綜合能力訓練(一)(時間:60分鐘滿分:110分)第Ⅰ卷一、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1~5題只有一項符合題目要求,第6~8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)1.下列敘述正確的是()A.法拉第最先提出電荷周圍存在電場的觀點B.伽利略用“月—地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性C.牛頓在給出萬有引力定律的同時給出了引力常量D.將實驗和邏輯推理(包括數學演算)和諧地結合起來,從而發展了人類的科學思維方式和科學研究方法的科學家是笛卡兒答案:A解析:最先提出電荷周圍存在電場觀點的是法拉第,故選項A正確;牛頓用“月—地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性,故選項B錯誤;測量引力常量的是卡文迪許,故選項C錯誤;將實驗和邏輯推理(包括數學演算)和諧地結合起來,從而發展了人類的科學思維方式和科學研究方法的科學家是伽利略,故選項D錯誤。2.下列說法不正確的是()A.β射線與γ射線一樣都是電磁波,但β射線的穿透本領遠比γ射線弱B.玻爾將量子觀念引入原子領域,其理論能夠解釋氫原子光譜的特征C.氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道上時氫原子的能量減少D.92238U衰變成

82206Pb要經過6次答案:A3.如圖所示,內壁光滑質量為m的管形圓軌道,豎直放置在光滑水平地面上,恰好處在兩固定光滑擋板M、N之間,圓軌道半徑為R。質量為m的小球能在管內運動,小球可視為質點,管的內徑忽略不計。當小球運動到軌道最高點時,圓軌道對地面的壓力剛好為零。下列判斷正確的是()A.圓軌道對地面的最大壓力大小為8mgB.圓軌道對擋板M、N的壓力總為零C.小球運動的最小速度為gRD.小球離擋板N最近時,圓軌道對擋板N的壓力大小為5mg答案:A解析:當小球運動到最高點時,圓軌道對地面的壓力為零,可知小球對圓軌道的彈力大小等于圓軌道的重力,根據牛頓第二定律得,mg+FN1=mv12R,FN1=mg,解得在最高點的速度v1=2gR,小球運動到軌道最低點,根據動能定理得,mg·2R=12mv22?12mv12,根據牛頓第二定律得,FN2-mg=mv22R,再根據牛頓第三定律,聯立解得小球對軌道的最大壓力FN2'=7mg,則圓軌道對地面的最大壓力為8mg,故A正確。因為小球在光滑的管形軌道內運動,完成圓周運動的最小速度可以是0,C錯誤。在小球運動到離擋板N最近時,小球需要向左的向心力,由擋板N的彈力提供,所以小球對擋板M、N4.星球上的物體脫離星球引力所需的最小速度稱為第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關系是v2=2v1。已知某星球的半徑為r,表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的16,不計其他星球的影響,則該星球的第二宇宙速度為(A.gr B.16gr C.13gr 答案:C解析:根據mg6=mv12r,在該星球上的第一宇宙速度v1=gr6,因此第二宇宙速度v5.(2019·黑龍江雙鴨山模擬)如圖所示,A為水平放置的膠木圓盤,在其側面均勻分布著負電荷,在A的正上方用絕緣絲線懸掛一個金屬圓環B,B的環面水平且與圓盤面平行,B的軸線與A的軸線OO'重合。現使A由靜止開始繞其軸線OO'按箭頭所指方向加速轉動,則()A.B的環面有擴張的趨勢,絲線受到的拉力增大B.B的環面有收縮的趨勢,絲線受到的拉力減小C.B的環面有擴張的趨勢,絲線受到的拉力減小D.B的環面有收縮的趨勢,絲線受到的拉力增大答案:B解析:使膠木盤A由靜止開始繞其軸線OO'按箭頭所指方向加速轉動,形成環形電流,環形電流的大小增大,穿過金屬環B的磁通量向下,且增大,根據楞次定律可判斷,金屬環B的環面有收縮的趨勢,且有向上的運動趨勢,絲線受到的拉力減小,選項B正確,選項A、C、D錯誤。6.如圖所示,等腰直角三角形abc區域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,直角邊bc的長度為l。三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶2。不計粒子的重力及粒子間的相互作用,下列說法正確的是()A.粒子的速率關系一定是v1=v2<v3B.粒子的速率可能是v2<v1<v3C.粒子的比荷qD.粒子的比荷q答案:BD解析:根據題設條件,三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向以不同速度進入三角形磁場區域,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,粒子軌道半徑與速度成正比,又因為三個粒子在磁場中運動的時間之比為t1∶t2∶t3=3∶3∶2,顯然它們在磁場中的偏轉角度之比為3∶3∶2。即粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,軌跡如圖所示。粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,粒子3的速度比1、2的速度大,無法確定粒子1、2的速度關系,1、2兩粒子的速度既可能相等也可能不相等,故A錯誤,B正確;對速度為v2的粒子,其偏轉角度為90°,粒子在磁場中的運動時間t2=14T=14×2πmqB,則qm=π2Bt2,故C錯誤;對速度為v3的粒子偏轉60°,運動軌跡如圖所示,由幾何關系知r3tan30°+r3tan30°cos60°7.如圖所示,輕質彈簧一端固定,另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連,彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止開始下滑,經過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內,重力加速度為g。則圓環()A.下滑過程中,加速度一直減小B.下滑過程中,克服摩擦力做的功為14mvC.在C處,彈簧的彈性勢能為14mv2D.上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度答案:BD解析:下滑過程中,圓環先加速然后減速,其加速度開始時豎直向下(大小逐漸減小),然后改為豎直向上(其大小逐漸增大),選項A錯誤;設下滑過程克服摩擦力做功為Wf,則上滑過程克服摩擦力做功也為Wf,對下滑過程由動能定理有mgh-Wf-W彈=0,對上滑過程由動能定理有W彈-mgh-Wf=0-12mv2,聯立以上兩式得Wf=14mv2,E彈C=W彈=mgh-14mv2,可知選項B正確,C錯誤;設環下滑時經過B點時速度為v1,對環由A至B的過程有mghAB-Wf'-W彈'=12mv12-0,設環上滑時經過B點時速度為v2,對環由B至A的過程有-Wf'-mghAB+W彈'=08.如圖所示,把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12m。已測得每個小球質量是8.0×10-4kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g取10m/s2,靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,則()A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0×10-2NC.B球所帶的電荷量為46×10-8CD.A、B兩球連線中點處的電場強度為0答案:ACD解析:根據電荷量均分原理知,兩小球電荷量相同,A選項正確;兩小球接觸后再分開后的位置如圖所示,已知OAA=0.10m,AB=0.12m,根據幾何知識可知θ=37°。對A進行受力分析如圖所示,將A受到的庫侖力和重力合成后合力沿OAA的延長線,可得Fq=mgtanθ=6×10-3N,B選項錯誤;根據庫侖定律Fq=kq2l2,可得q=Fq·l2k,其中l=0.12m,代入數據得q=第Ⅱ卷二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題,每個試題考生都必須作答。第13~14題為選考題,考生根據要求作答)(一)必考題(共47分)9.(6分)如圖甲所示,由小車、斜面及粗糙程度可以改變的水平長直木板構成伽利略理想斜面實驗裝置。實驗時,在水平長直木板旁邊放上刻度尺,小車可以從斜面平穩地滑行到水平長直平面。利用該裝置與器材,完成能體現如圖乙所示的伽利略理想斜面實驗思想與方法的實驗推論(設重力加速度為g)。甲乙丙(1)請指出,實驗時必須控制的實驗條件:。

(2)請表述,由實驗現象可以得出的實驗推論:

。

(3)圖丙是每隔Δt時間曝光一次得到小車在粗糙水平面上運動過程中的五張照片,測得小車之間的距離分別是s1、s2、s3、s4,由此可估算出小車與水平面間的動摩擦因數μ=(用s1、s2、s3、s4、g、Δt表示)。

答案:(1)小車從同一位置靜止釋放(2)水平面越光滑,小車滑得越遠,當水平面完全光滑時,小車將滑向無窮遠(3)(解析:(1)根據伽利略“理想實驗”的內容與原理可知,需要小車到達水平面時的速度是相同的,所以在實驗的過程中要求小車從同一位置靜止釋放。(2)根據實驗的情況,可以得出的結論為水平面越光滑,小車滑得越遠,當水平面完全光滑時,小車將滑向無窮遠。(3)小車在水平面內做勻變速直線運動,結合勻變速直線運動的推論,則a=(s1+s2)-(s3+s410.(9分)某同學要通過實驗描繪一個規格為“3V0.25A”的LED燈的伏安特性曲線。實驗室提供的器材有:A.電流表A1(量程為0~0.6A,內阻約為10Ω)B.電流表A2(量程為0~250mA,內阻約為5Ω)C.滑動變阻器R1(“20Ω1A”)D.滑動變阻器R2(“200Ω0.3A”)E.電壓表V(量程為0~3V,內阻RV約為3kΩ)F.開關S一只G.蓄電池E(電動勢為4V,內阻很小)H.導線若干(1)要完成實驗,除蓄電池、電壓表、開關、導線若干外,還需選擇的器材有(填寫器材前的字母編號)。

(2)在圖中他已經連接了一部分電路,請你用筆畫線代替導線將電路連線補充完整。(3)為了得到伏安特性曲線,他以電壓表的讀數U為橫軸,以電流表的讀數I為縱軸,將實驗中得到的多組數據進行了描點,如圖所示,請你幫他完成I-U圖像。(4)如果將此燈連入如圖所示電路,其中電源電動勢為3V,電源內阻與保護電阻R0的總阻值為5Ω,定值電阻R的阻值為10Ω。開關S閉合后,通過小燈泡的電流是A(保留兩位有效數字)。

答案:(1)BC(2)如圖甲所示(3)如圖乙所示(4)0.18甲乙解析:(1)用電流表測量時要保證指針有較大的偏角,滑動變阻器作為分壓器使用,阻值宜小,允許通過的最大電流值宜大,故選B、C。(2)選用分壓式外接電路,將實物圖連接。(3)用平滑曲線將各點連接如答案圖乙。(4)設燈兩端電壓為U,電流為I,則由閉合電路歐姆定律可知E=U+UR+I(r+R0);代入數據化簡可知3V=32U+5Ω·I,即U=2V-103Ω·I,看成等效電源E'=2V兩圖的交點即為燈的工作點,則由圖可知,電流為0.18A。11.(12分)如圖所示,在傾角θ=37°的粗糙斜面上距離斜面底端x=1m處有一質量m=1kg的物塊,受到豎直向下的恒力F=30N,由靜止開始沿斜面下滑。到達底端時即撤去恒力F,然后在水平面上滑動一段距離后停止。不計物塊撞擊水平面時的能量損失,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數相同,g取10m/s2。(1)若物塊運動過程中最大速度為4m/s,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數μ為多少?(2)若僅改變豎直恒力F的大小,可使物塊總的運動時間有一最小值,最小值為多少?此時物塊在水平面上運動的位移為多少?(sin37°=0.6,cos37°=0.8)答案:(1)0.5(2)2105s解析:(1)物塊到達斜面底端時速度最大,根據運動學公式v2=2ax代入數據得a=8m/s2對斜面上物塊受力分析知(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma代入數據,解得μ=0.5。(2)設斜面上物塊加速度為a1,運動時間為t1,在水平面上運動時間為t2,則x=12a1到達底端時速度為v1=2a1x=則總時間為t=t1+t2=2根據基本不等式,當a1=μg=5m/s2時,t有最小值tmin=210物塊在水平面上運動的位移為x0由v12=2μ解得x0=1m。12.(20分)如圖所示,在正方形ACDF區域內,對角線CF以上的區域存在垂直紙面的勻強磁場,對角線CF以下的區域存在平行于DF方向的勻強電場,正方形邊長為l。一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子(重力不計)以初速度v0從A點沿AC方向進入磁場,在對角線CF的中點P處進入電場,并從DF邊上離開電場,求:(1)磁場的磁感應強度B的大小和方向;(2)電場強度E的大小;(3)帶電粒子從DF邊離開時的最大速度。答案:(1)2mv0ql,垂直于紙面向外(2)E≤4mv解析:(1)帶電粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系知帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑R=l帶電粒子在磁場中運動的洛倫茲力提供向心力qv0B=mB=2方向垂直于紙面向外。(2)由幾何關系知,帶電粒子從P點進入電場時的速度方向與CF的夾角θ=45°,平行CD方向進入電場,帶電粒子恰從D點或F點離開電場時,電場強度E最大。平行CD方向t=l平行FD方向l2=a上述各式聯立解得Em=4當E≤4mv0(3)當電場強度最大,帶電粒子從D或F點離開電場時,速度最大。由動能定理得qvm=5v0最大速度與CD邊的夾角為cosβ=vβ=arccos55(二)選考題(共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分)13.(15分)【物理——選修3-3】(1)(5分)下列說法正確的是。(填正確答案標號,選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分。每選錯1個扣3分,最低得分為0分)

A.液晶具有流動性,光學性質為各向異性B.氣體擴散現象表明氣體分子間存在斥力C.熱量總是自發地從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體D.機械能不可能全部轉化為內能,內能也無法全部用來做功以轉化成機械能E.液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離,所以液體表面存在表面張力(2)(10分)如圖所示,用活塞在汽缸內封閉一定質量理想氣體,活塞與汽缸壁間摩擦忽略不計,活塞的質量m1=0.5kg,開始時活塞距汽缸底高度h1=0.40m,氣體的溫度t1=27℃。現給汽缸緩慢加熱,使活塞緩慢升到距離汽缸底h2=0.80m處,此過程中缸內氣體吸收Q=450J的熱量。已知活塞橫截面積S=5.0×10-3m2,大氣壓強p0=1.0×105Pa,g取10m/s2。求:①活塞距離汽缸底h2時的溫度t2;②此過程中缸內氣體增加的內能ΔU。答案:(1)ACE(2)①327℃②248J解析:(1)液晶具有流動性,但液晶的光學性質為各向異性,故選項A正確;氣體擴散現象表明氣體分子在做永不停息的無規則運動,故選項B錯誤;根據熱力學第二定律,熱量能自發地從高溫物體傳遞到低溫物體,故選項C正確;根據熱力學第二定律,機械能可以全部轉化為內能,但內能不能全部用來做功而轉化成機械能,而不產生其他的影響,故選項D錯誤;液體表面層分子間距離大于液體內部分子間距離,所以液體表面存在表面張力,故選項E正確。(2)①氣體做等壓變化,活塞距離汽缸底h2時溫度為t2,則根據氣態方程可得VT2=t2+273K解得t2=327℃。②在氣體膨脹的過程中,氣體對外做功為W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202J根據熱力學第一定律可得氣體內能的變化為ΔU=W+Q=-W0+Q=-202J+450J=248J。14.(15分)【物理——選修3—4】(1)(5分)右圖是擺長均為l的兩個單擺,兩擺球間用一根細線相連,現使兩擺線與豎直方向均成θ