1、綜合能力訓練(一)(時間:60分鐘滿分:110分)第卷一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.在物理學的研究及應用過程中涉及諸多的思想方法,如理想化、模型化、放大、假說、極限思想,控制變量、猜想、假設、類比、比值法等等。以下關于所用思想方法的敘述不正確的是()A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質點來代替物體的方法是假設法B.速度的定義式v=xt,采用的是比值法;當t非常非常小時,xt就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應用了極限思想C

2、.在探究電阻、電壓和電流三者之間的關系時,先保持電壓不變研究電阻與電流的關系,再保持電流不變研究電阻與電壓的關系,該實驗應用了控制變量法D.如圖所示是三個實驗裝置,這三個實驗都體現了放大的思想2.(2015·河南名校聯考)粗細均勻的電線架在A、B兩根電線桿之間。由于熱脹冷縮,電線在夏、冬兩季呈現如圖所示的兩種形狀,若電線桿始終處于豎直狀態,下列說法中正確的是()A.冬季,電線對電線桿的拉力較大B.夏季,電線對電線桿的拉力較大C.夏季與冬季,電線對電線桿的拉力一樣大D.夏季,桿對地面的壓力較大3.如圖所示,兩個固定的相同細環相距一定的距離,同軸放置,O1、O2分別為兩環的圓心,兩環分別

3、帶有均勻分布的等量異種電荷。一帶正電的粒子從很遠處沿軸線飛來并穿過兩環。則在帶電粒子運動過程中()A.在O1和O2點粒子加速度大小相等,方向相反B.從O1到O2過程,粒子電勢能一直增加C.在O1和O2連線中點,粒子在該點動能最小D.軸線上O1點右側、O2點左側都存在電場強度為零的點,它們關于O1、O2連線中點對稱4.星球上的物體脫離星球引力所需的最小速度稱為第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關系是v2=2v1。已知某星球的半徑為r,表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的16,不計其他星球的影響,則該星球的第二宇宙速度為 ()A.grB.16grC.13grD.13gr5

4、.(2015·河北邯鄲教學質量檢測)如圖,理想變壓器的原、副線圈匝數比為15,原線圈兩端的交流電壓u=202sin 100 t V。氖泡在兩端電壓達到100 V時開始發光。下列說法中正確的有()A.開關閉合后,氖泡的發光頻率為50 HzB.開關閉合后,電壓表的示數為100 VC.開關斷開后,電壓表的示數變大D.開關斷開后,變壓器的輸出功率不變6.(2015·江西五校聯考)在一個邊界為等邊三角形的區域內,存在一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場,在磁場邊界上的P點處有一個粒子源,發出比荷相同的三個粒子a、b、c(不計重力)沿同一方向進入磁場,三個粒子通過磁場的軌跡如圖所示,用ta

5、、tb、tc分別表示a、b、c通過磁場的時間;用ra、rb、rc分別表示a、b、c在磁場中的運動半徑,則下列判斷正確的是()A.ta=tb>tcB.tc>tb>taC.rc>rb>raD.rb>ra>rc7.(2015·江蘇單科)如圖所示,輕質彈簧一端固定,另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連,彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止開始下滑,經過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內,重力加速度為g。則圓環()A.下滑過程中,加速度一直減小B.下滑過程中

6、,克服摩擦力做的功為14mv2C.在C處,彈簧的彈性勢能為14mv2-mghD.上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度8.如圖所示,傾角為的粗糙斜面上靜止放置著一個質量為m的閉合正方形線框abcd,它與斜面間動摩擦因數為。線框邊長為l,電阻為R。ab邊緊靠寬度也為l的勻強磁場的下邊界,磁感應強度為B,方向垂直于斜面向上。將線框用細線沿斜面通過光滑定滑輪與重物相連,重物的質量為M,如果將線框和重物由靜止釋放,線框剛要穿出磁場時恰好勻速運動。下列說法正確的是()A.線框剛開始運動時的加速度a=Mg-mgsin-mgcosmB.線框勻速運動的速度v=(Mg-mgsin-mgcos)RB2l2C.線框通

7、過磁場過程中,克服摩擦力和安培力做的功等于線框機械能的減少量D.線框通過磁場過程中,產生的焦耳熱小于2(M-msin -mcos )gl第卷二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第912題為必考題,每個試題考生都必須做答。第1315題為選考題,考生根據要求做答)(一)必考題(共47分)9.(6分)探究加速度與力、質量的關系實驗中(1)補償打點計時器對小車阻力及其他阻力的方法:  (2)測出盤和砝碼的總重力,近似等于小車運動時所受拉力需要滿足條件:  (3)我們根據日常經驗和觀察到的事實首先猜物體的加速度與受到的力及它的質量最簡單的關系有哪些: 

8、;。 10.(9分)某實驗小組要通過實驗描繪一個規格為“3 V0.25 A”的LED燈的伏安特性曲線。實驗室提供的器材有:A.電流表A1(量程為00.6 A,內阻約為10 )B.電流表A2(量程為0250 mA,內阻約為 5 )C.滑動變阻器R1(“20 1 A”)D.滑動變阻器R2(“200 0.3 A”) E.電壓表V(量程為03 V,內阻RV約為3 k)F.開關S一只G.蓄電池E(電動勢為4 V,內阻很小)(1)要完成實驗,除蓄電池、開關、導線若干外,還需選擇的器材有(填寫器材前的字母編號)。 (2)在圖中他已經連接了一部分電路,請你用筆畫線代替導線將電路連線補充完整

9、。(3)為了得到伏安特性曲線,他以電壓表的讀數U為橫軸,以電流表的讀數I為縱軸,將實驗中得到的多組數據進行了描點,如圖所示,請你幫他完成I-U圖象。(4)如果將此燈連入如圖所示電路,其中電源電動勢為3 V,電源內阻與保護電阻R0的總阻值為5 ,定值電阻R的阻值為10 。開關S閉合后,通過小燈泡的電流是A(保留兩位有效數字)。 11.(12分)如圖,在傾角=37°的粗糙斜面上距離斜面底端x=1 m處有一質量m=1 kg的物塊,受到豎直向下的恒力F=30 N,由靜止開始沿斜面下滑。到達底端時即撤去恒力F,然后在水平面上滑動一段距離后停止。不計物塊撞擊水平面時的能量損失,物塊與各

10、接觸面之間的動摩擦因數相同,g取10 m/s2。(1)若物塊運動過程中最大速度為4 m/s,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數為多少?(2)若僅改變豎直恒力F的大小,可使物塊總的運動時間有一最小值,最小值為多少?此時物體在水平面上運動的位移為多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)12.(20分)如圖所示,在正方形ACDF區域內,對角線CF以上的區域存在垂直紙面的勻強磁場,對角線CF以下的區域存在平行于DF方向的勻強電場,正方向邊長為L。一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子(重力不計)以初速度v0從A點沿AC方向進入磁場,在對角線CF的中點P處進入電場,并從DF

11、邊上離開電場,求:(1)磁場的磁感應強度B的大小和方向;(2)電場強度E的大小;(3)帶電粒子從DF邊離開時的最大速度。(二)選考題(共15分)(請考生從給出的3道物理題中任選一題做答。如果多做,則按所做的第一題計分)13.(15分)【物理選修3-3】 (1)(5分)(2015·寧夏銀川一中一模)下列說法正確的是。(填正確答案標號,選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分。每選錯1個扣3分,最低得分為0分) A.液晶具有流動性,光學性質為各向異性B.氣體擴散現象表明氣體分子間存在斥力C.熱量總是自發的從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體D.機械能不可能全部

12、轉化為內能,內能也無法全部用來做功以轉化成機械能E.液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離,所以液體表面存在表面張力(2)(10分)如圖所示,用活塞在汽缸內封閉一定質量理想氣體,活塞與汽缸壁間摩擦忽略不計,活塞的質量m1=0.5 kg,開始時活塞距汽缸底高度h1=0.40 m,氣體的溫度t1=27 。現給汽缸緩慢加熱,使活塞緩慢升到距離汽缸底h2=0.80 m處,同時缸內氣體吸收Q=450 J的熱量。已知活塞橫截面積S=5.0×10-3 m2,大氣壓強p0=1.0×105 Pa。求:()活塞距離汽缸底h2時的溫度t2;()此過程中缸內氣體增加的內能U。14.(15分)【

13、物理選修3-4】 (1)(5分)(2015·蘇錫常鎮四市調研)如圖所示,實線是一列簡諧橫波在t時刻的波形,虛線是在t時刻后t=0.2 s時刻的波形。已知t<T。若該簡諧波的波速為5 m/s,則質點M在t時刻的振動方向為,質點M在t時間內通過的路程為m。 (2)(10分)如圖所示,在坐標系的第一象限內有一橫截面為四分之一圓周的柱狀玻璃體OPQ,OP=OQ=R,一束單色光垂直OP面射入玻璃體,在OP面上的入射點為A,OA=R2,此單色光通過玻璃體后沿BD方向射出,且與x軸交于D點。該玻璃的折射率n=3。求:()OD間的距離xOD。()如果一束該平行單色光垂直OP面射入,能

14、從表面PQ射出的光束在OP面上離O點的最遠距離。15.(15分)【物理選修3-5】(1)(5分)(2015·江西聯考)下列說法正確的是。(填正確答案標號,選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分。每選錯1個扣3分,最低得分為0分) A.盧瑟福的粒子散射實驗說明了原子的核式結構模型B.玻爾在研究原子結構中引進了量子化的觀念,并指出氫原子從低能級躍遷到高能級要吸收光子C.查德威克首先發現了中子D.若使放射性物質的溫度升高,其半衰期將減小E.鈾核(92238U)衰變為鉛核(82206Pb)的過程中,要經過8次衰變和10次衰變(2)(10分)如圖所示,質量mB=2 kg的平板

15、車B靜止在光滑水平面上,車的最右端靜止著質量為mA=2 kg的物體A(可視為質點)。一個質量為mC=400 g的平板車C以20 m/s的水平速度與平板車B發生碰撞,被反向彈回,速度大小為5 m/s。最后物體A靜止在平板車B上。(g取10 m/s2)()平板車最后的速度是多大?()全過程損失的機械能為多少?參考答案1.A解析:質點是用來代替物體的所有質量的點,采用的科學方法為理想化物理模型的方法,故選項A不正確。2.A解析:以整條電線為研究對象,受力分析如圖所示,由共點力的平衡條件知,兩電線桿對電線的彈力的合力與其重力平衡,由幾何關系得Fcos =Mg2,即F=Mg2cos,由于夏天氣溫較高,電

16、線的體積會膨脹,兩桿正中部位電線下墜的距離h變大,則電線在桿上固定處的切線方向與豎直方向的夾角變小,故Mg2cos變小,所以兩電線桿處的電線彈力與冬天相比是變小,故選項A正確;選項B、C錯誤;電線桿上的電線的質量一定,受力平衡,夏季、冬季桿對地面的壓力相等,所以選項D錯誤。3.D解析:在+q從O1向O2運動的過程中,+Q對+q的電場力向左,-Q對+q的作用力方向也向左,選項A錯誤;在+q從O1向O2運動的過程中+Q對+q的電場力向左,-Q對+q的作用力方向也向左,故電場力對+q始終做正功,故+q的電勢能一直減小,選項B錯誤;根據E=kQr2可知在O1右側+Q產生的電場強度先增大后減小且一直減小

17、到0,而-Q的電場強度大多數情況下小于+Q產生的電場強度,O1點的合電場強度不為0且方向向左,故合電場強度為0的位置應該在O1的右側,而在合力為0之前合外力做負功,動能持續減小,之后合力做正功,動能增大,故動能最小的點在O1的右側,選項C錯誤;同理,O2的左側也有電場強度為0的位置,而O1和O2之間電場強度始終大于0,由于兩個電荷的電荷量相同,故電場關于O1、O2連線中間對稱,選項D正確。4.C解析:根據mg6=mv12r,在該星球上的第一宇宙速度v1=gr6,因此第二宇宙速度v2=2v1=13gr,因此選項C正確,選項A、B、D錯誤。5.B解析:交變電壓的頻率為f=1002=50 Hz,一個

18、周期內電壓兩次大于100 V,即一個周期內氖泡能兩次發光,所以其發光頻率為100 Hz,所以選項A錯誤;由交流電壓的瞬時值表達式知,原線圈兩端電壓的有效值為U1=20 V,得副線圈兩端的電壓為U2=100 V,電壓表的示數為交變電流的有效值,所以選項B正確;開關斷開前后,輸入電壓不變,變壓器的變壓比不變,故輸出電壓不變,所以選項C錯誤;開關斷開后,電路消耗的功率減小,輸出功率決定輸入功率,所以選項D錯誤。6.AC解析:由粒子的運動軌跡可知,三個粒子運動的軌道半徑的關系為rc>rb>ra,選項C正確,D錯誤;由T=2mqB,由于三種粒子的比荷相同,故周期相同,由圖可知a、b兩粒子運動

19、的圓心角相等且大于c粒子的圓心角,故根據t=2T可知ta=tb>tc,選項A正確,B錯誤。7.BD解析:下滑過程中,圓環先加速然后減速,其加速度開始時豎直向下(大小逐漸減小),然后改為豎直向上(其大小逐漸增大),選項A錯誤;設下滑過程克服摩擦力做功為Wf,則上滑過程克服摩擦力做功也為Wf,對下滑過程由動能定理有mgh-Wf-W彈=0,對上滑過程由動能定理有W彈-mgh-Wf=0-12mv2,聯立以上兩式得Wf=14mv2,E彈C=W彈=mgh-14mv2,可知選項B正確,C錯誤;設環下滑時經過B點時速度為v1,對環由A至B的過程有mghAB-Wf'-W彈'=12mv12-

20、0,設環上滑時經過B點時速度為v2,對環由B至A的過程有-Wf'-mghAB+W彈'=0-12mv22,比較以上兩式易知v2>v1,選項D正確。8.BD解析:由整體分析受力,M的重力Mg,線框的重力mg,斜面的支持力FN,沿斜面向下的滑動摩擦力Ff,由右手定則判斷出線框中的電流方向為ab,再由左手定則可知安培力沿斜面向下,根據法拉第電磁感應定律得E=Blv,由閉合電路歐姆定律I=ER,則安培力大小為FA=BIl=B2l2vR,開始時速度為零,安培力為零,則由整體列牛頓第二定律方程Mg-mgsin -mgcos =(M+m)a,解得a=Mg-mgsin-mgcosM+m,故

21、選項A錯誤;線框勻速運動時線框受力平衡,Mg-mgsin -mgcos -FA=0,解得v=(Mg-mgsin-mgcos)RB2l2,故選項B正確;線框做加速度減小的加速運動,故動能增加,而線框沿斜面上升重力勢能增大,故線框的機械能增大,所以選項C錯誤;由能量守恒Mgl-mglsin -mglcos =Q+12(M+m)v2,所以Q=(M-msin -mcos )gl-12(M+m)v2,線框通過磁場過程中,產生的焦耳熱小于2(M-msin -mcos )gl,故選項D正確。9.答案:(1)調節木板的傾斜度,使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動(2)盤和砝碼的總質量要比小車的質量小很多

22、(3)加速度正比于外力或加速度正比于質量的倒數(每問2分)解析:(1)在不受牽引時,抬高木板的右端使小車的重力沿木板的分力等于滑動摩擦力,即Mgsin =Mgcos ,小車受到的拉力mg+Mgsin -Mgcos =Ma;(2)嚴格分析整體加速度mg=(m+M)a,隔離小車為研究對象FT=Ma=Mmgm+M=mgmM+1,如果滿足條件m遠遠小于小車M的質量,拉力近似等于盤和砝碼的總重力;(3)加速度正比于外力或加速度正比于質量的倒數。考點:考查了驗證牛頓第二定律的實驗。10.答案:(1)BC(2)如圖所示(3)如圖所示(4)0.18(第(3)問3分,其余每問2分)解析:(1)用電流表測量時要保

23、證指針有較大的偏角,滑動變阻器作為分壓器使用,阻值宜小,允許通過的最大電流值宜大,故選B、C。(2)先用分壓式外接電路,將實物圖連接。(3)用平滑曲線將各點連接如答案圖。(4)設燈兩端電壓為U,電流為I,則由閉合電路歐姆定律可知E=U+(UR+I)(r+R0);代入數據化簡可知3 V=32U+5 ·I,即U=2 V-103·I,看成等效電源(E'=2 V,r'=103 )與燈連接,作出過(2 V,0)和(1 V,0.3 A)的圖象如圖所示:兩圖的交點即為燈的工作點;則由圖可知,電流為0.18 A。11.答案:(1)0.5(2)2105 s1 m解析:(1)物

24、塊到達斜面底端時速度最大,根據運動學公式v2=2ax代入數據得a=8 m/s2對斜面上物塊受力分析知(mg+F)sin -(mg+F)cos =ma代入數據,解得 =0.5。(2)設斜面上物塊加速度為a1,運動時間為t1,在水平面上運動時間為t2,則x=12a1t12到達底端時速度為v1=2a1x=gt2則總時間為t=t1+t2=2xa1+2a1xg根據基本不等式,當a1=g=5 m/s2時,t有最小值tmin=2105 s物體在水平面上運動的位移為x0由v12=2gx0解得x0=1 m。評分標準:本題共12分,其中每式2分,其余每式1分。12.答案:(1)2mv0qL,垂直紙面向外(2)E4

25、mv02qL(3)2v0,方向見解析解析:(1)帶電粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系求帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑R=L2帶電粒子在磁場中運動的洛倫茲力提供向心力qv0B=mv02RB=2mv0qL方向垂直紙面向外。(2)由幾何關系知,帶電粒子從P點進入電場時的速度方向與CF的夾角=45°,平行CD方向進入電場,帶電粒子恰從D點或F點離開電場時,電場強度E最大。平行CD方向t=L2v0平行FC方向L2=at22qEm=ma上述各式聯立解得Em=4mv02qL當E4mv02qL時,帶電粒子從DF邊離開電場。(3)當電場強度最大,帶電粒子從D或F點離開電場時,速度最大。由動能定理得q

26、EmL2=mvm22-mv022vm=5v0最大速度與CD邊的夾角為cos =v05v0=arccos55。評分標準:本題共20分,其中每處3分,式2分,其余每式1分。13.答案:(1)ACE(2)()327 ()248 J解析:(1)液晶具有流動性,但液晶的光學性質為各向異性,故選項A正確;氣體擴散現象表明氣體分子在做永不停息的無規則運動,故選項B錯誤;根據熱力學第二定律,熱量能自發的從高溫物體傳遞到低溫物體,故選項C正確;根據熱力學第二定律,機械能可以全部轉化為內能,但內能不能全部用來做功而轉化成機械能,而不產生其他的影響,故選項D錯誤;液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離,所以液體表面存在表面張力,故選項E正確。(2)()氣體做等壓變化,活塞距離汽缸底h2時溫度為t2,則根據氣態方程可得V1T1=V2T2T2=t2+273 K解得t2=327 。()在氣體膨脹的過程中,氣體對外做功為W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202 J根據熱力學第一