20高考物理专题综合练习（七）

2022届高考物理专题综合练习（七）13．如图所示，一定质量的理想气体被封闭在水平放置的固定气缸中，气缸的导热良好，活塞与气缸的摩擦不计。当外界大气压不变而环境温度逐渐升高时，下列说法中正确的是A．缸内气体吸收的热量一定等于其内能的增加B．缸内气体吸收的热量一定大于其对活塞做的功C．缸内气体内能的增加一定大于其吸收的热量D．缸内气体对活塞做的功一定小于其内能的增加14．一列振幅为1.0cm，波速为4.0m/s的横波沿某直线传播，在某时刻传至该直线上相距4.0m的S、P两点中的一点，然后又传到另一点，波在传播到其中某一点后的一段时间内，S质点通过的路程为0.80m，而P质点通过的路程为0.40m，则该波的传播方向及频率为Ａ．由S向P，f=10HzＢ．由S向P，f=20HzＣ．由P向S，f=10HzＤ．由P向S，f=20Hz15．当用波长为6.0×10-7m的橙光做双缝干涉实验时，光屏中央的P点和其上方的P1点形成两条相邻的橙色亮纹。若在同一台仪器上换用波长为4.0×10-7m的紫光做双缝干涉实验，那么在P点和P1点处形成的将是A．P点和P1点处均为紫色亮纹B．P点处是紫色亮纹，P1点处为暗纹C．P点处为暗纹，P1点处为紫色亮纹D．P点和P1点处均为暗纹16．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（称为母核）俘获一个核外电子，其内部一个质子变为中子，从而变成一个新核（称为子核），并且放出一个中微子的过程（中微子是质量极小且不带电的微观粒子）。一个静止的母核发生“轨道电子俘获”（电子的初动能很小，忽略不计），衰变为子核并放出中微子。设衰变过程释放的核能全部转化为子核和中微子的动能。下面的说法中正确的是A．子核与中微子的动量相同B．母核的电荷数小于子核的电荷数C．母核的质量数等于子核的质量数D．子核的动能一定大于中微子的动能DabABP17．如图所示，D是一只理想二极管，具有单向导电性，在电路中的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a。A、B是平行金属板，带电微粒P恰好位于两板正中央并保持静止状态。现将两极板间距稍稍增大一些（两极板仍保持平行），则微粒P的运动情况将是A．仍静止不动B．向下运动C．向上运动D．无法判断18．土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等、线度从1μm到10m的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7×104km延伸到1×105km。已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为5×104s，引力常量为7×10-11Nm2/kg2，则土星的质量最接近以下哪个数量级（不考虑环中颗粒间的相互作用）A．1017kgB．1020kgC．1023kgD．1026kg19．如图所示，在光滑水平面上放着长为L，质理量为M的长木板，在长木板左端放一质量为m-4-/4\n的物块（可视为质点），开始物体和长木板均处于静止状态，物块和长木板间的接触是粗糙的。今对物块m施一水平向右的恒力F，物块与木板分离时木板的速度为v。下列判断正确的是mMFA．若只增大物块质量m，则相对滑动过程木板的加速度不变，但分离时速度v变大B．若只增大物块质量m，则相对滑动过程木板的加速度增大，但分离时速度v变小C．若只增大恒力F，则相对滑动过程木板的加速度增大，分离时v也变大D．若只增大恒力F，则相对滑动过程木板的加速度不变，但分离时v变小20．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直，接触良好，形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率v2向下匀速运动。重力加速度为g。有以下四种说法：①ab杆所受拉力F的大小为μmg+；②cd杆所受摩擦力为零；③回路中的电流强度为；④μ与v1大小的关系为μ＝。以上说法中正确的是A．①②③B.①④C.③④D.①③④21．（18分）⑴有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成的。两个单摆摆动平面前后相互平行。①现测得两单摆完成50次全振动的时间分别为50.0s和49.0s，那么这两单摆的周期之差为ΔT=s。②某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差。若测得释放两摆的时间差Δt＝0.165s，则在短摆释放s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向（填方向）通过（填位置）；③为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是。⑵有一根细长而均匀的空心金属管线，其管壁厚度d约为2μm，管线长l约30cm，外径D约2mm，电阻R约30Ω。现要测定其内径d0。通过查表已知这种金属的密度ρ，电阻率ρ´，比热C。现有如下器材：A．厘米刻度尺；B．毫米刻度尺；C．螺旋测微器；D．.毫安表（0-50mA，约10Ω）；E．安培表（3A，约0.1Ω）；F．伏特表（3V，约6kΩ）；G．滑动变阻器（0-200Ω，0.5A）；H．滑动变阻器（0-5Ω，1.0A）；I．蓄电池（6V，0.05Ω）；J．电键一只，导线若干；K．天平和砝码。请设计两种不同的方案测定内径d0：①用电阻定律。②用质量和密度的关系。分别写出两种方法需要测定的物理量和所用的器材，并写出内径d0的表达式。22．（16分）水平放置的平行金属板M、N相距d。质量为m的带负电质点从两板左端的a点处以水平初速度v射入两板之间。a-4-/4\n点到下极板的距离是到上极板距离的2倍。当两板不带电时，带电质点刚好从N板右端点飞出。⑴若两板带电后板间电压为U，该质点以同样的初速度从a点射入两板间，恰好从M板右端点飞出。该质点飞过两板间的过程中动能的增量是多少？⑵保持上一问的条件不变，再增加一个垂直于纸面的匀强磁场，使该质点从a点射入后恰好能沿直线穿过两板之间，求所加的匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向。MNa12nv02v0nv023．（18分）如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、…、n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同。开始时，木板静止不动，第l、2、3、…、n号木块的初速度分别为vo、2vo、3vo、…、nvo，vo方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，木板足够长，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动。试求：⑴所有木块与木板一起匀速运动的速度vn。⑵第1号木块与木板刚好相对静止时的速度v1。⑶第（n-1）号木块在整个运动过程中的最小速度vn-1。BRαab24．（20分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨，间距为L=2.0m，导轨平面与水平方向成α=30°角。导轨下部接有一只阻值为R=5.0Ω的电阻。现将一个长也是L=2.0m，质量为m=0.20kg的金属棒自导轨顶部从静止开始沿导轨自由下滑。下滑一段距离后进入一个垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.50T，该磁场下部无边界。金属棒进入磁场后又下滑了s´=30m后开始做匀速运动。在做匀速运动之前，电阻R上产生的电热是60J。金属导轨和金属棒的电阻不计。求：⑴金属棒进入磁场后当速度为v=15m/s时的加速度大小和方向。⑵磁场的上边界到导轨顶部的距离。-4-/4\n参考答案及提示13．B14．A15．B（提示：P点和P1点间的距离就是橙光相邻亮纹间的距离Δx，由，紫光相邻亮纹间的距离Δx´=Δx，因此P点和P1点间的距离=1.5Δx´，因此P1点为暗纹。）16．C（提示：子核和中微子动量等大反向；子核比母核少一个质子，核电荷数减少1；子核跟母核的核子数相同，因此质量数相同；子核和中微子动量等大，因此动能跟质量成反比。）17．A（提示：板间距离增大，电容减小，若电量不变则电压将升高，应该放电，但由于二极管的单向导电性，无法实现放电，因此电量不变，场强不变。）18．D19．D（提示：利用v-t图象分析。无论改变m还是改变F，物块和木板的速度图线之间所围的面积总是表示它们相对滑动的距离L，是相同的。）20．B21．（1）①0.02②8.085左平衡位置③减小两单摆摆长差，或在不改变摆长差的同时增大摆长等。（提示：ΔT=T1-T2=0.02s；先释放的是长摆，故有nT1=nT2+Δt，解得n=8.25，所以短摆释放的时间为t=nT2=8.085s，此时两摆同时向左经过平衡位置；在不改变摆长差的同时增大摆长，ΔT越小，可测得的时间差越小。）⑵①须测定物理量：电压U、电流I、长度l、外径D。须用器材：B、C、D、F、G、I、J；。②须测定物理量：质量m、长度l、外径D。须用器材：B、C、K；（提示：由于管壁厚度约是外径的千分之一，因此管线的横截面积可表示为S=πDd。内径d0=D-2d。）22．⑴mgd/6（提示：类平抛运动的水平分运动时间相同，可判断合力是重力的0.5倍，因此电场力是重力的1.5倍，电场方向竖直向下。合力做功等于动能增量。）⑵B=U/3dv，垂直于纸面向里。（提示：洛伦兹力大小是电场力大小的1/3。）23．⑴(n+1)vo/4（提示：系统总动量为，系统总质量为2nm。）⑵vo/2（提示：1号木块和木板相对滑动过程，木块和木板的加速度大小都等于μg，因此相同时间内速度变化大小相同。）⑶(n-1)(n+2)vo/4n（提示：当时前n-1个木块都和木板具有共同速度vn-1，而第n个木块的速度为vn-1+vo，即=(2n-1)mvn-1+m(vn-1+v0)，整理后可得结果。）24．⑴10m/s2沿斜面向上（提示：先求出稳定速度v0=5m/s，则v=15m/s时的安培力是重力下滑分力的3倍。）⑵32.5m（提示：从开始下滑到刚好达到稳定过程重力势能的减少等于动能的增加和电阻R上产生的电热之和。mg(s+s´)sin30°=mv02/2+Q）-4-/4