學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精考前綜合練(二）一、單項選擇題1．以下關于α、β和γ射線的說法中正確的是（）A．原子序數大于83的原子核都具有放射性B．α射線本質是質子流,其電離能力最強C．β射線是核外電子電離產生的D．γ射線是中子流，其貫穿能力最強答案A解析原子序數大于83的原子核都具有放射性，選項A正確;α射線本質是氦核,選項B錯誤;β射線是核內的中子轉化為質子時產生的高速電子，選項C錯誤；γ射線是光子，選項D錯誤．2．如圖所示，矩形線框在磁場內做的各種運動中，能夠產生感應電流的是（）答案B解析A圖中線框在勻強磁場中運動的過程中，面積不變、磁感應強度不變,穿過線框的磁通量不變，不產生感應電流,故A錯誤；B圖在線框繞OO′軸轉動過程中，穿過閉合線框的磁通量發生變化，能產生感應電流，故B正確；C圖中線框與磁場平行,線框在運動過程中，穿過線框的磁通量始終為零，不發生變化，沒有感應電流產生，故C錯誤；D圖中線框與磁場平行，線框在運動過程中，穿過線框的磁通量始終為零,不發生變化,沒有感應電流產生，故D錯誤．3.如圖1所示，帶有孔的小球A套在粗糙的傾斜直桿上,與正下方的小球B通過輕繩連接，處于靜止狀態．給小球B施加水平力F使其緩慢上升,直到小球A剛要滑動，在此過程中()圖1A．水平力F的大小不變B．桿對小球A的支持力不變C．輕繩對小球B的拉力先變大后變小D．桿對小球A的摩擦力先變小后變大答案D解析對球B受力分析,受拉力F、重力mg和輕繩的拉力FT,合力為零,如圖甲所示：由此可知，隨著α的增加，拉力F和輕繩張力FT均增加，故A、C錯誤；再對A、B球整體受力分析，受重力、拉力F、支持力FN和靜摩擦力Ff，如圖乙所示：設桿與水平方向的夾角為θ,根據平衡條件，在垂直于桿方向有FN＝(M＋m)gcosθ＋Fsinθ，隨著F的增加，支持力FN增加；在平行于桿方向，有：Fcosθ＋Ff＝（M＋m）gsinθ，可得：Ff＝(M＋m）gsinθ－Fcosθ，可知隨著F的增加，靜摩擦力逐漸減小，當(M＋m)gsinθ＝Fcosθ時，靜摩擦力為零,此后靜摩擦力反向增加，故B錯誤，D正確．4．汽車由靜止開始在平直的公路上行駛，0~60s內汽車的加速度隨時間變化的圖象如圖2所示．則該汽車在0～60s內的速度－時間圖象為（）圖2答案B解析0～10s內汽車做加速度為2m/s2的加速運動,根據v＝at,可知10s時速度達到20m/s,接下來10~40s做勻速運動，速度始終為20m/s,40～60s內，加速度反向，汽車做減速運動，加速度為－1m/s2，經20s速度恰好減小到零．5．某發電廠的發電機組輸出的電壓恒為400V，將其通過升壓變壓器升壓后加在輸電線上向距離較遠的用戶端變電站供電，輸電線總電阻為5Ω，當輸送的電功率恒為200kW時，發電廠提供的電能與用戶端消耗的電能不相等，二者在一個小時內相差50度電,變壓器均為理想變壓器,則下列說法正確的是()A．輸電線上損失的功率為50WB．供電端升壓變壓器的匝數比為1：5C．輸電線上損失的電壓為50VD．若輸電功率增大，則輸電線上損失的功率將會減小答案B解析輸電線上損失的功率ΔP＝eq\f（ΔE，t）＝eq\f(50kW·h,1h）＝50kW，選項A錯誤；ΔP＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（P,U)))2R，解得U＝2000V，升壓變壓器的匝數比為：400∶2000＝1∶5，選項B正確；根據ΔP＝eq\f(ΔU2,R），解得ΔU＝500V,選項C錯誤;輸電電壓不變，若輸電功率變大，則輸電電流變大，輸電線上損失的功率ΔP′＝I2R變大，選項D錯誤．二、多項選擇題6．如圖3所示，飛船先沿橢圓軌道1飛行,然后在遠地點P處變軌后沿圓軌道2運行，在軌道2上周期約為90分鐘．則下列判斷正確的是（)圖3A．飛船沿橢圓軌道1經過P點時的速度與沿圓軌道經過P點時的速度相等B．飛船在圓軌道2上時航天員出艙前后都處于失重狀態C．飛船在圓軌道2的角速度大于同步衛星運行的角速度D．飛船從橢圓軌道1的Q點運動到P點過程中萬有引力做正功答案BC解析飛船沿橢圓軌道1經過P點時有eq\f（GMm,r\o\al(P2)）>meq\f（v\o\al（1P2),rP），飛船沿橢圓軌道2經過P點時有eq\f（GMm，r\o\al（P2）)＝meq\f（v\o\al(2P2），rP），v1P＜v2P,A錯誤;在圓軌道2上時，萬有引力提供向心力,航天員處于完全失重狀態，B正確；因軌道2上周期約為90分鐘，小于同步衛星的周期，又由ω＝eq\f（2π，T),可得飛船在圓軌道2的角速度大于同步衛星運行的角速度，C錯誤;飛船從橢圓軌道1的Q點運動到P點過程中萬有引力做負功，D錯誤．7．某靜電場的電場線分布如圖4所示,P、Q為該電場中的兩點，下列說法正確的是（）圖4A．P點場強大于Q點場強B．P點電勢低于Q點電勢C．將電子從P點移動到Q點，電場力做正功D．將電子從P點移動到Q點,其電勢能增大答案AD解析電場線密的地方電場強度大,所以P點場強一定大于Q點場強，A正確；根據沿電場線方向電勢降低可以知道，P點電勢高于Q點電勢,B錯誤；P點電勢高于Q點電勢，即φP>φQ，電勢能Ep＝qφ中，因為是電子，所以q〈0，所以電子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能,將電子從P點移動到Q點，其電勢能增大，所以電場力做負功，C錯誤，D正確．8.如圖5所示，木板1、2固定在墻角,一個可視為質點的物塊分別從木板的頂端靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數均為μ.對這兩個過程，下列說法正確的是（）圖5A．沿著1和2下滑到底端時,物塊的速度大小相等B．沿著1和2下滑到底端時,物塊的速度大小不相等C．物塊沿著1下滑到底端的過程，產生的熱量更多D．物塊沿著2下滑到底端的過程，產生的熱量更多答案BC解析物塊從高為h的斜面上由靜止滑到底端時,根據動能定理有：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2①其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動摩擦力為：Ff＝μFN＝μmgcosθ，所以物塊克服摩擦力做的功為：Wf＝FfL＝μmgcosθ·L＝μmgLcosθ②由題圖可知，Lcosθ為斜面底邊長，可見物塊從斜面頂端下滑到底端時，克服摩擦力做的功與斜面底端長度L底成正比．沿著1和2下滑到底端時，重力做功相同，而沿2下滑到底端過程物塊克服摩擦力做功小于沿1下滑到底端過程克服摩擦力做功,則由①式得，沿著2下滑到底端時物塊的速度大于沿1下滑到底端時物塊的速度,故A錯誤，B正確；沿1時克服摩擦力做的功多，物塊的機械能損失大，產生的熱量多，故C正確,D錯誤．三、非選擇題9．某同學在測定小車加速度的實驗中，得到圖6甲所示的一條紙帶，他在紙帶上共取了A、B、C、D、E、F、G七個計數點,相鄰的兩個計數點之間還有四個點未畫出．已知打點計時器的打點周期為0.02s．該同學從每個計數點處將紙帶剪開分成六條（分別標記為a、b、c、d、e、f)，再將這六條紙帶由短到長緊靠但不重疊地粘在xOy坐標系中，得到圖乙所示的圖形，最后將各紙帶上端中心連起來，于是得到表示v－t關系的圖象，圖中x軸對應的物理量是時間t,y軸對應的物理量是速度v。圖6（1）圖中t3＝________s,若測得紙條c的長度為4.02cm,則v3＝________m/s（保留兩位有效數字）．（2）若測得紙條a的長度為1。98cm，紙條f的長度為7.02cm，則可求出加速度的大小為________m/s2(保留兩位有效數字)．答案(1)0.250.40（2)1.0解析(1）因為每相鄰的兩個計數點之間還有四個點未畫出，所以相鄰的兩個計數點的時間間隔T＝0.1s,題圖中t3＝2×0。1s＋0。05s＝0.25s，根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，則v3≈eq\f（0.04,0。1）m/s＝0.40m/s；(2)根據Δx＝aT2得，可知xf－xa＝5aT2，則加速度的大小a≈eq\f(0。07－0。02,5×0.01)m/s2＝1.0m/s2。10．為了測定電阻的阻值,實驗室提供下列器材：待測電阻R(阻值約100Ω）、滑動變阻器R1（0～100Ω）、滑動變阻器R2（0～10Ω)、電阻箱R0（0～9999.9Ω)、理想電流表A(量程50mA）、直流電源E(3V，內阻忽略）、導線若干、開關若干．圖7(1)甲同學設計如圖7(a）所示的電路進行實驗．①請在圖（b)中用筆畫線代替導線，完成實物電路的連接．②滑動變阻器應選________（填入字母）．③實驗操作時，先將滑動變阻器的滑動觸頭移到最________（選填“左"或“右"）端，再接通開關S；保持S2斷開,閉合S1，調節滑動變阻器使電流表指針偏轉至某一位置，并記下電流I1。④斷開S1，保持滑動變阻器阻值不變,調整電阻箱R0阻值在100Ω左右，再閉合S2，調節R0阻值使得電流表讀數為________時，R0的讀數即為電阻的阻值．(2)乙同學利用電路（c)進行實驗，改變電阻箱R0的值，讀出電流表相應的電流I，由測得的數據作出eq\f（1，I）－R0圖線如圖（d)所示,圖線縱軸截距為m，斜率為k，則電阻的阻值為________．（3）若電源內阻是不可忽略的，則上述電路(a)和（c），哪種方案測電阻更好________？為什么？__________________________________________________.答案（1）①如圖所示②R2③左④I1（2)eq\f（m,k）（3）(a)此方案不受電源內阻的影響解析（1）①連線圖如圖所示：②因為滑動變阻器采用分壓式接法時，阻值越小調節越方便,所以變阻器應選R2;③實驗操作時，應將變阻器的滑動觸頭置于輸出電壓最小的最左端；④根據歐姆定律，若兩次保持回路中電流表讀數不變,則根據電路結構可知，回路中總電阻也應該相等，結合回路中的電阻計算，可知R0的讀數即為電阻的阻值．(2）根據閉合電路歐姆定律應有：E＝I（R＋R0）解得：eq\f(1，I)＝eq\f(R,E)＋eq\f(R0，E)結合數學知識可知m＝eq\f(R，E），k＝eq\f(1,E）解得:E＝eq\f（1，k)，R＝Em＝eq\f(m，k）（3)若電源內阻是不可忽略的,則電路（a）好，因為電源內阻對電路(a）測電阻沒有影響．11．如圖8所示，半徑為R的光滑半圓環軌道豎直固定在一光滑的水平桌面上,桌面距水平地面的高度也為R，在桌面上輕質彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接）,處于靜止狀態．同時釋放兩個小球，小球a、b與彈簧在桌面上分離后,a球從B點滑上半圓環軌道最高點A時速度為vA＝eq\r(2gR）,已知小球a質量為m，小球b質量為2m，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：圖8(1)小球a在圓環軌道最高點對軌道的壓力；（2）釋放后小球b離開彈簧時的速度vb的大小;(3）小球b落地點距桌子右側的水平距離．答案(1)mg,方向豎直向上(2)eq\f(\r（6gR)，2）(3)eq\r(3）R解析(1）設a球通過最高點時受軌道的彈力為FN，由牛頓第二定律得:mg＋FN＝meq\f（v\o\al(A2）,R）解得：FN＝mg。由牛頓第三定律知，a球對軌道的壓力為mg，方向豎直向上．（2)設小球a與彈簧分離時的速度大小為va，取桌面為零勢能面，由機械能守恒定律得：eq\f(1，2)mva2＝eq\f（1，2)mvA2＋mg·2R，解得：va＝eq\r（6gR)，小球a、b從釋放到與彈簧分離過程中,總動量守恒，則有mva＝2mvb，得vb＝eq\f（\r（6gR）,2)（3)b球從桌面飛出做平拋運動，設飛出的水平距離為x，則R＝eq\f（1,2)gt2，t＝eq\r（\f（2R,g）)，x＝vbt聯立解得：x＝eq\r(3）R。12．如圖9所示，在坐標系xOy中,第一象限除外的其他象限都充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應強度都為B1＝0.12T，方向垂直紙面向內．P是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離l＝0。4m．一比荷eq\f（q，m)＝5×107C/kg的帶正電粒子從P點開始進入勻強磁場中運動，初速度v0＝3×106m/s，方向與y軸正方向成夾角θ＝53°并與磁場方向垂直,不計粒子的重力．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0。6，求：圖9（1)粒子在磁場中運動的軌道半徑R.（2)在第一象限中與x軸平行的虛線上方的區域內充滿沿x軸負方向的勻強電場（如圖a所示），粒子在磁場中運動一段時間后進入第一象限，最后恰好從P點沿初速度的方向再次射入磁場．求勻強電場的電場強度E的大小和電場邊界(虛線)與x軸之間的距離d.(3）如果撤去電場，在第一象限加另一勻強磁場Ⅱ，磁場方向垂直于xOy平面．在第(2)問虛線位置放置一塊長度為L＝0.25m的平板，平板的左邊緣與y軸對齊(如圖b所示)．帶電粒子仍從P點開始運動，欲使帶電粒子第一次進入第一象限運動時不打到板上，求磁場Ⅱ的磁感應強度B2的大小和方向應滿足什么條件？答案見解析解析（1）粒子在磁場區域內運動,洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:qv0B1＝meq\f(v\o\al(02）,R1)，解得，粒子運動的軌道半徑:R1＝eq\f(mv0，qB1）＝0。5m，（2）粒子運動軌跡如圖所示,粒子運動軌跡的圓心A恰好落在x軸上．由幾何關系可知粒子從C點進入第一象限時的位置坐標為：x＝R1－R1cosθ＝0.2m粒子進入勻強電場后做類平拋運動，設粒子在電場中的運動時間為t，加速度為a,則：l－d＝v0t由牛頓第二定律得：qE＝max＝eq\f（1，2)at2粒子運動到P點時，水平速度為：vx＝at＝v0tanθ，代入數據解得，電場強度：E＝8×105N/C，電場邊界（虛線）與x軸之間的距離：d＝0.1m；(3)如果第一象限的磁場方向垂直于xOy平面向內,則帶電粒子打到平板的臨界條件為軌跡圓與板相切，此時軌跡半徑為R2＝d＝0。1m由牛頓第二定律得：qv0B2＝meq\f（v\o\al（02）,R2）,代入數據解得:B2＝0。6T，如果第一象限的磁場方向垂直于xOy平面向外，則帶電粒子打到平板的臨界條件為軌跡圓與板右側邊緣有交點,設此時軌跡半徑為R3,由幾何關系：R32＝d2＋［R3－（L－OC)］2,代入數據解得:R3＝0.125m，由牛頓第二定律得:qv0B2＝meq\f（v\o\al(02），R3），代入數據解得：B2＝0。48T，故欲使帶電粒子第一次進入第一象限運動時不打到板上，磁場Ⅱ的磁感應強度B2的大小和方向應滿足：若磁場方向垂直于xOy平面向內，則B2＞0.6T；若磁場方向垂直于xOy平面向外，則B2＞0.48T.13．［選修3－3］(1）(2018·陜西省寶雞市質檢二）關于物體的內能，下列說法正確的是________．A．相同質量的兩種物質，升高相同的溫度,內能的增量一定相同B．物體的內能改變時溫度不一定改變C．內能與物體的溫度有關，所以0℃的物體內能為零D．分子數和溫度相同的物體不一定具有相同的內能E．內能小的物體也可能將熱量傳遞給內能大的物體(2)如圖10所示，潛艇采用壓縮空氣排出海水控制浮沉,在海面上,潛艇將壓強為1.0×105Pa、總體積為600m3的空氣（包含貯氣筒內空氣,視為理想氣體)壓入容積為3m3的貯氣筒．潛至海面下方190m水平航行時，為控制姿態,將貯氣筒內一部分壓縮空氣通過節流閥壓入水艙，使15m3的水通過排水孔排向與之相通的大海．已知海面處大氣壓p0＝1.0×105Pa,取海水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g＝10m/s2,求：圖10①潛艇下潛前貯氣筒內空氣的壓強;②排出水后貯氣筒內剩余空氣的壓強．答案（1）BDE(2）①2.0×107Pa②1。0×107Pa解析（1)相同質量的同種物質，升高相同的溫度，內能的增量相同;相同質量的不同種物質,升高相同的溫度，內能的增量不同，故A錯誤；物體內能改變時溫度不一定改變，比如零攝氏度的冰融化為零攝氏度的水，內能增加,故B正確;分子永不停息地做無規則運動，可知任何物體在任何狀態下都有內能，故C錯誤；分子數和溫度相同的物體不一定有相同的內能，還看物體的體積,故D正確；發生熱傳遞的條件是存在溫度差，與內能的大小無關，所以內能小的物體也可能將熱量傳遞給內能大的物體,故E正確．(2)①設潛艇下潛前貯氣筒內空氣的壓強為p1，p1V1＝p0V0，解得p1＝2.0×107Pa②設水艙中空氣的壓強為p3，貯氣筒內剩余空氣的壓強為p2，p3V3＋p2V1＝p0V0，p3＝p0＋ρgh＝2.0×106Pa,解得:p2＝1.0×107Pa.14．［選修3－4］（1）在雙縫干涉實驗中，用波長為630nm的紅光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣．已知雙縫到屏幕的距離為1.00m，測得第1條到第6條亮條紋中心間距為10.5mm，則雙縫之