高三物理学科综合能力训练(四)

学科：物理教学内容：高三物理学科综合能力训练(四)【同步达纲练习】一、选择题(含多选)。1.一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态，一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长(1)若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒(2)若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒(3)环撞击板后，板的新平衡与h的大小无关(4)在碰后板和环一起下落的过程中，它们减小的动能等于克服弹簧弹力所作的功以上4种说法中完全正确的是()A.(1)(2)(4)B.(2)(3)C.(1)(3)D.(4)2.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上，则：A.电子的动能变大，电势能变大，总能量变大B.电子的动能变小，电势能变小，总能量变小C.电子的动能变小，电势能变大，总能量不变D.电子的动能变小，电势能变大，总能量变大3.如下图所示的是光在A、B、C三种介质中传播中发生的折射和反射情况。若M、N两介面平行，光在三种介质中传播速度分别为VA、VB、VC，下列关系中正确的是：A.VA＞VB＞VCB.VA＜VC＜VBC.VA＞VC＞VBD.VC＞VA＞VB4.如图所示，在弹簧秤下，吊一粗细均匀、一端开口的直玻璃管，已知管的质量为m，横截面积为S，大气压强为P0，管内上方为真空，管壁厚度不计且管口不与水银槽接触，则弹簧秤示数为()A.mg+p0SB.mgC.p0SD.mg-p0S5.若已知万有引力为恒量，则在以下各组数据中，根据哪几组数据可以估算出地球的质量A.地球绕太阳运行周期及地球到太阳中心的距离B.月亮绕地球运行的周期及月球到地球中心距离C.人造地球卫星在地面附近绕行的速度和运行周期D.“地球同步卫星”离地面的高度及地球自转周期6.一环形线圈放在均匀磁场中，设在第1s内磁感应线垂直于线圈平面向内，如图(a)所示，若磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，那么在第2s内，线圈中感应电流的大小和方向是()。A.大小恒定，逆时针方向B.大小恒定，顺时针方向C.逐渐增加，顺时针方向D.逐渐减少，逆时针方向7.在下图电路中，当滑动变阻器R2的触头P向下滑动时，若电源内阻不能忽略，则下列说法正确的是：（）A.电容器C的电容增大；B.电容器C两极板间的电场强度增大；C.伏特表的读数增大；D.R1消耗的功率增大.8.理想变压器的副线圈通过输电线上接有两个相同的灯泡L1和L2，输电导线的电阻为R(见下右图)，开始S断开，设电源电压U保持不变，问当S闭合时，以下说法正确的是：（）A.副线圈两端(M、N)输出电压减小B.输电线等效电阻R两端电压增大C.通过L1的电流减小D.原线圈中的电流增大9.一列简谐波在均匀介质传播.下图(a)表示t=0时刻的波形图线.下左图(b)表示图(a)中b质点从t=0时刻开始的振动图线，则这列波（）A.从右向左传播B.波的频率是2HzC.波速是4m/sD.b、d点在振动过程中任意时刻的位移都相等10.一定质量的理想气体，自状态A经状态B变化到状态C(见上右图)在整个过程中（）A.气体体积不断增大B.气体内能不断增大C.气体不断对外界做功D.气体不断向外界放热11.图示的电路图中，C2=2C1，R2=2R1。下列说法正确的是()①开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量②开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量③开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量④开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量A.①B.④C.①③D.②④二、填空题.12题图13题图12.一个带电质点，电量为q，质量为m，以平行于Ox轴的速度v从y轴a点射入图中第一象限区域，为了使该质点能从x轴上b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当地方加一个垂直于xoy平面，磁感应强度为B的匀强磁场，若此磁场分布在一个长方形的区域内，那么该磁场区域的最小面积是.13.在凸透镜主轴上2倍焦距处的B点垂直于主轴放置一物体AB，其长度为透镜直径的1/4，A’B’为AB的像见上右图，现在透镜右侧的焦点处，垂直于主轴放置一块挡板PQ，欲使像A’B’完全消失那么PQ的长度至少应为AB长度的倍.三、实验题本题共3小题，共17分.14.在“测定金属的电阻率”实验中，某同学用螺旋测微器测量金属导线的直径，示数如图甲所示，该金属导线的直径d=mm。用伏安法测金属导线的电阻，采用图乙电路，则测量值比真实值偏(选填“大”或“小”)。根据测量数据得到的伏安特性曲线如图丙所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是。15.某同学做“验证玻意耳定律”实验时，将注射器竖直放置，测得的数据如下表所示。发现第5组数据中的pV乘积值有较大偏差，若读数和计算无误，则造成此偏差的原因可能是或。实验次序12345p(105Pa)1.211.060.930.800.66V(ml)33.237.843.850.469.2pV(105Pa·ml)40.240.140.740.345.7四、论述、计算题.16.根据全电路欧姆定律，试分析证明用万用表(欧姆档)测电阻时，如果电池用久了，读出的阻值偏大。17.如下左图所示，在小平面上有同为m的1、2两个小球，两球之间用长为L的不可伸长的细绳相连接，两球相距L/2长.现给球2一个竖直向上初速度v0，求细线绷直瞬间中两球损失的机械能△E.18.如下左图所示，在地线附近的坐标xoy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，在x＜0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场E，一个质量为m，带电量为q的油滴丝图中M(-a，0)点(a＞0)沿着与水平方向成θ角斜向下做匀速直线运动，进入x＞0的区域，求：(1)油滴带什么电荷(充分说明依据)；(2)油滴在M点运动的速率的大小；(3)油滴进入x＞0区域，若能到达x轴上的N点(在图中未标出)，油滴在N点时的速度大小是多少?18题图19题图19.如下图中圆筒固定不动，活塞A横截面积为2S，活塞B横截面积为S，圆筒内壁光滑，左端封闭，右端与大气相通，大气压力P0.A、B将圆筒分为两部分，在左半部分是真空，A、B之间有一定质量的气体，B通过劲度系数为k的弹簧与圆筒左端相连，开始时粗筒和细筒的封闭长度均为L，现用水平向左的力F=(1/2)p0S作用在活塞A上，求活塞A移动的距离(气体的温度不变).20题图21题图20.如上左图所示，倾角为θ的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿斜面上滑，A的质量为mA=0.50kg，B的质量为mB=0.25kg.A始终受一沿斜面向上的恒定推力F的作用。当A追上B时，A的速度为vA=1.8m/s，方向沿斜面向上，B的速度恰好为零，A、B相碰，相互作用时间极短，刚碰撞后，A的速度为v1=0.6m/s，方向沿斜面向上，再经T=0.6s，A的速率变为v1=1.8m/s，这一过程中A、B没有再次相碰，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.15，B与斜面的摩擦不计，sinθ=0.6,cosθ=0.8,g=10m/s2。①求恒定推力F；②在A、B第一次碰撞后，经一段时间(在第二次相碰前)，A、B间的距离达到最大，求这段时间内A克服摩擦阻力所做的功。参考答案：【同步达纲练习】1.C2.D.［Ke2／r=mv2／r,EK=KE2／2r,r增大，EK减小，库仑力(电场力)做负功、电势的增加，总能量En=E1/n2.(E1＜0，量子数n变大.E变大).3.C.［光线在M和N两界面处入射角相等，M面上发生全反射，N面上发生折射，说明nA＜nB,nc＜nB且nA＜nC,据v=nc，故选C］.4.A5.B、C6.A7.B、C［当P向下增大，R2有效阻值增大，其两端电压增大，Uc随之增大，引起一方面据E=dU知E增大，一方面电压表示数增大。R2有效阻值的增加，引起总电流减小，R1消耗功率=I2R1变小，电容器C只与本身因素有关故正确答案为B、C］8.B、C、D.［MNU=12nnU不变故A错］9.A、B［由振动图像，从t=0时刻起，质点b开始向下振动.再由波的图像及b的位置，知A选项正确.T=0.5s,f=T1=2Hz所以B正确.由v=λf可知，C错，b、d质点相差半波长，位移等大反向，故D不正确］10.D.［A→B是等压、降温、缩小过程.△E=W+Q,△E＜0,W＞0,则Q＜0.B→C是等温、增压、缩小过程，△E=W+Q，△E=0，W＞0，则Q＜0，所以气体不断放热，所以选D正确.］11.A12.(2-1)(mv/Bq)2［带电粒子在磁场中做圆周运动半径r=mv/Bq.运动轨道圆心角为π/2(见下左图)O’M=O’N=r，那么最小长方形区域磁场，长为2r.因此最小面积，宽为r-rcos45°=(r-22r)，S=(2-1)(mv/Bq)2.］13.2.5［图中，A’B’位于透镜右侧2F处，PQ为挡板的最小长度，PQ=(A’B’+4AB)/2=2.5AB(A’B’=AB).］14.0.520；大；金属导线中的电流增大，温度升高，电阻率增大。15.温度升高；进入气体。四、论述、计算题16.证明：假设现在的电势为ε′，则ε′＜ε，用新、旧电池测同样xR的阻值，这时分别有新电池：gI=ε/R内I=ε/(R内+xR)=ε/［(ε/gI)+xR］=)/IgR(1Ixg旧电池：gI=ε′/R′内I′=ε′/(R′内+xR)=ε′/［(ε′/gI)+xR］='/)IR(1Igxg∵ε′＜ε,∴I′＜I即这时的指针跟用新电池相比偏左，故用旧电池读出的阻值偏大。17.解：小球2在作竖直上抛过程中机械能守恒有21mv20=21mv2+mg(3·2L)①由于细线绷直瞬间，绳子张力远大于重力，故可认为两球沿细线方向动量守恒，v2大小保持不变.设细线绷直末态，两球的速度都为v′，则mv1=2mv′②机械能损失量为△E=21mv21-21(2m)v′2③从图中的速度矢量分解关系中有v1=vcos30°④联解四式，得到△E=3m(v20-3qL)/16.18.解：(1)要使油滴做直线运动，油滴必须带正电荷.(2)物体做匀速直线运动，合力为零，受力情况如上右图所示。∴qmvB=F′=mg/cosθmv=mg/qBcosθ(3)油滴从M运动到N过程中，由动能定理：-qaE=21mv2N-21mv2m又∵qE=mgtgθ解得nv=θθgatgqBmg2)cos(219.解：设在力F的作用下，活塞A移动的距离为△l，活塞B向前移动的距离为△x，以A、B间气体为研究对象.由气体作等温变化.则有：p1V1=p2V2①初状态：p1=p0，V1=L·2S+L·S=3LS末状态：p2=p0+S2F=45p0,V2=(L+△x)S+(L-△l)·2S且p0S=kx1(初状态)P2S=KX2x1=kSp0,x2=k4sp50△x=x2-x1=k4Sp0把p1、p2、V1、V2代入方程①得p0·3LS=35p0·(3LS+△xs-2△lS)②把△x代入②式和△l=103L+kSp80若kSp80＜107L，则△L＝103L+kSp80若kSp80≥107L,则△L=L.20.解①A、B碰撞动量守恒，取沿斜面向上为正，有BBAAAvmvmvm1解出Bv=2.4m/s碰后A有两种运动的可能：(Ⅰ)加速向上，(Ⅱ)减速向上再加速向下.第一种情况：A加速向上，Aa=Tvv12=2m/s2,B的加速度，Ba=-gsinθ=-6m/s2第二次相遇满足：v1t+21Aat2=Bvt+21Bat2解出t=0.45s,∵t＜0.6s,故这种情况不合题意。第二种情况：设A上滑时间为△t，则下滑时间为T-△t，由运动学公式得A上滑加速度a1=tv10；A下滑加速度a2=tTv02，由牛顿第二定律得F-Amgsinθ-μAmgcosθ＝Ama1Amgsinθ-μAmgcosθ-F=Ama2联立解出：△t=0.1s,a1=-6m/s2,a2=3.6m/s2,F=0.6N.在0.6s后，A在碰撞点的下方，而B上升时间为tB=