2018届高考物理二轮复习寒假作业一模考前适应性训练

寒假作业(十三) 一模考前适应性训练(四)
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1～4题只有一个选项符合题目要求，第5～8题有多个选项符合题目要求。

全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.(2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位置—时间图像(x ­t 图像)，P (t 1，x 1)为图像上一点。

PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q 。

则下列说法正确的是( )
A ．t 1时刻，质点的速率为x 1
t 1
B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2
t 1
C ．质点的加速度大小为
x 1－x 2
t 12
D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为
2
x 1－x 2
t 1
解析：选B x ­t 图像的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝
x 1－x 2
t 1
，故A 错误，B 正确；根据图像可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0
t 可知，加速度a ＝
x 1－x 2
t 1－v 0
t 1
≠
x 1－x 2t 12，故C 错误；0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1
t 1
，故D 错误。

2.(2017·潍坊期中)如图所示，绝缘空心金属球壳不带电。

现在中间放一带电荷量为Q 的正点电荷，a 、b 、c 分别是球壳内、球壳中、球壳外的点，下列分析正确的是( )
A ．球壳内壁不带电，感应电荷全部分布在外表面上
B ．a 、b 、c 三点中，b 点的电势最低
C ．Q 在b 点产生的场强为零
D ．b 点的场强为零
解析：选D 由于静电感应，金属球壳内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，故A 错误。

球壳内部电场线从Q 出发到球壳内壁终止，球壳外部电场线从外表面出发到无穷远处终止，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，且整个金属球壳是一个等势体，可知，a 、b 、c 三点中，a 点的电势最高，c 点的电势最低，故B 错误。

静电平衡后，金属球壳中的场强处处为零，则b 点的场强为零，故D 正确。

b 点的合场强为零，但Q 在b 点产生的场强不为零，故C 错误。

3.如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的
是( )
A．将滑片N向右滑动时，电容器放电
B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电
C．将滑片M向上滑动时，电容器放电
D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电
解析：选A 当滑片N向右滑动时，R3减小，电容器的电压也减小，故电容器在放电，故A正确，B错误；当滑片M向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故C、D均错误。

4.如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一
起，a的左端通过一根轻绳与质量为m＝3 kg的小球相连，绳与水
平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中。

水平向右
的力F＝40 N作用在b上，三个物体保持静止状态。

g取10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．物体c受到向右的静摩擦力
B．物体b受到一个摩擦力，方向向左
C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右
D．撤去力F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度
解析：选B 设水平向右为正方向，设a、b、c的质量为m1，由于均静止，故加速度为：a1＝0；对c分析：设b对c的静摩擦力为f，则水平方向上只受f影响，且c保持静止，由牛顿第二定律得：f＝m1a1，代入数据得：f＝0，故A错误；对b分析：b静止，设a对b的静摩擦力为f1，则水平面上：F＋f1＝m1a1＝0，即：f1＝－F＝－40 N，故b只受一个静摩擦力，方向与F相反，即水平向左，故B正确；对a分析：a静止，设绳的拉力为T，器皿对小球的弹力为N，桌面对a的静摩擦力为f2，则水平方向上：
－f1＋f2－T＝m1a1＝0①
对小球受力分析如图：
由于小球静止，故竖直方向上：
N sin 60°＋T sin 60°＝mg②
水平方向上：N cos 60°＝T cos 60°③
联立①②③式代入数据解得：
T＝10 3 N，f2≈－ N，故地面对a的静摩擦力水平向左，故C错误；若撤去F，对a，水平方向上受绳的拉力：T＝10 3 N＜f2，故整个系统仍然保持静止，故D错误。

5．(2017·泉州模拟)下列说法正确的是( )
A ．235
U 的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短 B ．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型 C ．结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定
D ．任何金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率大于这个频率，才能产生光电效应
解析：选BD 原子核的半衰期与所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定，地球环境变化，半衰期不变，故A 错误；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，故B 正确；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，故C 错误；要有光电子逸出，则光电子的最大初动能E km ＞0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率，即ν＞ν0时，才会有光电子逸出，故D 正确。

6．(2018届高三·莆田六中检测)在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 ，忽略地球自转影响，则( )
A ．卫星运动的速度大小为2gR
B ．卫星运动的周期为4π
2R g
C ．卫星运动的向心加速度大小为1
2g
D ．卫星轨道处的重力加速度为1
4
g
解析：选BD 人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质
量为M 、卫星的轨道半径为r ，则GMm r 2＝m v 2r ＝mω2
r ＝ma ＝m 4π2
r T
2
又r ＝2R
忽略地球自转的影响有GMm
R 2＝mg ，所以卫星运动的速度大小为v ＝ GM r
＝ gR
2
，故
A 错误；T ＝2π
r 3
GM ＝4π 2R g ，故B 正确；a ＝GM r 2＝g
4
，故C 错误；卫星轨道处的重力加速度为g
4
，故D 正确。

7.水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块，物块间用长为l 的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的动摩
擦因数为μ。

用水平恒力F 拉动物块1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )
A ．拉力F 所做功为nFl
B ．系统克服摩擦力做功为
n n －1μmgl
2
C ．F ＞
nμmg
2
D ．nμmg ＞F ＞(n －1)μmg
解析：选BC 物块1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ，故A 错误。

系统克服摩擦力做功为W f ＝μmg ·l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝
n n －1μmgl
2
，故B 正确。

据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假
设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝nμmg
2。

现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损
失，所以根据功能关系可知F ＞
nμmg
2
，故C 正确，D 错误。

8.如图，一粒子发射源P 位于足够大绝缘板AB 的上方d 处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v 、电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。

已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d ，则( )
A ．能打在板上的区域长度是2d
B ．能打在板上的区域长度是(3＋1)d
C ．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为7πd 6v
D ．同一时刻发射出的带电粒子达到板上的最大时间差为πqd
6mv
解析：选BC 打在板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示： 根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l ＝R ＋3R ＝(1＋3)R ＝(1＋3)d ，故A 错误，B 正确；
在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图如图乙所示： 由几何关系知，最长时间t 1＝3
4T
最短时间t 2＝1
6
T
又有粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πd
v
；
根据题意：t 1－t 2＝Δt
联立解得：Δt ＝712T ＝7πd 6v ，故C 正确，D 错误。

二、非选择题(共47分)
9．(6分)(2016·浙江选考)做“验证机械能守恒定律”的实验，已有铁架台、铁夹、电源、纸带、打点计时器，还必须选取的器材是图中的____________(填字母)。

某同学在实验过程中，①在重锤的正下方地面铺海绵；②调整打点计时器的两个限位孔连线为竖直；③重复多次实验。

以上操作可减小实验误差的是__________(填序号)。

解析：需要选取的器材是重锤和刻度尺，故选B 、D ；能减小实验误差的操作是②③。

答案：BD ②③
10．(9分)(2018届高三·武汉十一中检测)用伏安法测量一电池的内阻。

已知该待测电池的电动势E 约为9 V ，内阻约数十欧，允许输出的最大电流为50 mA ，可选用的实验器材有：
电压表V 1(量程5 V)； 电压表V 2(量程10 V)； 电流表A 1(量程50 mA)； 电流表A 2(量程100 mA)； 滑动变阻器R (最大电阻300 Ω)；
定值电阻R 1(阻值为200 Ω，额定功率为1
8 W)；
定值电阻R 2(阻值为220 Ω，额定功率为1 W)； 开关S ；导线若干。

测量数据如坐标纸上U ­I 图线所示。

(1)在下面的虚线方框内画出合理的电路原理图，并标明所选器材的符号。

(2)在设计的电路中，选择定值电阻的根据是________________________________。

(3)由U ­I 图线求得待测电池的内阻为__________Ω。

(4)在你设计的电路中，产生系统误差的主要原因是______________。

解析：(1)应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电路图如图所示：
(2)定值电阻R 1在电路中的最大功率：P 1＝I 2
R 1＝×200 W＝ W ＞18 W ，定值电阻R 2在电
路中的最大功率：P 2＝I 2
R 2＝×220 W＝ W ＜1 W ，为保护电路安全，则定值电阻应选择R 2。

(3)由图像可知，电源内阻
r ＝
ΔU
ΔI
＝错误! Ω＝50 Ω。

(4)由实验电路图可知，相对于电源电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表所测电流小于电路电流，电压表分流是造成系统误差的原因。

答案：(1)电路原理图见解析
(2)定值电阻在电路中消耗的功率会超过1
8W ，R 2的功率满足实验要求
(3)50 (4)电压表分流
11.(14分)如图所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切。

圆弧的半径为R 。

一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结
果它能在两轨道上做往返运动。

已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：
(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小； (2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离；
(3)新的释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件，才能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D 。

解析：(1)根据几何关系：PB ＝R
tan θ＝3R
从P 点到E 点根据动能定理，有：
mgR －μmg cos θ·PB ＝12
mv E 2－0
代入数据：mgR －μmg ·32·3R ＝12
mv E 2 解得：v E ＝
2－3μgR
在E 点，根据向心力公式有：F N －mg ＝m v E 2
R
解得：F N ＝3mg －3μmg 。

由牛顿第三定律可知，物体对圆弧轨道的最大压力为3mg －3μmg 。

(2)设物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离为x ， 根据动能定理，有
mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ·(BP ＋x )＝0－0
代入数据：mg (3R －x )·12－μmg ·3
2(3R ＋x )＝0
解得：x ＝
3－3μ3μ＋1
R 。

(3)刚好到达最高点时，有mg ＝m v 2
R
解得：v ＝gR 根据动能定理，有
mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′
＝12mv 2
－0 代入数据：
mg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12L ′－R －
32R －μmg ·32L ′＝12mgR
解得：L ′＝3R ＋3R
1－3μ
所以L ′≥3R ＋3R
1－3μ时，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D 。

答案：(1)3mg －3μmg (2)3－3μ3μ＋1
R
(3)L ′≥3R ＋3R
1－3μ
12．(18分)如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。

初始时刻，
弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0，整个运动过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。

已知重力加速度为g ，弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行，弹簧重力不计。

(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 1的大小和方向； (2)初始时刻导体棒的加速度a 的大小；
(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q 。

解析：(1)棒产生的感应电动势为：E 1＝BLv 0 通过R 的电流大小为：I 1＝E 1
R ＋r ＝
BLv 0
R ＋r
根据右手定则判断得知：电流方向为b →a 。

(2)棒受到的安培力大小为：
F ＝BI 1L ＝B 2L 2v 0
R ＋r
，方向沿斜面向下，如图所示。

根据牛顿第二定律有：
mg sin θ＋F ＝ma
解得：a ＝g sin θ＋B 2L 2v 0
m R ＋r。

(3)导体棒最终静止，有：mg sin θ＝kx 弹簧的压缩量为：x ＝
mg sin θ
k
设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有：12mv 02
＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0；
解得：Q 0＝12mv 02＋
mg sin θ
2
k －E p ；
电阻R 上产生的焦耳热为：
Q ＝R
R ＋r Q 0＝R R ＋r ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12
mv 02
＋mg sin θ2
k －E p 。

答案：(1)BLv 0R ＋r 方向为b →a (2)g sin θ＋B 2L 2v 0
m R ＋r
(3)R R ＋r ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12
mv 02＋mg sin θ2
k －E p
三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)
[物理—选修3－3] (15分)
13．(1)(5分)关于热现象，下列说法中正确的是________。

A ．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
B ．分子间距离为r 0时没有作用力，大于r 0时只有引力，小于r 0时只有斥力
C ．液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化
D ．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
E ．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小
(2)(10分)如图1所示，水平放置的气缸内被活塞封闭一定质量的理想气体，气体的温度为17 ℃，活塞与气缸底的距离L 1＝12 cm ，离气缸口的距离L 2＝3 cm ，将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平为止，如图2所示。

已知g 取10 m/s 2
，大气压强为×105
Pa ，活塞的横截面积S ＝100 cm 2
，质量m ＝20 kg ，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，求：
(ⅰ)活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为多少？
(ⅱ)在对气缸内气体逐渐加热的过程中，气体吸收340 J 的热量，则气体增加的内能为多大？
解析：(1)影响布朗运动的因素是温度和颗粒大小，温度越高、颗粒越小，布朗运动就越明显，故A 正确；分子在相互作用的距离内既有引力，又有斥力，故B 错误；液晶的光学性质随温度、压力、外加电压的变化而变化，选项C 正确；天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列遵循一定规则，故D 错误；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人们就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故E 正确。

(2)(ⅰ)当气缸水平放置时，
p 0＝×105 Pa
V 0＝L 1S ，T 0＝(273＋17)K
当气缸口朝上，活塞到达气缸口时，活塞的受力分析图如图所示， 有p 1S ＝p 0S ＋mg
则p 1＝p 0＋mg S ＝×105 Pa ＋20010－2 Pa ＝×105
Pa
V 1＝(L 1＋L 2)S
由理想气体状态方程得p 0L 1S T 0＝p 1L 1＋L 2S
T 1
则T 1＝
p 1L 1＋L 2
p 0L 1
T 0＝错误!×290 K＝435 K 。

(ⅱ)当气缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得
p 0L 1S ＝p 1LS
则L ＝
p 0L 1
p 1
＝错误! m ＝0.1 m 加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W ＝－p 0(L 1＋L 2－L )S －mg (L 1＋L 2－L )＝－60 J
根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，得ΔU ＝280 J 。

答案：(1)ACE (2)(ⅰ)435 K (ⅱ)280 J
[物理—选修3－4] (15分)
14．(1)(5分)有关电磁波与振动和波的知识，下列说法正确的是________。

A ．日光灯是紫外线的荧光效应的应用
B ．单摆在做受迫振动时，它的周期等于单摆的固有周期
C ．机械波从一种介质进入另一种介质后，它的频率保持不变
D ．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
E ．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
(2)(10分)如图所示，某种透明物质制成的直角三棱镜ABD ，光在透明物质中的传播速度为×108
m/s ，一束光线在纸面内垂直AB 面射入棱镜，发现光线刚好不能从AD 面射出，光在真空中传播速度为×108
m/s ，sin 53°＝，cos 53°＝，求：
(ⅰ)透明物质的折射率和直角三棱镜∠A 的大小；
(ⅱ)光线从BD 面首次射出时的折射角α。

(结果可用α的三角函数表示)
解析：(1)日光灯应用了紫外线的荧光效应，选项A 正确；当单摆做受迫振动时，它振动的周期等于驱动力的周期，不一定等于它的固有周期，选项B 错误；机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，选项C 正确；麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，选项D 错误；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，选项E 正确。

(2)(ⅰ)由折射率与光速间的关系：n ＝c v
解出透明物质的折射率n ＝
由题意可知，光线从AB 面垂直射入，恰好在AD 面发生全反射，光线从BD 面射出，光路图如图所示。

设该透明物质的临界角为C ，由几何关系可知： sin C ＝1n
解得：∠C ＝∠A ＝53°。

(ⅱ)由几何关系知：β＝37° 由折射定律知：n ＝sin α
sin β
解得：sin α＝3
4。

答案：(1)ACE (2)(ⅰ) 53° (ⅱ)sin α＝3
4。