《2018届高考物理二轮复习寒假作业十一模考前适应性训练一》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考物理二轮复习寒假作业十一模考前适应性训练一（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、深入理解课文，了解孙中山，了解“布衣”与总统的关系，了解布衣总统的来历及其布衣特色的体现，体会甘于淡泊精神对当代青年的教育意义。寒假作业(十)一模考前适应性训练(一)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15题只有一个选项符合题目要求，第68题有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2017海淀一月模拟)玻尔提出的氢原子结构理论主要依据的现象是()A粒子散射实验的现象B中子轰击铀核发生裂变的现象C原子核的天然放射性现象D低压氢气放电管中的氢气在高电压作用下发光，产生线状谱线的现象解析：选D粒子散射实验的现象得出了原子
2、核式结构模型，故A错误。中子轰击铀核发生裂变是核电站的主要原理，故B错误。原子核的天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，故C错误。低压氢气放电管中的氢气在高电压作用下发光，产生线状谱线的现象，用核式结构模型无法解释，在这基础上，玻尔提出了氢原子结构理论，用能量的量子化进行解释，故D正确。2.如图所示，是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形，如果认为峭壁的平面是竖直的平面，冰面是光滑的，腿与峭壁面是垂直的，细绳与壁面的夹角为30，运动员重为80 kg。则细绳给人的张力大小为(g取10 m/s2)()A. NB800 NC. N D1 600 N解析：选C对运动员受力分析如图所示：根据平衡条件，水平方
3、向：NTsin 30竖直方向：Tcos 30mg故细绳给人的张力为：T N N故C正确。3.如图所示，P、Q是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有a、b、c三点在一条直线上，平行于P、Q的连线，b在P、Q连线的中垂线上，abbc，下列说法正确的是()A电势：abc B电势：acbC电场强度：EaEbEc D电场强度：EbEaEc解析：选AP、Q是两个电荷量相等的异种电荷，画出等势面和电场线分布，如图所示：根据沿着电场线，电势逐渐降低，可得abc，故A正确，B错误。电场线的疏密程度反映电场强度的大小，由于对称性可得EaEc，故C、D错误。4(2018届高三皖南八校联考)一颗在赤道上空做匀速圆周
4、运动的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R)()A.R B.RC.R D.R解析：选A根据卫星在其轨道上满足Gmg，且在地球表面Gmg，又因为gg，解得r2R；则某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为，则观测到地面赤道最大弧长为R，A正确。5如图甲所示，在粗糙的水平面上，一质量m1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并被锁定，滑块与弹簧不相连，解除锁定前滑块处于P处，t0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t11 s时滑块已经在水平面上滑行x
5、4 m的距离。在滑块运动方向上与P相距7 m的Q处有一竖直挡板，若滑块与挡板碰撞被弹回时无能量损失，g取10 m/s2，弹簧的劲度系数为0.8 N/m，则下列说法正确的是()A滑块与水平面间动摩擦因数为0.2B弹簧锁定时具有的弹性势能为10 JC若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块的机械能守恒D当滑块从P点向右运动2.5 m时，滑块具有最大的动能解析：选A从图像可知，滑块脱离弹簧后的加速度为：a1 m/s22 m/s2由牛顿第二定律有：mgma1得：0.2，故A正确；t11 s时滑块已经在水平面上滑行x4 m的距离，设弹簧对滑块做功为W，由动能定理知：Wmgxmvb2代入数据得：W16
6、 J由题图可知此时弹簧已经恢复原长，弹性势能已经全部释放，所以弹性势能EpW16 J，故B错误；若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，但滑块的机械能不守恒，故C错误；当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，滑块的动能最大，则有：kxmg，解得：x2.5 m，则当滑块从P点向右运动的位移x4 m2.5 m1.5 m时，滑块具有最大的动能，故D错误。6.(2017南宁一模)如图所示，小球从斜面底端正上方h高处，以某一速度正对倾角为的斜面水平抛出时，小球到达斜面的位移最小，(重力加速度为g)则()A小球平抛的初速度v0 sin B小球平抛的初速度v0 C飞行时间tcos D飞行
7、时间t 解析：选AC过抛出点作斜面的垂线，如图所示：当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：xhcos sin v0t竖直方向：yhcos cos gt2解得v0 sin ，tcos 。故A、C正确。7.如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。 已知金属杆MN倾斜放置， 与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则()A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的发热功率为解析：
8、选BD电路中感应电动势为：EBlv，故A错误。由题意可知金属杆接入电路中的有效电阻R，则电路中感应电流的大小为：I，故B正确。金属杆所受安培力的大小为：FBIMNBI，故C错误。金属杆的热功率为：PEII2R，故D正确。8(2017沈阳模拟)如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输电线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分), 甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()A甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C丙
9、会发生触电事故，继电器会切断电源D丁会发生触电事故，继电器会切断电源解析：选AD题图中甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确，B错误；当丙双手“火线零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈B中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，故C错误；当丁如题图中“手地”触电时，会导致一部分电流通过大地，发生触电事故，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，故会在线圈B中产生感应电
10、流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D正确。二、非选择题(共47分)9(6分)(2018届高三西北工大附中检测)某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”。他们将拉力传感器固定在小车上记录小车静止时受到拉力的大小，下面按照甲图进行实验，t0时，小车处于甲图所示的位置。(1)该同学按甲图完成实验，请指出至少一处错误：_。(2)把甲图中的错误改正后，重新做实验，图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E为计数点(每两个计数点间还有4个点未画出)，AC间的距离为_cm。(3)若打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则小车的加速度大小为_m/s2。(结果保留两位有
11、效数字)解析：(1)该实验的错误之处：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力。(2)AC间的距离为3.10 cm。(3)根据xaT2，运用逐差法得：a m/s20.98 m/s2。答案：(1)打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力(2)3.10(3)0.9810(9分)(2017福州一中模拟)为了测量某高内阻电源的电动势E和内阻r(电动势约5 V、内阻约500 )，现提供下列器材：A待测电源B电压表V(03 V，内阻约几千欧)C电流表A(10 mA，RA10 )D电阻箱R0(09 999.9 )E滑动变阻器R1(020
12、 )F滑动变阻器R2(01 000 )G开关及导线H干电池若干节(内阻很小)(1)实验中需要将电压表改装。首先测定其内阻，某同学采用图甲所示的电路， 电源为干电池组。开关S闭合前， 电阻箱R0的阻值应该调到_(选填“零”或“最大”)。闭合开关，调节电阻箱， 当电压表指针满偏时，阻值为R012 950 ；当电压表指针半偏时，阻值为R028 900 ，则电压表内阻RV_ 。(2)采用图乙所示的电路测量电源电动势和内阻。电阻箱R0与电压表串联构成量程为6 V的电压表，则R0_；滑动变阻器应选_(选填“R1”或“R2”)。(3)根据实验测得数据，作出电源路端电压U随电流I变化的图像如图丙所示，由图像可
13、知E_V，r_。解析：(1)开关S闭合前，电阻箱R0的阻值应该调到最大。由UR010.5UR02，解得RV3 000 。(2)根据扩大电压表量程原理，电阻箱R0与电压表串联构成量程为6 V的电压表，则R03 000 ；滑动变阻器应选阻值范围大的R2。(3)由闭合电路欧姆定律，EUIr，结合图线解得E5.0 V，图线斜率的绝对值等于电源内阻r490 。答案：(1)最大3 000(2)3 000R2(3)5.049011.(14分)如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37，半径为r0.25 m，C端水平，AB段的动摩擦因数为0.5。竖直墙壁CD高H0.
14、2 m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L0.3 m的斜面。一个质量m0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l0.5 m处由静止释放，从C点水平抛出。重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；(2)小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。解析：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得：mglsin 37mg(rrcos 37)mglcos 37mv02代入数据解得：v0 m/s在C点，由牛顿第二定律得：Nmgm代入数据解得：N2.2 N由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2 N。(2)如图，设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，由几何关系得代入得：x0.31.5y由平抛运动的规律得：xv0t，y
