統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復習30分鐘許提分練8+2實驗五含解析_第1頁
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PAGE8-30分鐘小卷提分練(8+2試驗)(五)一、選擇題:本題共8小題,每小題6分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第14~18題只有一項符合題目要求,第19~21題有多項符合題目要求.全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分.14.在光電效應試驗中,飛飛同學用同一光電管在不同試驗條件下得到了三條光電流與電壓之間的關系曲線(甲光、乙光、丙光),如圖所示.則可推斷出()A.甲光的頻率大于乙光的頻率B.乙光的波長大于丙光的波長C.乙光對應的截止頻率大于丙光對應的截止頻率D.甲光對應的光電子最大初動能大于丙光對應的光電子最大初動能15.如圖所示,兩個帶電小球A、B穿在一根水平固定的絕緣細桿上,并通過一根不行伸長的絕緣細繩跨接在定滑輪兩端,整個裝置處在水平向右的勻強電場中,當兩個小球靜止時,兩側細繩與豎直方向的夾角分別為α=30°和β=60°,不計裝置中的一切摩擦及兩個小球間的靜電力.則A、B兩球的帶電荷量q1與q2大小之比為()A.q1:q2=eq\r(3):1B.q1:q2=eq\r(3):2C.q1:q2=1:eq\r(3)D.q1:q2=2:eq\r(3)16.如圖所示是甲、乙兩物體運動的速度-時間圖象,下列說法正確的是()A.0~5s內(nèi)甲物體的加速度大小為0.75m/s2B.3s時乙物體的加速度大小為1m/s2C.0~5s內(nèi)甲物體的位移大小為eq\f(26,3)mD.0~5s內(nèi)乙物體的位移大于13.5m17.如圖所示,拉格朗日點L1位于地球和月球連線上,處在該點的物體在地球和月球引力的共同作用下,可與月球一起以相同的周期繞地球運動.據(jù)此,科學家設想在拉格朗日點L1建立空間站,使其與月球同周期繞地球運動,a1、a2分別表示該空間站與月球向心加速度的大小,ω1、ω2分別為空間站與月球的公轉角速度;a3、ω3為地球同步衛(wèi)星向心加速度的大小和其公轉角速度;a4、ω4為地球的近地衛(wèi)星的向心加速度大小與其公轉角速度.則以下推斷正確的是()A.ω2=ω1>ω3=ω4B.ω2=ω1>ω4>ω3C.a(chǎn)2<a1<a3<a4D.a(chǎn)1<a2<a3<a418.某發(fā)電機通過志向變壓器向定值電阻R供應正弦溝通電,電路如圖所示,志向溝通電流表A、志向溝通電壓表V的讀數(shù)分別為I、U,R消耗的功率為P.若發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼膎倍,則()A.R消耗的功率變?yōu)閚PB.電壓表V的讀數(shù)為nUC.電流表A的讀數(shù)仍為ID.通過R的交變電流頻率不變19.如圖所示,在正方形區(qū)域abcd內(nèi)充溢方向垂直紙面對里、磁感應強度大小為B的勻強磁場.a(chǎn)處有比荷相等的甲、乙兩種粒子,甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場,經(jīng)時間t1從d點射出磁場;乙粒子以速度v2沿與ab成45°角的方向垂直射入磁場,經(jīng)時間t2垂直于cd射出磁場.不計粒子重力和粒子之間的相互作用力,則()A.v1:v2=eq\r(2):4B.v1:v2=1:eq\r(2)C.t1:t2=4:1D.t1:t2=2:120.如圖所示,半徑為R的光滑半圓槽豎直固定在水平地面上,可視為質點的小球以4m/s的初速度向左進入半圓軌道,小球通過最高點后做平拋運動.若小球做平拋運動有最大水平位移,重力加速度為g=10m/s2,則下列說法正確的是()A.最大水平位移為1.6mB.R=0.2m時,小球的水平位移最大C.小球落地時,速度方向與水平地面成45°角D.小球落地時,速度方向與水平地面成60°角21.如圖所示,電阻不計的足夠長平行金屬導軌MN和PQ水平放置,M、P間有阻值為R=1Ω的電阻,導軌相距2m,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B=0.5T,質量m為0.5kg、電阻為1Ω的導體棒CD垂直于導軌放置且接觸良好,CD棒與導軌的動摩擦因數(shù)為μ=0.2.現(xiàn)導體棒獲得的初速度v0為10m/s,經(jīng)過距離x=9m進入磁場區(qū),又運動2s后停了下來,g=10m/s2.則該過程中通過導體棒CD的電荷量q及電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為()A.q=2CB.q=4CC.Q=6JD.Q=12J二、非選擇題:第22~23題為必考題,共15分.每個試題考生都必需作答.22.(5分)如圖甲所示,某同學在“探究彈力和彈簧伸長量的關系”時,將輕質彈簧豎直懸掛,彈簧下端掛一個小盤,在小盤中增加砝碼,變更彈簧的彈力,通過旁邊豎直放置的刻度尺可以讀出彈簧末端指針指示的刻度值,試驗得到了彈簧指針位置x與小盤中砝碼質量m的圖象如圖乙所示,取g=10m/s2.回答下列問題:(1)某次測量如圖甲所示,指針指示的刻度值為________cm.(2)該彈簧的勁度系數(shù)為________N/m(保留2位有效數(shù)字).(3)另一同學在做該試驗時有下列做法,其中錯誤的是________.A.試驗中未考慮小盤的重力B.刻度尺零刻度未與彈簧上端對齊C.讀取的指針指示的刻度值時,選擇指針上下運動最快的位置讀取D.在利用x-m圖線計算彈簧的勁度系數(shù)時舍棄圖中曲線部分數(shù)據(jù)23.(10分)某同學要測定一圓柱形導體材料的電阻率.(1)他先用螺旋測微器測量該材料的直徑,結果如圖甲所示,則該材料的直徑為________mm.(2)該同學接著用歐姆表粗測該圓柱形導體的電阻,他進行了如下操作:他先用“×10”擋時發(fā)覺指針偏轉角度過大,應當換用________擋(選填“×1”或“×100”),換擋后須要重新________(選填“機械調(diào)零”或“歐姆調(diào)零”)后再進行測量.測量時,指針靜止時位置如圖乙所示.則該圓柱形導體的電阻為Rx=________Ω.(3)為了進一步精確測量該圓柱形導體的電阻Rx,試驗室供應了以下器材:A.電流表G(內(nèi)阻Rg=120Ω,滿偏電流Ig=3mA)B.電流表A(內(nèi)阻約為1Ω,量程為0~0.6A)C.電阻箱R0(0~9999Ω,0.5Ω)D.滑動變阻器R(3Ω,1A)E.電池組E(6V,0.05Ω)F.一個開關S和若干導線①試驗時須要把電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表運用,則電阻箱的阻值應調(diào)為R0=________Ω.②請依據(jù)供應的器材,在下面的虛線框內(nèi)設計一個測量電阻的電路.③依據(jù)設計的電路連接好實物圖.④由于測電阻的電路中存在系統(tǒng)誤差,會使測得的圓柱形導體的電阻率偏________(選填“大”或“小”).30分鐘小卷提分練(8+2試驗)(五)14.答案:B解析:因光電管不變,所以逸出功不變.由圖象知,甲光、乙光對應的遏止電壓相等,且小于丙光對應的遏止電壓,所以甲光和乙光對應的光電子最大初動能相等,且小于丙光對應的光電子最大初動能,故選項D錯誤;依據(jù)愛因斯坦光電效應方程Ek=hν-W0知甲光和乙光的頻率相等,且小于丙光的頻率,則甲光和乙光的波長相等,且大于丙光的波長,故選項A錯誤,B正確;截止頻率是由金屬確定的,與入射光無關,故選項C錯誤.15.答案:C解析:分別對兩小球進行受力分析,由力的平衡條件可知,兩小球在水平方向的合力均為零,則小球A在水平方向上有Tsin30°=Eq1、小球B在水平方向上有,T′sin60°=Eq2,T′=T,則聯(lián)立解得q1︰q2=1︰eq\r(3),C項正確.16.答案:D解析:0~5s內(nèi)甲物體的加速度大小為a甲=eq\f(Δv,Δt)=eq\f(4,3)m/s2,故A錯誤;3s時乙圖象切線斜率的肯定值小于1,所以3s時乙物體的加速度大小小于1m/s2,故B錯誤;依據(jù)數(shù)學學問可知,t=5s時甲的速度大小為eq\f(8,3)m/s,則0~5s內(nèi)甲物體的位移大小為x甲=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4×3,2)-\f(2×\f(8,3),2)))m=eq\f(10,3)m,故C錯誤;依據(jù)圖象與坐標軸圍成的圖形的面積表示位移,知0~5s內(nèi)乙物體的位移大于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1×3,2)+3×3+3×\f(2,2)))m=13.5m,故D正確.17.答案:D解析:由題意可知空間站和月球的角速度相同,則有ω1=ω2,由公式a=ω2r,可知a2>a1,對近地衛(wèi)星、同步衛(wèi)星和月球,由萬有引力供應向心力有eq\f(GMm,r2)=mω2r、Geq\f(Mm,r2)=ma,整理得ω=eq\r(\f(GM,r3))、a=Geq\f(M,r2),所以ω4>ω3>ω2、a4>a3>a2,由以上分析可知ω4>ω3>ω2=ω1、a4>a3>a2>a1,A、B、C錯誤,D正確.18.答案:B解析:發(fā)電機的線圈中產(chǎn)生的感應電動勢有效值為E=eq\f(NBSω,\r(2)),線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼膎倍,則線圈中產(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)樵瓉淼膎倍,原、副線圈的匝數(shù)不變,由志向變壓器的變壓規(guī)律eq\f(n1,n2)=eq\f(U1,U2)可知,副線圈的輸出電壓變?yōu)樵瓉淼膎倍,即電壓表的示數(shù)為nU,B正確;由歐姆定律I=eq\f(U,R)可知,副線圈中的電流變?yōu)樵瓉淼膎倍,由志向變壓器的變流規(guī)律eq\f(n1,n2)=eq\f(I2,I1),可知原線圈中的電流變?yōu)樵瓉淼膎倍,C錯誤;由P=eq\f(U2,R),可知定值電阻消耗的電功率為原來的n2倍,A錯誤;線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼膎倍,產(chǎn)生的交變電流的頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍,則通過定值電阻R的交變電流的頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍,D錯誤.19.答案:AC解析:甲、乙兩種粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖所示設正方形邊長為L,由幾何關系可知,r1=eq\f(1,2)L,r2=eq\f(L,cos45°)=eq\r(2)L,速度偏轉角分別為α1=180°,α2=45°.粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力供應向心力,由牛頓其次定律得qvB=meq\f(v2,r),解得v=eq\f(qBr,m),由題意可知,兩粒子的比荷相等,則eq\f(v1,v2)=eq\f(r1,r2)=eq\f(\r(2),4),故A正確,B錯誤;粒子在磁場中做圓周運動的周期T=eq\f(2πm,qB),粒子的比荷相等,則兩粒子在磁場中做圓周運動的周期T相等,粒子在磁場中的運動時間t=eq\f(α,360°)T,則粒子在磁場中的運動時間之比eq\f(t1,t2)=eq\f(α1,α2)=eq\f(4,1),故C正確,D錯誤.20.答案:BC解析:設小球在最高點的速度大小為v,由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mv2+mg·2R,小球做平拋運動時,在空中運動的時間為t=eq\r(\f(4R,g)),小球做平拋運動的水平位移為x=vt,整理得x=eq\r(-16R2+6.4R)m,當R=0.2m時水平位移最大,最大的水平位移為xmax=0.8m,A錯誤,B正確;將R=0.2m代入解得v=2eq\r(2)m/s、t=eq\f(2\r(2),10)s,由平拋運動的規(guī)律可知,小球落地瞬間的豎直分速度大小為vy=gt=2eq\r(2)m/s,由于落地瞬間的水平速度與豎直速度大小相等,因此小球落地瞬間速度方向與水平地面的夾角為45°,C正確,D錯誤.21.答案:AC解析:在導體棒從起先運動到剛要進入磁場的過程中,由動能定理得-μmgx=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),代入數(shù)據(jù)解得導體棒剛進入磁場時的速度v=8m/s,導體棒在磁場中運動的過程中,由動量定理得-Beq\o(I,\s\up6(-))Lt-μmgt=0-mv,又q=eq\o(I,\s\up6(-))t,代入數(shù)據(jù)解得q=2C,A正確,B錯誤;由q=eq\f(ΔΦ,R+r)=eq\f(Bx′L,R+r)得x′=eq\f(qR+r,BL)=eq\f(2×1+1,0.5×2)m=4m,導體棒在磁場中運動的過程中,由于定值電阻和導體棒的阻值相等,則定值電阻與導體棒上產(chǎn)生的熱量相同,由能量守恒定律得2Q+μmgx′=eq\f(1,2)mv2,代入數(shù)據(jù)解得Q=6J,C正確,D錯誤.22.答案:(1)18.00(1分)(2)30(29~31均正確)(2分)(3)C(2分)23.答案:(1)2.933(1分)(2)×1(1分)歐姆調(diào)零(1分)16(1分)(3)①1880(1分)②電路圖如圖甲所示(2分)③實物圖的連接如圖乙所示(2分)④小(1分)解析:(1)螺旋測微器的讀數(shù)為d=2.5mm+43.3×0.01mm=(2)因歐姆表刻度不勻稱,當歐姆表指針指在歐姆表中心刻度旁邊時讀數(shù)較準.先用“×10”擋時發(fā)覺指針偏轉角度過大,說明倍率較大,所以應換“×1”擋,換擋后須要重新歐姆調(diào)零,

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