高中物理二轮复习-选择、实验题(11+2)定时训练(七).docx

选择、实验题(11＋2)定时训练(七)
(限时：40分钟)
一、单项选择题(共7小题，每小题4分，共28分)
1.(2021·河北唐山市二模)法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现象，能够发生衰变反应。一个静止的U原子核衰变一个新核Th，同时放出一个带电粒子，该粒子的动能大小为E，动量大小为p。下列说法正确的是(　　)
A.放出的带电粒子为电子 B.Th的结合能比U大
C.Th的动量大小为 D.Th的动能大小为
答案　D
解析　写出核反应方程为U→Th＋He，放出的粒子为α粒子，不是电子，选项A错误；α衰变过程释放能量，所以U的结合能比Th大，选项B错误核反应前后动量守恒有pTh－pHe＝0，即pTh＝pHe＝p，选项C错误；Th的动能EkTh＝＝，He的动能EkHe＝＝＝E，联立解得EkTh＝，选项D正确。
2.(2021·山东潍坊市二模)如图1所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d再回到状态a的过程，a→b是温度为T1的等温过程，c→d是温度为T2的等温过程，b→c和d→a为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。卡诺循环构建了从单一热源吸收热量用来做功的理想过程，符合卡诺循环的热机的效率为η＝1－。下列说法正确的是(　　)

图1
A.a→b过程气体对外界做功且吸收热量
B.b→c过程气体对外做的功小于气体内能的减少量
C.c→d过程单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少
D.由卡诺循环可知热机效率可能达到100%
答案　A
解析　a→b过程为等温过程，温度不变，气体的内能不变，气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故A正确；b→c过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，根据热力学第一定律可知b→c过程气体对外做的功等于气体内能的减少量，故B错误；c→d为等温过程，压强变大，体积减小，气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；热机在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，并且还存在热量损失，机械效率不可能达到100%，故D错误。
3.(2021·山东潍坊市二模)一根长20 m的软绳拉直后放在光滑水平地板上，以绳的中点为坐标原点，沿绳方向为x轴，水平面内垂直x轴方向为y轴，建立图示坐标系。两人分别在绳两端P、Q沿y轴方向持续有节奏地抖动绳，在绳上形成两列振幅分别为15 cm、30 cm的相向传播的绳波，某时刻的波形如图2所示。下列判断正确的是(　　)

图2
A.P、Q点此时振动方向相反
B.两人同时开始抖动
C.经过足够长时间，0点振幅为15 cm
D.经过足够长时间，除P、Q点外绳上有9个振动最强点
答案　D
解析　由图并根据同侧法，可知P点此时振动方向向下，Q点此时振动方向向下，即P、Q点此时振动方向相同，故A错误；两波在同一介质中传播，波速大小相等，由于两波传播距离不等，则用时不同，即两人不是同时开始抖动，故B错误；图示时刻x＝－6 m处质点的起振方向向下，x＝4 m处质点的起振方向向上，所以两波源的起振方向相反，两波在同一介质中传播，所以波速相同，绳端P形成的波波长为4 m，绳端Q形成的波波长也为4 m，由波速公式v＝fλ知，两列波的频率相同，叠加区域有稳定干涉图样，由于两列波起振方向相反，所以叠加稳定时两波源间与两波源路程差等于半个波长偶数倍的各点振动加强，振幅为45 cm，设某点是振动加强点，到两个波源的距离分别为x1和x2，则有x1＋x2＝20 m，x1－x2＝·2n＝4n，解得x1＝(2n＋10) m，由于x1<20 m，故n值可取0、±1、±2、±3、±4，则除P、Q点外绳上有9处振动加强点，当n＝0时，x1＝10，即0点为振动加强点，振幅为45 cm，故C错误，D正确。
4.(2021·山东泰安市二轮检测)2021年2月24日10时22分，我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号”丙运载火箭，成功将遥感三十一号03组卫星发射升空，卫星进入预定圆形轨道。如图3所示为该卫星绕地球运行示意图，测得卫星在t时间内沿逆时针从P点运动到Q点，这段圆弧所对的圆心角为θ。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，则这颗卫星离地球表面的高度为(　　)

图3
A. B.
C.－R D.－R
答案　C
解析　该卫星的角速度为ω＝，在地球表面有mg＝G，对于卫星，有G＝mω2(R＋h)，联立解得h＝－R，故选项C正确。
5.(2021·河北唐山市二模)斜劈是生活中常用的一种小工具，它可以增加物体的稳定性。如图4，将斜劈垫在光滑小球的下端，可以使小球静止在光滑竖直墙壁和斜劈之间。若小球的质量为m，斜劈尖端的角度为θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是(　　)

图4
A.小球受到墙壁的弹力大小为mg
B.斜劈对小球的支持力为2mg
C.斜劈与地面间的动摩擦因数可能为

D.增大小球的质量，斜劈不可能向右滑动
答案　C
解析　对小球受力分析如图所示，由平衡条件可得小球受到墙壁弹力大小为FN1＝mgtan θ

斜劈对小球的支持力为FN2＝，所以A、B错误；对整体受力分析如图所示

由平衡条件可得斜劈与地面间的摩擦力为Ff＝FN1＝mgtan θ，当M＝m时，斜劈与地面间的动摩擦因数可能为μ＝＝＝，所以C正确；增大小球的质量，当FN1＝mgtan θ>Ffm＝μ(M＋m)g时，斜劈将向右滑动，所以D错误。
6.(2021·河北唐山市二模)如图5所示，在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，BC＝CD＝2AB＝2L。高为2L、宽为L的矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域，其长边始终与CD平行。以线圈中逆时针方向为电流正方向，线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为(　　)

图5

答案　C
解析　线圈进入磁场过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时针(为正)。在线圈左边没有进入磁场过程中，有效切割长度逐渐增大，根据i＝可知感应电流逐渐增大；当线圈左边进入磁场后，右边没有离开磁场前，有效切割长度不变，则感应电流不变；当线圈右边离开磁场后，线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针(负值)，且有效切割长度逐渐增大，感应电流逐渐增大。选项C正确。
7.(2021·武汉市高三质检)如图6所示，三个物体A、B和C的质量分别为2m、m和m，A、B叠在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为μ(μ<1)，B与桌面间的动摩擦因数为，A、B、桌面之间的最大静摩擦力等于相对的滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

图6
A.三个物体A、B、C均保持静止
B.轻绳对定滑轮的作用力大小为mg
C.若A、B之间发生相对滑动，则需满足μ<0.2
D.若A、B之间未发生相对滑动，则A受到的摩擦力大小mg
答案　C
解析　由题意可知A、B间的最大静摩擦力为FfAm＝μ·2mg＝2μmg，B与水平桌面间的最大静摩擦力为FfBm＝·3mg＝μmg(μ<1)，由于C的重力为mg，显然当A、B保持相对静止时，A、B整体受到的拉力大于B与桌面间的最大静摩擦力，当A、B相对滑动时，B受到A的摩擦力大小为2μmg>μmg，即无论A、B是否相对滑动，物体B在水平桌面上都会滑动，A错误；由于物体C向下加速运动，则轻绳的拉力F小于物体C的重力，故滑轮所受的作用力大小为F之间未发生相对滑动，则对整体有mg－·3mg＝4ma，对物体B有Ff－·3mg＝ma，解得Ff＝mg，根据牛顿第三定律可知，A受到的摩擦力大小Ff′＝Ff＝mg，D错误。
二、多项选择题(共4小题，每小题4分，共16分)
8.(2021·广西柳州市第三次模拟)如图7所示，一质量不计的竖直圆盘可绕固定的水平轴O在竖直平面内无摩擦地转动。圆盘上固定着质量均为m的小球A和B，且OA＝a，OB＝a，OA与OB垂直。当OA处于水平位置静止释放，则在圆盘转动过程中，下列说法正确的有(　　)

图7
A.转动过程中A、B球组成的系统机械能守恒
B.当A球位于O点正下方时，圆盘转动的角速度达到最大
C.圆盘转动过程中，圆盘始终对A球不做功
D.圆盘沿顺时针方向转动到角速度为0时OA与竖直方向成30°角
答案　AD
解析　圆盘在竖直平面内无摩擦地转动，对于A、B球组成的系统，只有重力做功，则系统机械能守恒，故A正确；A、B球组成系统的重心位于两者连线的中点，当系统的重心到达O点正下方时，系统重力势能减少量最大，动能的增加量最大，圆盘转动的角速度最大。所以，当A球位于O点正下方时，圆盘转动的角速度不是最大，故B错误；圆盘转动过程中，B的机械能是变化的，由系统机械能守恒知A的机械能是变化的，再由功能关系可知圆盘对A球要做功，故C错误；设圆盘沿顺时针方向转动到角速度为0时OA与竖直方向成α角，根据系统的机械能守恒知，从开始释放到圆盘角速度为0的过程中，A的机械能减少量等于B的机械能增加量，即mg·acos α＝mga(1＋sin α)，解得α＝30°，故D正确。
9.(2021·山东泰安市二轮检测)如图8所示，光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点，质量均为m的小球A和小环B(均可视为质点)用L＝1.5R的轻杆通过轻质铰链相连，B套在竖直固定的光滑长杆上，长杆和圆轨道在同一竖直平面内，长杆过轨道圆心。初始时小球A在斜面上，轻杆与斜面垂直，由静止释放小球，重力加速度为g，则(　　)

图8
A.刚释放时小球的加速度大小为g
B.刚释放时小球的加速度大于g
C.小球运动的最大速度为
D.小球运动的最大速度为
答案　AC
解析　刚释放小球时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得mgsin 60°＝ma1，解得a1＝g，故A正确，B错误；设小球A初始位置距水平面高度为h1，由几何关系可得Rsin 60°＋tan 30°＝1.5Rsin 60°，解得h1＝R，小环B初始位置距水平面高度设为h2，由几何关系可得h2＝h1＋1.5Rcos 60°＝2R，当A球滑至圆弧轨道的最低点时，速度达到最大，由系统的机械能守恒可得mgΔhA＋mgΔhB＝mv＋mv，式中vB＝0，ΔhA＝R，ΔhB＝0.5R，解得vA＝，故C正确，D错误。

10.(2021·湖南永州市第三次模拟)如图9所示，一竖直放置的轻弹簧一端固定于地面上，另一端与质量为3 kg的物体B拴接在一起，质量为1 kg的物体A置于物体B上。现用外力压缩弹簧到某一位置，撤去外力后A和B一起竖直向上运动，在A、B分离后，当A上升0.2 m到达最高点时，B的速度方向向下，且弹簧处于原长。从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

图9
A.A、B分离时B的加速度为g
B.弹簧的弹力对B做负功
C.B的动量变化量为零
D.弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·s
答案　AD
解析　由分离的条件可知，A、B两物体分离时二者的速度、加速度均相等，二者之间的相互作用力为0，对A分析可知，A的加速度aA＝g，所以B的加速度为g，故A正确；A、B两物体分离时弹簧恢复原长，A到达最高点时弹簧又恢复原长，从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧的弹力对B做的功为零，故B错误；当两者分离时，B向上运动，当A运动到最高点时，B向下运动，故B动量变化不为零，总的动量变化向下，故C错误；分离的瞬间，两个物块速度、加速度均相同，之后A做竖直上抛运动达到最高点，这段距离可求出其初速度v＝＝2 m/s，则t＝＝0.2 s，在此过程中对B，由动量定理得mBgt＋IN＝mBv－(－mBv)，代入数据解得IN＝6 N·s，故D正确。
11.(2021·河北唐山市二模)某空间区域的竖直平面内存在电场，其中一条竖直电场线如图10甲所示，一带正电小球从O点以初速度v0开始沿电场线向上运动，以O点为坐标原点，取竖直向上为x轴正方向，小球的速度与时间的关系如图乙中实线所示。另一不带电小球由O点以相同初速度开始运动，速度与时间关系如图中虚线所示，不计空气阻力，从O到x1过程中(　　)

图10
A.电场强度竖直向上 　 B.电势逐渐升高
C.小球A所受电场力变小 　 D.小球A电势能减小
答案　AD
解析　对于不带电小球根据动能定理有0－mv＝－mgx1对于带电小球有mv2－mv＝W电－mgx1，由于带电小球到x1处还有动能，电场力做正功，又因为小球带正电，所以电场方向与运动方向一致，竖直向上，选项A正确；沿电场线方向电势降低，选项B错误；根据牛顿第二定律有a＝，v－t图线的斜率变小，说明加速度变小，所以小球A所受电场力变大，选项C错误；由于电势降低，根据Ep＝qφ，可知带正电的小球电势能减小，选项D正确。
三、实验题(共2小题，共16分)
12.(7分)(2021·北京顺义区第二次统练)用双缝干涉测量光的波长实验装置如图11所示。将双缝干涉实验仪器按要求安装在光具座上，光源发的光经滤光片(装在单缝前)成为单色光，把单缝照亮。单缝相当于一个线光源，它又把双缝照亮，已知双缝间的距离为0.3 mm。透镜的作用是使射向单缝的光更集中。遮光筒的一端装有毛玻璃屏，通过目镜可以在屏上观察到干涉条纹。

图11

图12
(1)实验时，还需要测量的有____________________________；
(2)实验中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图12甲所示；然后转动测量头、使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示，得相邻的条纹之间距离为________mm；
(3)若测得双缝到毛玻璃屏的距离为120.00 cm，则本次实验测得的这种光的波长是________m(保留2位有效数字)；
(4)若实验中发现条纹太稀疏，可采取的改善办法是________________________(至少写一条)。
答案　(1)双缝到毛玻璃屏的距离和相邻条纹间距　
(2)1.954　(3)4.9×10－7　(4)增大双缝间的距离或减小双缝到毛玻璃屏的距离
解析　(1)实验时，根据公式Δx＝λ可得λ＝，所以需要测量相邻条纹之间的距离、双缝间距、双缝到屏的距离。所以还需要测量双缝到毛玻璃屏的距离和相邻条纹间距。
(2)第一条亮纹的读数为：4.5 mm＋0.01×40.0 mm＝4.900 mm，第6条亮纹的读数为14.5 mm＋0.01×17.0 mm＝14.670 mm，所以相邻的亮纹间距Δx＝ mm＝1.954 mm。
(3)光波波长λ＝＝ m＝4.9×10－7 m。
(4)根据公式Δx＝λ可知，想要条纹变密集，即让Δx变小，可以减小双缝到屏的距离，减小光波的波长，增大双缝的间距。
13.(9分)(2021·山东潍坊市二模)某实验小组利用图13甲所示装置验证机械能守恒定律，气垫导轨上有平行于导轨的标尺，在导轨上架设两个光电门1、2，滑块上侧固定一竖直遮光条，滑块左侧所挂细线绕过定滑轮与钩码相连，细线与导轨平行，光电门1固定，其中心与标尺的0刻度线对齐。实验操作如下：

图13
(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为________mm。
(2)滑块不挂细线、钩码，接通气源后，给滑块一个向左的初速度，使它从导轨右端向左运动，通过调整气垫导轨的调节旋钮P、Q，直到使滑块经过光电门1、2时遮光时间相等。
(3)在滑块上挂上细线与钩码，接通气源，将滑块从导轨右端由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，由标尺读出光电门2中心所在位置的刻度x。
(4)用天平测出滑块和遮光条的总质量M及钩码质量m，遮光条的宽度用d表示，重力加速度为g，滑块运动过程中钩码始终未着地。用以上物理量写出验证机械能守恒定律的关系式________________________
(5)多次改变光电门2的位置，重复(3)的步骤，实验中，M＝0.9 kg，m＝0.1 kg，利用所测数据，做出－x关系图像如图14所示，则当地重力加速度大小为________m/s2(结果保留3位有效数字)。

图14
答案　(1)7.75　(4)mgx＝(M＋m)　(5)9.68
解析　(1)游标卡尺的主尺读数为7 mm，游标尺读数为
15×0.05 mm＝0.75 mm，则最终读数为7.75 mm。
(4)滑块通过两光电门的瞬时速度v1＝，v2＝，则系统重力势能的减小量ΔEp＝mgx，系统动能的增加量ΔEk＝(M＋m)(v－v)＝(M＋m)d2
所以验证机械能守恒定律的关系式为
mgx＝(M＋m)。
(5)根据以上分析＝＋
则k＝＝
解得g＝9.68 m/s2。