1、综合能力训练(三)(时间:60分钟满分:110分)综合能力训练第62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.关于近代物理学,下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不一定减少C.10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,一定有5个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性答案:D2.一个物体沿直线运动,从t=0时刻
2、开始,物体的xt-t图像如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和-1 s,由此可知()A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5 m/sD.物体的初速度大小为1 m/s答案:C解析:物体的xt-t图像(即v-t图像)是一条直线,物体做匀加速运动,选项A、B错误;图线在纵轴的截距是初速度的大小,等于0.5m/s,选项C正确,D错误。3.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球同步卫星b离地面高度为H,h1.9m/s2,不可能一起运动,m2将相对于m1下滑,选项D正确。5.如图所示,理想变压器原副线圈匝数之比为201,原线圈接入一电压为u=U0sin
3、t的交流电源,副线圈接一个R=5.5 的负载电阻。若U0=2202 V,=100 rad/s,则下述结论正确的是 ()A.副线圈中电压表的读数为 112 VB.副线圈中输出交变电流的周期为0.01 sC.原线圈中电流表的读数为0.1 AD.原线圈中的输入功率为11 W答案:C解析:电压表测量的是有效值,根据U1U2=n1n2,代入数据得220VU2=201,可得电压表示数U2=11V,选项A错误;由于=100rad/s,交变电流的周期为0.02s,选项B错误;副线圈中的电流I2=U2R=2A,因此副线圈的输出功率P=U2I2=22W,选项D错误;而变压器本身不消耗能量,因此输入功率也是22W,
4、因此输入电流I1=PU1=0.1A,选项C正确。6.如图甲所示的电路中,将滑动变阻器R2的滑片由a端向b端移动,用两个电表分别测量电压和电流,得到部分U-I关系图像如图乙所示,则()A.电源的电动势为6 VB.滑动变阻器的总阻值为20 C.当电压表示数为5.0 V时,电源效率最高D.当电压表示数为5.0 V时,R2消耗的总功率最大答案:BC解析:根据电路图结合数学知识可知,当aP的电阻等于bP的电阻时,并联部分电阻最大,此时电压表示数最大,根据乙图可知,电压表示数最大为5.0V,此时电流表示数为0.5A,则有RaP=UI=5.00.5=10,则滑动变阻器的总阻值为R=2RaP=20,根据闭合电
5、路欧姆定律得E=U+2I(R1+r)根据乙图可知,当电压表示数U1=4V时电流表示数为I1=0.25A或I2=1A,根据闭合电路欧姆定律得E=U1+(I1+I2)(R1+r)联立方程解得E=9V,R1+r=4,故A错误,B正确;电源效率=UIEI=UE,当电压表示数为5.0V时,并联部分电阻最大,则外电路电阻最大,此时路端电压最大,效率最高,故C正确;把R1看成内阻,当并联部分电阻R并=R1+r=4时,R2消耗的总功率最大,此时电压表示数不是5V,故D错误。故选B、C。7.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,如图甲所示。设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正,垂直纸
6、面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正,逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中的感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示,则线圈所处的磁场的磁感应强度随时间变化的图像可能是下图中的()答案:CD解析:在前0.5s内由题图乙根据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的。而在0.51.5s,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的;1.52.5s,与前0.5s内情况相同;2.53s,与0.51.5s情况相同。故选项A、B错误,选项C、
7、D正确。8.(2019全国卷)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案:AC解析:带电粒子仅在电场力作用下,粒子的速度大小可能先增大后减小,如:在等量同种电荷形成的电场中带电粒子沿着两电荷连线的中垂线运动时,A正确。因为粒子只在电场力作用下从M点运动到N点,根据动能定理,W电=-Ep=EkN-0=EpM-EpN,而EkN0,所以EpMEp
8、N,C正确。粒子的轨迹与电场线不一定重合,在N点,电场力的方向不一定与粒子轨迹在该点的切线平行,B、D错误。第卷二、非选择题(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)(1)小明同学到实验室去做验证力的平行四边形定则的实验时看见实验桌上有一把20分度的游标卡尺,他立即用游标卡尺测量了钢笔套的长度,如图甲所示,则钢笔套的长度为 mm。(2)随后小明开始做验证力的平行四边形定则的实验,在水平放置的木板上垫上一张白纸,把橡皮条的一端固定在板上的A点,橡皮条的另一端拴上两个细绳套,如图乙所示。先用两
9、个弹簧测力计钩住细绳套,互成角度拉橡皮条使之伸长,结点被拉到某一位置O,此时记下两个弹簧测力计的读数F1和F2和两细绳的方向。请完成下列问题:F1的读数如图丙所示,则F1= N。小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长,应该使结点拉到,记下弹簧测力计的读数,并记下。答案:(1)10.55(2)1.23同一位置O细绳的方向解析:(1)游标卡尺的主尺刻度为10mm,游标尺刻度为110.05mm=0.55mm,所以游标卡尺读数为10.55mm。(2)经估读,弹簧测力计的读数为1.23N。验证力的平行四边形定则的依据是两弹簧测力计共同作用与一个弹簧测力计单独作用等效,应将结点拉到同一位置O。利用平
10、行四边形定则作合力,既要知道力的大小,又要知道力的方向,所以要记下细绳的方向。10.(9分)某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻(阻值恒定),进行了如下实验:(1)他先用多用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值。将开关置于10挡位,指针示数如图所示,若想更准确一些,下面操作正确的步骤顺序是。(填序号)A.将两表笔短接进行欧姆调零B.将两表笔短接进行机械调零C.将开关置于1挡D.将开关置于100挡E.将两表笔接未知电阻两端,待指针稳定后读数(2)然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻:A.直流电源E:电动势3 V,内阻忽略B.电流表A1:量程00.3 A,内阻约为0.1 C.电流表A2:量
11、程03 mA,内阻约为10 D.电压表V1:量程03 V,内阻约为3 kE.电压表V2:量程015 V,内阻约为50 kF.滑动变阻器R1:最大阻值10 G.滑动变阻器R2:最大阻值1 000 H.开关S,导线若干为较准确测量该电阻的阻值,要求各电表指针能有较大的变化范围,以上器材中电流表应选(选填“B”或“C”), 电压表应选(选填“D”或“E”), 滑动变阻器应选(选填“F”或“G”)。请在方框中画出实验电路原理图。答案:(1)DAE(2)CDF电路图如图所示解析:(1)选择倍率后,欧姆表指针读数偏大,应该换用大倍率,更换倍率需要重新欧姆调零,所以先更换大倍率即步骤D,再欧姆调零即步骤A,
12、最后测量电阻即步骤E。(2)要使得电表指针有较大变化范围,滑动变阻器选择分压式接法,所以滑动变阻器选择阻值小的即F;电源电动势为3V,所以电压表为读数准确选择小量程即D。根据欧姆表可知待测电阻阻值在1000以上,而电压最大只有3V,所以电流不会超过3mA,电流表选择C。滑动变阻器已经确定分压式,而待测电阻阻值较大,电流表内阻较小,所以电流表选择内接法。如答案图所示。11.(12分)起重机从静止开始起吊一质量为4 000 kg的重物,开始时,起重机拉力恒定,重物以0.2 m/s2的加速度匀加速上升,9.8 s后,起重机达到额定功率P,起重机再保持额定功率不变,又经5 s,重物达到最大速度2 m/
13、s ,此后再保持拉力恒定,使重物以0.5 m/s2的加速度做匀减速运动至停下。g取9.8 m/s2。(1)求额定功率P的大小;(2)求重物上升的最大高度;(3)画出整个过程起重机拉力F与时间t的关系图像(不要求写计算过程)。答案:(1)78.4 kW(2)23.6 m(3)见解析解析:(1)重物速度最大时,有F=mgP=mgv解得P=78.4kW。(2)重物匀加速上升的高度h1=12a1t12得h1=9.6m此过程起重机拉力满足F1-mg=ma1从静止到最大速度过程中,由动能定理得F1h1+Pt2-mg(h1+h2)=12mvm2得h1+h2=19.6m匀减速运动上升的高度h3=0-vm22a
14、2=4mh=h1+h2+h3=23.6m。(3)图像如图所示12.(20分)在如图所示的平面直角坐标系xOy内,第一象限的MN以上的虚线区域内存在有理想边界的竖直向下的匀强电场,已知MN间的距离为l,DN间的距离为l2,MN与x轴间的距离为l。第四象限内有垂直纸面方向的有界(图中OABC)匀强磁场B,磁场的右边界与电场的左边界间的距离为1+22l。现有一质量为m、电荷量为q、不计重力的正电荷,以水平向左的初速度v0从D点射入电场,恰好从M点离开电场,进入第四象限磁场偏转后恰好经过坐标原点O,并沿y轴的正方向运动。(1)求电荷到达M点的速度v;(2)求该匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度
15、B;(3)求整个过程中电荷的运动时间,并分析,若磁场右边界和下边界不变,左边界向右移动某一距离,电荷是否可能经过O点。答案:(1)2v0,与水平方向成45夹角斜向左下方(2)mv02ql2mv0ql(3)(16+42+32)l8v0不可能经过O点解析:(1)电荷在电场中做类平抛运动,由l=v0t1,l2=vy2t1,得vy=v0,经过M点速度的大小vM=v02+vy2=2v0,设与水平方向的夹角为,有tan=vyv0=1,得=45。(2)在电场中运动,有vy=at1=v0,而a=qEm,得E=mv02ql;由几何关系知,PI=l,则PC=22l,电荷进入磁场后运动轨迹如图所示,设电荷做圆周运动
16、对应的圆心为Q点,半径为R,根据几何关系有R=SQ=l,据qvB=mv2R,得B=2mv0ql。(3)电荷从D到O的运动可分为3段,电场中的类平抛、离开电场进入磁场前的匀速直线运动、进入磁场后的匀速圆周运动。在电场中,据l=v0t1,得t1=lv0;在电场与磁场之间做直线运动,有v0t2=1+22l,t2=1+22lv0;在磁场中运动,t3=135360T=32l8v0,则总的运动时间为t=t1+t2+t3=(16+42+32)l8v0。若AO右侧出现无磁场区域,则电荷将从轨迹与边界的交点沿轨迹上该点切线方向射出,根据电荷的运动轨迹可以看出,该点切线方向与该点和原点的连线方向一定不同,故电荷不
17、可能经过O点。(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】(2020全国卷)(1)(5分)如图所示,一开口向上的导热汽缸内,用活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上,使其缓慢下降。环境温度保持不变,系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中。A.气体体积逐渐减小,内能增加B.气体压强逐渐增大,内能不变C.气体压强逐渐增大,放出热量D.外界对气体做功,气体内能不变E.外界对气体做功,气体吸收热量(2)(10分)如图所示,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为h=18 cm的U形管,左
18、管上端封闭,右管上端开口。右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283 K,大气压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强。现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少?再将左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管口平齐,此时密封气体的温度为多少?答案:(1)BCD(2)12.9 cm363 K解析:(1)本题以汽缸为背景,意在考查气体实验定律和热力学定律。一定质量理想气体的内能仅与温度有关,温度不变,气体内能不变,选项A错误;根据p1V1=p2V2,气体体
19、积变小,压强增大,选项B正确;外界对气体做功W0,内能不变U=0,由U=W+Q,可得Qb可知,B项正确;由题图可知,nanb,C项错误;由sinC=1n可知,a先发生全反射,D项正确;由x=ld及ab可得,E项错误。(2)由题意,O、P两点间的距离与波长之间满足OP=54波速v与波长的关系为v=T在t=5s的时间间隔内,波传播的路程为vt。由题意有vt=PQ+4式中,PQ为P、Q间的距离。由式和题给数据,得PQ=133cm。Q处的质点第一次处于波峰位置时,波源运动的时间为t1=t+54T波源从平衡位置开始运动,每经过T4,波源运动的路程为A。由题给条件得t1=25T4故t1时间内,波源运动的路程为l=25A=125cm。
