2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí)備考 第十五單元 必考部分綜合 新人教版.doc

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2019-2020年高三物理一輪復(fù)習(xí)備考 第十五單元 必考部分綜合 新人教版 選擇題部分共10小題。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,1~6小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,7~10小題有多個(gè)選項(xiàng)正確;全部選對的得4分,選不全的得2分,有選錯(cuò)或不答的得0分。 1.兩物體分別從不同高度自由下落,同時(shí)落地,已知甲物體下落的時(shí)間為t,乙物體下落的時(shí)間為。當(dāng)乙物體開始下落時(shí),甲、乙兩物體的高度之比是 A.2∶1　　　　　　B.3∶1　　　　　　C.4∶1　　　　　　D. 4∶3 解析:甲物體距地面高度h=gt2,乙物體下落時(shí),甲已經(jīng)下落,即h=g()2,此時(shí)甲距地面的高度h甲=h-h=gt2,乙距地面的高度h乙=g()2=gt2,故h甲∶h乙=3∶1,選項(xiàng)B正確。 答案:B 2.規(guī)定向右為正方向,質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示,則 A.質(zhì)點(diǎn)在0~6 s內(nèi)合力做的功大于6 s~10 s內(nèi)合力做的功 B.3 s~6 s與8 s~10 s內(nèi)合力均做正功 C.3 s~6 s和6 s~8 s內(nèi)合力的平均功率相等 D.0~3 s內(nèi)合力的功率小于6 s~8 s內(nèi)合力的功率 解析:由動(dòng)能定理知:0~6 s內(nèi)和6 s~10 s內(nèi)合力做的功均為0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;3 s~6 s和8 s~10 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能均減小,合力做負(fù)功,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由斜率知,3 s~6 s內(nèi)與6 s~8 s內(nèi)動(dòng)能的變化量相等,但所用的時(shí)間不同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;0~3 s內(nèi)和6 s~8 s內(nèi)動(dòng)能的變化量相等,但時(shí)間不同,由P=知,0~3 s內(nèi)合力的功率小于6 s~8 s內(nèi)合力的功率,選項(xiàng)D正確。 答案:D 3.我國于2013年12月2日成功發(fā)射“嫦娥三號”月球探測衛(wèi)星。假設(shè)衛(wèi)星從地球向月球轉(zhuǎn)移的過程可以簡化成如圖所示的路線:探測衛(wèi)星由地面發(fā)射后經(jīng)過發(fā)射軌道進(jìn)入停泊軌道,此時(shí)可認(rèn)為其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑等于地球半徑;然后探測衛(wèi)星在停泊軌道經(jīng)過調(diào)速后進(jìn)入轉(zhuǎn)移軌道,經(jīng)過幾次制動(dòng)后進(jìn)入工作軌道,此時(shí)探測衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑可認(rèn)為等于月球半徑;最后再經(jīng)調(diào)整,探測衛(wèi)星降落至月球開始對月球進(jìn)行探測。已知地球的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比是p,地球的半徑與月球的半徑之比是q,則探測衛(wèi)星在停泊軌道與工作軌道的運(yùn)行速度大小之比是 A. B. C. D. 解析:探測衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí),做勻速圓周運(yùn)動(dòng),萬有引力提供向心力,由G=m,得v=,所以==,選項(xiàng)C正確。 答案:C 4.空間里存在著平行于x軸方向的靜電場,PQMN為x軸上的點(diǎn),沿x軸正方向,電勢φ隨位置坐標(biāo)的變化如圖所示,一個(gè)粒子僅在電場力的作用下從P點(diǎn)由靜止開始向右運(yùn)動(dòng),則下列說法正確的是 A.粒子可能帶負(fù)電 B.M點(diǎn)的電勢低于N點(diǎn)的電勢 C.粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí),電勢能先減小后增大 D. UPQ=UMN 解析:由圖知,從P點(diǎn)到N點(diǎn)電勢均勻降低,故電場是勻強(qiáng)電場,因帶電粒子僅在電場力作用下從P點(diǎn)由靜止開始沿x軸運(yùn)動(dòng),則電場線方向沿x軸正方向,故粒子帶正電,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確;粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),電場力一直做正功,電勢能一直減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案:D 甲 5.如圖甲所示,兩個(gè)相鄰的勻強(qiáng)磁場的寬均為L,方向均垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B和2B。一邊長為L的正方形線框從位置P勻速穿過了這兩個(gè)磁場到達(dá)位置Q,規(guī)定感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向?yàn)檎?則感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象是圖乙中的 乙 解析:利用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電流的方向,當(dāng)線框進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí),感應(yīng)電流為順時(shí)針方向,且I=-,A錯(cuò)誤;當(dāng)線框開始進(jìn)入右半邊的磁場區(qū)域時(shí),右邊框和左邊框均切割磁感線,則線框中感應(yīng)電流I==-,感應(yīng)電流為順時(shí)針方向,選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤;當(dāng)線框離開磁場時(shí),線框的左邊切割磁感線,感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向,且電流大小I=,選項(xiàng)D正確。 答案:D 6.如圖所示,磁場中固定一正點(diǎn)電荷+Q,一個(gè)質(zhì)子以+Q為圓心在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。磁場方向垂直于質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)平面,磁感強(qiáng)度的大小為B,若質(zhì)子所受磁場力是電荷+Q作用的電場力的三倍,質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m。則質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的角速度可能是 A. B. C. D. 解析:由于兩個(gè)粒子都帶正電,故質(zhì)子的洛倫茲力一定指向圓心,向心力大小等于,由牛頓第二定律得=mω2r,v=ωr,故ω=,選項(xiàng)A正確。 答案:A 7.物理學(xué)的發(fā)展豐富了人類對物質(zhì)世界的認(rèn)識,推動(dòng)了科學(xué)技術(shù)的創(chuàng)新和革命。同時(shí)在物理學(xué)發(fā)展中科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法,以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述正確的是 A.在伽利略之前的學(xué)者們總是通過思辨性的論戰(zhàn)決定誰是誰非,是伽利略首先采用了以實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)猜想和假設(shè)的科學(xué)方法 B.牛頓總結(jié)前人的理論,通過邏輯思維對事實(shí)進(jìn)行分析的方法得出無法用實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證的牛頓第一定律 C.庫侖利用扭秤研究電荷間相互作用力的大小跟電荷量和距離的關(guān)系時(shí),采用了理想實(shí)驗(yàn)法 D.通電螺線管外部的磁場與條形磁鐵的磁場相似,安培受此啟發(fā)后提出分子電流假說用到的是控制變量法 解析:伽利略開創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)物理的先河,選項(xiàng)A正確;牛頓第一定律是牛頓通過邏輯思維對事實(shí)進(jìn)行分析的產(chǎn)物,不是通過實(shí)驗(yàn)直接驗(yàn)證得出的,選項(xiàng)B正確;庫侖在探究庫侖定律時(shí),采用了控制變量法和放大法,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;安培是采用類比法得到分子電流假說的,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案:AB 8.如圖所示,固定的半球殼由兩種材料做成,左側(cè)是由粗糙材料做成的,右側(cè)是光滑的,O為球心,兩個(gè)質(zhì)量相同的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在同一高度上的A、B兩處。A處物體受到的摩擦力為F1,對球面的壓力是N1;用水平力F2推著B處物體,使物體恰好靜止,物體對球面的壓力為N2。兩物體與球心連線和豎直方向的夾角均為θ,則 A.F1∶F2=cos2θ∶1 B.F1∶F2=cos θ∶1 C.N1∶N2=cos2θ∶1 D.N1∶N2=cos θ∶1 解析:A處物體保持平衡,則F1=mgsin θ,N1=mgcos θ;B處物體保持平衡,則F2=mgtan θ,N2=。故F1∶F2=cos θ∶1,N1∶N2=cos2θ∶1,選項(xiàng)B、C正確。 答案:BC 9.如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P連接,另一端與物體A相連,物體A靜止于光滑水平桌面上,A的右端連接一細(xì)線,細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時(shí)用手托住B,讓細(xì)線恰好伸直,然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。下列對該過程的分析,正確的是 A.物體A、B組成的系統(tǒng)的機(jī)械能減少 B.B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 C.A物體動(dòng)能的增加量等于B對A做的功與彈簧對A的彈力做的功之和 D.A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量小于物體B對A做的功 解析:桌面光滑,物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故由靜止釋放B至最大速度過程中,B物體機(jī)械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量和物體A、B動(dòng)能的增加量,故選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;對物體A,由動(dòng)能定理,動(dòng)能的增加量等于B對A做的功與彈簧對A的彈力做功之和,選項(xiàng)C正確;A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于B對A的拉力做的功,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案:AC 10.如圖所示,在理想變壓器的原線圈輸入u=1100sin 100πt(V)的交流電,對“220 V 100W”的燈泡和“220 V 800W”的電動(dòng)機(jī)供電,燈泡正常發(fā)光,電動(dòng)機(jī)正常工作。不計(jì)導(dǎo)線電阻,則下列說法正確的是 A.燈泡中的電流方向每秒改變100次 B.電流表和的示數(shù)之比是5∶1 C.在相同時(shí)間內(nèi),燈泡和電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率之比是1∶8 D.若關(guān)閉電動(dòng)機(jī),則燈泡的亮度不變 解析:由u=1100sin 100πt(V)知原線圈的電壓有效值U1=1100 V,交流電頻率f=50 Hz,故交流電方向每秒改變100次,選項(xiàng)A正確;“220 V　100 W”的燈泡正常發(fā)光,則U2=220 V,故n1∶n2=5∶1,所以I1∶I2=1∶5,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電動(dòng)機(jī)不是純電阻電路,電能沒有全部用來發(fā)熱,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;改變負(fù)載,對理想變壓器的輸出電壓無影響,故關(guān)閉電動(dòng)機(jī),燈泡仍能正常發(fā)光,選項(xiàng)D正確。 答案:AD 第Ⅱ卷　(非選擇題　共60分) 非選擇題部分共6小題,把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟,只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 甲 11. (6分)某物理興趣小組在一次探究活動(dòng)中,要探究加速度與合力之間的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示,先把長木板固定在水平桌面上,右端裝有定滑輪;木板上有一滑塊,其左端與穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連,右端通過跨過定滑輪的細(xì)線與托盤連接。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電源的頻率為50 Hz。開始實(shí)驗(yàn)時(shí),在托盤中放入適量砝碼,放手后滑塊開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在紙帶上打出一系列點(diǎn)。 乙 (1)為使托盤與砝碼的重力大小等于滑塊所受合力,實(shí)驗(yàn)之前首先應(yīng)做的是　　　　　　　。 (2)圖乙是正確操作后,所得出的一條紙帶的一部分。0、1、2、3、4、5、6是計(jì)數(shù)點(diǎn),每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)(圖中未標(biāo)出),用刻度尺測量出計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計(jì)算打計(jì)數(shù)點(diǎn)1時(shí),滑塊的速度為　　　　m/s,滑塊的加速度是　　　　m/s2。(保留三位有效數(shù)字) 解析:(1)實(shí)驗(yàn)之前首先平衡摩擦力。 (2)打計(jì)數(shù)點(diǎn)1時(shí),滑塊的速度v0==10-2 m/s=0.220 m/s; 滑塊的加速度a==0.400 m/s2。 答案:(1)平衡摩擦力　(2分)　(2)0.220　(2分)　0.400　(2分) 12.(9分)在測量一節(jié)電池的電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r的實(shí)驗(yàn)中,可供使用的器材有:一個(gè)電壓表、一個(gè)電阻箱、一個(gè)開關(guān)、導(dǎo)線若干。 (1)請你在圖甲所示的方框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖并在圖乙所給實(shí)物器材上進(jìn)行連線。 　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　　乙　　　　　　　　　　　　丁 (2)為了便于分析,一般采用線性圖象處理數(shù)據(jù),如果根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出如圖丙所示的-圖線,其中R為電阻箱的示數(shù),U為電壓表的示數(shù),由此可得到E=　　　　V,r=　　　　Ω。 解析:(2)測量電池的電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r的實(shí)驗(yàn)原理為E=U+Ir,測出多組不同的U、I值,根據(jù)所測數(shù)據(jù)在合適的坐標(biāo)系中描點(diǎn)、連線,應(yīng)用圖線求解電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻。由于沒有電流表,而所作出的圖線是-圖線,所以我們要把上式整理成與的函數(shù)式,故把 I=代入上式就有E=U+r。整理后得=+。由圖象與函數(shù)關(guān)系式可知:圖象的縱軸截距是,斜率是。則有E=2 V,r=0.5 Ω。 答案:(1)原理圖如圖丁所示　(2分)　實(shí)物圖連線如圖戊所示　(3分) 　　 　　　丁　　　　　　　　　　　　　　　戊 (2)2　0.5　(每空2分) 13.(10分)如圖所示,在水平地面上有一長L=0.5 m、質(zhì)量M=1.2 kg的木板,木板上有一可看做質(zhì)點(diǎn)的鐵塊,鐵塊質(zhì)量m=0.8 kg。若M、m間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.3,木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,現(xiàn)作用一水平恒力F在長木板上。 (1)若m、M一起勻速運(yùn)動(dòng),則F多大? (2)若在運(yùn)動(dòng)過程中保持m、M相對靜止,則力F的最大值是多少? (3)若從靜止開始用F1=11.2 N的力拉動(dòng)木板,則鐵塊的加速度是多大?經(jīng)多長時(shí)間鐵塊從木板上脫離? 解:(1) m、M一起勻速運(yùn)動(dòng),在水平方向?qū)、M有:F=μ2 (M+m)g　(1分) 解得F=4 N。　(1分) (2)當(dāng)m、M間有最大靜摩擦力時(shí),F最大　(1分) 對m,由牛頓第二定律得:μ1mg=ma　(1分) 對m、M,由牛頓第二定律得:F-μ2 (M+m)g=(M+m)a　(1分) 聯(lián)立解得 F=10 N?！?1分) (3)F1=11.2 N>10 N,故m、M已相對滑動(dòng),設(shè)經(jīng)時(shí)間t鐵塊從木板上脫落 對M,由牛頓第二定律得:F-μ2 (M+m)g-μ1mg=Ma2　(1分) 對m,由牛頓第二定律得:μ1mg=ma1　(1分) 當(dāng)m從M脫落時(shí)L=a1t2-a2t2　(1分) 代入數(shù)據(jù),解得t=1 s?！?1分) 　　　　甲　　　　　　　　　　乙 14. (10分)如圖甲所示,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ的間距L=0.3 m。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),與水平面的夾角為37,其間連接有阻值R=0.8 Ω的固定電阻。開始時(shí),導(dǎo)軌上固定著一質(zhì)量m=0.01 kg、電阻r=0.4 Ω的金屬桿ab,整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T的勻強(qiáng)磁場中,磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。解除固定,同時(shí)用一平行于導(dǎo)軌的外力F拉金屬桿ab,使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)。通過電壓表采集器即時(shí)采集電壓U并輸入電腦,獲得的電壓U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。求: (1)金屬桿ab在3.0 s內(nèi)通過的位移。 (2)3.0 s末拉力F的瞬時(shí)功率。 解:(1)金屬桿的速度為v時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv　(1分) 電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓,即U=E=BLv　(1分) 由圖象知電壓U與時(shí)間成正比,所以金屬桿的速度與時(shí)間成正比,即金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng) (1分) t=3.0 s時(shí)電壓表的示數(shù)為0.6 V,代入數(shù)據(jù)可解得速度v=6 m/s　(1分) a==2.0 m/s2　(1分) 金屬桿在3.0 s內(nèi)的位移x=at2=9 m。　(1分) (2)金屬桿在3.0 s時(shí)受到的安培力F安=BIL==0.1125 N　(1分) 由牛頓第二定律,對桿有F-F安-mgsin 37=ma　(1分) 故3.0 s末拉力F的瞬時(shí)功率P=Fv　(1分) 代入數(shù)據(jù)得P=1.155 W。　(1分) 15.(12分)如圖所示,水平桌面上一輕彈簧的左端固定在A點(diǎn),自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的半徑R=0.5 m的光滑半圓軌道MN,其中MN為其直徑,與地面垂直?，F(xiàn)用一質(zhì)量m=0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn),釋放后物塊向右運(yùn)動(dòng),過B點(diǎn)后物塊的位移與時(shí)間滿足關(guān)系式x=7t-2t2(x的單位為m,t的單位為s)。物塊進(jìn)入光滑圓軌道后,恰好能從M點(diǎn)飛出。g=10 m/s2,求: (1)B、N間的距離。 (2)在N點(diǎn),物塊對軌道的壓力。 (3)物塊離開M點(diǎn)后落至地面時(shí)與N點(diǎn)的距離。 解:(1)物塊恰好從M點(diǎn)飛出,則物塊的重力恰好完全提供向心力,設(shè)其速度為vM,則: mg=m　(1分) 物塊從N到M,由機(jī)械能守恒定律,得:m+2mgR=m　(1分) 解得:vN=5 m/s　(1分) 對于物塊m在B、N段做勻減速運(yùn)動(dòng),由x=7t-2t2知初速度v0=7 m/s,a=-4 m/s2　(1分) 由-=-2ax得 x=3 m?！?1分) (2)在N點(diǎn),由牛頓第二定律得:FN-mg=m　(1分) 解得FN=12 N　(1分) 由牛頓第三定律得物塊對N點(diǎn)的壓力是12 N,方向豎直向下?！?1分) (3)物塊由M點(diǎn)水平飛出后,以初速vM做平拋運(yùn)動(dòng) 水平方向:xN=vMt　(1分) 豎直方向:y=2R=gt2　(1分) 代入數(shù)據(jù)解得xN=1 m。　(2分) 甲 16.(13分)如圖甲所示,在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,在第四象限內(nèi)存在著等大反向的另一勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場,MN為電場和磁場區(qū)域的邊界線,一帶電荷量為-q、質(zhì)量為m的小球從y軸上的P點(diǎn)(0,d)以初速度v0=垂直進(jìn)入電場,經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)(d,0)進(jìn)入復(fù)合場,已知OP=OM=d,求: (1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小E和小球經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)速度的大小v。 (2)要使小球不越過邊界MN,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值。 解:(1)小球進(jìn)入第一象限受重力和電場力,小球的加速度a=　(1分) 小球在電場區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng),則有d=v0t　(1分) d=at2　(1分) 聯(lián)立解得E=　(1分) 經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí),設(shè)小球在豎直方向的速度為vy,有:-0=22gd　(1分) v=　(1分) 代入得v=?！?1分) 乙 (2)小球在第四象限中受到的重力和電場力平衡,有Eq=mg (1分) 因此小球在磁場力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖乙所示。當(dāng)圓周與下邊界MN相切時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,由幾何關(guān)系知=,式中v0=,v=　(2分) 解得R=　(1分) 又qvB=m　(1分) 代入解得最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=?！?1分)