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2026江苏高考物理的二轮专题
小综合练(二)
一、单项选择题:共6题,每题4分,共计24分。
1.地球上只有百万分之一的碳以碳14形式存在于大气中C能自发进行β衰变,关于C发生β衰变下列说法正确的是(　　)
A.衰变放出的β粒子来自于C的核外电子
B.衰变产生的新核是N
C.衰变产生的新核的比结合能比C大
D.衰变放出的β粒子带负电,具有很强的电离能力
2.著名物理学家汤姆孙曾在实验中让电子束通过电场加速后,通过多晶薄膜得到了如图所示的衍射图样,已知电子质量为m=9.1×10-31 kg,加速后电子速度v=5.0×106 m/s,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,则(　　)
A.该图样说明了电子具有粒子性
B.该实验中电子的德布罗意波长约为0.15 nm
C.加速电压越大,电子的物质波波长越长
D.使用电子束工作的电子显微镜中,加速电压越大,分辨本领越弱
3.如图所示,在机械臂作用下,微型卫星与空间站一起绕地球做匀速圆周运动,且卫星、空间站、地球位于同一直线上。则连接微型卫星与空间站的机械臂对微型卫星的作用力(　　)
A.大小为零
B.大小不为零,方向指向空间站
C.大小不为零,方向背离空间站
D.大小不为零,方向垂直于空间站与微型卫星的连线
4.图甲、图乙是演示自感现象的实验电路,实验现象明显。下列说法正确的是(　　)
A.在图甲中,开关S闭合时两灯泡同时亮
B.在图甲中,仅去掉铁芯后线圈的电感增大
C.在图乙中,开关S断开时线圈中产生自感电动势
D.在图乙中,开关S断开时灯泡中电流方向不改变
5.用电流传感器研究电容器充放电现象,电路如图所示。电容器不带电,闭合开关S1,待电流稳定后再闭合开关S2,通过传感器的电流随时间变化的图像是(　　)
6.质量为m的矩形木板ae,放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且m二、非选择题:共3题,共39分。
7.(15分)用如图甲所示的实验装置来验证牛顿第二定律,为消除阻力的影响,实验前必须补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力。
(1)某小组补偿阻力时是这样操作的:将小车静止地放在水平长木板上,把木板不带滑轮的一端慢慢垫高,如图乙,直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止,即认为刚好补偿阻力完毕。该小组补偿阻力的操作　　　　　(选填“正确”或“不正确”)。
甲
乙
(2)如果该小组已按(1)中的操作补偿阻力,保持M(小车质量)不变,通过改变砂桶中砂子质量,得到a-F图像是下图中的　　　(将选项代号的字母填在横线上)。
(3)若在另一组实验过程中,保持M(小车质量)不变,通过改变砂桶中砂子质量,分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出a-F关系图线如图所示。此图线的AB段明显偏离直线,造成此现象的主要原因可能是　　　。
A.没有平衡小车与木板之间的摩擦力
B.木板倾斜角度过大
C.所用小车的质量过大
D.所加砂子的总质量过大
(4)打点计时器使用交流电源的频率f=50 Hz,下图是某小组在正确操作下获得的一条纸带,A、B、C、D、E每相邻两点之间还有4个点未标出,根据纸带所提供的数据,算得小车的加速度大小为　　　　 m/s2(结果保留两位有效数字)。
(5)在本实验中认为细线的拉力F等于砂和砂桶的总重力mg,由此造成的误差是系统误差,设拉力的真实值为F真,为了使<5%,应当满足的条件是<　　　　　。
8.(8分)如图所示,在水平固定的圆柱形导热容器内用活塞密封一部分气体,活塞能无摩擦地滑动,容器的横截面积为S,将整个装置放在大气压恒为p0的空气中,开始时气体的温度为T0,活塞与容器底部的距离为L0,当活塞缓慢向左移动d后再次平衡,气体向外放出热量Q。求:
(1)外界空气的温度T;
(2)此过程中气体内能的变化量ΔU。
9.(16分)如图所示,足够长“V”字形的金属导轨两侧与水平地面的夹角θ=37°,最低点平滑连接,其间距为L=0.5 m,左端接有电容C=2 000 μF的电容器。质量m=10 g的导体棒可在导轨上滑动,导体棒与两侧导轨间的动摩擦因数相同,导体棒和导轨的电阻均不计。导轨左右两侧存在着垂直于导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=2 T。现使导体棒从左侧导轨上某处由静止释放,经时间t1=0.8 s第一次到达最低点,此时速度v1=1.6 m/s,然后滑上右侧导轨,多次运动后,最终停在导轨的最低点。整个过程中电容器未被击穿,忽略磁场边缘效应和两个磁场间相互影响,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)导体棒第一次运动到最低点时,电容器所带电荷量Q;
(2)动摩擦因数μ和导体棒第一次运动到最低点时,电容器储存的能量Ec;
(3)导体棒运动的总时间t总。
参考答案
1.C　解析 中子释放β粒子转化为质子,A错误;衰变后原子核质量数不变,核电荷数变为7,即N,B错误;衰变释放能量,形成的新核结合能增大,由于质量数相同,则比结合能比C大,C正确;β粒子具有较弱的电离能力,D错误。故选C。
2.B　解析 题图为电子束通过多晶薄膜的衍射图样,因为衍射是波所特有的现象,所以说明了电子具有波动性,A错误;由德布罗意波长公式可得λ=,而动量p=mv,两式联立得λ=≈0.15 nm,该实验中电子的德布罗意波长约为0.15 nm,B正确;由德布罗意波长公式可得λ=,而动量p=,两式联立得λ=,加速电压越大,电子的波长越短,衍射现象就越不明显,分辨本领越强,C、D错误。
3.B　解析 由=mω2r,解得ω=,可知仅受万有引力提供向心力时,微型卫星比空间站的轨道半径大,角速度小,由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动,由F=mω2r可知所需向心力增大,所以机械臂对微型卫星有拉力作用,方向指向空间站。故选B。
4.C　解析 在图甲中,开关S闭合时,L2灯立即变亮,由于线圈对电流的阻碍作用,L1缓慢变亮,A错误;仅去掉铁芯后,线圈的自感系数变小,所以线圈的电感变小,B错误;在图乙中,开关S断开,由于线圈对电流的阻碍作用,所以线圈中会产生自感电动势,C正确;在图乙中,由图可知,在开关S断开前,灯泡中的电流方向向右,当开关断开后,原来通过灯泡的电流立刻消失,由于线圈对电流的阻碍作用产生自感电动势,线圈相当于电源,与灯泡重新组成回路,此时通过灯泡的电流方向向左,即在图乙中,开关S断开时灯泡中的电流方向发生改变,D错误。
5.A　解析 闭合开关S1后,电容器充电,电容器电压与电源电压差值越来越小,则通过传感器的电流越来越小,充电完成后,电容器电压等于电源电压,此时电路中电流为零;再闭合开关S2,因为电容器电压大于R2电压,则电容器放电,电容器电压与R2电压差值越来越小,则通过传感器的电流越来越小,且电流方向与开始充电时的方向相反,当电容器电压等于R2电压,此时电路中电流为零。由以上分析可知,选项A正确,选项B、C、D错误。故选A。
6.B　解析 地面光滑,物块A与木板B组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,对m有μMgx=mv2,设相对位移为Δx,对M有-μMg(x+Δx)=Mv2-,整理得,因为m7.答案 (1)不正确　(2)C　(3)D　(4)0.60　(5)5%
解析 (1)小车由静止下滑,说明重力沿斜面的分力大于阻力,因此补偿阻力过度,所以该同学的操作不正确,正确的操作应该为给小车一个初速度,小车能够带动纸带匀速下滑。(2)如果这位同学先按(1)中的操作补偿阻力,导致平衡阻力过度,当小车上还没有挂砂和砂桶时,小车应该就已经有加速度了,选项A、B、D错误,C正确。(3)用砂桶和砂子的重力代替拉力F,需要满足砂桶和砂子质量远小于小车质量。随着F的增大,不满足砂桶和砂子质量远小于小车质量时,a-F图线最后会略微向下弯曲,故造成此现象的原因是所加砂子的总质量过大,选项D正确,A、B、C错误。(4)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1 s,根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度a= m/s2=0.60 m/s2。(5)对砂桶进行分析有mg-F真=ma,对小车进行分析有F真=Ma,根据题干要求有<5%,解得<5%。
8.答案 (1)T0　(2)p0dS-Q
解析 (1)由等压变化规律可得
解得T=T0。
(2)由热力学第一定律得
ΔU=W-Q
根据题意可知,W=p0dS
ΔU=p0dS-Q。
9.答案 (1)3.2×10-3 C　(2)0.45　2.56×10-3 J　(3)2 s
解析 (1)在最低点,导体棒切割磁场,电容器两端电压与导体棒两端电动势相等,有
U=E=BLv1
电容器的电容
C=
联立解得
Q=3.2×10-3 C。
(2)导体棒由在左边导轨上静止释放后,在下滑过程中受力分析如图:
解法一:沿斜面方向由动量定理得
mgt1sin θ-μmgt1cos θ-BILt1=mv1
解得μ=0.45
电容器储存的能量
Ec=mgh-μmgcos 37°x1-
解得Ec=2.56×10-3 J
解法二:沿斜面方向由牛顿第二定律得
Gx-f-F=ma1
又F=BIL
I==BLC=BLCa1
a1=,f=μmgcos θ
解得μ=0.45
根据电容器储存能量公式
Ec=CU2
又U=BLv1
解得Ec=2.56×10-3 J。
(3)根据分析可知,物体冲上右边导轨后,电容器放电,导体棒安培力沿斜面向上,受力分析图如图所示
根据牛顿第二定律得
Gx+f-F=ma2
又F=BIL
I==BLC=BLCa2
解得a2=8 m/s2
则t1==0.8 s,t2==0.2 s
物体上滑到右侧最高点位移
x2=
解得x2=0.16 m
同理,导体棒从右侧斜面最高点滑下过程中电容器充电,加速大小等于a1,导体棒第二次经过最低点时假设其速度为v2,则x2=a1
解得t3=0.4 s
导体棒从右侧轨道上滑到最高点后以a1向下匀加速,到达最低点后以加速度a2减速滑上左侧轨道,如此往复,直至停在最低点。根据运动学规律,易得在两边导轨加速下滑过程时间依次为
t1=0.8 s,t3=0.4 s,t5=0.2 s,t7=0.1 s……
在两边导轨减速上滑过程时间依次为
t2=0.2 s,t4=0.1 s,t6=0.05 s,t8=0.02 5 s……
所以t总=2 s。
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