综合提升检测卷(三)
(时间:75分钟 分值:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.太阳产生的能量主要来自三种核反应,这些反应的最终结果是氢转变成氦,其中一种核反应的方程式为HHHen,太阳每秒钟因为核反应失去的质量大约为400万吨。已知光速c=3×
108 m/s,则( )
A.太阳的总输出功率大约为3.6×1026 W
BHe的比结合能小于H的比结合能
CHe的核子平均质量大于H的核子平均质量
DH和H聚变成He的过程中只有核力做功
2.“天问一号”火星探测器经过200多天的飞行,成功进入椭圆形的轨道绕火星运动,开展对火星的观测,并着陆火星乌托邦平原南部。如图所示,在“天问一号”沿椭圆轨道由“远火点”向“近火点”运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.火星对探测器的引力逐渐减小
B.探测器的速度逐渐减小
C.引力对探测器做负功,探测器的势能逐渐减小
D.引力对探测器做正功,探测器的动能逐渐增大
3.如图所示,一个重为10 N的小球被夹在两光滑斜面间,斜面AB和AC与水平面的夹角分别为60°和30°,下列说法正确的是( )
A.斜面AB对小球的弹力是由小球的形变产生的
B.斜面AB对小球的弹力为5 N
C.斜面AC对小球的弹力为10 N
D.保持斜面AB倾角不变,缓慢增大斜面AC倾角,斜面AB对小球的弹力不变
4.光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性一面。前者表明光子具有能量,后者表明光子除了具有能量之外还有动量,光子的能量E与动量p之间的关系是E=pc,其中c是光速,c=3×108 m/s。如图,一束功率为60 W的激光束照射到透明介质小球上时,经两次折射后(忽略光的吸收和反射),光的传播方向改变了60°,则光对介质小球的作用力大小为( )
A.2×10-7N B.4×10-7N
C.×10-7N D.2×10-7N
5.如图所示,长木板倾斜放置,倾角为30°,一个小球在板的上端以大小为v0的初速度水平抛出,结果小球恰好落在长木板的底端。若将板的倾角改为45°,要使小球从板的上端水平抛出后也恰好能落在板的底端,则抛出的初速度大小为( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
6.如图甲所示是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”,其自重为260 kg,最大载重为100 kg。图乙是该无人机在最大载重情况下,从地面开始竖直升空过程中的v-t图像,则下列说法正确的是( )
A.0~5 s内的平均速度为3 m/s
B.5~8 s内发动机的输出功率为零
C.0~5 s发动机用于升空的功率逐渐减小
D.发动机用于升空的功率至少为2.16×104W
7.如图所示,在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场。图中实线是它们的轨 迹,已知O是PQ的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是( )
A.粒子c带负电,粒子a、b带正电
B.射入磁场时,粒子b的速率最小
C.粒子a在磁场中运动的时间最长
D.若匀强磁场磁感应强度增大,其他条件不变,则粒子a在磁场中的运动时间不变
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。)
8.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机输出的电压恒定,通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电,已知输电线的总电阻为R,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,它的副线圈两端的交变电压如图乙所示,R0为负载电阻。若将变压器视为理想变压器,则下列说法中正确的是( )
A.降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1
B.降压变压器T2原线圈的输入电压为880 V
C.升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压
D.当R0增大时,升压变压器T1的输出电压增大
9.如图所示,一定质量的理想气体经历了A→B→C的状态变化,下列说法正确的是( )
A.A→B过程中,外界对气体做正功600 J
B.A→B过程中,气体放出热量与外界对气体做功相等
C.A→B→C过程中,气体吸收热量
D.B→C过程中,气体吸收热量与气体对外界做功相等
10.中国航母电磁弹射的电磁驱动原理可简化为图甲所示,固定通电螺线管中的电流按乙图所示的规律变化,取图甲所示的电流方向为正,螺线管左侧的金属铜圆环套在光滑绝缘杆上并锁定,圆环轴线与螺线管轴线重合。下列说法正确的是( )
A.t=时刻,圆环有扩大趋势
B.t=时刻,若圆环解除锁定,圆环将向左运动
C.t=T时刻,从左端看圆环内有逆时针方向的感应电流
D.t=T和t=T时刻,圆环内的感应电流大小相等、方向相反
三、非选择题(本题共5小题,共54分。)
温馨提示:此系列题卡,非选择题每空2分,分值不同题空另行标注
11.(7分)小明利用图中的装置做“验证机械能守恒定律”的实验(已知当地重力加速度为9.8 m/s2)。
(1)实验中应选择密度大、体积小的物体作为重物,这样选择的目的是 。
A.减小空气阻力
B.减小空气阻力与重力的比值
(2)已知打点计时器所用的交流电频率为50 Hz,实验中得到一条点迹清晰的纸带,如图所示。把计时器打下的第一个点记作O点(重物速度记为0),另外选连续的4个点A、B、C、D作为测量点,测得A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.90 cm、69.84 cm、77.76 cm、86.60 cm。则打下B点时重物的速度为 (3分)m/s(结果保留3位有效数字)。
(3)在对图中的纸带进行数据处理时,发现从O点到B点的过程中动能的增加量略大于重力势能的减少量,造成这个结果的原因可能是 。
A.实验过程中存在各种阻力
B.打下O点时重物的速度略大于0
C.数据运算时重力加速度取10 m/s2
D.重物质量的测量值大于其真实值
12.(9分)小明想利用多用电表和一粗细均匀的铅笔芯测一节干电池的电动势和内电阻,实验步骤如下:
(1)将多用电表调至“欧姆×1”挡,调零后,测量该铅笔芯的电阻,指针指示如图甲所示,则该铅笔芯的电阻R为 (1分)Ω;
(2)将多用电表调至合适的直流电流挡(该挡内阻较小),按如图乙连接电路;
(3)用刻度尺测得铅笔芯连入电路的总长度为L;
(4)多次改变铅笔芯接入电路中PN的长度x,并记录相对应的电表读数;
(5)在坐标纸上画出-x图像如图丙所示,已知该图像的斜率为k,纵轴截距为b,由图像可知,该电池的电动势E= ,内电阻r= (本问结果均用题中所给字母表示);
(6)若不考虑测量中的偶然误差,从实验原理上看,该方法测得的电池的电动势
(1分)(填“大于”“等于”或“小于”)真实值,测得的内电阻 (1分)(填“大于”“等于”或“小于”)真实值,产生的原因是 。
甲
13.(10分)一列简谐横波在t=0.4 s时的波形图如甲所示,波上质点A从t=0时刻开始的振动图像如图乙所示,求:
(1)(4分)该列波的传播速度并判断其传播方向;
(2)(6分)若图甲中质点P的纵坐标为-1,请写出质点P的振动方程并求出P在平衡位置的x坐标。
14.(12分)如图所示,质量为m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直静止放置在水平地面上(未被锁定),下端与水平地面在P点相切,一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上,左端固定有水平轻弹簧,Q点为弹簧处于原长时的左端点,P、Q间的距离为R,PQ段地面粗糙,动摩擦因数为μ=0.25,P点左侧和Q点右侧的水平地面光滑。现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,重力加速度为g。求:
(1)(4分)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小;
(2)(4分)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度);
(3)(4分)物块A最终停止位置到Q点的距离。
15.(16分)如图直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在电场强度为E,沿x轴负方向的匀强电场,第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,从P(l,l)处由静止开始运动,第1次通过x轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。求:
(1)(5分)匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)(5分)粒子第3次经过y轴时的纵坐标;
(3)(6分)通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。综合提升检测卷(三)
答案速查
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D B A B D C BC AD BC
1.A [根据ΔE=Δmc2和P=可知P=3.6×1026 W,A正确;核反应放出热量,故He的比结合能大于H的比结合能,则He的核子平均质量小于H的核子平均质量,B、C错误H和H聚变成He的过程中,除了核力做功外,还有库仑力等做功,D错误。]
2.D [在“天问一号”沿椭圆轨道由“远火点”向“近火点”运动的过程中,火星对探测器的引力逐渐变大,引力对探测器做正功,探测器的动能逐渐增大,速度变大,探测器的势能减小,故D正确。]
3.B [斜面对小球的弹力是由斜面的形变产生的,A错误;画出小球的受力分析图如图甲所示,
根据受力分析图可得FAB=Gsin 30°=5 N,FAC=Gcos 30°=5N,B正确,C错误;画出力的动态变化图,如图乙所示,FAC方向与竖直方向夹角增大,则FAB逐渐增大,D错误。]
4.A [根据矢量的方向性,结合几何关系可知小球对光的冲量等于光的动量变化量FΔt=Δp== F= N=2×10-7 N,根据牛顿第三定律可知小球对光的作用力与光对小球的作用力等大反向,A正确,B、C、D错误。]
5.B [设板长为L,当倾角为30°时,L=g,L=v0t1;当倾角为45°时,L=g,L=v1t2,解得v1=v0,故B正确。]
6.D [在v-t图像中速度图像的“面积”等于位移,可知0~5 s 内的平均速度>=3 m/s,故A错误;5~8 s 内飞机匀速运动,发动机的输出功率不为零,故B错误;0~2 s加速度不变,输出功率在逐渐增大,2~5 s内输出功率不变,故C错误;根据图像可知2~8 s时保持功率不变,此时功率为P=Fv=gv=×10×6 W=2.16×104 W,所以发动机用于升空的功率至少为2.16×104 W,故D正确。]
7.C [根据左手定则可知粒子c带正电,粒子a、b带负电,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得
qvB=m
解得v=
由图知在磁场中运动时粒子a的半径最小,所以射入磁场时粒子a的速率最小,故B错误;根据T=可知,粒子在磁场中做圆周运动的周期相同,粒子在磁场中的运动时间为t=T=,由于m、q、B都相同,粒子a转过的圆心角θ最大,则在磁场中粒子a的运动时间最长,故C正确;若匀强磁场磁感应强度增大,其他条件不变,由牛顿第二定律得qvB=m,解得R=,则a粒子在磁场中运动时的半径会变小,但a粒子轨迹对应的圆心角不变,由t=T=,可知a粒子运动时间会变小,故D错误。]
8.BC [降压变压器为理想变压器,故输入功率与输出功率之比为1∶1,A错误;由图像得到,降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin(100πt) V,有效值为U= V=220 V,降压变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,故降压变压器T2原线圈的输入电压为4×220 V=880 V,B正确;由于输电线电阻有电压降,故升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压,C正确;由于升压变压器T1的输入电压不变,故输出电压不变,与R0无关,D错误。]
9.AD [A→B过程中,外界对气体做正功W=pΔV=15×104×4×10-3 J=600 J,故A正确;A→B过程中,温度降低,内能减小,则气体放出热量大于外界对气体做功,故B错误;A→B→C过程,由于状态A、C的体积相等,气体既不对外做功,外界也不对气体做功,压强减小,温度降低,内能减少,所以气体向外放热,故C错误;B→C过程中,内能不变,体积变大,对外做功,则气体吸收热量与气体对外界做功相等,故D正确。]
10.BC [t=时刻,螺线管的电流增大,圆环的磁通量增大,根据楞次定律,圆环将反抗磁通量的增大,有收缩趋势并向左运动,A错误,B正确;t=T时刻,圆环所在处的磁场向右,磁通量增大,根据楞次定律,从左端看圆环内有逆时针方向的感应电流,C正确;t=T,圆环所在处的磁场向左,磁通量减小,根据楞次定律,从左端看圆环内有逆时针方向的感应电流,和t=T时刻对比,圆环内的感应电流方向相同,D错误。]
11.答案 (1)B (2)3.72 (3)B
解析 (1)实验中应选择密度大、体积小的物体作为重物,这样选择的目的是减小空气阻力与重力的比值,减小阻力对实验的影响,故B正确。
(2)打下B点时重物的速度为
vB==×10-2 m/s=3.72 m/s。
(3)实验过程中存在各种阻力会导致重力势能减小量大于动能增加量,故A错误;打下O点时重物的速度略大于0,会导致计算B点的速度偏大,动能的增加量略大于重力势能的减少量,故B正确;数据运算时重力加速度取10 m/s2,会导致重力势能减小量偏大,故C错误;因为质量可以约去,所以质量测量无影响,故D错误。
12.答案 (1)8 (5) (6)等于 大于 电流表的分压
解析 (1)铅笔芯的电阻R=8×1 Ω=8 Ω。
(5)由闭合电路欧姆定律得I=
=x+
由图丙=kx+b
k=,b=
联立解得E=,r=。
(6)若不考虑测量中的偶然误差,则有
I=,=x+
又=kx+b
b=,k=
联立解得E=,r=-RA
所以该方法测得的电池的电动势等于真实值,测得的内电阻大于真实值,产生的原因是电流表的分压作用。
13.答案 (1)25 m/s 沿x轴正方向传播 (2)y=2sin m m
解析 (1)由图乙可知t=0.4 s时刻,A点振动方向向下,由波形图可知波沿x轴正方向传播;由图甲可知λ=20 m,由图乙可知T=0.8 s,所以
v==25 m/s。
(2)由题可知,t=0到t=0.4 s的过程,P点振动经过的路程为2A=4 cm,可得t=0时刻,P点纵坐标为1,向下振动,周期T=0.8 s,则ω==2.5π rad/s
所以P点振动方程为y=2sin m
而t=T= s
即t= s时,P点从平衡位置到达该点,故
xP=λ=λ= m。
14.答案 (1)5mg (2)mgR (3)R
解析 (1)令物块A滑到圆弧底端时的速度大小为vA,圆弧的速度大小为v,由动量守恒定律得
mvA-mv=0
由能量守恒定律得mgR=m+mv2
联立解得vA=v=
在圆弧最低点,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
解得FN=5mg
由牛顿第三定律可知,对轨道压力大小为5mg。
(2)令物块滑到Q点时的速度为v1,由动能定理得
-μmgR=m-m
解得v1=
当弹性势能最大时,A、B速度相同,则有
mv1=(m+2m)v共
Epm=m-(m+2m)
解得Epm=mgR。
(3)令A、B弹开时速度分别为v2和v3,则
mv1=mv2+2mv3
m=m+×2m
解得v2=-
令物块停在Q点左侧x处,由动能定理得
-μmgx=-m
解得x=R。
15.答案 (1) (2)2l (3)不能,理由见解析
解析 (1)设粒子经第Ⅰ象限的电场加速后,到达y轴时的速度为v1,根据动能定理得
qEl=m①
由左手定则可以判断,粒子向-y方向偏转,如图所示
由几何关系知,粒子在磁场中运动的半径R1=l②
由牛顿第二定律得qv1B=m③
由①②③得B=。④
(2)粒子第2次经过x轴时,速度沿+y方向,位置坐标为x2=l⑤
粒子在电场中做类平抛运动,经历的时间为t,第3次经过y轴时,轨迹如图
l=at2⑥
a=⑦
y3=v1t⑧
由①⑤⑥⑦⑧得y3=2l。
(3)粒子第2次离开电场时,根据动能定理有
qEl=m-m
解得v2=v1,θ=45°
粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径R2,根据半径公式可得R2=R1
第三次进入电场是从坐标原点O处沿与x轴正向45°角斜向上方向。由类平抛对称性可知,粒子运动的横坐标为l时,纵坐标的值为2l,可知本次不会经过P点。
粒子将从y=4l处第3次离开电场,第3次通过磁场后从y=2l处与+x方向成45°角斜向上第4次过电场,不会经过P点。以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点。
