高中物理二輪復習-選擇、實驗題(11+2)定時訓練(五)

選擇、實驗題(11＋2)定時訓練(五)(限時：40分鐘)一、單項選擇題(共7小題，每小題4分，共28分)1.(2021·山東日照市第二次模擬)分子間勢能由分子間距r決定。規(guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零，兩分子間勢能與分子間距r的關(guān)系如圖1所示。若一分子固定于原點O，另一分子從距O點無限遠向O點運動。下列說法正確的是()圖1A.在兩分子間距從無限遠減小到r2的過程中，分子之間的作用力先增大后減小B.在兩分子間距從無限遠減小到r1的過程中，分子之間的作用力表現(xiàn)為引力C.在兩分子間距等于r1處，分子之間的作用力等于0D.對于標準狀況下的單分子理想氣體，絕大部分分子的間距約為r2答案A解析由圖可知，r2處分子勢能最小，則r2處的分子間距為平衡位置r0，所以在兩分子間距從很遠處減小到r2的過程中，分子之間的作用力先增大后減小，選項A正確；由于r1<r0，分子間作用力表現(xiàn)為斥力，選項B錯誤；由圖可知，r2處分子勢能最小，則r2處的分子間距為平衡位置r0，引力與斥力相等，即分子之間的作用力等于0，選項C錯誤；對于標準狀況下的單分子理想氣體，絕大部分分子的間距約為10r2，選項D錯誤。2.(2021·山東泰安市二輪檢測)2021年1月30日，全球首臺“華龍一號”核電機組——中核集團福建福清核電5號機組投入商業(yè)運行，這標志著我國在三代核電技術(shù)領域躋身世界前列。目前核能發(fā)電都是利用核裂變反應，下列表示重核裂變的是()A.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(144,56)Ba＋eq\o\al(89,36)Kr＋3eq\o\al(1,0)n B.eq\o\al(234,90)Th→eq\o\al(234,91)Pa＋eq\o\al(0,－1)eC.eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(9,4)Be→eq\o\al(1,0)n＋eq\o\al(12,6)C D.eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)n答案A解析A中的反應是重核裂變，選項A正確；B中的反應是衰變方程，選項B錯誤；C中的反應為原子核的人工轉(zhuǎn)變方程，選項C錯誤；D中的反應是輕核聚變反應，選項D錯誤。3.(2021·山東泰安市二輪檢測)如圖2所示，兩質(zhì)量均為m的小球a、b固定在輕桿兩端，用等長的細線懸掛在O點，整個系統(tǒng)靜止時，細線和輕桿構(gòu)成正三角形。用力F緩慢拉動小球b，保持兩細線張緊，最終使連接a球的細線豎直。重力加速度大小為g。則連接a球的細線豎直時，力F的最小值是()圖2A.eq\f(1,2)mg B.eq\f(\r(3),2)mg C.mg D.eq\r(3)mg答案B解析輕桿對a的作用力只能沿桿方向，因為連接a球的細線豎直，所以為了保持a受力平衡，桿對a無作用力，則桿對b也無作用力。對b受力分析如圖所示，當F與拉力T垂直時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，選項B正確。4.[2021·廣東省學業(yè)水平選擇考模擬(二)]風速測速儀的簡易裝置如圖3甲所示，某段時間內(nèi)線圈中感應電流的波形如圖乙所示，下列說法正確的是()圖3A.若風速變大，圖乙中感應電流的周期變大B.若風速變大，圖乙中感應電流的峰值變大C.圖乙中感應電流最大時，風速最大D.圖乙中感應電流隨時變化的原因是風速在變答案B解析若風速變大，則轉(zhuǎn)速變大，角速度變大，根據(jù)T＝eq\f(2π,ω)可知，周期變小，故A錯誤；若風速變大，則角速度變大，根據(jù)Em＝NBSω可知，感應電動勢峰值變大，再根據(jù)Im＝eq\f(Em,R＋r)可知，感應電流的峰值變大，故B正確；圖乙中感應電流最大時，是穿過線圈的磁通量的變化率最大，并不是風速最大，故C錯誤；圖乙中感應電流隨時間變化的原因是穿過線圈的磁通量變化率隨時在變化，故D錯誤。5.(2021·北京順義區(qū)第二次統(tǒng)練)如圖4所示，金屬圓環(huán)A用絕緣軟絲線懸掛，在A的正下方附近同軸放置一個半徑相同的橡膠圓盤B，B圓盤的邊緣部分均勻帶電。現(xiàn)使圓盤B由靜止開始繞中心軸旋轉(zhuǎn)并逐漸增大轉(zhuǎn)速，在此過程中，下列說法正確的是()圖4A.金屬環(huán)A有擴大半徑的趨勢，絲線受到拉力減小B.金屬環(huán)A有縮小半徑的趨勢，絲線受到拉力減小C.金屬環(huán)A有擴大半徑的趨勢，絲線受到拉力增大D.金屬環(huán)A有縮小半徑的趨勢，絲線受到拉力增大答案B解析帶電圓盤B加速轉(zhuǎn)動時，形成的電流逐漸增大，磁場增強，穿過金屬圓環(huán)A的磁通量增大，根據(jù)楞次定律知感應電流產(chǎn)生的磁場要阻礙原磁通量的變化，所以金屬圓環(huán)A有縮小半徑的趨勢，金屬圓環(huán)A有向上遠離B的運動趨勢，故絲線受到拉力減小。選項B正確。6.(2021·北京順義區(qū)第二次統(tǒng)練)如圖5甲所示，O點為單擺的固定懸點，在此處將力傳感器與擺線相連(圖甲中未畫出)?，F(xiàn)將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置。圖乙為細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像，圖乙中t＝0為擺球從A點開始運動的時刻，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()圖5A.單擺的擺長為2.5mB.擺球的質(zhì)量為0.0498kgC.單擺的振動周期為0.8πsD.擺球運動過程中的最大速度為eq\f(24,5)eq\r(7)m/s答案C解析根據(jù)乙圖，周期為T＝0.8πs，故C正確；根據(jù)周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，整理得L＝eq\f(gT2,4π2)＝1.6m，故A錯誤；由于在最低點時的拉力大小為F＝0.504N，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(v2,L)，設在A點時，擺線與豎直方向夾角為θ，在最高點時的拉力為F′＝mgcosθ＝0.498N，由最高點到最低點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得m＝0.05kg，v＝eq\f(4,25)eq\r(5)m/s，故B、D錯誤。7.(2021·山東泰安市二輪檢測)如圖6所示，一長方體透明玻璃磚在底部挖去半徑為R的半圓柱，玻璃磚長為L。一束單色光垂直于玻璃磚上表面射入玻璃磚，且覆蓋玻璃磚整個上表面。已知玻璃的折射率為eq\r(2)，則半圓柱面上有光線射出()圖6A.在半圓柱穹頂部分，面積為eq\f(πRL,2)B.在半圓柱穹頂部分，面積為πRLC.在半圓柱穹頂兩側(cè)，面積為eq\f(πRL,2)D.在半圓柱穹頂兩側(cè)，面積為πRL答案A解析光線經(jīng)過玻璃磚上表面到達下方的半圓柱面出射時可能發(fā)生全反射，如圖。設恰好發(fā)生全反射時的臨界角為C，由全反射規(guī)律得n＝eq\f(1,sinC)，解得C＝eq\f(π,4)，則有光線射出的部分圓柱面的面積為S＝2CRL，解得S＝eq\f(1,2)πRL，選項A正確。二、多項選擇題(共4小題，每小題4分，共16分)8.(2021·天津市學業(yè)水平等級性考試模擬)地球赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的周期為T，地球半徑為R，同步衛(wèi)星離地面的高度h，已知萬有引力常量為G，忽略地球的自轉(zhuǎn)，則用上述物理量可以求出()A.地球的質(zhì)量 B.同步衛(wèi)星的動能C.同步衛(wèi)星的質(zhì)量 D.地表附近的重力加速度答案AD解析同步衛(wèi)星的周期和地球自轉(zhuǎn)的周期相同，由Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，可以求出地球的質(zhì)量，A正確；由v＝eq\f(2π（R＋h）,T)，可以求出衛(wèi)星的線速度，但是不能求出衛(wèi)星的質(zhì)量，所以不能求出動能，B、C錯誤；根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝mg，因為地球質(zhì)量求出，則可求出地球表面的重力加速度，D正確。9.(2021·山東泰安市二輪檢測)一質(zhì)點以初速度v、加速度a做勻變速直線運動，經(jīng)一段時間后質(zhì)點運動的路程與位移大小之比為5∶3，則該過程的位移和時間可能為()A.位移大小為eq\f(v2,4a) B.位移大小為eq\f(3v2,8a)C.時間為eq\f(3v,2a) D.時間為eq\f(3v,a)答案BCD解析因路程與位移大小之比為5∶3即路程與位移大小不等，故質(zhì)點先做勻減速直線運動，后反向做勻加速直線運動，質(zhì)點速度減為零時所用時間為t1＝eq\f(v,a)，位移大小x1＝eq\f(v2,2a)，質(zhì)點反向加速的時間為t2，速度為v2，有v2＝at2，x2＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a)。若總位移為正，即x1>x2，可知t1>t2，由題意知eq\f(x1＋x2,x1－x2)＝eq\f(5,3)，解得v2＝eq\f(v,2)，則運動時間為t1＋t2＝eq\f(3v,2a)，位移大小為x1－x2＝eq\f(3v2,8a)，故B、C正確；若總位移為負，即x1<x2，可知t1<t2，有eq\f(x1＋x2,x2－x1)＝eq\f(5,3)，解得v2＝2v，則運動時間為t1＋t2＝eq\f(3v,a)，位移大小為x2－x1＝eq\f(3v2,2a)，故A錯誤，D正確。10.(2021·河南六市第二次聯(lián)合調(diào)研)一靜止在水平地面上的物塊受到方向不變的水平拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖7甲所示，物塊的加速度a與時間t的關(guān)系如圖乙所示。設滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，g取10m/s2，根據(jù)圖像信息可得()圖7A.物塊所受滑動摩擦力的大小為2NB.物塊的質(zhì)量等于eq\f(8,3)kgC.在0～4s內(nèi)，合外力的沖量大小為9N·sD.在0～4s內(nèi)，摩擦力的沖量大小為8N·s答案AC解析t＝1s時，物體開始運動，故此時的拉力等于物體的滑動摩擦力，即Ff＝F＝2N，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝ma，代入F＝8N，F(xiàn)f＝2N，a＝3m/s2，解得m＝2kg，故B錯誤；a－t圖像圍成的面積表示速度變化量，由動量定理可得合外力的沖量大小為I合＝mΔv＝9N·s，故C正確；0～1s內(nèi)摩擦力是靜摩擦力，在0～4s內(nèi)，摩擦力的沖量小于If＝Fft＝8N·s，故D錯誤。11.(2021·山東濰坊市二模)如圖8所示，處在勻強電場中的正三棱錐ABCD，O點為其底面ABC的中心，F(xiàn)為BC棱的中點，G點和F點關(guān)于O點對稱，在三棱錐的A點固定一正點電荷，則O點電場強度變?yōu)榱?，則關(guān)于各點電場強度大小和電勢高低，下列判斷正確的是()圖8A.EG＝EF B.EB＝EDC.φB>φD D.φG>φF答案CD解析在三棱錐的A點固定一正點電荷，則O點電場強度變?yōu)榱恪Ｋ詣驈婋妶龅姆较蜓谾A方向。根據(jù)幾何關(guān)系可知AG＝GO＝OF，令AG＝GO＝OF＝L，則根據(jù)點電荷電場強度公式可知點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度E1＝eq\f(kQ,4L2)，故勻強電場電場強度E＝keq\f(Q,4L2)，故EG＝eq\f(kQ,L2)－E，EF＝E－eq\f(kQ,9L2)，所以EF≠EG，點電荷在D點的電場強度大小和在B點的電場強度大小相等，但由于點電荷在D點的電場強度和勻強電場的夾角與點電荷在B點的電場強度和勻強電場的夾角不相等，所以B和D點的電場強度大小不相等，故A、B錯誤；B和D點處在點電荷的同一等勢面上，而在勻強電場中，由于電場強度方向是由F指向A，所以在勻強電場中φB>φD，根據(jù)電勢的疊加原則可知φB>φD，C正確；令O點的電勢為零，則根據(jù)點電荷電勢公式可知正點電荷在O點產(chǎn)生的電勢為φ＝eq\f(kQ,2L)，所以勻強電場在O點對應的電勢為φ＝－eq\f(kQ,2L)，而勻強電場中滿足UFO＝UOG＝Ed＝eq\f(kQ,4L)，故勻強電場在F和G點的電勢為φF＝－eq\f(kQ,4L)，φG＝－eq\f(3kQ,4L)，而正點電荷在F和G點的電勢為φF′＝eq\f(kQ,3L)，φG′＝eq\f(kQ,L)，由電勢的疊加原則可知F點的電勢低于G點的電勢，D正確。三、實驗題(共2小題，共16分)12.(7分)(2021·河南六市第二次聯(lián)合調(diào)研)在“用打點計時器研究勻變速直線運動”的實驗中，某同學得到一條如圖9所示的紙帶。紙帶上所標記各點均為打點計時器在紙帶上打下的一系列連續(xù)的點，請回答下列問題(計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字，所用交流電源頻率為50Hz)∶圖9(1)本實驗所采用的是電火花計時器，其所用電源電壓為________V的交流電。(2)打下標記點1時，紙帶的速度v1＝________m/s。(3)根據(jù)紙帶上所標數(shù)據(jù)，可得紙帶的加速度為a＝________m/s2。答案(1)220(2)0.12(3)4.4解析(1)電火花計時器，其所用電源電壓為220V的交流電。(2)打下標記點1時，紙帶的速度v1＝eq\f(0.46,0.02×2)×10－2m/s＝0.12m/s。(3)設7、8兩點中間時刻的速度為v2，則v2＝eq\f(1.37×10－2,0.02)m/s＝0.685m/s由v2＝v1＋at，又t＝6×0.02s＋0.01s＝0.13s得a＝eq\f(v2－v1,t)＝4.4m/s2。13.(9分)某同學將一個量程為0～1mA、內(nèi)阻未知的電流表G改裝為量程為0～3V的電壓表V，他先測量該電流表G的內(nèi)阻Rg，再進行改裝，然后把改裝的電壓表與標準電壓表進行校準并進行誤差分析。實驗室準備的儀器有：電源E(電動勢為4.5V，內(nèi)阻約1.2Ω)；滑動變阻器R1(最大阻值為5000Ω，允許通過的最大電流約為0.02A)；滑動變阻器R2(最大阻值為20Ω，允許通過的最大電流約為1.0A)；電阻箱R(最大阻值為999.9Ω，允許通過的最大電流約為0.2A)；標準電壓表V0(最大量程為3.0V，內(nèi)阻約為4000Ω)；已知阻值的定值電阻若干(可以用R′表示)；開關(guān)兩個，導線若干。圖10他的操作過程如下：(1)先按如圖10a所示的電路，測量電流表G的內(nèi)阻Rg，其步驟為：①將滑動變阻器R1接入電路的阻值調(diào)到最大，保持開關(guān)S2斷開，閉合開關(guān)S1，再調(diào)節(jié)滑動變阻器R1，使電流表G的指針指在滿刻度Ig處；②保持滑動變阻器R1接入電路的阻值不變，再閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值使電流表G的指針指在滿刻度的一半處，即I＝eq\f(1,2)Ig，此時電阻箱上示數(shù)如圖b所示，則電流表G的內(nèi)阻Rg＝________Ω；(2)他根據(jù)所測出的電流表G的內(nèi)阻Rg的值，通過計算后，在表頭G上串聯(lián)一個電阻R′，就將電流表G改裝成量程0～3V的電壓表V，如圖c所示，則這個定值電阻的阻值R′＝________Ω；(3)他再用標準電壓表V0對改裝的電壓表進行校準，要求電壓能從0到最大值之間逐一進行校準，試在圖d