高考物理二轮复习周周练针对性练习第4周第1练（含解析）

第4周第1练

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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。

14．在地面上发射空间探测器用以探测其他行星，探测器的发射过程有三个主要阶段。先将探测器发射至地球环绕轨道，绕行稳定后，再开动发动机，通过转移轨道运动至所探测行星的表面附近的合适位置，该位置很接近星球表面，再次开动发动机，使探测器在行星表面附近做匀速圆周运动。对不同行星，探测器在其表面的绕行周期T与该行星的密度有一定的关系。下列4幅图中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】  B

【解析】

设行星质量为M，半径为R。则由

可得探测器在行星表面绕行的周期

行星的体积，又有

解以上各式并代入数据得

取对数得

对照题给函数图像，B正确，ACD错误；

故选B。

15．如图所示，将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为(　　)

A．    B．    C．    D．

【答案】  B

【解析】

单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电动势的最大值Em＝Bl2ω＝2πnBl2，其有效值E＝＝，计算小灯泡的额定功率P要用其有效值，即P＝.

R＝＝，故只有B选项正确．

16．如图，P、Q为静止在固定斜面上的两个物块，中间用轻弹簧相连，以下说法正确的是

A．若弹簧处于拉伸状态，则Q的受力个数一定为4个

B．若弹簧处于拉伸状态，则P的受力个数一定为4个

C．若弹簧处于压缩状态，则Q的受力个数一定为3个

D．若弹簧处于压缩状态，则P的受力个数一定为3个

【答案】  B

【解析】

AB．若弹簧处于拉伸状态，Q受到重力，斜面对它的支持力、弹簧的拉力，如果三个力正好平衡，则不受摩擦力，Q可能受3个力；而对于P，其受到重力，斜面对它的支持力，弹簧对它的拉力和摩擦力，P一定受4个力，A错误，B正确；

CD．若弹簧处于压缩状态，对Q分析，受到重力，斜面的支持力，弹簧对它向下的弹力，若要静止，必定还受一个沿斜面向上的摩擦力，Q一定受到4个力，P受到重力，斜面的支持力，弹簧对它向上的弹力，如果三个力平衡，则不受摩擦力，P可能受到3个力，而不是一定，CD错误。

17．投掷飞镖是同学们非常喜欢的一项健身运动，某同学在一次投掷飞镖的过程中，水平投出的飞镖恰好击中飞镖靶盘中心正下方的一点，如图所示。保持投掷的高度不变且水平投掷，为了能够击中靶心，以下判断中不正确的是（   ）

A．只要适当水平往前移动一下投掷的位置就有可能击中靶心

B．只要适当增大水平投出的速度就有可能击中靶心

C．只要是能够击中靶心，击中靶盘时的速度一定比原来大

D．若同时调整投掷的水平距离和速度，击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和原来相同

【答案】  C

【解析】

A．飞镖运动可近似看成是平抛运动，根据平抛运动的规律可得

联立可得

水平投出的飞镖恰好击中飞镖靶盘中心正下方的一点说明飞镖竖直方向的位移过大，为了仍能击中靶心，所以只要适当水平往前移动一下投掷的位置，水平位移减小，飞镖竖直方向的位移减小，就有可能击中靶心，故A正确；

B．只要适当增大水平投出的速度，根据可知飞镖竖直方向的位移减小，就有可能击中靶心，故B正确；

C．根据平抛运动的规律可得击中靶盘时的速度为

若只要适当水平往前移动一下投掷的位置就有可能击中靶心，击中靶盘时的速度比原来击中靶盘时的速度小，故C错误；

D．设击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角为，则有

所以同时调整投掷的水平距离和速度，击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以和原来相同，故D正确；

不正确的是故选C。

18．如图所示，有质子()、氘核()、氚核()和氦核()四种带电粒子，先后从加速电压是U1的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿CD间的中线进入偏转电压为U2的偏转电场，都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（   ）

A．质子()的偏转位移y最大

B．氘核()的偏向角最小

C．氦核()射出偏转电场时的动能最大

D．氚核()的射出偏转电场时的速度最大

【答案】  C

【解析】

A．在加速电场中，根据动能定理有

在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有

联立可得

所以四种带电粒子的偏转位移相同，故A错误；

B．带电粒子的偏向角为

所以四种带电粒子的偏向角相等，故B错误；

C．根据动能定理可得

带电粒子射出偏转电场时的动能为

由于氦核()的电荷量最大，所以氦核()射出偏转电场时的动能最大，故C正确；

D．带电粒子射出偏转电场时的速度为

由于质子()的比荷最大，所以质子()的射出偏转电场时的速度最大，故D错误；

故选C。

19．基于下列四幅图的叙述正确的是________．

A．由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动

B．由乙图可知，a光光子的频率高于b光光子的频率

C．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变

D．由丁图可知，中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定

【答案】  AD

【解析】

A．由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A正确．

B．由乙图可知，光光子的频率低于于光光子的频率，故B错误．

C．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有发生衰变，故C错误．

D．由丁图可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定，故D正确．

故选AD。

20．回旋加速器是高能物理中的重要仪器，其原理是利用磁场和电场使带电粒子回旋加速运动，在运动中经高频电场反复加速从而使粒子获得很高的能量。如图甲所示，两个D形金属盒置于恒定的匀强磁场中，并分别与高频电源相连（电压随时间变化如乙图所示），D形盒半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间距离为d（d<<R）。若用回旋加速器加速氘核（设氘核质量m、电荷量q），则下列判断正确的是

A．加速电压U0越大，氘核获得的最大动能越大

B．氘核加速的最大动能为

C．氘核在电场中运动的总时间为

D．该回旋加速器不可以用来加速氦核（）

【答案】  BC

【解析】

AB．粒子在回旋加速器里的速度有D型的半径决定，由

得

所以最大动能

氘核获得的最大动能与加速电压无关，则A错误，B正确。

C．设粒子加速次数为n，由动能定理

可得

粒子在电场运动的路程

S=nd

平均速度为v/2，得在电场中运动时间

选项C正确。

D．氦核与氘核的比荷相同，在磁场中周期频率相同，可以进行加速，选项D错误。

故选BC。

21．如图所示，绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场E，轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端栓接一不计质量的绝缘薄板，一带正电的小滑块，从斜面上的P点处由静止释放后，沿斜面向上运动，并能压缩弹簧至R点（图中未标出），然后返回，则（　　）

A．滑块从P点运动到R点的过程中，其机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功之和

B．滑块从P点运动到R点的过程中，电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和

C．滑块最终停在弹簧原长处

D．滑块最终停下来，克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差

【答案】  BD

【解析】

A．滑块从P点运动到R点的过程中，由功能关系知，滑块机械能增量等于电场力与弹簧弹力做功、摩擦力做功之和，由于摩擦力做负功，所以机械能增量小于电场力与弹簧弹力做功之和，故A错误；

B．电场力做的功转化为小滑块的重力势能、弹簧的弹性势能以及内能，所以电势能的减小量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和，故B正确；

C．假设滑块最终停在弹簧原长处，受力分析，此时滑块受力情况和P点受力情况相同，合力向上，不可能静止，滑块合力为零的位置应在弹簧原长位置上方，故C错误；

D．由于摩擦力做负功，小滑块的机械能与电势能的之和逐渐减小，克服摩擦力所做的功等于电势能的减小量与重力势能增加量、弹性势能增加量之差，由前面分析可知，弹性势能增大，说明克服摩擦力所做的功小于电势能的减小量与重力势能增加量之差，故D正确。

故选BD。

22. （6分）

某同学设计出如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g。

（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_________。

A．小球的质量m

B．AB之间的距离H

C．小球从A到B的下落时间tAB

D．小球的直径d

（2）小球通过光电门时的瞬时速度v =_________(用题中所给的物理量表示)。

（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=__________。

（4）在实验中根据数据实际绘出—H图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值=　_______________（用k、k0表示）。

【答案】（1）BD； （2） ； （3） ； （4）   ；

【解析】

（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。故选BD。

（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；

故；

（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；

即：2gH=（）2

解得：，那么该直线斜率k0=。

（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；

所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为；

23. （9分）

某同学设想运用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源（内阻忽略不计）的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。

（1）为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至_______（选填最大或最小），然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置。保持R2不变，调节R1，当调节R1=34.2 Ω时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx=_______ Ω。

（2）为了测量电流表A的内阻RA和电源（内阻忽略不计）的电动势E，他将R1的阻值调到R1=1.5 Ω，R2调到最大，将开关K2拨至2位置，闭合开关K1；然后多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为:_______；利用图象中的数据可求得，电流表A的内阻RA=__Ω，电源（内阻忽略不计）的电动势E=_____ V。

【答案】 （1） 最大；    34.2；  （2）  ；   0.5 ；   4

【解析】

（1）闭合开关K1之前，为了保护电路，需要将电阻箱的阻值都调至最大；

根据题意可知，开关K2拨至1位置和2位置时，电流表示数相同，R2阻值不变，所以Rx和R1等效，即：

Rx=R1=34.2 Ω。

（2）根据闭合电路欧姆定律得:

E=I（R1+R2+RA），

解得

，

故图象的斜率为，则纵截距为，代入数据可得

,

,

解得

E=4 V，

RA=0.5 Ω。

24．（14分）

如图所示，足够长的U形框架沿竖直方向固定，在框架的顶端固定一定值电阻R，空间有范围足够大且垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电阻值均为R的金属棒甲、乙垂直地放在框架上，已知两金属棒的质量分别为m=2.0×10-2kg、m乙=1.0×10-2kg。现将金属棒乙锁定在框架上，闭合电键，在金属棒甲上施加一竖直向上的恒力F，经过一段时间金属棒甲以v=10m/s的速度向上匀速运动，然后解除锁定，金属棒乙刚好处于静止状态，忽略一切摩擦和框架的电阻，重力加速度g=10m/s2。则

(1)恒力F的大小应为多大？

(2)保持电键闭合，将金属棒甲锁定，使金属棒乙由静止释放，则金属棒乙匀速时的速度v2应为多大？

(3)将两金属棒均锁定，断开电键，使磁感应强度均匀增加，经时间t=0.1s磁感应强度大小变为2B此时金属棒甲所受的安培力大小刚好等于金属棒甲的重力，则锁定时两金属棒之间的间距x应为多大？

【答案】  (1) 0.4N；(2) 5m/s；(3)

【解析】

(1)金属棒甲匀速运动时，由力的平衡条件可知：

F=m甲g+BI甲L

由题图可知流过金属棒乙的电流大小应为：

金属棒乙刚好处于静止状态，由平衡条件可知：

由以上整理得：

F=m甲g+2m乙g

代入数据解得：

F=0.4N；

(2)金属棒乙锁定，闭合电键，金属棒甲向上匀速运动时，有

E甲=BLv1

由闭合电路的欧姆定律得：

对金属棒乙，由平衡条件可知：

BI甲L=2BI乙L=2m乙g

解得：

将金属棒甲锁定，金属棒乙匀速时，有：

解得：

联立解得：

v2=5m/s；

(3)由法拉第电磁感应定律得：

由闭合电路的欧姆定律得：

由题意可知：

m甲g=2BIL

联立以上可得：

解得：

代入数据得：

。

25．（18分）

如图所示，在光滑的水平面上有一质量M=4kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L=10m。某时刻平板车以v1=1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2=8m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d=5m，取g=10m/s2，求:

(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v;

(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ;

(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。

【答案】  (1)v=2m/s，方向水平向右(2)μ=0.54 μ=0.18(3)Ep=18J

【解析】

(1)设M、m共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律

解得

v=2m/s

方向水平向右

(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到州对静止，对平板车与滑块组成的系统

由能量守恒

解得

μ=0.54

如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒

....

解得

μ=0.18

(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒

得

Ep=18J

所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18J。

（二）选考题：共15分。请考生从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。

33．【选修3-3】（15分）

（1）（5分）

下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给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0分）

A．当温度升高时，所有分子的动能一定会增大

B．两个分子在相互靠近的过程中其分子间的分子力和分子势能都是逐渐增大的

C．外界对气体做功，气体的内能不一定增加

D．由于液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，致使表面层内分子力表现为引力，从而使液体表面有收缩的趋势

E.密闭容器内气体的压强是由于大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的

【答案】  CDE

【解析】

A．一定质量的理想气体温度升高时，分子平均动能增大，但并非所有分子的动能都增大，故A错误；

B．两个分子在相互靠近的过程中，其分子力的合力可能增加，也可能先减小后增加，要看初始距离大小；在两个分子相互靠近的过程中，当体现斥力时，一定克服分子力做功，分子势能增大；当体现吸引力时，分子力做正功，分子势能减小，故B错误；

C．根据热力学第一定律知，外界对气体做功，气体的内能不一定增加，故C

正确；

D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子力表现为引力，产生表面张力，从而使液体表面有收缩的趋势，故D正确；

E．压强是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力；所以从分子动理论的观点看来，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的作用力，故E正确；

故选CDE。

（2）（10分）

如图所示，粗细均匀的U型玻璃管左端封闭、右端开口，左右两管长度相同，玻璃管中被水银封闭了一定质量的理想气体，开始时左管液面比右管液面高h=21cm，此时左端被封闭的气柱长度为=25cm，现从右管开口处缓慢加入水银，当两管液面相平时，左管气柱长度变为l8cm，继续加入水银直至与右侧管口相平，封闭气体的温度保持不变，问：整个过程共向管内加入了多长的水银柱?

【答案】  56cm

【解析】

设大气压强为，设U形管的横截面积为，根据玻意耳定律有

设从开始至液面与管口相平左管液面上升了，根据玻意耳定律有

解得

(不合题意，舍去)，

加入的水银柱的总长度为

34．【选修3-4】（15分）

（1）（5分）

某弹簧振子做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=10cos4πt（cm）。下列说法中正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给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0分）

A．弹簧振子的振幅为10cm

B．弹簧振子的频率是2Hz

C．在t=0.125s时，弹簧振子的速度最大

D．在t=0.25s时，弹簧振子的回复力最大

E.在t=0.5s时，弹簧振子在平衡位置

【答案】  BCD

【解析】

A．据题质点简谐运动的位移表达式为：

（cm）

则知振幅为

A错误；

B．根据4π=2πf，可得频率为f=2Hz，B正确；

C．在t=0.125s时，

可知该时刻质点的位移为零，则速度最大，C正确；

D．在t=0.25s时，

位移最大，回复力最大，选项D正确；

E．在t=0.5s时，

位移最大，弹簧振子在最大位移处，E错误。

故选BCD。

（2）（10分）

如图所示是半径为R的半圆形玻璃砖的截面，AB是直径，O为圆心，一束单色光以与水平方向成30°角斜射到圆弧面上的C点，光线折射后刚好射到OB的中点D点，OC与AB面的夹角α＝60°，光在真空中传播速度为c。求：

①玻璃砖对光的折射率；

②光在玻璃砖中从C点射到D点所用的时间。

【答案】  ①  ②

【解析】

①由几何关系可知，光线在C点的入射角为

i=60°－30°=30°

设光线在C点的折射角为r，折射光线CD与AB面的夹角为θ.

由几何关系

则

ED=EO+OD=R

根据正弦定理

求得

玻璃砖对光的折射律为

②由几何关系知

光在玻璃砖中传播的速度

光从C传播到D所用时间