1、综合能力训练(一)(时间:60分钟满分:110分)综合能力训练第56页第卷一、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15题只有一项符合题目要求,第68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.下列叙述正确的是()A.法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点B.伽利略用“月地检验”证实了万有引力定律的正确性C.牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量D.将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是笛卡儿答案:A解析:最先提出电荷周围存在电场观点的是法拉第,故选项A正确;牛
2、顿用“月地检验”证实了万有引力定律的正确性,故选项B错误;测量引力常量的是卡文迪许,故选项C错误;将实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来,从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法的科学家是伽利略,故选项D错误。2.下列说法不正确的是()A.射线与射线一样都是电磁波,但射线的穿透本领远比射线弱B.玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征C.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D.92238U衰变成82206Pb要经过6次衰变和8次衰变答案:A3.如图所示,内壁光滑质量为m的管形圆轨道,竖直放置在光滑水平地面上,恰好处在两固定光滑
3、挡板M、N之间,圆轨道半径为R。质量为m的小球能在管内运动,小球可视为质点,管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时,圆轨道对地面的压力刚好为零。下列判断正确的是()A.圆轨道对地面的最大压力大小为8mgB.圆轨道对挡板M、N的压力总为零C.小球运动的最小速度为gRD.小球离挡板N最近时,圆轨道对挡板N的压力大小为5mg答案:A解析:当小球运动到最高点时,圆轨道对地面的压力为零,可知小球对圆轨道的弹力大小等于圆轨道的重力,根据牛顿第二定律得,mg+FN1=mv12R,FN1=mg,解得在最高点的速度v1=2gR,小球运动到轨道最低点,根据动能定理得,mg2R=12mv22-12mv12,根据
4、牛顿第二定律得,FN2-mg=mv22R,再根据牛顿第三定律,联立解得小球对轨道的最大压力FN2=7mg,则圆轨道对地面的最大压力为8mg,故A正确。因为小球在光滑的管形轨道内运动,完成圆周运动的最小速度可以是0,C错误。在小球运动到离挡板N最近时,小球需要向左的向心力,由挡板N的弹力提供,所以小球对挡板M、N的压力不为零,故B错误。根据动能定理得,mgR=12mv32-12mv12,根据牛顿第二定律得,FN3=mv32R,联立解得FN3=4mg,则圆轨道对挡板N的压力为4mg,故D错误。选A。4.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1
5、的关系是v2=2v1。已知某星球的半径为r,表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16,不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为()A.grB.16grC.13grD.13gr答案:C解析:根据mg6=mv12r,在该星球上的第一宇宙速度v1=gr6,因此第二宇宙速度v2=2v1=13gr,因此选项C正确,选项A、B、D错误。5.(2019黑龙江双鸭山模拟)如图所示,A为水平放置的胶木圆盘,在其侧面均匀分布着负电荷,在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B,B的环面水平且与圆盘面平行,B的轴线与A的轴线OO重合。现使A由静止开始绕其轴线OO按箭头所指方向加速转动,则()A.B的环面有扩张
6、的趋势,丝线受到的拉力增大B.B的环面有收缩的趋势,丝线受到的拉力减小C.B的环面有扩张的趋势,丝线受到的拉力减小D.B的环面有收缩的趋势,丝线受到的拉力增大答案:B解析:使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO按箭头所指方向加速转动,形成环形电流,环形电流的大小增大,穿过金属环B的磁通量向下,且增大,根据楞次定律可判断,金属环B的环面有收缩的趋势,且有向上的运动趋势,丝线受到的拉力减小,选项B正确,选项A、C、D错误。6.如图所示,等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,直角边bc的长度为l。三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3射入磁场
7、,在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3,且t1t2t3=332。不计粒子的重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是()A.粒子的速率关系一定是v1=v2v3B.粒子的速率可能是v2v1v1,选项D正确。8.如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.010-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g取10 m/s2,静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,则 ()A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.
8、010-2 NC.B球所带的电荷量为4610-8 CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0答案:ACD解析:根据电荷量均分原理知,两小球电荷量相同,A选项正确;两小球接触后再分开后的位置如图所示,已知OAA=0.10 m,AB=0.12 m,根据几何知识可知=37。对A进行受力分析如图所示,将A受到的库仑力和重力合成后合力沿OAA的延长线,可得Fq=mgtan =610-3 N,B选项错误;根据库仑定律Fq=kq2l2,可得q=Fql2k,其中l=0.12 m,代入数据得q=4610-8 C,C选项正确;A、B带的电荷量相等且同种性质,所以连线中点处电场强度为零,D选项正确。第卷二、非选择题(
9、包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题,每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题,考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9.(6分)如图甲所示,由小车、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直木板构成伽利略理想斜面实验装置。实验时,在水平长直木板旁边放上刻度尺,小车可以从斜面平稳地滑行到水平长直平面。利用该装置与器材,完成能体现如图乙所示的伽利略理想斜面实验思想与方法的实验推论(设重力加速度为g)。甲乙丙(1)请指出,实验时必须控制的实验条件:。(2)请表述,由实验现象可以得出的实验推论: 。(3)图丙是每隔t时间曝光一次得到小车在粗糙水平面上运动过程中的五张照片,测得小车之间的距离分别
10、是s1、s2、s3、s4,由此可估算出小车与水平面间的动摩擦因数=(用s1、s2、s3、s4、g、t表示)。答案:(1)小车从同一位置静止释放(2)水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远(3)(s1+s2)-(s3+s4)4g(t)2解析:(1)根据伽利略“理想实验”的内容与原理可知,需要小车到达水平面时的速度是相同的,所以在实验的过程中要求小车从同一位置静止释放。(2)根据实验的情况,可以得出的结论为水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远。(3)小车在水平面内做匀变速直线运动,结合匀变速直线运动的推论,则a=(s1+s2)-(s3+s4)4
11、(t)2,根据牛顿第二定律可知a=mgm=g,所以小车与水平面间的动摩擦因数=(s1+s2)-(s3+s4)4g(t)2。10.(9分)某同学要通过实验描绘一个规格为“3 V0.25 A”的LED灯的伏安特性曲线。实验室提供的器材有:A.电流表A1(量程为00.6 A,内阻约为10 )B.电流表A2(量程为0250 mA,内阻约为 5 )C.滑动变阻器R1(“20 1 A”)D.滑动变阻器R2(“200 0.3 A”) E.电压表V(量程为03 V,内阻RV约为3 k)F.开关S一只G.蓄电池E(电动势为4 V,内阻很小)H.导线若干(1)要完成实验,除蓄电池、电压表、开关、导线若干外,还需选
12、择的器材有(填写器材前的字母编号)。(2)在图中他已经连接了一部分电路,请你用笔画线代替导线将电路连线补充完整。(3)为了得到伏安特性曲线,他以电压表的读数U为横轴,以电流表的读数I为纵轴,将实验中得到的多组数据进行了描点,如图所示,请你帮他完成I-U图像。(4)如果将此灯连入如图所示电路,其中电源电动势为3 V,电源内阻与保护电阻R0的总阻值为5 ,定值电阻R的阻值为10 。开关S闭合后,通过小灯泡的电流是A(保留两位有效数字)。答案:(1)BC(2)如图甲所示(3)如图乙所示(4)0.18甲乙解析:(1)用电流表测量时要保证指针有较大的偏角,滑动变阻器作为分压器使用,阻值宜小,允许通过的最
13、大电流值宜大,故选B、C。(2)选用分压式外接电路,将实物图连接。(3)用平滑曲线将各点连接如答案图乙。(4)设灯两端电压为U,电流为I,则由闭合电路欧姆定律可知E=U+UR+I(r+R0);代入数据化简可知3 V=32U+5 I,即U=2 V-103I,看成等效电源E=2V,r=103 与灯连接,作出过(2 V,0)和(1 V,0.3 A)的图像如图所示:两图的交点即为灯的工作点,则由图可知,电流为0.18 A。11.(12分)如图所示,在倾角=37的粗糙斜面上距离斜面底端x=1 m处有一质量m=1 kg的物块,受到竖直向下的恒力F=30 N,由静止开始沿斜面下滑。到达底端时即撤去恒力F,然
14、后在水平面上滑动一段距离后停止。不计物块撞击水平面时的能量损失,物块与各接触面之间的动摩擦因数相同,g取10 m/s2。(1)若物块运动过程中最大速度为4 m/s,物块与各接触面之间的动摩擦因数为多少?(2)若仅改变竖直恒力F的大小,可使物块总的运动时间有一最小值,最小值为多少?此时物块在水平面上运动的位移为多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8)答案:(1)0.5(2)2105 s1 m解析:(1)物块到达斜面底端时速度最大,根据运动学公式v2=2ax代入数据得a=8 m/s2对斜面上物块受力分析知(mg+F)sin -(mg+F)cos =ma代入数据,解得 =0.5。(2)设
15、斜面上物块加速度为a1,运动时间为t1,在水平面上运动时间为t2,则x=12a1t12到达底端时速度为v1=2a1x=gt2则总时间为t=t1+t2=2xa1+2a1xg根据基本不等式,当a1=g=5 m/s2时,t有最小值tmin=2105 s物块在水平面上运动的位移为x0由v12=2gx0解得x0=1 m。12.(20分)如图所示,在正方形ACDF区域内,对角线CF以上的区域存在垂直纸面的匀强磁场,对角线CF以下的区域存在平行于DF方向的匀强电场,正方形边长为l。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)以初速度v0从A点沿AC方向进入磁场,在对角线CF的中点P处进入电场,并从DF边
16、上离开电场,求:(1)磁场的磁感应强度B的大小和方向;(2)电场强度E的大小;(3)带电粒子从DF边离开时的最大速度。答案:(1)2mv0ql,垂直于纸面向外(2)E4mv02ql(3)5v0,方向见解析解析:(1)带电粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系知带电粒子在匀强磁场中运动的半径R=l2带电粒子在磁场中运动的洛伦兹力提供向心力qv0B=mv02RB=2mv0ql方向垂直于纸面向外。(2)由几何关系知,带电粒子从P点进入电场时的速度方向与CF的夹角=45,平行CD方向进入电场,带电粒子恰从D点或F点离开电场时,电场强度E最大。平行CD方向t=l2v0平行FD方向l2=at22qEm=ma上
17、述各式联立解得Em=4mv02ql当E4mv02ql时,带电粒子从DF边离开电场。(3)当电场强度最大,带电粒子从D或F点离开电场时,速度最大。由动能定理得qEml2=mvm22-mv022vm=5v0最大速度与CD边的夹角为cos =v05v0=arccos55。(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分)13.(15分)【物理选修3-3】 (1)(5分)下列说法正确的是。(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.液晶具有流动性,光学性质为各向异性B.气体扩散现象表明气体分子间存
18、在斥力C.热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功以转化成机械能E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力(2)(10分)如图所示,用活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计,活塞的质量m1=0.5 kg,开始时活塞距汽缸底高度h1=0.40 m,气体的温度t1=27 。现给汽缸缓慢加热,使活塞缓慢升到距离汽缸底h2=0.80 m处,此过程中缸内气体吸收Q=450 J的热量。已知活塞横截面积S=5.010-3 m2,大气压强p0=1.0105 Pa,g取10 m/s2。
19、求:活塞距离汽缸底h2时的温度t2;此过程中缸内气体增加的内能U。答案:(1)ACE(2)327 248 J解析:(1)液晶具有流动性,但液晶的光学性质为各向异性,故选项A正确;气体扩散现象表明气体分子在做永不停息的无规则运动,故选项B错误;根据热力学第二定律,热量能自发地从高温物体传递到低温物体,故选项C正确;根据热力学第二定律,机械能可以全部转化为内能,但内能不能全部用来做功而转化成机械能,而不产生其他的影响,故选项D错误;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,故选项E正确。(2)气体做等压变化,活塞距离汽缸底h2时温度为t2,则根据气态方程可得V1T1=V2T2T2=t2+273 K解得t2=327 。在气体膨胀的过程中,气体对外做功为W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202 J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为U=W+Q=-W0+Q=-202 J+450 J=248 J。14.(15分)【物理选修34】(1)(5分)右图是摆长均为l的两个单摆,两摆球间用一根细线相连,现使两摆线与竖直方向均成角(2,因此临界角小于45,如果底面没有涂反射膜,甲光在底面将发生全反射,甲光不能从MN射出。因为红光发生了全反射,而紫光的频率比红光大,同种介质对紫光的折射率更大,紫光发生全反射的临界角也小于45,因此不能从MN射出。
