【KS5U解析】浙江省杭州市杭十四中2020届高三下学期选考物理综合练习（十） Word版含解析

1、杭十四中高三物理选考综合练习（十）一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.人类对自然规律的认识史上，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌成就，下列有关科学家及其贡献的描述中正确的是a. 开普勒通过对行星运行数据的研究，提出了行星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比b. 伽利略用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动原因”的观点c. 玻尔大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念d. 奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说【答案】b【解析】【分析】由题意可知

2、考查物理学史，根据物理学家主要贡献分析可得【详解】a开普勒通过对行星运行数据的研究，提出了行星轨道半长轴三次方与公转周期的平方比值都相等，故a错误；b伽利略用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动原因”的观点，符合客观事实，故b正确；c德布罗意大胆预言实物粒子在一定条件下会表现出波动性，提出了物质波概念，故c错误；d安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，故d错误【点睛】积记一些物理学家重要贡献，理解物理学史中包含的重要物理思想、方法2.小明将一辆后轮驱动的电动小汽车，按图示方法置于两个平板小车上，三者置于水平实验桌上当小明用遥控器启动小车向前运动后，他看到两个平板小

3、车也开始运动，下列标出平板小车的运动方向正确的是a. b. c. d. 【答案】c【解析】用遥控器启动小车向前运动，后轮是主动轮顺时针转动，所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右，后轮对左侧平板小车的摩擦力向左；前轮是从动轮，所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左，前轮对右侧平板小车的摩擦力向右因此左侧小车向左运动，右侧小车向右运动故c项正确，abd三项错误3.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球a和b，细线上端固定在同一点，若两个小球绕竖直轴做匀速圆周运动时恰好在同一高度的水平面内，运动半径分别为和，则下列说法中正确的是a. 小球a和b线速度之比b. 小球a和b角速度之比c. 小球a和b周期之比d

4、. 小球a和b向心加速度之比【答案】a【解析】【分析】由题意可知考查圆锥摆运动模型，根据牛顿第二定律分析计算可得【详解】ab设细线与竖直方向的夹角为，设悬挂点到小球转动平面的高度为h，由牛顿第二定律可得可求得所以，故a正确，b错误；c因为，周期 ，所以周期之比，故c正确；d根据，所以，故d错误 【点睛】找出两个小球做圆周相等点：高度相同，再运用牛顿第二定律列式计算可得4.2019年9月23日5时10分，我国在西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知、三颗卫星均做匀速圆周运动，其中是地球静止轨道卫星，、的轨道半径相同，

5、的轨道半径要小于、的轨道半径，则a. 卫星、的角速度b. 卫星、的加速度c. 卫星、的机械能一定相等d. 卫星有可能相对地面静止【答案】a【解析】【分析】由题意可知考查天体环绕运动规律，根据万有引力规律、牛顿第二定律计算可得【详解】a万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得因为 ,所以卫星、的角速度b由牛顿第二定律，可得 因为 卫星、的加速度，故b错误；c卫星、速率相等，因不知卫星、的质量大小关系，所以两者的机械能大小关系无法确定，故c错误；d卫星自转周期24h，但转动方向和地球自转方向不同，不可能相对地面静止，故d错误【点睛】天体环绕规律：高空低速长周期，意思是说轨道半径越大，线速度、角速度越

6、小，周期越长半径越大，向心加速度越小5.如图所示，三个电荷量大小相等的点电荷、分别固定在正三角形的三个顶点上，其电性如图所示，点为、连线的中点，若规定无穷远处为电势零点，下列说法正确的是a. 点的电势为零b. 点的电场强度方向由指向c. 若将点的电荷沿连线向点移动，电场力对其做正功d. 若将点的电荷沿连线向点移动，其电势能保持不变【答案】d【解析】【分析】由题意可知考查电场、电势、电势能大小和方向，根据电场强度的矢量性和电场力做功对应的功能关系可得【详解】a假设没有c电荷，a、b为等量的异种电荷，在点的电势为零，若有了c电荷后p点电势为正，故a错误；b仅有a、b两个电荷时在点的电场强度方向由指

7、向，c电荷在p点产生的场强垂直ab，说明三个电荷在p点产生的总的电场强度不会由指向，故b错误；c d等量异种电荷中垂面是一个等势面，若将点的电荷沿连线向点移动，因电场力和速度方向垂直，电场力做功为零，电势能保持不变，故d正确，c错误【点睛】电场强度叠加时遵循矢量运算，电势求和时遵循代数运算电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能减小6.在倾角为的斜面上，斜面方向静止着两个相同的物块两物块之间连接着一劲度系数为的轻质弹簧，两物块和斜面间的动摩擦因数均为，物块和斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则弹簧的最大伸长量是a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由题意可知考查力的平衡

8、问题，根据临界条件列平衡方程计算可得【详解】对ab受力分析可知，b物体摩擦力先达到最大值，设弹簧伸长最大值为x，由受力平衡可得计算可得【点睛】对a、b受分析列平衡关系式，可知b摩擦力先达到最大值，对b列平衡方程计算可得弹簧的最大伸长量7.如图甲，一维坐标系中有一质量为的物块静置于轴上的某位置（图中未画出），从时刻开始，物块在外力作用下沿轴做匀变速直线运动，如图乙为其位置坐标和速度平方关系图象，下列说法正确的是a. 物块的加速度大小为b. 物体所受外力为c. 时物块的速度为d. 时物块位于处【答案】c【解析】【分析】由题意可知考查匀变速直线运动规律，根据牛顿第二定律、运动学公式计算可得【详解】物

9、块从静止做匀加速运动，由运动学公式可得通过乙图可求出图象的斜率为即求得 物块的加速度大小为，故a错误；由牛顿第二定律可得物体所受外力为0.25n，故b错误；c时物块的速度为故c正确；d时物块位移但物体从x=-2m从静止开始运动，所以4s时位置为-2+4m=2m，故d错误【点睛】涉及到图象问题，要先写出对应的表达式，分析斜率和截距对应关系即可求得8.如图所示，物块固定在水平面上，子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时速率为v1，穿透时间为t1，若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时速率为v2，穿透时间为t2子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比则a. t1t2b. t1t2c. v

10、1v2d. v1v2【答案】b【解析】【详解】c、d、阻力对子弹做功时：w=fx，描述力的空间的积累效果，根据受力的特点与做功的特点可知两种情况下阻力对子弹做的功大小是相等的，根据动能定理可知二者的末速度大小是相等的，即v1=v2故c错误，d错误；a、b、设子弹的初速度是v0，子弹在物块中受到的阻力大小与其到物块左端的距离成正比，可知若子弹以某一速率从左向右水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越大，木块做加速度增大的减速运动，所以平均速度：;若子弹以相同的速率从右向左水平穿透物块时，子弹受到的阻力越来越小，则子弹做加速度减小的减速运动，所以平均速度：子弹穿过物块的时间，所以可知t1t2故a错误，

11、b正确.故选b.【点睛】该题解答的关键是需要先根据阻力做功的特点判断出两种情况下的末速度的大小是相等的9.如图所示，用电流传感器研究自感现象电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻的阻值。时刻闭合开关，电路稳定后，时刻断开，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流和电阻中的电流随时间变化的图像。下列图像中可能正确的是（）a. b. c d. 【答案】a【解析】【详解】当时刻闭合开关的瞬时，电路中的电流突然增大，在中要产生自感电动势阻碍电流的增加，所以中的电流会逐渐增加到稳定值；而电阻上，开始时由于中的很大的自感电动势的产生，在上相当于断路，所以流过的电流会较大，然后随

12、时间逐渐减小到稳定值。由于直流电阻小于电阻的阻值，所以稳定时电阻的电流小于的电流，两者方向相同，都是从左向右；当时刻断开时，中原来的电流立即减小到零，但是中由于自感电动势阻碍电流的减小，所以此电流会在和中形成回路，然后逐渐减到零，其流过的电流方向与原来方向相反。所以选项a正确，bcd错误。故选a。10.如图所示，小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中b，沿边缘放一个圆环形电极接电路中a完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，电源电动势为，内阻，电阻。玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为。闭合开关后当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为1.5v，则（）

13、 a. 玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘b. 由上往下看，液体做顺时针旋转c. 流过电阻的电流为0.5ad. 闭合开关后，液体热功率为0.09w【答案】d【解析】【详解】a 由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，故a错误；b 器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故b错误；c 电压表的示数为1.5v，则根据闭合电路的欧姆定律有：e=u+ir0+ir所以电路中的电流值为：故c错误；d 玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为r=1.0，则液体热功率为：

14、p热=i2r=0.321.0w=0.09w故d正确。故选d。11.悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期为2s，从最低点的位置向上运动时开始计时，它的振动图像如图所示，由图可知（）a. 时振子的加速度为正，速度为正b. 时振子的加速度为负，速度为负c. 时振子的速度为零，加速度为负的最大值d. 时振子的速度为零，加速度为负的最大值【答案】c【解析】【详解】a t=1.25s时，位移为正，加速度为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故a错误；b t=1.7s时，位移为负，加速度为正；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故b错误；c t=1.0s时，位移为正向最大，加速度为负

15、向最大；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零；故c正确；dt=1.5s时，位移为零，故加速度为零；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负；故d错误；故选c。12. 如图所示，两块相同的玻璃等腰三棱镜abc置于空气中，两者的ac面相互平行放置，由红光和蓝光组成的细光束平行于bc面从p点射入，通过两棱镜后，变为从a、b两点射出的单色光，对于这两束单色光，下列说法错误的是（ ）a. 红光在玻璃中传播速度比蓝光大b. 从a、b两点射出的单色光不平行c. 从a点射出的为红光，从b点射出的为蓝光d. 从a、b两点射出的单色光仍平行，且平行于bc【答案】b【解析】由n=c/v，红光的折射率

16、较小，在玻璃中的传播速度较大，对；折射率越大偏折程度越大，可知点为蓝光，并且由光路图可知出射光线与入射光线平行，错；cd对；13. 如题图所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈a、b端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路已知变压器副线圈c、d端距教学区输入端e、f距离较远，之间输电线电阻不能忽略，设定a、b端输入电压一定，则以下说法正确的是a. 如果教学区同时使用的电灯减少，a、b端输入电功率仍不变b. c d端电压一定为220vc. ef端电压一定为220vd. 教学区内同时使用的电灯越多，ef端输入电压越低【答案】d【解析】使用的电灯减少，消耗的功率越小，根据

17、变压器输入端功率等于输出端功率，则输入端功率也减小，a错误；如果保证平时灯泡能正常工作，需要cd端的电压大于220v，b错误；ef两端的电压随着功率的增大，线路损失的电压变大而减小，c错误、d正确二、选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是a. 如图甲，一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能b. 如图乙，铀核裂变的核反应方程可能是：c. 如图丙，竖直放置的肥皂膜上出现的水平条纹是光的干涉现象d. 如

18、图丁，在振荡电路产生振荡电流时，电路中的电流和电容器中的电荷量不会同时达到最大值【答案】acd【解析】【分析】见解析【详解】a如图甲，一重原子核衰变成粒子和另一原子核，该过程释放核能，生成的产物更稳定，因此衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故a正确；b如图乙，铀核裂变的核反应方程可能是：用中子轰击铀核才能发生反应，故b错误；c如图丙，竖直放置的肥皂膜上出现的水平条纹是光的薄膜干涉现象，故c正确；d如图丁，当电容器刚放电时，电荷量最大时，因线圈的自感现象，回路中的电流从零开始变大，说明电磁感应电路中的电流和电容器中的电荷量不会同时达到最大值，故d正确【点睛】见解析15.“蜻蜓点水”是

19、常见自然现象，蜻蜓点水后在水面上会激起波纹某同学在研究蜻蜓运动的过程中获得一张蜻蜓点水的俯视照片，该照片记录了蜻蜓连续三次点水过程中激起的波纹，其形状如图所示由图分析可知a. 蜻蜓第一次点水处为点b. 蜻蜓第一次点水处为点c. 蜻蜓飞行的速度大于水波传播的速度d. 蜻蜓飞行的速度小于水波传播的速度【答案】cd【解析】【分析】由题意可知考查水波传播速度问题，根据水波传播特点分析可得【详解】a b在同一时刻观察时，越先激起的波纹扩散开来的半径越大，因c的半径大于a的半径，说明蜻蜓第一次点水处为c点，故a错误，c正确；c d蜻蜓从c点飞到b点时间内，c水波纹扩散开来的速度大于cb距离，说明蜻蜓飞行的

20、速度小于水波传播的速度，故c错误，d正确【点睛】水波是机械波，在同一时刻观察时越先激起的波纹半径越大，同样时间内水波传速距离大，说明水波比蜻蜓速度大16.用如图甲所示的电路研究光电效应，图乙纵坐标为研究光电效应实验中间的电压（电势高于为正，可以改变电源的极性施加反向电压）横坐标为入射光的频率，图乙中为平行于轴的直线，是一条斜率绝对值为的倾斜直线，点的坐标为，右侧和上侧所示的阴影部分为光电流的区域，元电荷为，则下列说法正确的是a. 流过电流表的光电流方向向上b. 该材料截止频率为c. 斜率绝对值等于普朗克常量数值d. 该材料的逸出功为【答案】bd【解析】【分析】由题意可知考查光电效应规律，根据光

21、电管的工作原理、光电效应规律分析可得【详解】a要形成回路，电子向左移动，流过电流表光电流方向向下，故a错误；b由图象可知入射光的频率小于b，不会发生光电效应，说明该材料的截止频率为，故b正确；c由光电效应方程可得，加反向电压由动能定理可得联立可得斜率绝对值，故c错误；d，将，代入上式 且 联立可得该材料的逸出功为w=，故d正确【点睛】当入射光的频率大于极限频率时才能发生光电效应现象，当入射光频率一定时，光电管加正向电压时，随着电压的增大，光电流逐渐增大而后不变，加反向电压时，随着电压的增大，电流逐渐减小到零，根据图象的物理意义结合光电效应方程分析计算可得非选择题部分三、非选择题。17.为研究安

22、装阻尼滑道后抽屉的运动规律，小宁同学将纸带的一端粘到拉开的抽屉上，另一端穿过打点计时器打开电源，用手对抽屉施加一短暂的水平冲量，抽屉在闭合的过程中，打点计时器打出的纸带记录了抽屉的运动情况分别是纸带上打下的左、右两端点，从点开始每隔四个点选取一个计数点，各计数点间的距离如图所示己知打点计时器所用电源的频率为50hz回答下列问题:（1）纸带的运动方向是_（选填“向左”或“向右）；（2）抽屉的最大速度出现在打计时器打下_两个相邻的计数点间:（3）与手分离后抽屉的加速度的大小为_m/s2.（取2位有效数字）【答案】 (1). 向左 (2). bc (3). 1.2【解析】【分析】由题意可知考查通过纸

23、带分析物体运动情况，根据匀变速直线运动规分析计算可得【详解】(1) 1 用手对抽屉施加一短暂的水平冲量，物体瞬间获得一个初速度，然后做匀减速运动，反映在纸带相同时间内运动的距离先增大后逐渐减小，比较纸带上的数据说明纸带向左运动(2) 2 抽屉的最大速度出现在打计时器打下bc两个相邻的计数点间，因为bc两点的距离最大(3) 3 取分析，解得【点睛】计算加速度时，为减小系统误差可用逐差法计算加速度，同时注意单位换算、时间判断18.同学在“练习使用多用电表”的实验中，图1为某多用电表的面板（1）若用此表测量一阻值约为的定值电阻，下列操作正确的是_a.将选择开关应调到“100”电阻挡b.欧姆调零时，两

24、表笔短接，用螺丝刀转动调零螺丝，直到指针与表盘右边零刻度对齐c.在电阻测量时，双手不能同时接触电阻两端d.测量完成后，将选择开关调到“off”挡（2）图2为一正在测量中的多用电表表盘如果选择开关在电阻挡“”，则读数为_；如果选择开关在直流电压挡“2.5v”，则读数为_.（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的_（选填“红表笔”或“黑表笔”）【答案】 (1). cd (2). 15000 (3). 1.25 (4). 黑表笔【解析】【分析】由题意可知考查多用电表的应用，根据多用电表的工作原理分析可得【详解】(1)1a

25、测电阻时倍率的选择原则是尽可能使指针指向刻度盘的中央位置，因为待测阻值约为，将选择开关应调到“10”电阻挡，故a错误；b欧姆调零时，两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，直到指针与表盘右边零刻度对齐，故b错误；c在电阻测量时，双手不能同时接触电阻两端，否则测出来的是电阻和人体并联后的电阻，误差太大，故c正确；d测量完成后，将选择开关调到“off”挡，符合操作规则，故d正确(2)2 欧姆档读数为如果选择开关在直流电压挡“2.5v”，则读数为1.25v 3 如果选择开关在直流电压挡“2.5v”，则读数为1.25v (3) 4 用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，发现表头指针偏转角度很大，说明回路中电

26、流较大，二极管处于导通状态，与二极管正极相连是电势较高的一端，多用电表的黑表笔与内部电池正极相接，故与二极管正极相连是黑表笔【点睛】多用电表欧姆档的工作原理是闭合电路欧姆定律，测电阻时选择合适的倍率，尽可能使指针指向刻度盘的中央位置，读数误差较小实际测量时指针偏角太大（太小）应换小（大）倍率测量，每换一次倍率都要重新进行欧姆调零19.小明以初速度竖直向上抛出一个质量的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍，阻力方向与小皮球运动方向相反。求小皮球：（g取）(1)上升的最大高度；(2)从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功；(3)上升和下降的时间。【答案】(1

27、)；(2) 0 ；(3)；。【解析】【详解】(1) 上升过程由牛顿第二定律得：mg+f=ma1解得：a1=11m/s2上升的最大高度：(2) 从抛出到接住的过程中重力做功wg=0空气阻力做功(3) 上升过程的时间下降过程由牛顿第二定律得：mg-f=ma2解得：a2=9m/s2由位移公式得：解得：20.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线ab平齐，静止放于倾角为53的光滑斜面上一长为l=9cm的轻质细绳一端固定在o点，另一端系一质量为m=1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置c由静止释放，小球到达最低点d时，细绳刚好被拉断之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将

28、弹簧压缩，最大压缩量为x=5cm(g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)d点到水平线ab的高度h； (3)弹簧所获得的最大弹性势能ep【答案】(1)30n；(2)0.16m；(3)2.9j【解析】【详解】（1）小球由到，由机械能守恒定律得：解得在点，由牛顿第二定律得由解得由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为。（2）由到，小球做平抛运动联立解得（3）小球从点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即，代入数据解得：【点睛】本题考查了圆周运动、平抛运动等知识点，综合运用了牛顿第二定律、机械能守恒定律，关键是理清运动过程

29、，选择合适的规律进行求解21.如图所示的装置为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，、是两条相距为的足够长的金属导轨，放置在倾角均为的对称斜面上，两导轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为的固定电阻，导轨电阻不计。整个装罝处于大小为，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场中。质量为，电阻为的导体棒从左侧导轨足够高处自由释放，运动到底端时与放置在导轨底部的质量也为的绝缘棒发生完全弹性碰撞（等质量的物体发生完全弹性碰撞时，交换速度）。若不计棒与导轨间的摩擦阻力，运动过程中棒和棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，求：(1)第一次碰撞后，棒沿右侧斜面上滑的最大高度；(2)第二次碰撞后，棒沿左侧斜面

30、上滑的最大距离为，该过程的时间；(3)若从释放棒到系统状态不再发生变化的整个过程中，电阻产生的热量为，棒释放点的高度。【答案】(1) ； (2) 0.15s ； (3) 0.8m。【解析】【分析】由题意可知考查导体棒在磁场中的运动规律，根据平衡关系、动量定理、功能关系分析计算可得【详解】(1) 因为是足够长的金属导轨，棒先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，受力平衡，由平衡关系可得代入数值可得v=2m/s因两棒发生完全弹性碰撞，两者速度交换，棒沿右侧斜面向上做减速运动，由机械能守恒可得代入数值可得 (2) 第二次碰撞后，棒沿左侧斜面向上做减速运动，取沿斜面向上为正，由动量定理可得联立可得 (3) 棒和电阻