（通用版）2020版高考物理大一轮复习滚动测试卷四（第一_十二章）新人教版.docx

1、1滚动测试卷四(第一 十二章)(时间:60 分钟 满分:100 分)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.关于物理学的研究方法,下列说法不正确的是( )A.伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B.卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时,应用了放大法C.由牛顿运动定律可知加速度 a= ,该公式体现了比值定义法FmD.“总电阻”“交变电流的有效值”等用的是等效替代的方法答案 C解析 伽利略开创了运用逻辑推理和实验

2、相结合进行科学研究的方法,A 正确;卡文迪许在利用扭秤实验装置测量引力常量时,应用了放大法,B 正确;公式 a= 是牛顿第二定律的表达式,不是运用了比值Fm定义法,C 错误;“总电阻”“交变电流的有效值”等用的是等效替代的方法,D 正确。2.如图所示,拉格朗日点 L1位于地球和月球连线上,处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下,可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此,科学家设想在拉格朗日点 L1处建立空间站,使其与月球同周期绕地球运动。以 a1、 a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小, a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是( )A.a2a3a1 B.a2a1a3C

3、.a3a1a2 D.a3a2a1答案 D2解析 因空间站建在拉格朗日点,所以月球与空间站绕地球转动的周期相同,空间站半径小,由 a= 2r得 a1a2a1,选项 D正确。GMr23.1966年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验。实验时,用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火),接触以后,开动“双子星号”飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速。推进器的平均推力 F=895 N,推进器开动时间 t=7 s。测出飞船和火箭组的速度变化 v=0.91 m/s。已知双子星号飞船的质量 m1=3 400 kg。由以上实验数据可测出火箭组的质量 m2为( )A.3 400

4、 kg B.3 485 kgC.6 265 kg D.6 885 kg答案 B解析 根据动量定理得 F t=(m1+m2) v,代入数据解得 m23485kg,B 选项正确。4.如图所示,两根等长带电棒放置在第一、二象限,其端点在两坐标轴上,棒与坐标轴围成等腰直角三角形,两棒所带电荷量相等,且电荷均匀分布,此时 O点电场强度大小为 E,撤去其中一根带电棒后,O点的电场强度大小变为( )A. B. EE2 22C.E D. E2答案 B3解析 假设带电棒都带正电荷,把两根等长带电棒等效成两个正点电荷,如图,设 E1=E2=E0,则两正点电荷在 O点产生的电场强度的大小为 E= E0,故撤走一根带

5、电棒后,在 O点产生的电场强度大小为2E0= E,选项 B正确。E2= 225.如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中 R1、 R2和 R3均为定值电阻,V 1和V2为理想电压表,A 1和 A2为理想电流表。开关 S闭合时,V 1和 V2的读数分别为 U1和 U2,A1和 A2的读数分别为 I1和 I2。若交流电源电压不变,现断开 S,下列推断正确的是( )A.U2可能变小, I2一定变小B.U2一定不变, I2一定变小C.I1一定变小, I2可能变大D.I1可能变大, I2可能变大答案 B解析 交流电源电压不变, U1数值不变。根据变压器变压公式可知,副线圈电压只与原线圈电

6、压和变压器原、副线圈匝数比有关,故断开 S,U2不变。断开 S,副线圈所接电路的等效电阻增大,电流表 A2的读数 I2变小。变压器输出功率减小,导致变压器输入功率变小, I1变小。综上所述,A、C、D 错误,B正确。6.如图所示,重 12 N的物块 G1在三根细绳悬吊下处于静止状态,细绳 BP在水平方向,细绳 AP偏离竖直方向 37角,且细绳 BP连在重 50 N的物块 G2上,物块 G2静止于倾角为 37的斜面上(sin 37=0.6,cos 37=0.8),g取 10 m/s2。则下列说法正确的是( )A.绳 PB对物块 G2的拉力为 9 NB.绳 PA对 P点的拉力为 20 N4C.斜面

7、对物块 G2的摩擦力为 37.2 ND.斜面对物块 G2的支持力为 34.6 N答案 ACD解析 P点受力,如图甲所示,由平衡条件可得: FAcos37=G1,FAsin37=FB,解得 FB=9N,FA=15N,选项A正确,B 错误;再分析物块 G2的受力情况,如图乙所示。由物体的平衡条件可得 Ff=G2sin37+FBcos37,FN+FBsin37=G2cos37,FB=FB,由以上三式解得 Ff=37.2N,FN=34.6N,选项 C、D 正确。7.右图为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成,若静电分析器通道中心线的半径为 R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大

8、小为 E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外,一质量为 m、电荷量为 q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由 P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的 Q点,不计粒子重力,下列说法正确的是( )A.极板 M比极板 N电势高B.加速电场的电压 U=ERC.直径 PQ=2B qmERD.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子具有相同的比荷答案 AD解析 由左手定则可知,粒子带正电,而粒子在 M、 N间被加速,所以 M板的电势高于 N板,A 正确;根据电场力提供向心力,则有 qE=m ,又粒子在加速电场中运动,有

9、 qU= mv2,从而解得 U= ,B错误;根据v2R 12 ER25洛伦兹力提供向心力,有 qvB=m ,结合上式可知, PQ=2r= ,若一群粒子从静止开始经过上述v2r 2ERBmq过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同,由于磁感应强度、电场强度与静电分析器的半径不变,则该群粒子具有相同的比荷,C 错误,D 正确。8.在探究光电效应的实验中,用光照射某种金属,测得该金属表面有光电子逸出的最大入射光波长为 0。若用氢原子发出的光照射该金属,已知氢原子从能级 3跃迁到能级 2时发出的光可使该金属发生光电效应,但从能级 4跃迁到能级 3发出的光不能使该金属发生光电效应。已知氢原子能级如图所示

10、,真空中的光速为 c。则( )A.该金属的极限频率为c 0B.该金属的逸出功大于 0.66 eVC.当用氢原子从能级 5跃迁到能级 3发出的光照射该金属时,该金属一定会发生光电效应D.当用氢原子从其他能级跃迁到能级 1发出的光照射该金属时,该金属一定会发生光电效应答案 ABD解析 用光照射某种金属,测得该金属表面有光电子逸出的最大入射光波长为 0。根据波长和频率的关系得,该金属的极限频率为 ,故 A正确;从能级 4跃迁到能级 3发出的光不能使该金属发生光c 0电效应。能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差,发生光电效应的条件是光子能量大于逸出功,所以该金属的逸出功大于从能级 4跃迁到能级

11、 3发出的光子能量,即该金属的逸出功大于0.66eV,故 B正确;若用氢原子发出的光照射该金属,已知氢原子从能级 3跃迁到能级 2时发出的光可使该金属发生光电效应,即该金属的逸出功小于 1.89eV,所以当用氢原子从能级 5跃迁到能级 3发出的光照射该金属时,该金属不一定会发生光电效应,故 C错误;当用氢原子从其他能级跃迁到能6级 1发出的光照射该金属时,发出的光子能量大于或等于 10.20eV,所以该金属一定会发生光电效应,故D正确。二、实验题(本题共 2小题,共 20分)9.(8分)某课外活动小组利用竖直上抛运动来验证机械能守恒定律:甲乙(1)某同学用 20分度游标卡尺测量小球的直径,读数

12、如图甲所示,小球直径为 cm。用如图乙所示的弹射装置小球竖直向上抛出,先后通过光电门 A、 B,计时装置测出小球通过 A、 B的时间分别为 2.55 ms、5 .15 ms,由此可知小球通过光电门 A、 B时的速度分别为 vA、 vB,其中 vA= m/s(保留两位有效数字)。 (2)用刻度尺测出光电门 A、 B间的距离 h,已知当地的重力加速度为 g,只需要比较 2gh与 是否相等就可以验证机械能是否守恒(用题目中涉及的物理量符号来表示)。 (3)通过多次的实验发现,小球通过光电门 A的时间越短,(2)中要验证的两数值相差越大,试分析实验中产生误差的主要原因: 。答案 (1)1.020 4.

13、0 (2) (3)速度越大,小球克服空气阻力做功越多vA2-vB27解析 (1)小球的直径为 d=10mm+0.054mm=10.20mm=1.020cm;vA= m/s=4.0m/s。(2)dtA=1.02010-22.5510-3分析实验逆过程,即小球从 B到 A的运动情况,若动能的增加量和重力势能的减少量相等,则机械能守恒,重力势能的减少量为 mgh,动能的增加量为 ,则比较 2gh和 是否相等,就12mvA2-12mvB2 vA2-vB2可以验证机械能是否守恒。(3)由于受到空气阻力作用,小球通过光电门 A的时间越短,速度越大,克服空气阻力做功越多。10.(12分)小华、小刚共同设计了

14、图甲所示的实验电路,电路中的各个器材元件的参数为:电池组(电动势约 6 V,内阻 r约 3 )、电流表(量程 2.0 A,内阻 rA=0.8 )、电阻箱 R(099.9 )、滑动变阻器 R2(0Rx)、开关三个及导线若干。他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和 R2接入电路的阻值。甲(1)小华先利用该电路准确地测出了 R2接入电路的阻值。他的主要操作步骤是:先将滑动变阻器滑片调到某位置,接着闭合 S、S 2,断开 S1,读出电流表的示数 I;再闭合 S、S 1,断开 S2,调节电阻箱的电阻值为 3.6 时,电流表的示数也为 I。此时滑动变阻器接入电路的阻值为 。 (2)小刚接着利用该电路

15、测出了电源电动势和内阻。 他的实验步骤为:a.在闭合开关前,调节电阻 R1或 R2至 (选填“最大值”或“最小值”),之后闭合开关S,再闭合 (选填“S 1”或“S 2”); b.调节电阻 (选填“ R1”或“ R2”),得到一系列电阻值 R和电流 I的数据; c.断开开关,整理实验仪器。8乙 图乙是他由实验数据绘出的 -R图像,图像纵轴截距与电源电动势的乘积代表 ,电1I源电动势 E= V,内阻 r= 。(计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)3.6 (2) 最大值 S1 R1 电源内阻和电流表的内阻之和(或 r+rA) 6.0 2.8解析 (1)本小题就是替代法测电阻,电阻箱的读数即是滑

16、动变阻器的电阻,即电阻为 3.6。(2) 为保护电路,先要把可变电阻调到最大值;因为最后要画出图像,所以必须要知道电阻的阻值,所以要用到电阻箱这个支路,所以接下来要闭合 S1,调节电阻 R1。 由闭合电路欧姆定律 E=IR+IrA+Ir,可得 R+ ,所以纵截距表示内阻和电流表的内阻之1I=1E r+rAE和与电动势的比值,图像斜率表示电动势的倒数,所以图像纵轴截距与电源电动势的乘积代表电源内阻和电流表的内阻之和。图像斜率为 ,所以电动势为 6.0V,纵截距为 0.60,则内阻和电流表的内16阻之和为 3.6,所以电源内阻为 2.8。三、计算题(本题共 3小题,共 32分)11.(10分)在十

17、字路口,红灯拦停了很多汽车和行人,拦停的汽车排成笔直的一列,最前面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐,相邻两车的前端间距均为 d=6.0 m,且车长为 l0=4.8 m,最前面的行人站在人行横道线边缘,已知人行横道线长 s=20 m。若汽车启动时都以 a1=2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,加速到 v1=10.0 m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为 a2=0.5 m/s2,达到 v2=1.0 m/s后匀速通过人行横道线。已知该路口亮绿灯的时间 t=40 s,而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)。另外交通法规定:原在绿灯时通行的汽车,红灯亮起时,车头已越过停车线的允许

18、通过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯,因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。请回答下列问题:(1)路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过?9(2)按题述情景,不能通过路口的第一辆汽车司机,在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车,使车匀减速运动,结果车的前端与停车线相齐,求刹车后汽车经多长时间停下。答案 (1)31辆 (2)6.8 s解析 (1)汽车加速时间 t1= =4.0s,加速位移为 x1= a1 =20mv1a1 12t12行人加速的时间 t2= =2.0s,加速位移为 x2= t2=1mv2a2 v22行人通过横道线的时间为 t=t2+ =21ss-x2v2在行人通过横

19、道线的时间内汽车行驶位移x3=x1+v1(t-t1)=190m能到达横道线的车辆数 N1= 31 .7,0.7d=4.2ml0=4.8m,即第 32辆车有一部分是行人离开横x3d道线后从侧边走过,故取 N1=31辆车擦肩而过。(2)在亮灯 t=40s内汽车行驶的位移x4=x1+v1(t-t1)=380m该时段内能通过路口的车辆 N2= 63 .3,取整知 N2=64,即第 65辆车未能通过。x4d设 t0=3s时第 65辆车行驶的位移为 x5=x1+v1(t-t1-t0)=350m,此时车离停车线的距离 x6=64d-x5=34m,故它停下的时间满足 x6= t3,解得 t3=6.8s。v12

20、12.(10分)右图为车站使用的水平传送带的模型,水平传送带的长度为 l=8 m,传送带的皮带轮的半径均为 R=0.2 m,传送带的上部距地面的高度为 h=0.45 m,现有一个旅行包(视为质点)以 v0=10 m/s的初速度水平地滑上水平传送带,已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为 = 0.6,g取 10 m/s2,不计空气阻力。(1)若传送带静止,旅行包滑到 B端时,人没有及时取下,旅行包将从 B端滑落,求旅行包的落地点与B端的水平距离。10(2)设皮带轮顺时针匀速转动,并设水平传送带长度仍为 8 m,旅行包滑上传送带的初速度恒为 10 m/s,当皮带轮的角速度 值在什么范围内,旅行包落地

21、点与 B端的水平距离始终为(1)中所求的距离?若皮带轮的角速度 1=40 rad/s,旅行包落地点与 B端的水平距离又是多少?答案 (1)0.6 m (2) 10 rad/s 2.4 m解析 (1)旅行包做匀减速运动的加速度为 a=g= 6m/s2旅行包到达 B端的速度为v= m/s=2m/sv02-2al= v02-2gl = 100-96旅行包的落地点与 B端的水平距离为s=vt=v =0.6m。2hg(2)要使旅行包落地点始终为(1)中所求的位置,旅行包在传送带上需做匀减速运动,则皮带轮的临界角速度为= =10rad/svR 值的范围是 10rad/s当 1=40rad/s时,传送带速度

22、为 v1= 1R=8m/s当旅行包速度也为 v1=8m/s时,在传送带上运动的距离为 s= =3m8mv02-v122a以后旅行包做匀速直线运动,所以旅行包到达 B端的速度也为 v1=8m/s旅行包的落地点与 B端的水平距离为s1=v1t=v1 =2.4m。2hg13.(12分)(2018全国卷 )一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在 xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与 y轴垂直,宽度为 l,磁感应强度的大小为 B,方向垂直于11xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为 l,电场强度的大小均为 E,方向均沿 x轴正方向;M、 N为条状区域边界上的两点,它们

23、的连线与 y轴平行,一带正电的粒子以某一速度从 M点沿 y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从 M点入射的速度从 N点沿 y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从 M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x轴正方向的夹角为 ,求该粒子的比荷及其从 M点运动6到 N点的时间。答案 (1)见解析图甲 (2)2ElBl(3)43ElB2l2 BlE(1+ 3 l18l)解析 (1)粒子运动的轨迹如图甲所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)甲(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M点射

24、入时速度的大小为 v0,在下侧电场中运动的时间为 t,加速度的大小为 a;粒子进入磁场的速度大小为 v,方向与电场方向的夹角为 (如图乙所示),速度沿电场方向的分量为 v1,根据牛顿第二定律有乙12qE=ma 式中 q和 m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=at l=v0t v1=vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为 R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB= mv2R由几何关系得 l=2Rcos 联立 式得 v0= 。 2ElBl(3)由运动学公式和题给数据得v1=v0cot 6联立 式得 qm=43ElB2l2设粒子由 M点运动到 N点所用的时间为 t,则t=2t+ T 2(2-6)2式中 T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T=2 mqB由 式得t= 。BlE(1+ 3 l18l)