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1、东城高三物理第二次综合练习试题及答案13下列说法正确的是 A. 同一元素的两种同位素具有相同的质量数 B的半衰期会随着周围环境的温度的变化而改变C在核聚变反应中，反应物的总质量等于生成物的总质量D在卢瑟福的粒子散射实验中，有少数粒子发生大角度偏转【答案】D【解析】同位素的质子数相同而质量数不同，A错误；元素的半衰期是由原子核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，B错误；在核聚变反应中，会释放出巨大的能量，据可知反应物的总质量大于生成物的总质量，C错误；卢瑟福通过粒子散射实验，发现有少数粒子发生大角度偏转，偏转角度甚至大于90，提出了原子的核式结构模型，D正确。14已知铜
2、的摩尔质量为M，铜的密度为，阿伏伽德罗常数为N,下列说法正确的是 A1个铜原子的质量为 B1个铜原子的质量为 C1个铜原子所占的体积为 D1个铜原子所占的体积为 【答案】B【解析】根据V=结合n=计算一个铜原子的体积铜的质量与铜原子个数的比值为一个铜原子的质量，即，本题应选B。15如图所示，平行厚玻璃板放在空气中，一束复色光斜射向玻璃板上表面，出射光分成a、b两束单色光。对于a、b两束光，下面说法正确的是abA玻璃对a光的折射率较小 Ba光在玻璃中的传播速度较小C若a、b光从同一介质斜射入真空时，a光的全反射临界角较大 D若a光照射某金属能发射出光电子，则b光照射该金属也一定能发射出光电子【答
3、案】B【解析】光从空气斜射到玻璃，因为玻璃上下表面平行，当第二次折射时折射光线与第一次折射时的入射光线平行由于折射率不同，a光偏折较大，b光偏折较小，所以此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故A错误；由c=nv 可知a光的传播速度小于b光，故B正确；由可知a光的全反射临界角较小，C错误；a光的传播速度小于b光，从而得出a光的波长小于b光，a光的频率大于b光，若a光能使某金属发生光电效应，则b光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。（本题亦可用假设法，由折射率不同，从而假设a是紫光，b是红光，则可根据红光与紫光的特性来确定出正确的答案）PxyO16如图所示，位于原点O处的波源在t=0时刻，
4、从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期为T的简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在处的质点P，下列说法正确的是 A质点P开始振动的方向沿y轴正方向B质点P振动周期为T ，振动速度的最大值为vC若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷D若某时刻质点P在波峰，则波源在也一定在波峰【答案】A【解析】质点P在波源的驱动力作用下做受迫振动，开始振动的方向与波源开始振动方向相同，即沿y轴正方向，其振动周期等于波源振动的周期，则质点P的振动周期为T，P点的振动速度与波速不同，其最大速度无法确定，故A正确B错误波长为=vT，=，则P点与波源振动情况总是相反，若某时刻波源在波谷，
5、则质点P一定在波峰，若某时刻质点P在波峰，则波源一定在波谷，CD错误。17美国研究人员最近在太阳系边缘新观测到一个类行星天体，其直径估计在1600公里左右，是自1930年发现冥王星以来人类在太阳系中发现的最大天体。若万有引力常量为G，太阳的质量为M。天体的半径为R、质量为m，天体与太阳的中心间距为r，天体的运行轨道近似地看作圆，该天体运行的公转周期为A B C D【答案】C【解析】由万有引力提供向心力可得，解得周期T=，选项C正确。18某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光
6、时电功率为 P，手摇发电机的线圈电阻是r，则有A电流表的示数是 B变压器的原副线圈的匝数比是C变压器输入电压的瞬时值 D手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是【答案】A【解析】理想变压器原副线圈的功率相等，由P=UI知电流表的示数即流过原线圈的电流为，A正确；变压器原副线圈的匝数比等于电压比，即，B错误；由交流电瞬时值表达式可知变压器输入电压的瞬时值为，C错误；由于手摇发电机的线圈有内阻，故产生的电动势的最大值大于，D错误。19如图所示(a)，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，
7、拉力F与物体位移s的关系如图(b)所示(g10 m/s2)，则下列结论正确的是A物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC物体的质量为3 kgD物体的加速度大小为5 m/s2【答案】D【解析】物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30N；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析如下：物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx ，拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律
8、，有F1+kx-mg=ma ，物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2-mg=ma ，代入数据解得m=2kg，k=5N/cm，a=5m/s2，故B错误，C错误，D正确；故选D甲 乙20如图所示，图甲中MN为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为+q的点电荷O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布。P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难。几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中两异号点电
9、荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是A方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 B方向沿P点和点电荷的连线向左， 大小为 C方向垂直于金属板向左，大小为 D方向垂直于金属板向左，大小为 【答案】C【解析】电场强度是矢量，其合成遵守平行四边形定则，由图乙可知对应图甲中P点处的电场强度大小为，方向水平向左，由题意可知图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，故选项C正确。21实验题：图101234567891001023420100 cm(1)在用“单摆测重力加速度”的实验中：某同学在实验中
10、测得的小球直径为d，测定了摆线的长度为l，用秒表记录小球完成n次全振动的总时间为t，则当地的重力加速度的表示式为g= (用d、l、n、t表示)。若该同学用游标卡尺测定了小球的直径，如图1所示，则小球直径为 cm；为了尽可能减小实验误差，下述操作中可行的是 。 A摆线偏离竖直方向的最大摆角小于5 B当小球通过平衡位置时开始计时 C让小球尽可能在同一竖直面内摆动 D减小摆球的质量(2)某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V(量程3v，内阻Rv=10k)电流表：G(量程3mA，内阻Rg=100)电流表：A(量程3A，内阻约为0.5)滑动变阻
11、器：R1（阻值范围010，额定电流2A)R2（阻值范围01000，额定电流1A)定值电阻：R3=0.5该同学依据器材画出了如图2所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是_。该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是_A。为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器_(填写器材的符号）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图3所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_V (结果保留三位有效数字)，电源的内阻r=_ (结果保留两位有效数字）。图2GVRE rSR3u/V0.5G
12、/mA01.01.52.02.51.01.11.21.31.41.5 图3【答案】（1） ；2.235 ；ABC（2）量程与被测电流值相比较太大0.603（填0.6或0.60均给分） R1 1.48，0.84（0.70-0.90之间都给分）【解析】（1）单摆摆长L=l+，单摆周期T=，由单摆周期公式T=2可知，g=；由图示游标卡尺可知，主尺的示数是22mm，游标尺的示数是70.05mm=0.35mm，则游标卡尺示数，即小球直径d=22mm+0.35mm=22.35mm=2.235cm；摆球应选择密度较大、体积小的实心金属小球，以减小阻力的影响，D错误，选项ABC正确。（2）待测电源是一节干电池
13、，电动势较小，电路中形成的电流较小，电流表A的量程太大，测量读书误差较大；电流表G与一个小电阻并联，组成一个新的电流表，其量程为两个支路通过的最大电流之和；变阻器选量程小些的调节起来方便；纵轴的截距表示电源的电动势，由闭合电路欧姆定律，可得，在图线上选取一点的坐标代入即可解得r。22如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s=1.25m，BCD是半径为R=0.40m的竖直半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点。有一小物块质量为m=1.0kg，小物块在F=10N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，它与水平轨道和半圆形轨道间的摩擦均不计。g取10m/s2，求： （1）撤
14、去力F时小物块的速度大小； （2）小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小；BACRDF （3）小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小。【答案】见解析【解析】（1）当物块从A滑向B时，设在B点撤去F时速度大小为（2）小物块从B到D点瞬间，由动能定理得： 解得：vD=3m/s 解得：FD=12.5N 由牛顿第三定律知压力为12.5N（3）物块通过D点后做平抛运动，有：解得：x=1.2ml BMNQPv023如图所示，在质量为M0.99kg的小车上，固定着一个质量为m0.01kg、电阻R1W的矩形单匝线圈MNPQ，其中MN边水平，NP边竖直，MN边长为L=0.1m，NP边
15、长为l0.05m。小车载着线圈在光滑水平面上一起以v010m/s的速度做匀速运动，随后进入一水平有界匀强磁场（磁场宽度大于小车长度）。磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B1.0T。已知线圈与小车之间绝缘，小车长度与线圈MN边长度相同。求： （1）小车刚进入磁场时线圈中感应电流I的大小和方向； （2）小车进入磁场的过程中流过线圈横截面的电量q； （3）如果磁感应强度大小未知，已知完全穿出磁场时小车速度v12m/s，求小车进入磁场过程中线圈电阻的发热量Q。【答案】见解析【解析】（1）线圈切割磁感线的速度v010m/s，感应电动势 E=Blv0=10.0510=0.5V由闭合电路欧姆定
16、律得线圈中电流A 由楞次定律知线圈中感应电流方向为 MQPNM （2） （3）设小车完全进入磁场后速度为v，在小车进入磁场从t时刻到tt时刻（t0）过程中 即 求和得 同理得 又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同，因而有 q入 q出故得 v0v = vv 1 即 v = = 6 ms 所以，小车进入磁场过程中线圈克服安培力做功（J）24如图所示，在光滑的水平长直轨道上，有一质量为M=3kg、长度为L=2m的平板车以速度v0=4m/s匀速运动。某时刻将质量为m=1kg的小滑块轻放在平板车的中点，小滑块与车面间的动摩擦因数为=0.2,取g=10m/s2。 （1）若小滑块最终停在平板车上，小
17、滑块和平板车摩擦产生的内能为多少？ （2）若施加一个外力作用在平板车上使其始终保持速度为v0=4m/s的匀速运动，当小滑块放到平板车中点的同时，对该小滑块施加另一个与平板车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从平板车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？v0 （3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内?【答案】见解析【解析】（1）由动量守恒定律得： 解得由能量守恒得：（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间 由几何关系有 由牛顿定律有 由式代入数据解得 ，则恒力F大小应该满足条件是 （3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）到达车右端时，与车达共同速度则有由式代入数据解得则力F的作用时间t应满足 ，即。8