【优化设计】2016高考物理二轮复习 综合能力训练（一）.doc

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1、综合能力训练(一)(时间:60分钟满分:110分)第卷一、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15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法,如理想化、模型化、放大、假说、极限思想,控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等。以下关于所用思想方法的叙述不正确的是()A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法是假设法B.速度的定义式v=,采用的是比值法;当t非常非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想C.在探究

2、电阻、电压和电流三者之间的关系时,先保持电压不变研究电阻与电流的关系,再保持电流不变研究电阻与电压的关系,该实验应用了控制变量法D.如图所示是三个实验装置,这三个实验都体现了放大的思想2.(2015河南名校联考)粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。由于热胀冷缩,电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状,若电线杆始终处于竖直状态,下列说法中正确的是()A.冬季,电线对电线杆的拉力较大B.夏季,电线对电线杆的拉力较大C.夏季与冬季,电线对电线杆的拉力一样大D.夏季,杆对地面的压力较大3.如图所示,两个固定的相同细环相距一定的距离,同轴放置,O1、O2分别为两环的圆心,两环分别带有均匀分布的等量异

3、种电荷。一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环。则在带电粒子运动过程中()A.在O1和O2点粒子加速度大小相等,方向相反B.从O1到O2过程,粒子电势能一直增加C.在O1和O2连线中点,粒子在该点动能最小D.轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在电场强度为零的点,它们关于O1、O2连线中点对称4.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1。已知某星球的半径为r,表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的,不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为 ()A.B.C.D.gr5.(2015河北邯郸教学质量检测)如图,理想变压器

4、的原、副线圈匝数比为15,原线圈两端的交流电压u=20sin 100 t V。氖泡在两端电压达到100 V时开始发光。下列说法中正确的有()A.开关闭合后,氖泡的发光频率为50 HzB.开关闭合后,电压表的示数为100 VC.开关断开后,电压表的示数变大D.开关断开后,变压器的输出功率不变6.(2015江西五校联考)在一个边界为等边三角形的区域内,存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场,在磁场边界上的P点处有一个粒子源,发出比荷相同的三个粒子a、b、c(不计重力)沿同一方向进入磁场,三个粒子通过磁场的轨迹如图所示,用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间;用ra、rb、rc分别表示a、

5、b、c在磁场中的运动半径,则下列判断正确的是()A.ta=tbtcB.tctbtaC.rcrbraD.rbrarc7.(2015江苏单科)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mghD.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度8.如图所示,倾角为的粗糙斜面上静止

6、放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd,它与斜面间动摩擦因数为。线框边长为l,电阻为R。ab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界,磁感应强度为B,方向垂直于斜面向上。将线框用细线沿斜面通过光滑定滑轮与重物相连,重物的质量为M,如果将线框和重物由静止释放,线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动。下列说法正确的是()A.线框刚开始运动时的加速度a=B.线框匀速运动的速度v=C.线框通过磁场过程中,克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量D.线框通过磁场过程中,产生的焦耳热小于2(M-msin -mcos )gl第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题,每个试题考生都必须做答。

7、第1315题为选考题,考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)9.(6分)探究加速度与力、质量的关系实验中(1)补偿打点计时器对小车阻力及其他阻力的方法:;(2)测出盘和砝码的总重力,近似等于小车运动时所受拉力需要满足条件:;(3)我们根据日常经验和观察到的事实首先猜物体的加速度与受到的力及它的质量最简单的关系有哪些:。10.(9分)某实验小组要通过实验描绘一个规格为“3 V0.25 A”的LED灯的伏安特性曲线。实验室提供的器材有:A.电流表A1(量程为00.6 A,内阻约为10 )B.电流表A2(量程为0250 mA,内阻约为 5 )C.滑动变阻器R1(“20 1 A”)D.滑动变阻器R

8、2(“200 0.3 A”) E.电压表V(量程为03 V,内阻RV约为3 k)F.开关S一只G.蓄电池E(电动势为4 V,内阻很小)(1)要完成实验,除蓄电池、开关、导线若干外,还需选择的器材有(填写器材前的字母编号)。(2)在图中他已经连接了一部分电路,请你用笔画线代替导线将电路连线补充完整。(3)为了得到伏安特性曲线,他以电压表的读数U为横轴,以电流表的读数I为纵轴,将实验中得到的多组数据进行了描点,如图所示,请你帮他完成I-U图象。(4)如果将此灯连入如图所示电路,其中电源电动势为3 V,电源内阻与保护电阻R0的总阻值为5 ,定值电阻R的阻值为10 。开关S闭合后,通过小灯泡的电流是A

9、(保留两位有效数字)。11.(12分)如图,在倾角=37的粗糙斜面上距离斜面底端x=1 m处有一质量m=1 kg的物块,受到竖直向下的恒力F=30 N,由静止开始沿斜面下滑。到达底端时即撤去恒力F,然后在水平面上滑动一段距离后停止。不计物块撞击水平面时的能量损失,物块与各接触面之间的动摩擦因数相同,g取10 m/s2。(1)若物块运动过程中最大速度为4 m/s,物块与各接触面之间的动摩擦因数为多少?(2)若仅改变竖直恒力F的大小,可使物块总的运动时间有一最小值,最小值为多少?此时物体在水平面上运动的位移为多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8)12.(20分)如图所示,在正方形AC

10、DF区域内,对角线CF以上的区域存在垂直纸面的匀强磁场,对角线CF以下的区域存在平行于DF方向的匀强电场,正方向边长为L。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)以初速度v0从A点沿AC方向进入磁场,在对角线CF的中点P处进入电场,并从DF边上离开电场,求:(1)磁场的磁感应强度B的大小和方向;(2)电场强度E的大小;(3)带电粒子从DF边离开时的最大速度。(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3道物理题中任选一题做答。如果多做,则按所做的第一题计分)13.(15分)【物理选修3-3】 (1)(5分)(2015宁夏银川一中一模)下列说法正确的是。(填正确答案标号,选对1个得2分,选对

11、2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.液晶具有流动性,光学性质为各向异性B.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力C.热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功以转化成机械能E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力(2)(10分)如图所示,用活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计,活塞的质量m1=0.5 kg,开始时活塞距汽缸底高度h1=0.40 m,气体的温度t1=27 。现给汽缸缓慢加热,使活塞缓慢升到距离汽缸底h2=0.80 m处,同时缸

12、内气体吸收Q=450 J的热量。已知活塞横截面积S=5.010-3 m2,大气压强p0=1.0105 Pa。求:()活塞距离汽缸底h2时的温度t2;()此过程中缸内气体增加的内能U。14.(15分)【物理选修3-4】 (1)(5分)(2015苏锡常镇四市调研)如图所示,实线是一列简谐横波在t时刻的波形,虚线是在t时刻后t=0.2 s时刻的波形。已知trbra,选项C正确,D错误;由T=,由于三种粒子的比荷相同,故周期相同,由图可知a、b两粒子运动的圆心角相等且大于c粒子的圆心角,故根据t=T可知ta=tbtc,选项A正确,B错误。7.BD解析:下滑过程中,圆环先加速然后减速,其加速度开始时竖直

13、向下(大小逐渐减小),然后改为竖直向上(其大小逐渐增大),选项A错误;设下滑过程克服摩擦力做功为Wf,则上滑过程克服摩擦力做功也为Wf,对下滑过程由动能定理有mgh-Wf-W弹=0,对上滑过程由动能定理有W弹-mgh-Wf=0-mv2,联立以上两式得Wf=mv2,E弹C=W弹=mgh-mv2,可知选项B正确,C错误;设环下滑时经过B点时速度为v1,对环由A至B的过程有mghAB-Wf-W弹=-0,设环上滑时经过B点时速度为v2,对环由B至A的过程有-Wf-mghAB+W弹=0-,比较以上两式易知v2v1,选项D正确。8.BD解析:由整体分析受力,M的重力Mg,线框的重力mg,斜面的支持力FN,

14、沿斜面向下的滑动摩擦力Ff,由右手定则判断出线框中的电流方向为ab,再由左手定则可知安培力沿斜面向下,根据法拉第电磁感应定律得E=Blv,由闭合电路欧姆定律I=,则安培力大小为FA=BIl=,开始时速度为零,安培力为零,则由整体列牛顿第二定律方程Mg-mgsin -mgcos =(M+m)a,解得a=,故选项A错误;线框匀速运动时线框受力平衡,Mg-mgsin -mgcos -FA=0,解得v=,故选项B正确;线框做加速度减小的加速运动,故动能增加,而线框沿斜面上升重力势能增大,故线框的机械能增大,所以选项C错误;由能量守恒Mgl-mglsin -mglcos =Q+(M+m)v2,所以Q=(

15、M-msin -mcos )gl-(M+m)v2,线框通过磁场过程中,产生的焦耳热小于2(M-msin -mcos )gl,故选项D正确。9.答案:(1)调节木板的倾斜度,使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动(2)盘和砝码的总质量要比小车的质量小很多(3)加速度正比于外力或加速度正比于质量的倒数(每问2分)解析:(1)在不受牵引时,抬高木板的右端使小车的重力沿木板的分力等于滑动摩擦力,即Mgsin =Mgcos ,小车受到的拉力mg+Mgsin -Mgcos =Ma;(2)严格分析整体加速度mg=(m+M)a,隔离小车为研究对象FT=Ma=M,如果满足条件m远远小于小车M的质量,拉力近似

16、等于盘和砝码的总重力;(3)加速度正比于外力或加速度正比于质量的倒数。考点:考查了验证牛顿第二定律的实验。10.答案:(1)BC(2)如图所示(3)如图所示(4)0.18(第(3)问3分,其余每问2分)解析:(1)用电流表测量时要保证指针有较大的偏角,滑动变阻器作为分压器使用,阻值宜小,允许通过的最大电流值宜大,故选B、C。(2)先用分压式外接电路,将实物图连接。(3)用平滑曲线将各点连接如答案图。(4)设灯两端电压为U,电流为I,则由闭合电路欧姆定律可知E=U+(+I)(r+R0);代入数据化简可知3 V=U+5 I,即U=2 V-I,看成等效电源(E=2 V,r= )与灯连接,作出过(2

17、V,0)和(1 V,0.3 A)的图象如图所示:两图的交点即为灯的工作点;则由图可知,电流为0.18 A。11.答案:(1)0.5(2) s1 m解析:(1)物块到达斜面底端时速度最大,根据运动学公式v2=2ax代入数据得a=8 m/s2对斜面上物块受力分析知(mg+F)sin -(mg+F)cos =ma代入数据,解得 =0.5。(2)设斜面上物块加速度为a1,运动时间为t1,在水平面上运动时间为t2,则x=a1到达底端时速度为v1=gt2则总时间为t=t1+t2=根据基本不等式,当a1=g=5 m/s2时,t有最小值tmin= s物体在水平面上运动的位移为x0由=2gx0解得x0=1 m。

18、评分标准:本题共12分,其中每式2分,其余每式1分。12.答案:(1),垂直纸面向外(2)E(3)v0,方向见解析解析:(1)带电粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系求带电粒子在匀强磁场中运动的半径R=带电粒子在磁场中运动的洛伦兹力提供向心力qv0B=B=方向垂直纸面向外。(2)由几何关系知,带电粒子从P点进入电场时的速度方向与CF的夹角=45,平行CD方向进入电场,带电粒子恰从D点或F点离开电场时,电场强度E最大。平行CD方向t=平行FC方向qEm=ma上述各式联立解得Em=当E时,带电粒子从DF边离开电场。(3)当电场强度最大,带电粒子从D或F点离开电场时,速度最大。由动能定理得vm=v0最

19、大速度与CD边的夹角为cos =arccos。评分标准:本题共20分,其中每处3分,式2分,其余每式1分。13.答案:(1)ACE(2)()327 ()248 J解析:(1)液晶具有流动性,但液晶的光学性质为各向异性,故选项A正确;气体扩散现象表明气体分子在做永不停息的无规则运动,故选项B错误;根据热力学第二定律,热量能自发的从高温物体传递到低温物体,故选项C正确;根据热力学第二定律,机械能可以全部转化为内能,但内能不能全部用来做功而转化成机械能,而不产生其他的影响,故选项D错误;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,故选项E正确。(2)()气体做等压变化,活塞

20、距离汽缸底h2时温度为t2,则根据气态方程可得T2=t2+273 K解得t2=327 。()在气体膨胀的过程中,气体对外做功为W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202 J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为U=W+Q=-W0+Q=-202 J+450 J=248 J。评分标准:本题共10分,每式2分。14.答案:(1)沿y轴正方向0.1 m(第1空2分,第2空3分)(2)()R()R解析:(1)由题意知,在0.2 s时间内该波沿传播方向传播的位移为x=vt=1 m,由题图知波长为4 m,所以传播的距离为波长的,结合图形可知该波沿x轴正方向传播,再根据上下坡法可得质点M在t时刻沿y轴正方

21、向振动;质点M从平衡位置开始在周期的时间内通过的路程为振幅,即10 cm。(2)()在PQ面上的入射角为1,由几何关系知sin 1=,故1=30根据折射定律n=所以2=60由几何关系得xOD=R。()临界角sin C=从OP面射入玻璃体的光,在PQ面的入射角等于临界角时,刚好发生全反射而不能从PQ面直接射出。设光在OP面的入射点为M,在PQ面的反射点为NOM=ONsin C=R。评分标准:本题共10分,每式2分,其余每式1分。15.答案:(1)ABC(2)()2.5 m/s()62.5 J解析:(1)卢瑟福的粒子散射实验说明了原子的核式结构模型,选项A正确;玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念,并指出氢原子从低能级跃迁到高能级要吸收光子,选项B正确;查德威克首先发现了中子,选项C正确;放射性物质的半衰期是由本身性质决定的,与外界因素无关,温度升高,半衰期不变,选项D错误;铀核U)衰变为铅核Pb)的过程中,要经过8次衰变和6次衰变,选项E错误。(2)()以平板车B和C为研究对象,由动量守恒得mCvC=mCvC+mBvB代入数据解得vB=5 m/s同理对mB和mA有mBvB=(mA+mB)v车解得v车=2.5 m/s。()全过程损失的机械能E=解得E=62.5 J。评分标准:本题共10分,其中每式3分,其余每式1分。11