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1、综合能力训练(一)(时间:60分钟满分:110分)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.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法,如理想化、模型化、放大、假说、极限思想、控制变量、猜想、假设、类比、比值法等。下列关于所用思想方法的叙述不正确的是()A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法是假设法B.速度的定义式v=,采用的是比值法;当t非常非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想C.在探究电
2、阻、电压和电流三者之间的关系时,先保持电压不变研究电流与电阻的关系,再保持电阻不变研究电流与电压的关系,该实验应用了控制变量法D.下图是三个实验装置,这三个实验都体现了放大的思想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DU衰变成Pb要经过6次衰变和8次衰变3.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
3、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D.小球离挡板N最近时,圆轨道对挡板N的压力大小为5mg4.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的关系是v2=v1。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,不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为 ()A.B.C.D. gr5.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为15,原线圈两端的交流电压u=20sin 100 t
4、 V。氖泡在两端电压达到100 V时开始发光。下列说法正确的有()A.开关闭合后,氖泡的发光频率为50 HzB.开关闭合后,电压表的示数为100 VC.开关断开后,电压表的示数变大D.开关断开后,变压器的输出功率不变6.(2018河北石家庄质检)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,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
5、可能是v2v1v1,选项D正确。8.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=0.10 m,=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=,可得q=,其中l=0.12 m,代入数据得q=410-8 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。9.答案 (1)调节木板的倾斜度,使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动(2)盘和砝码的总质量要比小车的质
6、量小很多(3)加速度正比于外力或加速度正比于质量的倒数解析 (1)在不受牵引时,抬高木板的右端使小车的重力沿木板的分力等于滑动摩擦力,即m0gsin =m0gcos ;(2)严格分析整体加速度mg=(m+m0)a,隔离小车为研究对象FT=m0a=m0,如果满足条件m远远小于小车的质量m0,拉力近似等于盘和砝码的总重力;(3)加速度正比于外力或加速度正比于质量的倒数。10.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
7、接。(3)用平滑曲线将各点连接如答案图。(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+I(r+R0);代入数据化简可知3 V=U+5 I,即U=2 V-I,看成等效电源与灯连接,作出过(2 V,0)和(1 V,0.3 A)的图象如图所示:两图的交点即为灯的工作点;则由图可知,电流为0.18 A。11.答案 (1)0.5(2) 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)设斜面上物块加速度为a1,运动时间为t1,在水平面
8、上运动时间为t2,则x=a1到达底端时速度为v1=gt2则总时间为t=t1+t2=根据基本不等式,当a1=g=5 m/s2时,t有最小值tmin= s物块在水平面上运动的位移为x0由=2gx0解得x0=1 m。12.答案 (1),垂直于纸面向外(2)E(3)v0,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=带电粒子在磁场中运动的洛伦兹力提供向心力qv0B=B=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=平行
9、FD方向qEm=ma上述各式联立解得Em=当E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vm=v0最大速度与CD边的夹角为cos =arccos。13.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
10、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T2=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.答案 (1)ACD(2)RR解析 (1)由图可知,波的周期为T=8 s,A对;若波向+x传播,波向右平移,得n+=ab=6 m,v右=,B错,D对;若波向-x传播,波向左平移,得n+=ab=6 m,v左=,C对,E错。(2)在PQ面上的入射角为1,由几何关系知sin 1=,故1=30根据折射定律n=所以2=60由几何关系得xOD=R。临界角sin C=从OP面射入玻璃体的光,在PQ面的入射角等于临界角时,刚好发生全反射而不能从PQ面直接射出。设光在OP面的入射点为M,在PQ面的入射点为NOM=ONsin C=R。
高考物理大二轮优选新题：综合能力训练1 Word版含答案
