高中物理第一轮专项复习阶段滚动检测四后附答案解析.docx

1、高中物理 第一轮专项复习 阶段滚动检测四后附答案解析高中物理 第一轮专项复习 阶段滚动检测(四)（后附答案解析）第七十章(90分钟 100分)第卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(滚动单独考查)下列说法中正确的是()A.随着技术进步,热机的效率可以达到100%;制冷机也可以使温度达到-280B.气体放出热量,其分子的平均动能就减小C.根据热力学第二定律,一切物理过程都具有方向性D.一定质量的理想气体,先保持压强不变而膨胀,再进行绝热压缩,其内能必定增加2.(滚动单独考查)某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4

2、km/s和9km/s。一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成(如图所示)。在一次地震中,震源在地震仪下方,观察到两振子相差5s开始振动,则()A.P先开始振动,震源距地震仪约36kmB.P先开始振动,震源距地震仪约25kmC.H先开始振动,震源距地震仪约36kmD.H先开始振动,震源距地震仪约25km3.(滚动单独考查)如图所示,实线为某列波在t=0时刻的波形图像,虚线为t=0.3s(T0.3s)时的波形图像,其中P点在t=0时刻的振动速度正在增大,则下列说法中正确的是()A.波速为13m/sB.波速为10m/sC.在0内质点P运动的平均速度小于0.4m/sD.在0内质点P运动的平

3、均速度等于10m/s4.如图所示,在-Q形成的电场中,有a、b、c三点,它们到点电荷的距离为rarba,同一负电荷在电势低处电势能大,故C错误;因Uab=Ubc,据W=qU知Wab=Wbc,D错误。5.A、C原子失去电子的过程中,带正电的原子核与带负电的电子分离,克服电场力做功,电势能增大,A正确,B错误;正负离子结合成分子的过程中电场力做正功,电势能减小,反之电势能增大,C正确,D错误。6.C保持K接通时,电容器两板间电压不变,减小板间距,由E=知,场强增大,A错;在两板间插入介质,C增大,由Q=CU知Q增大,B错;充电后断开K,Q不变,减小两板间距,C增大,由U=知U减小,故C对;插入介质

4、,C增大,由U=知U减小,故D错。7.B、D将电容器上板或下板移动一小段距离,电容器带电荷量不变,由公式E=可知,电容器产生的场强不变,以相同速度入射的小球将仍沿原轨迹运动,下板不动时,小球沿原轨迹由下板边缘飞出,B正确,A、C错误;当下板向上移动时,小球可能打在下板的中央,D正确。8.C灯泡能正常发光,说明电解槽和灯泡均分得110V电压,且干路电流I=I灯=A,则电解槽消耗的功率P=P灯=IU=60W,C正确,A错误;电解槽的发热功率P热=I2R内=1.3W,B错误;整个电路消耗的总功率P总=220W=120W,D错误。9.A、D根据电位器结构和连线可知:连接A、B,使滑动触头顺时针转动时,

5、回路电阻增大,回路电流减小,灯泡变暗,选项A正确;同理可确定选项D正确;连接A、C时,滑动触头不能改变回路电阻,灯泡亮度不变,故选项B、C均错误。10.B、D电容器两端电压等于电阻R2两端的电压,只增大R1时,电容器两端的电压减小,电容器所带电荷量减小,选项A错误;只增大R2时,电容器两端的电压增大,电容器所带电荷量增大,选项B正确;只减小R3时,电容器两端的电压不变,电容器所带电荷量不变,选项C错误;只减小a、b两极板间的距离时,电容变大,电容器所带电荷量增大,选项D正确。11.【解析】(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L,用到毫米刻度尺,测单摆的周期用秒表,所以测量工具选B、D。(2

6、)设摆线在筒内部分的长度为h,由T=2得,T2=L+h,可知T2-L关系图像为a。(3)将T2=0,L=-30cm代入上式可得:h=30cm=0.3m将T2=1.20s2,L=0代入上式可求得:g=2=9.86m/s2答案：(1)B、D(2)a(3)0.39.8612.【解析】(1)从螺旋测微器的固定刻度上可以看出,半毫米刻度线已经露出来,因此主尺上应读0.5mm,可动刻度上接近第18个刻度线,可以估读0.180mm(或0.179mm),所以该金属丝直径应为0.5mm+0.180mm(或0.179mm)=0.680mm(或0.679mm)。(2)由电路图知电源是两节干电池,电动势是3V,用3V

7、量程的电压表A;因为金属丝的电阻大约为5,如果把3V的电动势全加在金属丝上,电流才是0.6A,因此用量程是0.6A的电流表C;此题中金属丝的电阻大约为5,为了减小实验误差,应选10的滑动变阻器E。(3)由R=可得:=。答案：(1)0.680(或0.679)(2)ACE导线连接在滑动变阻器的滑片上采用了电流表内接法(3)13.【解析】(1)根据质点运动方向和波的传播方向之间的关系可知,此波沿x轴负方向传播。 (2分)(2)在t2=0.55s时,质点M恰好第3次到达沿y轴正方向的最大位移处,则有:(2+)T=0.55s,得T=0.2s (2分)由图像得简谐波的波长为=0.4m,则波速v=2m/s。

8、 (1分)(3)在t1=0至t3=1.2s这段时间内,波中质点N经过了6个周期,即质点N回到始点,所以走过的路程为654cm=120cm (2分)相对于平衡位置的位移为2.5cm。 (1分)答案：(1)沿x轴负方向(2)2m/s(3)120cm2.5cm14.【解析】(1)设电压表的内阻为RV,测得R1两端的电压为U1,R1与RV并联后的总电阻为R,则有:=+ (1分)由串联电路的规律= (2分)联立并代入数据,得RV=4.8k。 (1分)(2)电压表接入前,电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压,设R1两端的电压为,则=,又E=UC+ (2分)接入电压表后,电容器上的电压为UC=E-U1 (

9、1分)由于电压表的接入,电容器带电量增加了Q=C(UC-UC) (1分)由以上各式并代入数据,可得Q=2.3510-6C。 (1分)答案：(1)4.8k(2)2.3510-6C15.【解析】(1)粒子从O到A的运动Oy方向:0-v0=-gt,0-=2(-g)y (2分)Ox方向:v0=t,=2x (2分)而=tan (1分)联立可得=45,t=。 (2分)(2)据得=g (2分)该匀强电场的电场强度E=。 (1分)答案：(1)45(2)16.【解析】(1)由f=kv2得,当船速达到3m/s时,阻力大小为f1=N=3.375103N (2分)风力的功率为P1=fv=1.51032W=3103W (2分)故电动机提供的机械功率为P机=f1v1-P1=3.3751033W-3103W=7.125103W (2分)(2)电动机获得的电能功率为P2=W=7.92103W (2分)风帆获得的太阳能功率为P3=600461.5W=2.16104W (2分)故太阳能电池将太阳能转化为电能的效率2=100%=37%。 (1分)答案：(1)7.125103W(2)37%