【物理】2020高考二轮复习专练之自我检测2（解析版）

【物理】2020高考二轮复习专练之自我检测2（解析版）

‎2020届物理高考专练之自我检测（二）‎ ‎1、大科学工程“人造太阳”主要是将氚核聚变反应释放的能量用来发电，氚核聚变反应方程是，已知的质量为2.0136u，的质量为3.0150u，的质量为1.0087u，1u＝931MeV/c2。氚核聚变反应中释放的核能约为( )‎ A．3.7MeV B．3.3MeV C．2.7MeV D．0.93MeV ‎ ‎2、如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则（ ）‎ A. a点场强的大小比b点大 B. b点场强的大小比c点小 C. a点电势比b点高 D. b点电势比c点低 ‎3、质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点,小球在水平力F作用下,从最低点P缓慢地移到Q点,如图所示,重力加速度为g,则在此过程中( )‎ ‎ A. 小球受到的合力做功为 B. 拉力F的功为 C. 重力势能的变化大于 D. 水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了 ‎4、如图所示，质量为m，电量为q的正电物体，在磁感强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，物体运动初速度为υ，则( )‎ A．物体的运动由υ减小到零所用的时间等于 ‎ B．物体的运动由υ减小到零所用的时间小于 C．若另加一个电场强度为、方向水平向左的匀强电场，物体做匀速运动 D．若另加一个电场强度为、方向竖直向上的匀强电场，物体做匀速运动 ‎5、如图所示,两个小球固定在一根长为的杆的两端,绕杆上的O点做圆周运动.当小球A的速度为时,小球B的速度为,则轴心O到小球A的距离是(  ). ‎ A. B. C. D. ‎ ‎6、如图所示,人在岸上拉船,已知船的质量为m,水的阻力恒为,当轻绳与水平面夹角为θ时,船的速度为v,此时人的拉力大小为F,则此时( )‎ A.人拉绳行走的速度为 B.人拉绳行走的速度为 C.船的加速度为 D.船的加速度为 ‎7、电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。如图甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U。已知m0>m，取重力加速度为g，则(　　) ‎ A.矩形线圈中电流的方向为逆时针方向 B.矩形线圈的电阻 C.匀强磁场的磁感应强度的大小 D.若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为‎2m0－m的砝码可使天平重新平衡 ‎8、如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中( )‎ A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于 B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于 C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为 ‎9、某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示‎1mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长。‎ ‎1.用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示,F的大小为__________N。‎ ‎2.撤去1中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为和。‎ ‎①用‎5mm长度的线段表示1N的力,以O为作用点,在图(a)中画出力的图示,然后按平行四边形定则画出它们的合力。‎ ‎②的大小为________N,与拉力F的夹角的正切值为_________。‎ 若与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平行四边形定则。‎ ‎10、某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8V,额定电流‎0.32A);电压表(量程3V,内阻3kΩ);电流表(量程‎0.5A,内阻0.5Ω);固定电阻(阻值1000Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0Ω);电源E(电动势5V,内阻不计);开关S;导线若干.‎ ‎(1)实验要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。‎ ‎(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图甲所示.‎ 由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻__________(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率__________(填“增大”“不变”或“减小”).‎ ‎(3)用另一电源(电动势4V,内阻1.00Ω)和题给器材连接成图乙所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为__________W,最大功率为__________W.(结果均保留2位小数)‎ ‎11、一个质量m=‎0.1g的小滑块，带有q=的电荷，放置在倾角的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面问：‎ ‎​‎ ‎（1）小滑块带何种电荷？‎ ‎（2）小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？‎ ‎（3）该斜面的长度至少多长？‎ ‎12、静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=‎1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。‎ ‎（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；‎ ‎（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？‎ ‎（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？‎ ‎13、[物理——选修3–3]‎ ‎1.关于热力学定律，下列说法正确的是________。‎ A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热 D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 ‎（2）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为,其中σ=0.070 N/m。现让水下‎10 m处一半径为‎0.50 cm的气泡缓慢上升，已知大气压强，水的密度，重力加速度大小g=‎10 m/s2。‎ ‎（i）求在水下‎10 m处气泡内外的压强差；‎ ‎（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。‎ ‎14、【物理——选修3－4】‎ 下列说法正确的是（）‎ A．狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无关 B．电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短 C．分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距 D．如图1所示，a、b两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，则在玻璃中a光的全反射临界角大于b光的全反射临界角 E．如图2所示，偏振片P的透振方向为竖直方向，沿与竖直方向成45°角振动的偏振光照射到偏振片P上，在P的另一侧能观察到透射光 ‎2.如图所示，在x＝0处的质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波。在t＝0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4s第一次形成图示波形，P是平衡位置为x＝‎0.5m处的质点。‎ ‎①位于x＝‎5m处的质点B第一次到达波峰位置时，求位于x＝‎2m处的质点A通过的总路程。‎ ‎②若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的位移(y坐标)才能相同？‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 答案以及解析 ‎1答案及解析：‎ 答案：B 解析：因氘核聚变的核反应方程为：；‎ 核反应过程中的质量亏损为 释放的核能为，故B正确，ACD错误；         ‎ 故选：B. ‎ ‎ ‎ ‎2答案及解析：‎ 答案：D 解析：由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。‎ 由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确。‎ ‎ ‎ ‎3答案及解析：‎ 答案：D 解析：A. 小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零，根据动能定理得知，小球受到的合力做功为零，故A错误；‎ B. 设绳与竖直方向的夹角为α,根据平衡条件可知F=mgtanα,所以可知F为变力,根据动能定理得：,解得拉力F的功为：，故B错误；‎ C. 根据重力做功与重力势能变化的关系可得：重力势能的增加为，故C错误；‎ D. 由上知,小球的动能不变,重力势能增加mgl(1−cosθ),而重力势能是小球与地球共有的,或根据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化,可知水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl(1−cosθ)，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎ ‎ ‎4答案及解析：‎ 答案：C 解析：对物体受力分析，受重力、支持力，洛伦兹力和滑动摩擦力；根据左手定则，洛伦兹力向下，合力向后，物体做减速运动；由于摩擦力f=μ（mg+qvB），不断减小，加速度不断减小，不是匀变速运动，故物体的速度由v减小到零所用的时间大于．故A错误，B也错误。若另加一个电场强度为，方向水平向左的匀强电场，则电场力方向水平向左，可能做匀速直线运动。故C正确。若另加一个电场强度为，方向竖直向上的匀强电场，电场力，物体不可能做匀速直线运动，故D错误。‎ ‎ ‎ ‎5答案及解析：‎ 答案：B 解析：设轴心O到小球A的距离为x,因两小球固定在同一转动杆的两端,故两小球做圆周运动的角速度相同,半径分别为x、,根据有,解得,B正确。‎ ‎ ‎ ‎6答案及解析：‎ 答案：AC 解析：船的速度产生了两个效果：一是滑轮与船间的绳缩短,二是绳绕滑轮顺时针转动,因此将船的速度进行分解如图所示,人拉绳行走的速度,选项A正确,选项B错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力,即绳的拉力大小为F,与水平方向成θ角,因,得,选项C正确,选项D错误。‎ ‎ ‎ ‎7答案及解析：‎ 答案：AC 解析：由于m0>m根据天平的平衡条件可判定线圈受到的安培力方向竖直向上,由左手定则判断知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向,选项A正确;根据闭合电路欧姆定律可得,解得矩形线圈的电阻,选项B错误;根据平衡条件有m‎0g-F=mg,而F=nBIL,,联立解得匀强磁场的磁感应强度的大小,选项C正确;开始时线圈所受安培力的方向竖直向上,此时安培力大小为仅将磁场反向,则安培力方向变为竖直向下,大小不变,相当于右边托盘底部受到的力比原来增加了‎2F,所以需要在左边加破码,添加质量为的砝码可使天平重新平衡,选项D错误。‎ ‎ ‎ ‎8答案及解析：‎ 答案：AB 解析：A的动能最大时,A的加速度为0,根据力的平衡,B和C对A的力F的竖直分力为,B或C受到地面的支持力,B正确;A的动能达到最大前,其加速度向下,所以,B受到地面的支持力小于,A正确;弹簧的弹性势能最大值,解得,D错误;弹簧的弹性势能最大时,A减速运动到最低点,所以A的加速度方向竖直向上,C错误。‎ ‎ ‎ ‎9答案及解析：‎ 答案：‎1.4.0‎; 2.①和如图所示 ②4.0 0.05‎ 解析：1.由测力计的读数规则可知,题图(b)读数为4.0N。 2.①利用平行四边形定则作图;‎ ‎②由图可知,从的顶点向x轴和y轴分别作垂线,顶点的横坐标对应长度为‎1mm,顶点的纵坐标长度为‎20mm,则可得出与拉力F的夹角的正切值为0.05。‎ ‎ ‎ ‎10答案及解析：‎ 答案：(1)实验电路原理图如图所示 ‎ (2)增大;增大; (3)0.39;1.17‎ 解析：(1)实验要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量,变压器采用分压式连接;由于电压表量程为3V,需要串联固定电阻(阻值1000Ω)将电压表设程扩大到4V;小灯泡电阻在额定电压下为11Ω多点,电流表采用外接法,电路如答图所示。 (2)由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻增大,由电阻定律知灯丝的电阻率增大。 (3)将滑动变阻器的电阻等效为电源内阻,当电源等效内阻为时,小灯泡消耗的功率最小,这时作出电源的图线如Ⅰ所示(此时斜率为0.1),小灯泡消耗最小功率为,当电源等效内阻为时,小灯泡消耗的功率最大,这时作出电源的图象如Ⅱ所示(此时斜率为1),小灯泡消耗最大功率为。‎ ‎ ‎ ‎11答案及解析：‎ 答案：（1）小滑块带负电荷 （2）‎3.4m/s（3）‎‎1.2m 解析：(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力和洛伦兹力F．若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷．‎ ‎(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的合外力为零，有 当时，小滑块开始脱离斜面，此时，‎ 得．‎ ‎(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎12答案及解析：‎ 答案：（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 ‎①‎ ‎ ②‎ 联立①②式并代入题给数据得 ‎（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为。，则有 ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程都可表示为 ‎⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 ‎⑧‎ 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边‎0.25 m处。B位于出发点左边‎0.25 m处，两物块之间的距离s为 s=‎0.25m+‎0.25m=‎0.50m⑨‎ ‎（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为，由动能定理有 ‎⑩‎ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得 ‎⑪‎ 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为以和，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 ‎⑫‎ ‎⑬‎ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 ‎⑭‎ 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为时停止，B向左运动距离为时停止，由运动学公式 ‎⑮‎ 由④⑭⑮式及题给数据得 ‎⑯‎ 小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 ‎⑰‎ 解析： ‎ ‎ ‎ ‎13答案及解析：‎ 答案：1..BDE ‎2. （i） （ii）. ‎ 解析：1. 根据热力学第一定律,气体吸热的同时若对外做功,则气体内能不一定增加,温度不一定升高,A错误。对气体做功可以改变其内能,B正确。理想气体等压膨胀过程,对外做功,由理想气体状态方程可知,气体温度升高,内能增加,故气体一定吸热,C错误。根据热力学第二定律知,热量不可能自发地从低温物体传到高温物体,D正确根据热平衡定律,如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡,E正确。‎ ‎2.（i）当气泡在水下处时,设其半径为,气泡内外压强差为   ① 代入题给数据得   ② （ii）.设气泡在水下10处时,气泡内空气的压强为,气泡体积为;气泡到达水面附近时,气泡内空气压强为,内外压强差为,其体积为,半径为。 气泡上升过程中温度不变,根据波意耳定律 ③ ④ ⑤ 气泡体积和分别为 ⑥ ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 ‎ ‎ ⑧ 由②式知, 故可略去式中的项。代入题给数据得 .‎ ‎ ‎ ‎14答案及解析：‎ 答案：1.ACE ‎2.①结合题图可分析出，该机械波的传播周期为T＝0.8s，波长为λ＝‎4m，振幅A＝‎5cm，‎ 该机械波的波速为 由图可知，此时波峰在x＝‎1m处，当波峰传播到x＝‎5m处的B点时，波向前传播的距离为Δx＝‎4m，所以质点B第一次到达波峰位置所需要的时间由题意知，当质点B第一次到达波峰位置时，质点A恰好振动了一个周期，所以质点A通过的总路程为 s＝‎4A＝‎‎20cm ‎②圆频率，从图示状态开始计时 质点A做简谐运动的表达式为 质点P做简谐运动的表达式为要使P、A两质点的位移(y坐标)相同，即yA＝yP，至少要经过时间t应满足：‎ ‎，解得：t＝0.05s 解析：‎ ‎ ‎