1、1综合测试(三)考生须知:1.本卷满分 100 分,考试时间 90 分钟;2.本卷计算中,重力加速度 g 均取 10 m/s2。选择题部分一、选择题 (本题共 13 小题,每小题 3 分,共 39 分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列有关运动的描述中,参考系的选取符合描述的是( )A.诗句“飞流直下三千尺”,是以“飞流”作为参考系的B.钱塘观潮时,观众觉得潮水扑面而来,是以“潮水”为参考系的C.升国旗时,观察到国旗冉冉升起,观察者是以“国旗”为参考系的D.“两岸猿声啼不住,轻舟已过万重山”,是以“万重山”为参考系的2.在某段公路上,分别有如图
2、所示的甲、乙两块告示牌,告示牌上面数字的意思是 ( )A.甲是指位移,乙是平均速度B.甲是指路程,乙是平均速度C.甲是指位移,乙是瞬时速度D.甲是指路程,乙是瞬时速度3.做曲线运动的物体,在运动过程中一定会发生变化的物理量是( )A.速率 B.速度 C.加速度 D.合外力4.小张同学在现场观看 F1 赛车比赛时,看到赛车一闪而过,感叹“真快啊”;当到了终点时,赛车突然刹车停住,小张又感叹“真快啊”。下列说法正确的是( )A.第一个“真快”是描述速度变化大;第二个“真快”是描述速度变化大B.第一个“真快”是描述速度大;第二个“真快”是描述速度大C.第一个“真快”是描述速度大;第二个“真快”是描述
3、速度变化快D.第一个“真快”是描述速度变化快;第二个“真快”是描述速度变化快5.如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机,它是由两个大小相等、半径为 R 的感应玻璃盘起电的,其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮用皮带连接(如图乙所示),现玻璃盘以角速度 2旋转。已知主动轮的半径为 r1,从动轮的半径为 r2。若转动时皮带不打滑,则摇把的转动角速度 1为( )A. 1= 2 B. 1= 22112C. 1= 2 D. 1= 22 16.2如图所示,一幼儿园小朋友在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起,受到老师的表扬。下列说法正确的是( )A.石块 b 对 a 的支持力与 a 受到的重
4、力是一对相互作用力B.石块 b 对 a 的支持力一定等于 a 受到的重力C.石块 c 受到水平桌面向左的摩擦力D.石块 c 对 b 的作用力一定竖直向上7.在圆轨道上运动的质量为 m 的人造地球卫星,它到地面的距离等于地球半径 R,地面上的重力加速度为 g,则( )A.卫星运动的速度为 2B.卫星运动的周期为 22C.卫星运动的向心加速度为D.卫星的动能为48.把一质量为 m 的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至 A 的位置(图甲)。迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置 C(图丙),途中经过位置 B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知 A、B 的高度差为 h,C、B 高度差为 2h,弹
5、簧的质量和空气的阻力均可忽略,选 A 位置为重力势能零势能点,则( )A.刚松手瞬间,弹簧弹力等于小球重力B.状态甲中弹簧的弹性势能为 2mghC.状态乙中小球的动能为 mghD.状态丙中系统的机械能为 3mgh9.图 a 是一个超级电容器。把此超级电容器连接到如图 b 所示的电路中,已知电源的电动势 E=3.0 V,内阻 r=0.5 ,定值电阻 R=1.5 ,闭合电键 K,待电路稳定后,以下有关说法正确的是( )A.该超级电容器的击穿电压为 2.7 VB.电源的输出功率为 3.375 WC.断开电键 K 后,通过定值电阻的电荷量为 25 650 CD.断开电键 K 后,定值电阻产生的焦耳热为
6、 69 255 J10.3中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意图,如图所示。结合上述材料,下列说法不正确的是( )A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行.ComD.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用11.电动机是把电能转化成机械能的一种设备,在工农业、交通运输、国防及家电、医疗领域有广泛应用。图示表格是某品牌电动机铭牌的部分参数,据此信息,下列说法中不正确的是( )型号 YE3-1
7、32S2-2 编号 521780额定功率 1 100 W 额定电压 220 V额定电流 5.0 A 额定转速 2 900 r/min效率 90.0% 频率 50 HzA.该电动机的发热功率为 110 WB.该电动机转化为机械能的功率为 1 100 WC.该电动机的线圈电阻 R 为 4.4 D.该电动机正常工作时每分钟对外做的功为 5.94104 J12.如图所示,内壁光滑、半径大小为 R 的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为 m 的小球静止在轨道底部 A 点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到 A 点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次
8、击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功 W1,第二次击打过程中小锤对小球做功 W2。设先后两次击打过程中,小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则的值可能是( )12A. B. C. D.113.如图所示,质量为 60 g 的铜棒长为 L=20 cm,棒的两端与等长的两细软铜线相连,吊在磁感应强度B=0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当棒中通过恒定电流 I 后,铜棒能够向上摆动的最大偏角 =60,则铜棒中电流 I 的大小是( )A.2 A B.3 A3 3C.6 A D.6 A3二、选择题 (本题共 3 小题,每小题 2 分
9、,共 6 分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得 2 分,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分)414.如图甲所示为研究光电效应的电路图,实验得到了如图乙所示的遏止电压 Uc和入射光频率 的图象,下列说法正确的是( )A.图象与横轴交点坐标的物理意义是该金属的截止频率B.图象斜率为普朗克常量 hC.遏止电压越高,截止频率越大D.入射光频率增大,遏止电压也增大15.在某一均匀介质中由波源 O 发出的简谐横波沿 x 轴传播,波速为 5 m/s,某时刻波传到 x=3 m 处,其波形如图所示。下列说法正确的是( )A.此时 P、Q 两点振动方向相同B.再经过 0.5
10、 s 质点 N 刚好在(-5 m,20 cm)位置C.该波传入另一介质后波的频率将发生改变D.该波遇到高 10 m 的障碍物不会发生衍射16.云室能显示射线的径迹,把云室放在磁场中,从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性。放射性元素 A 的原子核静止放在磁感应强度 B=2.5 T 的匀强磁场中发生衰变,放射出粒子并变成新原子核 B,放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示,测得两圆的半径之比 R1 R2=42 1,且R1=0.2 m。已知 粒子质量 m =6.6410-27 kg, 粒子质量 m =9.110-31 kg,普朗克常量取h=6.610-34 Js,下列说法正确的是 (
11、 )A.新原子核 B 的核电荷数为 84B.放射性元素 A 原子核发生的是 衰变C.衰变放射出的粒子的速度大小为 2.4107 m/sD.如果 A 原子核衰变时释放出一种频率为 1.21015 Hz 的光子,那么这种光子能使逸出功为 4.54 eV 的金属钨发生光电效应非选择题部分三、非选择题(本题共 7 小题,共 55 分)17.(5 分)打点计时器是高中物理中重要的实验仪器,图中的甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的。请回答下面的问题:5(1)图乙是 (选填“电磁打点”或“电火花”)计时器,电源采用的是 (选填“交流 46 V”“交流 220 V”或“四节干电池”)。 (2)探究合力
12、和分力的关系的实验情况如图丙所示,其中 A 为固定橡皮筋的图钉,O 为橡皮筋与细绳的结点,OB 和 OC 为细绳。图丁是在白纸上根据实验结果画出的图。图丁中的 F 和 F两力中,方向一定沿 AO 方向的是 。 本实验采用的科学方法是( )A.理想实验法 B.等效替代法C.控制变量法 D.建立物理模型法18.(5 分)(1)有一个额定电压为 2.8 V、功率约为 0.8 W 的小灯泡,现要描绘这个灯泡的伏安特性曲线,要求能测出尽可能多的数据,如图所示是连接完的实物电路。移动滑片 P 到某处,电压表的示数为 2.2 V,若要测量小灯泡的额定功率,应将滑片 P 向 (选填“左”或“右”)端滑动; 图
13、中灯泡的伏安特性曲线是曲线而不是过原点的直线,原因是 。 (2)在练习使用多用电表实验中,某同学欲测量一节干电池的电压,下述操作正确的是 (填字母)。 A.欧姆调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数B.机械调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数C.选择挡位、机械调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数D.选择挡位、欧姆调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数19.(9 分)质量 m=1 kg 的物体放在倾角 =37的足够长固定粗糙斜面上,如图甲所示,现对物体施加一个沿斜面向上的拉力 F,使物体由静止开始沿斜面向上运动。t=4 s
14、时撤去拉力。图乙为物体运动的 v-t 图象的一部分,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求:6(1)物体与斜面间的动摩擦因数;(2)拉力 F 大小;(3)前 7 s 内物体的位移。20.(12 分)图甲为滑板运动,图乙为滑板比赛滑道示意简图,滑行轨道均在同一竖直平面内,斜轨道AB 的倾角 =37,与水平轨道 BC 间用小圆弧平滑相连(小圆弧的长度可忽略)。斜轨道 DE 倾角 =53,与半径 R=1.0 m 的光滑圆弧轨道 EFG 相切于 E 点,F 为圆弧轨道最低点,已知 H1=4.2 m,L1=15.0 m,H2=1.0 m,H3=
15、5.0 m。设滑板与直轨道间的摩擦因数均为 =0.25,运动员连同滑板的总质量 m=60.0 kg。运动员从 A 点由静止开始下滑,从 C 点水平飞出,与斜面 DE 碰撞后,没有反弹,继续滑行,经过圆弧轨道 F 点时对轨道压力大小为 FN=4 800 N,从 G 点飞出后落在与 G 点同一水平面且间距为 L2=6.0 m 的 K 点,轨迹最高点 I 与 GK 面的距离 H4=1.8 m。运动员连同滑板可视为质点,忽略空气阻力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g 取 10 m/s2。求:(1)运动员从 C 点水平飞出时的速度大小 vC;(2)运动员落在斜面 DE 上与斜面碰撞过程中损
16、失的动能 E k;(3)G 点与圆心 O 的高度差 h。21.(4 分)(1)如图所示,在做用双缝干涉测量光的波长实验时,光具座上放置的光学元件有光源、遮光筒和其他元件,已知 a、b、c、d 各装置中,a 为滤光片,d 为光屏,则 b、c 两个装置的名称是下列选项中的 (选填“A”或“B”),如果把光屏向远离双缝的方向移动,相邻两亮条纹中心的距离将 (选填“增大”或“减小”)。 A.b 单缝 c 双缝 B.b 双缝 c 单缝(2)研究电磁感应现象的实验如图所示,若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱 C 和 D 上,在开关刚刚闭合时电流表指针右偏,则开关闭合后滑动变阻器的滑片向接线柱 C 移动时
17、,电流表指针将 (选填“左偏”“右偏”或“不偏”),将线圈 A 从线圈 B 中拔出时电流表指针将 (选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。 722.(10 分)在如图所示的直角坐标系 xOy 中,矩形区域 Oabc 内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B=5.010-2 T;在第一象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场,电场强度大小为 E=1105 N/C。已知矩形区域 Oa 边长为 0.6 m,ab 边长为 0.20 m。在 bc 边中点 N 处有一放射源,某时刻,放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为 v=2106 m/s 的某种带正电粒子,带电粒子质量m=1.610-27 k
18、g,电荷量 q=3.210-19 C,不计粒子重力,求:(1)该粒子在磁场中运动的半径;(2)从 x 轴上射出的粒子中,在磁场中运动的最短时间;(3)放射源沿 x 轴负方向射出的粒子,从射出到从 y 轴离开所用的时间。23.(10 分)如图甲所示,绝缘水平面上有一间距 L=1 m 的金属“U”形导轨,导轨右侧接一 R=3 的电阻。在“U”形导轨中间虚线范围内存在垂直导轨的匀强磁场,磁场的宽度 d=1 m,磁感应强度B=0.5 T。现有一质量为 m=0.1 kg,电阻 r=2 、长为 L=1 m 的导体棒 MN 以一定的初速度从导轨的左端开始向右运动,穿过磁场的过程中,线圈中的感应电流 i 随时
19、间 t 变化的图象如图乙所示。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因素 =0.3,导轨电阻不计,则导体棒 MN 穿过磁场的过程中,求:(1)MN 刚进入磁场时的速度大小;(2)电阻 R 产生的焦耳热;(3)导体棒通过磁场的时间。8综合测试(三)1.D 2.D 3.B 4.C 5.A 6.D 7.D 8.D 9.B 10.C11.B 由铭牌信息知,电动机工作的额定功率 P 总 =UI=1 100 W,热功率 P 热 =10%P 总 =110 W,输出功率P 机 =90%P 总 =990 W,电动机每分钟对外所做的功 W=P 机 t=5.94104 J,由 P 热 =I2R 解得电动机线圈电阻 R=4.4
20、 ,故 ACD 正确,B 错误。故本题选 B。12.B 第一次击打小球时小球最高运动到过 O 点与水平地面平行的直径的两端位置,小锤对小球做功 W1=mgR;第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,此时小球在最高点的速度 v= ,与小球在最高点对应最低点的速度为 vA,根据机械能守恒定律,得-mg2R=mv 2- ;第二次击打小球,小锤对小12m2球做的功 W2= -mgR=mgR;则先后两次击打,小锤对小球做功之比 的最大值为,故选 B。12m2 1213.A 铜棒上摆的过程,根据动能定理得 FBLsin 60-mgL(1-cos 60)=0,又安培力 FB=BIa;代入解得 I=2 A,故选
21、A。314.A 当遏止电压为零时,最大初动能为零,则入射光的能量等于逸出功,所以 W0=h 0,A 选项正确;因为 Uc= ,知图线的斜率等于 ,B 选项错误;只有当入射光的频率大于极限频率时,遏止电压与0入射光的频率才成线性关系,C 选项错误;遏止电压只与材料有关,与入射光频率无关,D 选项错误。15.AB P、Q 两点此刻都远离平衡位置向下运动,A 正确;由波的平移得经过 0.5 s 波峰刚好平移到N 点,B 正确;波在传播过程中的频率不变,始终等于波源的频率,C 错误;衍射是波特有的现象,因障碍物尺寸远大于波长,会发生衍射,但衍射现象不明显,D 错误。16.ACD 通过轨迹圆外切,结合速
22、度的方向和洛伦兹力的方向判断出粒子的带电性质,从而判断出是何种衰变;结合洛伦兹力提供向心力,通过半径公式、动量守恒定律求出衰变后的粒子电荷的比值,从而确定衰变前原子核的电荷数,得出原子核的种类;结合半径公式,求出放出粒子的速度大小;依据 E=h ,结合光电效应发生条件,入射光的能量大于或等于逸出功即可。17.答案 (1)电火花 交流 220 V (2)F B解析 (2)F 是通过作图的方法得到合力的理论值,而 F是通过一个弹簧测力计沿 AO 方向拉橡皮条,使橡皮条伸长到 O 点,使得一个弹簧测力计的拉力与两个弹簧测力计的拉力效果相同,测量出的合力相同。故方向一定沿 AO 方向的是 F。合力与分
23、力是等效替代的关系,所以本实验采用的等效替代法,故选 B。18.答案 (1)右 灯丝的电阻会随温度的升高而增大 (2)B解析 (1)小灯泡的额定电压为 2.8 V,而此时电压表的示数为 2.2 V,故要增大小灯泡两端的电压,则应该增大滑片 P 和左端之间的电阻,故应将滑片 P 向右端滑动;由图象知电压越大,电阻越大;灯泡的实际功率越大即灯丝的温度越高,所以说灯丝的电阻会随温度的升高而增大。(2)多用电表测电压,应先机械调零,再选择电压挡位,还需使电流从红表笔流入多用电表,黑表笔流出,所以应选择 B。19.答案 (1)0.75 (2)18 N (3)72 m解析 (1)设力 F 撤去后物体的加速
24、度为 a2,由牛顿第二定律可知撤去 F 后:mgsin + mgcos =ma2根据图象可知:a 2=12 m/s2解得 =0.75(2)设力 F 作用时物体的加速度为 a1,由牛顿第二定律可知撤去 F 前:F-mgsin - mgcos =ma1根据图象可知:a 1= =6 m/s211得 F=18 N(3)设撤去力后物体运动到最高点时间为 t2,v1=a2t2,解得 t2= s=2 s24129则物体沿着斜面下滑的时间为 t3=t-t1-t2=(7-4-2)s=1 s设下滑加速度为 a3,由牛顿第二定律可得mgsin - mgcos =ma3解得 a3=0 m/s2所以 6 s 后物体静止
25、向上加速的位移:x 1= a1 =48 m1212撤去 F 后的位移:x 2= t2=24 m12前 7 s 内的总位移:x=x 1+x2=72 m20.答案 (1)3 m/s (2)1 897.5 J (3)0.55 m解析 (1)设运动员从 A 点到 C 点的过程中克服阻力做功 Wf,由动能定理得 -0=mgH1-Wf12m2Wf= mgcos + mg L1= cos + 代入数据,解得 vC= =3 m/s。2(1-1)(2)运动员从 C 点水平飞出到落到 DE 轨道上的 M 点过程中做平抛运动,设经过的时间为 t1水平位移 x=vCt1竖直位移 y=12g12由几何关系 tan =
26、解得 t1=1 s-2则运动员下落的高度 y= =5 m12g12运动员从 C 点水平飞出到落到 DE 轨道上的 M 点过程中,由机械能守恒定律可得EkM1= +mgy=3 270 J12m2M 点距地面的高度 hM=H3+H2-y=1 m设运动员从 M 点离开时的动能为 EkM2,经过 F 点的速度为 vF,从离开 M 到圆弧轨道最低点 F,由动能定理可得-EkM2=mg(hM+R(1-cos )- mgcos 12m2 在 F 点,由牛顿第二定律有FN-mg=m2EkM2=1 372.5 J运动员落在斜面 DE 上与斜面碰撞过程中损失的动能为 E k=EkM1-EkM2=1 897.5 J
27、。(3)从 G 点飞出后的运动过程中相对于 GK 水平面上升到最大高度 I 处的速度为 v1,I 到 K 做平抛运动,则竖直方向H4=12g22水平方向 L2=v1t212代入数据,解得 v1=5 m/s由 F 到 I 过程,由动能定理可有=-mg(hFG+H4)来源:Zxxk.Com12m1212m2代入数据得 hFG=0.45 m由几何关系得 h=R-h FG=0.55 m。21.答案 (1)A 增大 (2)左偏 左偏10解析 (1)a 是滤光片可得到单色光,b 是单缝可得到平行光,c 是双缝形成双缝干涉;根据 x= ,光屏远离双缝则 l 增大,所以条纹间距将增大。(2)开关刚闭合时,A
28、中的电流从无到有,电流是增大的,B 中的感应电流使电流表指针右偏,当滑动变阻器的滑片向 C 移动时,则电阻增大,A 中的电流减小,所以 B 中的感应电流与原来方向相反,即指针左偏;当将 A 拔出时,效果相当于电流减小,同理 B 中的感应电流使电流表指针左偏。22.答案 (1)0.20 m (2)10-7 s (3) 10-7 s(56+2)解析 (1)粒子运动的轨迹如图所示,由牛顿第二定律可得qvB=m ,2解得 R=0.20 m。(2)由数学知识可知,最短弦对应最小的圆心角由图可知 =60最短的时间t= 10-7 s。6=3(3)粒子在磁场中的周期 T= =210 -7 s2粒子在磁场中沿
29、NP 运动的时间 t1=4粒子在电场中的加速度 a= ,v=at解得 t=1.010-7 s则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.010-7 s由图可知 cos =0.5,故 =60粒子在磁场中运动的第二部分时间 t4= T=2 6粒子运动的总时间 t 总 =t1+t2+t3+t4= 10-7 s。(56+2)23.答案 (1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.5 s解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得 I1=+根据法拉第电磁感应定律得 E=BLv0联立解得 v0= =5 m/s1(+)(2)导体棒通过磁场过程,由动能定理得:- mgd-W 安 = mv2-12 12m02而 v= =3 m/s2(+)11QR= W 安+联立解得:Q R=0.3 J(3)导体棒通过磁场过程,由动量定理得:- mgt-B Lt=mv-mv0t= +来源:学科网ZXXK联立解得 t=0.5 s
