2024高考物理二轮复习综合能力训练三含解析

PAGEPAGE13综合实力训练(三)(时间:60分钟满分:110分)第Ⅰ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1~5题只有一项符合题目要求,第6~8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.关于近代物理学,下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不肯定削减C.10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,肯定有5个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的试验都表明光具有粒子性答案:D2.一个物体沿直线运动,从t=0时刻起先,物体的xt-t图像如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5m/s和-1s,由此可知(A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5m/sD.物体的初速度大小为1m/s答案:C解析:物体的xt-t图像(即v-t图像)是一条直线,物体做匀加速运动,选项A、B错误;图线在纵轴的截距是初速度的大小,等于0.3.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球同步卫星b离地面高度为H,h<H,两卫星共面且运行方向相同。某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方,设地球赤道半径为R,地面重力加速度为g,则()A.a、b线速度大小之比为RB.a、c角速度之比为RC.b、c向心加速度大小之比为RD.a下一次通过c正上方所需时间t=2π(答案:C解析:人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力供应向心力,依据牛顿运动定律求解卫星的角速度。卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周运动,当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物上空。绕地球运行的卫星,万有引力供应向心力,设卫星的线速度为v,则GMmr2=mv2r,所以v=GMr,可知a、b卫星的线速度大小之比为R+HR+h,故A错误;设卫星的角速度为ω,GMmr2=mω2r,得ω=GMr3,所以有ωaωb=(R+HR+h)

3,又由于卫星b的角速度与物体c的角速度相同,所以ωaωc=(R+HR+h)

3,故B错误4.如图所示,三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg,已知斜面上表面光滑,斜面倾角θ=30°,m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8。不计绳和滑轮的质量和摩擦。初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,m2将(g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.和m1一起沿斜面下滑B.和m1一起沿斜面上滑C.相对于m1上滑D.相对于m1下滑答案:D解析:m1、m2的总重力沿斜面对下的分力小于m3的重力,将加速上滑,由题意m1、m2一起加速上滑的最大加速度a=μgcos30°-gsin30°≈1.9m/s2,假设m1、m2一起加速上滑,设绳上的拉力为FT,由牛顿其次定律,则FT-(m1+m2)gsin30°=(m1+m2)a,m3g-FT=m3a,解得a=2.5m/s2>1.9m/s2,不行能一起运动,m2将相对于m1下滑,选项D正确。5.如图所示,志向变压器原副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接入一电压为u=U0sinωt的沟通电源,副线圈接一个R=5.5Ω的负载电阻。若U0=2202V,ω=100πrad/s,则下述结论正确的是()A.副线圈中电压表的读数为112VB.副线圈中输出交变电流的周期为0.01sC.原线圈中电流表的读数为0.1AD.原线圈中的输入功率为11W答案:C解析:电压表测量的是有效值,依据U1U2=n1n2,代入数据得220VU2=201,可得电压表示数U2=11V,选项A错误;由于ω=100πrad/s,交变电流的周期为0.02s,选项B错误;副线圈中的电流I2=U2R=6.如图甲所示的电路中,将滑动变阻器R2的滑片由a端向b端移动,用两个电表分别测量电压和电流,得到部分U-I关系图像如图乙所示,则()A.电源的电动势为6VB.滑动变阻器的总阻值为20ΩC.当电压表示数为5.0V时,电源效率最高D.当电压表示数为5.0V时,R2消耗的总功率最大答案:BC解析:依据电路图结合数学学问可知,当aP的电阻等于bP的电阻时,并联部分电阻最大,此时电压表示数最大,依据乙图可知,电压表示数最大为5.0V,此时电流表示数为0.5A,则有RaP=UI=5.00.5Ω=10Ω,则滑动变阻器的总阻值为E=U+2I(R1+r)依据乙图可知,当电压表示数U1=4V时电流表示数为I1=0.25A或I2=1A,依据闭合电路欧姆定律得E=U1+(I1+I2)(R1+r)联立方程解得E=9V,R1+r=4Ω,故A错误,B正确;电源效率η=UIEI=U把R1看成内阻,当并联部分电阻R并=R1+r=4Ω时,R2消耗的总功率最大,此时电压表示数不是5V,故D错误。故选B、C。7.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,如图甲所示。设垂直纸面对里的磁感应强度方向为正,垂直纸面对外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正,逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中的感应电流i随时间t变更的图像如图乙所示,则线圈所处的磁场的磁感应强度随时间变更的图像可能是下图中的()答案:CD解析:在前0.5s内由题图乙依据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面对里(正方向)时,必需是磁场增加的;若磁场方向垂直纸面对外(负方向)时,必需是磁场减弱的。而在0.5~1.5s,若磁场方向垂直纸面对里(正方向)时,必需是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面对外(负方向)时,必需是磁场增加的;1.5~2.5s,与前0.5s内状况相同;2.5~3s,与0.5~1.5s状况相同。故选项A、B错误,选项C、D正确。8.(2024·全国卷Ⅱ)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止起先运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹肯定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向肯定与粒子轨迹在该点的切线平行答案:AC解析:带电粒子仅在电场力作用下,粒子的速度大小可能先增大后减小,如:在等量同种电荷形成的电场中带电粒子沿着两电荷连线的中垂线运动时,A正确。因为粒子只在电场力作用下从M点运动到N点,依据动能定理,W电=-ΔEp=EkN-0=EpM-EpN,而EkN≥0,所以EpM≥EpN,C正确。粒子的轨迹与电场线不肯定重合,在N点,电场力的方向不肯定与粒子轨迹在该点的切线平行,B、D错误。第Ⅱ卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题,每个试题考生都必需作答。第13~14题为选考题,考生依据要求作答)(一)必考题(共47分)9.(6分)(1)小明同学到试验室去做验证力的平行四边形定则的试验时望见试验桌上有一把20分度的游标卡尺,他马上用游标卡尺测量了钢笔套的长度,如图甲所示,则钢笔套的长度为mm。

(2)随后小明起先做验证力的平行四边形定则的试验,在水平放置的木板上垫上一张白纸,把橡皮条的一端固定在板上的A点,橡皮条的另一端拴上两个细绳套,如图乙所示。先用两个弹簧测力计钩住细绳套,互成角度拉橡皮条使之伸长,结点被拉到某一位置O,此时登记两个弹簧测力计的读数F1和F2和两细绳的方向。请完成下列问题:①F1的读数如图丙所示,则F1=N。

②小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长,应当使结点拉到,登记弹簧测力计的读数,并登记。

答案:(1)10.55(2)①1.23②同一位置O细绳的方向解析:(1)游标卡尺的主尺刻度为10mm,游标尺刻度为11×0.05mm=0.55mm,所以游标卡尺读数为10.55mm。(2)①经估读,弹簧测力计的读数为1.23N。②验证力的平行四边形定则的依据是两弹簧测力计共同作用与一个弹簧测力计单独作用等效,应将结点拉到同一位置O。利用平行四边形定则作合力,既要知道力的大小,又要知道力的方向,所以要登记细绳的方向。10.(9分)某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx的精确电阻(阻值恒定),进行了如下试验:(1)他先用多用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值。将开关置于×10挡位,指针示数如图所示,若想更精确一些,下面操作正确的步骤依次是。(填序号)

A.将两表笔短接进行欧姆调零B.将两表笔短接进行机械调零C.将开关置于×1挡D.将开关置于×100挡E.将两表笔接未知电阻两端,待指针稳定后读数(2)然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻:A.直流电源E:电动势3V,内阻忽视B.电流表A1:量程0~0.3A,内阻约为0.1ΩC.电流表A2:量程0~3mA,内阻约为10ΩD.电压表V1:量程0~3V,内阻约为3kΩE.电压表V2:量程0~15V,内阻约为50kΩF.滑动变阻器R1:最大阻值10ΩG.滑动变阻器R2:最大阻值1000ΩH.开关S,导线若干①为较精确测量该电阻的阻值,要求各电表指针能有较大的变更范围,以上器材中电流表应选(选填“B”或“C”),电压表应选(选填“D”或“E”),滑动变阻器应选(选填“F”或“G”)。

②请在方框中画出试验电路原理图。答案:(1)DAE(2)①CDF②电路图如图所示解析:(1)选择倍率后,欧姆表指针读数偏大,应当换用大倍率,更换倍率须要重新欧姆调零,所以先更换大倍率即步骤D,再欧姆调零即步骤A,最终测量电阻即步骤E。(2)①要使得电表指针有较大变更范围,滑动变阻器选择分压式接法,所以滑动变阻器选择阻值小的即F;电源电动势为3V,所以电压表为读数精确选择小量程即D。依据欧姆表可知待测电阻阻值在1000Ω以上,而电压最大只有3V,所以电流不会超过3mA,电流表选择C。②滑动变阻器已经确定分压式,而待测电阻阻值较大,电流表内阻较小,所以电流表选择内接法。如答案图所示。11.(12分)起重机从静止起先起吊一质量为4000kg的重物,起先时,起重机拉力恒定,重物以0.2m/s2的加速度匀加速上升,9.8s后,起重机达到额定功率P,起重机再保持额定功率不变,又经5s,重物达到最大速度2m/s,此后再保持拉力恒定,使重物以0.5m/s2的加速度做匀减速运动至停下。g取9.8m/s2。(1)求额定功率P的大小;(2)求重物上升的最大高度;(3)画出整个过程起重机拉力F与时间t的关系图像(不要求写计算过程)。答案:(1)78.4kW(2)23.6m(3)见解析解析:(1)重物速度最大时,有F=mgP=mgv①解得P=78.4kW。②(2)重物匀加速上升的高度h1=12a1得h1=9.6m③此过程起重机拉力满意F1-mg=ma1④从静止到最大速度过程中,由动能定理得F1h1+Pt2-mg(h1+h2)=12得h1+h2=19.6m⑥匀减速运动上升的高度h3=0-vmh'=h1+h2+h3=23.6m。⑧(3)图像如图所示⑨12.(20分)在如图所示的平面直角坐标系xOy内,第一象限的MN以上的虚线区域内存在有志向边界的竖直向下的匀强电场,已知MN间的距离为l,DN间的距离为l2,MN与x轴间的距离为l。第四象限内有垂直纸面方向的有界(图中OABC)匀强磁场B,磁场的右边界与电场的左边界间的距离为1+22l。现有一质量为m、电荷量为q、不计重力的正电荷,以水平向左的初速度v0从D点射入电场,恰好从M点离开电场,进入第四象限磁场偏转后恰好经过坐标原点O(1)求电荷到达M点的速度v;(2)求该匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B;(3)求整个过程中电荷的运动时间,并分析,若磁场右边界和下边界不变,左边界向右移动某一距离,电荷是否可能经过O点。答案:(1)2v0,与水平方向成45°夹角斜向左下方(2)m(3)(16+42+32π解析:(1)电荷在电场中做类平抛运动,由l=v0t1,l2=vy2t1,得vy=v0,经过M点速度的大小vM=v02+vy2=2(2)在电场中运动,有vy=at1=v0,而a=qEm,得E=mv02ql;由几何关系知,PI=l,则PC=22l,电荷进入磁场后运动轨迹如图所示,设电荷做圆周运动对应的圆心为Q点,半径为R,依据几何关系有R=SQ=l,据(3)电荷从D到O的运动可分为3段,电场中的类平抛、离开电场进入磁场前的匀速直线运动、进入磁场后的匀速圆周运动。在电场中,据l=v0t1,得t1=lv0;在电场与磁场之间做直线运动,有v0t2=1+22l,t2=1+22lv0;在磁场中运动,t3=135°360°T=32πl8v0,则总的运动时间为t=t1+t2+t3(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。假如多做,则按所做的第一题计分)13.(15分)【物理——选修3-3】(2024·全国卷Ⅲ)(1)(5分)如图所示,一开口向上的导热汽缸内,用活塞封闭了肯定质量的志向气体,活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上,使其缓慢下降。环境温度保持不变,系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中。

A.气体体积渐渐减小,内能增加B.气体压强渐渐增大,内能不变C.气体压强渐渐增大,放出热量D.外界对气体做功,气体内能不变E.外界对气体做功,气体汲取热量(2)(10分)如图所示,两侧粗细匀称、横截面积相等、高度均为h=18cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口。右管中有高h0=4cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12cm。管底水平段的体积可忽视。环境温度为T1=283K,大气压强p0相当于76cm水银柱产生的压强。①现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少?②再将左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管口平齐,此时密封气体的温度为多少?答案:(1)BCD(2)①12.9cm②363K解析:(1)本题以汽缸为背景,意在考查气体试验定律和热力学定律。肯定质量志向气体的内能仅与温度有关,温度不变,气体内能不变,选项A错误;依据p1V1=p2V2,气体体积变小,压强增大,选项B正确;外界对气体做功W>0,内能不变ΔU=0,由ΔU=W+Q,可得Q<0,放出热量,选项C、D正确,选项E错误。(2)本题以U形管为背景,意在考查气体试验定律。①设密封气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的横截面积均为S,密封气体先经等温压缩过程体积变为V2,压强变为p2。由玻意耳定律有p1V1=p2V2①设注入水银后水银柱高度为h',水银的密度为ρ,按题设条件有p1=p0+ρgh0②p2=p0+ρgh'③V1=(2h-l-h0)S,V2=hS④联立①②③④式并代入题给数据得h'=12.9cm。⑤②密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3,温度变为T2,由盖-吕萨克定律有V2按题设条件有V3=(2h-h')S⑦联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得T2=363K。⑧14.(15分)【物理——选修3-4】(1)(5分)如图所示,一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖,在玻璃砖底面上的入射角为θ,经折射后射出a、b两束光线。则。(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低