资源描述
2021—2022学年度第二学期高三级部统练8
物理学科（共4页）
2022-5
一、单项选择题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
1. 下列说法正确的是
A. 英国物理学家汤姆孙发现电子，并通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量
B. 开普勒通过对行星观测记录的研究，发现了万有引力定律
C. 伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因
D. 电场和磁场的概念分别是由奥斯特和楞次建立的
【答案】C
【解析】
【详解】A．英国物理学家汤姆孙发现电子，密立根通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量，选项A错误；
B．开普勒通过对行星观测记录的研究，发现了行星运动定律，牛发现了万有引力定律，选项B错误；
C．伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因，选项C正确；
D．电场和磁场的概念是由法拉第建立的，选项D错误；
故选C.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 气体膨胀对外做功，其内能一定减小
B. 内能是物体中所有分子热运动动能的总和
C. 气体温度升高，分子的平均动能有可能不变
D. 水中花粉颗粒的布朗运动是由水分子的无规则运动引起的
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据热力学第一定律
气体膨胀时对外界做功W＜0，但Q不明确，其内能不一定减小， A错误；
B．内能是物体中所有分子热运动动能与势能的总和，B错误；
C．温度是分子的平均动能的标志，气体的温度升高，则分子的平均动能一定增大，C错误；
D．布朗运动是悬浮在水中的花粉颗粒的运动，是由于受到水分子的撞击不平衡而发生的，故反映了水分子的永不停息的无规则运动，D正确。
故选D。
3. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 此时x=4m处质点加速度最大
B. 这列波的振幅是4cm
C. 此时x=8m处质点沿y轴正方向运动
D. 再经3s，x=6m处质点处于正向最大位移处
【答案】D
【解析】
【详解】A．由波形图可知，此时x=4m处质点恰好处于平衡位置，速度最大，加速度为零，故A错误；
B．由波形图可知，最大位移为2cm，即这列波的振幅是2cm，故B错误；
C．由于波传播的过程是前面质点的振动带动后面质点的振动，此时x=8m处质点沿y轴负方向运动，故C错误；
D．根据
由图可知波长
λ=8m
可得周期
T=2s
因此再经，x=6m处质点仍处于正向最大位移处，D正确。
故选D。
4. 如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1，电阻R=10Ω，图乙是R两端电压U随时间变化的图像，Um=V。则下列说法中正确的是（ ）
A. 通过R的电流IR随时间t变化的规律是
B. 变压器的输入功率为10W
C. 电压表V的读数为
D. 电流表A的读数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．U随时间变化规律是
所以
故A错误；
B．通过电阻R电流的有效值为
变压器的输入功率等于R消耗的功率，即
故B正确；
C．电压表V的读数为R两端电压的有效值，即
故C错误；
D．根据理想变压器变流规律可得电流表A的读数，即原线圈电流的有效值为
故D错误。
故选B。
5. 质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（ ）
A. 机械能损失了 B. 克服摩擦力做功
C. 动能损失了mgh D. 重力势能增加了2mgh
【答案】A
【解析】
【详解】AB．机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，为
又由牛顿第二定律
联立解得
故A正确，B错误；
C．由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，为
故C错误；
D．物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故D错误。
故选A。
二、多选题（本题一共3小题，每题5分，选不全得3分，共15分）
6. 在研究宇宙发展演变的理论中，有一种学说叫做“宇宙膨胀说”，这种学说认为万有引力常量G缓慢地减小．根据这一理论，在很久很久以前，太阳系中地球的公转情况与现在相比( )
A. 公转半径R较大 B. 公转周期T较小
C. 公转速率v较大 D. 公转角速度较小
【答案】BC
【解析】
【详解】A、根据“宇宙膨胀说”，宇宙是由一个大爆炸的火球开始形成的，大爆炸后各星球即以不同的速度向外运动，这种学说认为地球离太阳的距离逐渐增加，即公转半径逐渐增大，A错误；
B、研究地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：，则 ，这种学说认为万有引力常量G在缓慢地减小，T在增大，所以太阳系中地球的公转情况与现在相比公转周期T较小，B正确；
C、研究地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力， ，则，所以太阳系中地球的公转情况与现在相比公转速率v较大．C正确；
D、研究地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，，则，所以太阳系中地球的公转情况与现在相比角速度较大．故D错误．
故选BC．
7. 在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介。光盘上的信息通常是通过激光束来读取的。若红、蓝激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 图中光束①是红光，光束②是蓝光
B. 在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度慢
C. 若光束①、②先后通过同一双缝干涉装置，光束①的条纹宽度比光束②的窄
D. 光束①比②更容易发生明显衍射现象
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知介质对①光的折射率比对②光的折射率大，所以①光的频率高于②光的频率，故图中光束①是蓝光，光束②是红光，A错误；
B．由可知，折射率大，波速小，故在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度慢，B正确；
C．由可知，通过同一双缝干射装置，波长短，条纹间距窄。因为①光的频率高于②光的频率，故①光的波长小于②光的波长，即光束①的条纹宽度比光束②的窄，C正确；
D．因为①光的波长小于②光的波长，所以②光更容易发生衍射现象，D错误。
故选BC。
8. 如图，在匀强电场中有一虚线圆，和是圆的两条直径，其中与电场方向的夹角为，，与电场方向平行，a、b两点的电势差。则（ ）
A. 电场强度的大小
B. b点的电势比d点的低
C. 将电子从c点移到d点，电场力做正功
D. 电子在a点的电势能大于在c点的电势能
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据
可得电场强度的大小
选项A正确；
B．沿电场线电势逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，选项B错误；
C．将电子从c点移到d点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功，选项C错误；
D．因a点的电势低于c点电势，则电子在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D正确。
故选AD。
三、实验题（本题一共2小题，12分）
9. （1）如图甲所示为小金在进行“探究单摆摆长和周期关系”实验时，用停表记录下单摆50次全振动所用时间，由图可知该次实验中50次全振动所用时间为___________s；
（2）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图乙所示，这样做的目的是___________（填选项前的字母）；
A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量更加准确
C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（3）小金同学以摆线的长度（L）作为纵坐标，以单摆周期的平方（T2）作为横坐标，作出L-T2的图像如图丙所示，则其作出的图线是___________（选填“图线1”“图线2”或“图线3”）。若作出的图线的斜率为k，则能否根据图像得到当地的重力加速度？___________。（若不可以求出，则填“否”；若可以求出，则写出其表达式）
【答案】 ①. 99.7 ②. AC##CA ③. 图线2 ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由图甲可知，小表盘分度值为30s，大表盘分度值为0.1s，秒表指针所指位置即为该时刻对应位置，不需要估读，此时小表盘指针指在1.5和2之间，读数记为90s，则大表盘读数应为9.7s，所以该次实验中50次全振动所用时间为99.7s。
（2）[2]用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，可以在需要改变摆长时便于调节；用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变。上述做法并不能使周期测量更加准确，也无法保证摆球在同一竖直平面内摆动。
故选AC。
（3）[3]设摆球的半径为r，根据单摆周期公式可得
整理得
由上式可知小金同学作出的图线应具有横截距，即图线2。
[4]图线的斜率为
解得
10. 小明同学想探究多用电表欧姆调零电阻阻值的最大调节范围，他进行了以下实验操作：
（1）小明首先调节旋钮A使指针指到图乙中a位置；
（2）将电阻箱的阻值调到最大，并按图甲连接好电路，此时电阻箱接线柱P的电势比Q___________（填“高”或“低”）；
（3）将旋钮C拨到R×1挡，并将旋钮B顺时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最小），然后调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1；继续调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到图乙中的b处，读出此时电阻箱的阻值为R2；则此时该多用电表R×1挡的总内阻为___________（用R1和R2表示）；
（4）最后将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电阻箱的阻值调到0，此时电表指针指到图乙中的c处，则此时流过表头的电流与满偏电流的比值为；
（5）该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为___________（用R1和R2表示）。
【答案】 ①. 低 ②. ③.
【解析】
【详解】（2）[1]由于选择的是多用电表的电阻档，则黑表笔接的是多用电表内部电源的正极，则Q端电势高，即接线柱P的电势比Q低。
（3）[2]根据欧姆表的测电阻原理有
E = I(R0 + Rx)
其中R0为欧姆表在该档位时的内部总电阻，Rx为待测电阻。由上式可知接入不同的Rx便有不同的I值，则根据I和Rx的对应关系可在表头上把不同的电流对应的电阻值标出来，即制作出欧姆表表盘，根据以上分析当表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时电阻箱的阻值为R1，有
E = Ig(R0 + R1)
当表盘指针指到图乙中的b处，读出此时电阻箱的阻值为R2，有
整理有
R0 = R2 - 2R1
（5）[3]当电表指针指到图乙中的c处有
综上该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为
四、解答题（本题一共3小题，每题48分）
11. 如图，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=1.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端左侧有一与长木板等高接触的固定物体，其内部为半径R=5m的四分之一光滑圆弧。现将一个质量m=1.0kg的小物块，从四分之一光滑圆弧顶端无初速释放，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，长木板处于静止状态。小物块从四分之一光滑圆弧滑出后沿木板向前滑动，直到和挡板相碰。碰撞后，小物块恰好回到木板中点时与长木板保持相对静止。（取g=10m/s2）求：
（1）小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时，对圆弧的压力大小；
（2）小物块恰好回到木板中点时，小物块的速度；
（3）碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）30N；（2），方向水平向右；（3）37J
【解析】
【详解】（1）设小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
解得
v0=10m/s
设此时圆弧对小物块的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧的压力大小为30N。
（2）设小物块恰好回到木板中点时的速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
方向水平向右。
（3）根据功能关系可得碰撞过程中损失的机械能为
12. 如图所示，一个质量为，长为、宽为，电阻的粗细均匀的矩形线框，从的高度由静止自由下落，然后进入匀强磁场，磁场的磁感应强度，磁场方向与线框平面垂直，取，不计一切阻力。求：
（1）刚进入磁场时线框的电流大小；
（2）请通过计算判断，在进入磁场过程中线框做什么运动？以及该过程中线框的下边边产生的热量；
（3）若边通过磁场区域的时间，求磁场区域的高度。
【答案】（1）5A；（2）匀速直线运动，0.01J；（3）2.6m
【解析】
【详解】（1）设ab边刚进入磁场的速度为v，根据得
解得
（2）ab边所受安培力为
线框重力为
所以线框进入磁场过程中做匀速直线运动
根据能量守恒知，线框产生的总热量等于线框重力势能减少量，ab边电阻为线框总电阻的0.1倍，所以，ab边产生热量为
（3）进入磁场过程中线框匀速运动，所用时间
线框完全进入磁场后，只受重力，加速度为g，所用时间
设匀加速的位移为
所以
13. 如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R，左盒接出一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为的荧光屏。两盒间距较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比荷为的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不变。则：
（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？
（2）此加速器的加速电压U为多大？
（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有
得进入圆形磁场的电子获得的速度为
（2）周期
电子加速次数为
根据动能定理有
得加速器的加速电压为
（3）电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得
解得
电子在磁场中运动的圆心角也为，圆弧的半径为，根据牛顿第二定律，有
联立解得
即当，电子就不会打出荧光屏之外。
第16页/共16页
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
