PAGE7-30分鐘小卷提分練(8＋2試驗)(四)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14～18題只有一項符合題目要求，第19～21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．14．下列說法正確的是()A．光電效應和康普頓效應揭示了光具有波粒二象性B．牛頓第肯定律是利用邏輯推理對試驗事實進行分析的產物，能夠用試驗干脆驗證C．英國物理學家湯姆孫發覺了電子，否定了“原子不行再分”的觀點D．愛因斯坦首先把能量子的概念引入物理學，否定了“能量連續改變”的觀點15．如圖所示，木塊A、B置于光滑水平桌面上，木塊A沿水平方向向左運動與B相碰，碰后粘連在一起，將彈簧壓縮到最短．則木塊A、B組成的系統，從A、B相遇到彈簧壓縮至最短的整個過程中()A．動量不守恒、機械能守恒B．動量不守恒、機械能不守恒C．動量守恒、機械能守恒D．動量守恒、機械能不守恒16．通過一志向變壓器，經同一線路輸送相同電功率P，原線圈的電壓U保持不變，輸電線路的總電阻為R.當副線圈與原線圈的匝數比為k時，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數比提高到nk，線路損耗電功率為P2，則P1和eq\f(P2,P1)分別為()A.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n)C.eq\f(PR,kU)，eq\f(1,n2)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，eq\f(1,n2)17．如圖所示，在點電荷Q產生的靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下依次通過a、b、c三個位置，其中b點距點電荷Q最近，c點距點電荷Q最遠．下列說法中正確的是()A．該粒子肯定帶正電B．b點的電勢肯定比a、c兩點的電勢高C．粒子通過c點時的動能小于通過b點時的動能D．粒子通過b點時的加速度大于通過a點時的加速度18．[2024·河北百校聯盟聯考]如圖所示，在等腰直角三角形OPQ區域內存在著垂直于紙面對外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊長OP＝L.O處有一個粒子源，將質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，不計粒子的重力．則在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是()A.eq\f(qBL,2m)B.eq\f(\r(2)qBL,2m)C.eq\f(qBL,m)D.eq\f(2qBL,m)19．[2024·湖南省衡陽市第三次聯考]世界上沒有永不謝幕的傳奇，NASA的“卡西尼”號探測器進入土星探測任務的最終篇章．據NASA報道，“卡西尼”2017年4月26日首次到達土星和土星內環(碎冰塊、巖石塊、塵埃等組成)之間，之后，衛星將在土星的近圓軌道做圓周運動，如圖所示．在極其淡薄的大氣阻力作用下，衛星最終將墜向土星的懷抱，這一階段持續到九月中旬．若“卡西尼”只受土星引力和淡薄氣體阻力的作用，則()A．4月26日，“卡西尼”在近圓軌道上繞土星的角速度大于它在內環上繞土星的角速度B．4月28日，“卡西尼”在近圓軌道上繞土星的速率小于它在內環上繞土星的速率C．5月到6月間，“卡西尼”的動能越來越大D．6月到8月間，“卡西尼”的動能、以及它與火星的引力勢能之和增大20．[2024·河南安陽高三二模]如圖1所示，光滑水平面上靜置一個薄長木板，長木板上表面粗糙，其質量為M，t＝0時刻質量為m的物塊以水平速度v滑上長木板，此后木板與物塊運動的v-t圖象如圖2所示，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．M＝mB．M＝2C．木板的長度為8mD．木板與物塊間的動摩擦因數為0.121．如圖所示，AB是豎直的光滑墻壁，高度為h，現將一質量為m的小球從距水平面AD高為h，離A點水平距離為2h的C點以初速度v0水平向左拋出，由于存在水平向右的風力(該風力為恒力，其他方向空氣的作用力不計)，小球恰好能沿著光滑墻壁從A點運動到B點，已知重力加速度為g，下列分析正確的是()A．小球到達A點時的速度方向豎直向下，大小為v0B．小球受到的風力的大小為F＝2mgC．小球由C點運動到B點所用的時間為2eq\r(\f(h,g))D．小球運動到B點時的速度大小為eq\r(v\o\al(2,0)＋4gh)二、非選擇題：第22～23題為必考題，共15分．每個試題考生都必需作答．22．(5分)某同學利用如圖甲所示裝置探究平拋運動中物體機械能是否守恒．在斜槽軌道的末端安裝一個光電門B，調整激光束與球心等高，斜槽末端水平．地面上依次鋪有白紙、復寫紙，讓小球從斜槽上固定位置A點無初速度釋放，通過光電門后落在地面的復寫紙上，在白紙上留下打擊印．重復試驗多次，測得小球通過光電門的平均時間為3.30ms(當地重力加速度g＝9.8m/s2)．(1)用游標卡尺測得小球直徑如圖乙所示，則小球直徑為d＝________mm，由此可知小球通過光電門的速度vB＝________m/s.(2)試驗測得軌道末端離地面的高度h＝0.784m，小球的平均落點P到軌道末端正下方O點的距離x＝0.600m，則由平拋運動規律解得小球平拋的初速度v0＝________m/s.(結果保留3位有效數字)(3)在誤差允許范圍內，試驗結果中小球通過光電門的速度vB與由平拋運動規律求解的平拋初速度v0相等，就可以認為平拋運動過程中機械能是守恒的．23．(10分)做“測定銅導線的電阻率”試驗中可供運用的器材有：A．橫截面積為1.0mm2、長度為100m的一捆銅導線(電阻Rx約2Ω)；B．電流表G(內阻Rg＝100Ω，滿偏電流Ig＝3mA)；C．電流表A(量程0～0.6A，內阻約1Ω)；D．滑動變阻器R(最大阻值5Ω)；E．定值電阻(R0＝3Ω，R1＝900Ω，R2＝1000Ω)；F．電源(電動勢6V，內阻不計)；G．開關、導線若干．請完成下列試驗內容：(1)把電流表G與定值電阻串聯改裝成量程為0～3V的電壓表，則定值電阻應選________(填“R1”或“R2(2)為了盡可能獲得多組數據，試驗電路圖應選下列四幅中的________，電路中R0的作用是______________________．(3)依據正確的電路圖，完成實物圖的連接(已正確連接了部分導線)．(4)某次測量中，電流表G的讀數為2.40mA時，電流表A的讀數為0.50A，由此求得銅導線的電阻率為________Ω·m(保留兩位有效數字)．30分鐘小卷提分練(8＋2試驗)(四)14．答案：C解析：光電效應和康普頓效應揭示了光具有粒子性，A錯誤；牛頓第肯定律是利用邏輯推理對試驗事實進行分析的產物，不能夠用試驗干脆驗證，B錯誤；英國物理學家湯姆孫發覺了電子，否定了“原子不行再分”的觀點，C正確；普朗克在1900年把能量子引入物理學，破除了“能量連續改變”的傳統觀念，D錯誤．15．答案：B解析：A、B組成的系統，從相遇到彈簧壓縮至最短的過程中，由于彈力的存在，合外力不為零，故系統動量不守恒，由于非彈性碰撞，彈簧彈力做功，機械能不守恒，B正確．16．答案：D解析：依據變壓器的變壓比，當副線圈與原線圈的匝數比為k時，有k＝eq\f(U1,U)，副線圈與原線圈的匝數比提高到nk時，有nk＝eq\f(U2,U)，由于線路的輸送功率不變，則有P＝U1I1＝U2I2.依據焦耳定律，線路損耗有：P1＝Ieq\o\al(2,1)R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U1)))2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,kU)))2R，P2＝Ieq\o\al(2,2)R，eq\f(P2,P1)＝eq\f(I\o\al(2,2),I\o\al(2,1))＝eq\f(U\o\al(2,1),U\o\al(2,2))＝eq\f(1,n2).17．答案：D解析：點電荷Q的電性未知，故粒子的電性無法確定，A錯誤；點電荷四周的電場線方向不能確定，故a、b、c三點的電勢凹凸無法確定，B錯誤；由運動軌跡可知，從a到b再到c，電場力對粒子先做負功，再做正功，故粒子在b點時動能最小，C錯誤；b點離點電荷最近，電場強度最大，故粒子通過b點時所受的電場力最大，粒子通過b點時加速度最大，D正確．18．答案：C解析：同種粒子在磁場中做勻速圓周運動，這些粒子的周期相同，要在磁場中運動時間最長，則粒子在勻強磁場中的軌跡對應的圓心角應為最大，必需從OQ邊離開磁場，又因為要求在磁場中運動速度最大，由幾何關系可得粒子沿OP方向射入，軌跡與PQ相切(切點為Q)時，符合條件，此時粒子軌道半徑為L，可求得速度最大值v＝eq\f(qBL,m)，C正確，A、B、D錯誤．19．答案：AC解析：由萬有引力供應向心力得：Geq\f(Mm,r2)＝mrω2，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，則軌道半徑小的角速度大，則A正確；由萬有引力供應向心力得：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，則軌道半徑小的速率大，則B錯誤；5到6月間，因有淡薄氣體阻力做負功，探測器的速度減小，做向心運動，萬有引力做正功，動能增加，則C正確；6月到8月間，因淡薄氣體阻力做負功，機械能減小，則D錯誤．20．答案：BC解析：由題圖可知，水平向右為正方向，物塊在木板上運動過程中，在水平方向上只受到木板給的水平向左的滑動摩擦力，故－μmg＝ma1，而v-t圖象的斜率表示加速度，故a1＝eq\f(3－7,2)m/s2＝－2m/s2.解得μ＝0.2，D錯誤；對木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝eq\f(2－0,2)m/s2＝1m/s2，解得M＝2m，A錯誤，B正確；從圖中可知物塊和木板最終分別，從起先到分別時兩者v-t圖象與t軸圍成的面積之差等于木板的長度，故L＝eq\f(1,2)×(7＋3)×2m－eq\f(1,2)×2×2m＝8m，C正確．21．答案：BC解析：依據題意可知小球到達A點時水平速度減為零，只有豎直向下的速度vA，設小球從C點運動到A點所用的時間為t1，則有t1＝eq\f(vA,g)，h＝eq\f(vA,2)t1,2h＝eq\f(v0,2)t1，解得t1＝eq\f(v0,2g)，vA＝eq\f(v0,2)，A錯誤；依據加速度定義式得小球在水平方向上的加速度大小為ax＝eq\f(v0,t1)＝2g，小球受到的風力的大小為F＝2mg，B正確；小球由C點運動到B點的過程中，在豎直方向做加速度為g的勻加速直線運動，所以2h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2eq\r(\f(h,g))，C正確；小球到達B點時的水平速度為0，只有豎直方向的速度，依據豎直方向運動的獨立性可知veq\o\al(2,B)＝2g·2h，解得vB＝2eq\r(gh)，D錯誤．22．答案：(1)5.00(1分)1.52(2分)(2)1.50(2分)解析：(1)主尺讀數為5mm5mm＋0×0.05mm＝5.00mm；利用小球通過光電門的平均速度代替瞬時速度，有vB＝eq\f(d,t)＝eq\f(0.005,0.0033)m/s＝1.52m/s.(2)依據平拋運動規律有h＝eq\f(1,2)gt2、x＝v0t，聯立解得v0＝1.50m/s.23．答案：(1)R1(2分)(2)甲(2分)減慢電表示數的改變，愛護電表(2分)(3)如圖所示(2分)(4)1.8×10－8(2分)解析：(1)要把電流表G改裝成量程為0～3V的電壓表，串聯的定值電阻阻值為eq\f(3V,3mA)－100Ω＝900Ω，則定