=(m1+m2)a,m3g-FT=m3a,解得a=2.5m/s21.9m/s2,不可能一起运动,m2将相对于m1下滑,选项D正确。5.如图所示,理想变压器原副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源,副线圈接一个R=5.5Ω的负载电阻。若U0=220√V,ω=100πrad/s,则下述结论正确的是()3A.副线圈中电压表的读数为11√VB.副线圈中输出交变电流的周期为0.01sC.原线圈中电流表的读数为0.1AD.原线圈中的输入功率为11W答案:C解析:电压表测量的是有效值,根据,代入数据得,可得电压表示数U2=11V,选项A错误;由于ω=100πrad/s,交变电流的周期为0.02s,选项B错误;副线圈中的电流I2==2A,因此副线圈的输出功率P=U2I2=22W,选项D错误;而变压器本身不消耗能量,因此输入功率也是22W,因此输入电流I1==0.1A,选项C正确。6.如图甲所示的电路中,将滑动变阻器R2的滑片由a端向b端移动,用两个电表分别测量电压和电流,得到部分U-I关系图像如图乙所示,则()A.电源的电动势为6VB.滑动变阻器的总阻值为20ΩC.当电压表示数为5.0V时,电源效率最高D.当电压表示数为5.0V时,R2消耗的总功率最大答案:BC解析:根据电路图结合数学知识可知,当aP的电阻等于bP的电阻时,并联部分电阻最大,此时电压表示数最大,根据乙图可知,电压表示数最大为5.0V,此时电流表示数为0.5A,则有RaP=Ω=10Ω,则滑动变阻器的总阻值为R=2RaP=20Ω,根据闭合电路欧姆定律得E=U+2I(R1+r)根据乙图可知,当电压表示数U1=4V时电流表示数为I1=0.25A或I2=1A,根据闭合电路欧姆定律得E=U1+(I1+I2)(R1+r)联立方程解得E=9V,R1+r=4Ω,故A错误,B正确;4电源效率η=,当电压表示数为5.0V时,并联部分电阻最大,则外电路电阻最大,此时路端电压最大,效率最高,故C正确;把R1看成内阻,当并联部分电阻R并=R1+r=4Ω时,R2消耗的总功率最大,此时电压表示数不是5V,故D错误。故选B、C。7.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,如图甲所示。设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正,垂直纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正,逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中的感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示,则线圈所处的磁场的磁感应强度随时间变化的图像可能是下图中的()答案:CD解析:在前0.5s内由题图乙根据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的。而在0.5~1.5s,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,故选项A错误;在前0.5s内,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小,而在0.5~1.5s,由感应电流方向,结合楞次定律可得:若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增加的,则磁通量也会增大,故选项B错误;在前0.5s内,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小,而在0.5~1.5s,由感应电流方向,结合楞次定律可得:若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的,5则磁通量也会减小;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大,故选项C正确;在前0.5s内由题图乙根据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,而在0.5~1.5s,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,故选项D正确。8.(2019·全国卷Ⅱ)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案:AC解析:带电粒子仅在电场力作用下,粒子的速度大小可能先增大后减小,如:在等量同种电荷形成的电场中带电粒子沿着两电荷连线的中垂线运动时,A正确。因为粒子只在电场力作用下从M点运动到N点,根据动能定理,W电=-ΔEp=EkN-0=EpM-EpN,而EkN≥0,所以EpM≥EpN,C正确。粒子的轨迹与电场线不一定重合,在N点,电场力的方向不一定与粒子轨迹在该点的切线平行,B、D错误。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作答。第13~14题为选考题,考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9.(6分)(1)小明同学到实验室去做验证力的平行四边形定则的实验时看见实验桌上有一把20分度的游标卡尺,他立即用游标卡尺测量了钢笔套的长度,如图甲所示,则钢笔套的长度为mm。6(2)随后小明开始做验证力的平行四边形定则的实验,在水平放置的木板上垫上一张白纸,把橡皮条的一端固定在板上的A点,橡皮条的另一端拴上两个细绳套,如图乙所示。先用两个弹簧测力计钩住细绳套,互成角度拉橡皮条使之伸长,结点被拉到某一位置O,此时记下两个弹簧测力计的读数F1和F2和两细绳的方向。请完成下列问题:①F1的读数如图丙所示,则F1=N。②小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长,应该使结点拉到,记下弹簧测力计的读数,并记下。答案:(1)10.55(2)①1.23②同一位置O细绳的方向解析:(1)游标卡尺的主尺刻度为10mm,游标尺刻度为11×0.05mm=0.55mm,所以游标卡尺读数为10.55mm。(2)①经估读,弹簧测力计的读数为1.23N。②验证力的平行四边形定则的依据是两弹簧测力计共同作用与一个弹簧测力计单独作用等效,应将结点拉到同一位置O。利用平行四边形定则作合力,既要知道力的大小,又要知道力的方向,所以要记下细绳的方向。10.(9分)某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻(阻值恒定),进行了如下实验:(1)他先用多用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值。将开关置于×10挡位,指针示数如图所示,若想更准确一些,下面操作正确的步骤顺序是。(填序号)A.将两表笔短接进行欧姆调零B.将两表笔短接进行机械调零C.将开关置于×1挡D.将开关置于×100挡E.将两表笔接未知电阻两端,待指针稳定后读数(2)然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻:A.直流电源E:电动势3V,内阻忽略B.电流表A1:量程0~0.3A,内阻约为0.1ΩC.电流表A2:量程0~3mA,内阻约为10ΩD.电压表V1:量程0~3V,内阻约为3kΩE.电压表V2:量程0~15V,内阻约为50kΩF.滑动变阻器R1:最大阻值10ΩG.滑动变阻器R2:最大阻值1000ΩH.开关S,导线若干①为较准确测量该电阻的阻值,要求各电表指针能有较大的变化范围,以上器材中电流表应选(选填“B”或“C”),电压表应选(选填“D”或“E”),滑动变阻器应选(选填“F”或“G”)。7②请在方框中画出实验电路原理图。答案:(1)DAE(2)①CDF②电路图如图所示解析:(1)选择倍率后,欧姆表指针读数偏大,应该换用大倍率,更换倍率需要重新欧姆调零,所以先更换大倍率即步骤D,再欧姆调零即步骤A,最后测量电阻即步骤E。(2)①要使得电表指针有较大变化范围,滑动变阻器选择分压式接法,所以滑动变阻器选择阻值小的即F;电源电动势为3V,所以电压表为读数准确选择小量程即D。根据欧姆表可知待测电阻阻值在1000Ω以上,而电压最大只有3V,所以电流不会超过3mA,电流表选择C。②滑动变阻器已经确定分压式,而待测电阻阻值较大,电流表内阻较小,所以电流表选择内接法。如答案图所示。11.(12分)起重机从静止开始起吊一质量为4000kg的重物,开始时,起重机拉力恒定,重物以0.2m/s2的加速度匀加速上升,9.8s后,起重机达到额定功率P,起重机再保持额定功率不变,又经5s,重物达到最大速度2m/s,此后再保持拉力恒定,使重物以0.5m/s2的加速度做匀减速运动至停下。g取9.8m/s2。(1)求额定功率P的大小;(2)求重物上升的最大高度;(3)画出整个过程起重机拉力F与时间t的关系图像(不要求写计算过程)。答案:(1)78.4kW(2)23.6m(3)见解析解析:(1)重物速度最大时,有F=mgP=mgv①解得P=78.4