2019年高考物理大二輪專題復習 考前增分練 高考模擬部分三.doc

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2019年高考物理大二輪專題復習 考前增分練 高考模擬部分三一、選擇題(本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1(xx新課標15)關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A安培力的方向可以不垂直于直導線B安培力的方向總是垂直于磁場的方向C安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關D將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窧解析安培力的方向始終與電流方向和磁場方向垂直，選項A錯誤，選項B正確；由FBILsin 可知，安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關，選項C錯誤；將直導線從中點折成直角時，因磁場與導線的夾角未知，則安培力的大小不能確定，選項D錯誤2如圖1所示，兩相同小球a、b用輕彈簧A、B連接并懸掛在天花板上保持靜止，水平力F作用在a上并緩慢拉a，當B與豎直方向夾角為60時，A、B伸長量剛好相同若A、B的勁度系數(shù)分別為k1、k2，則以下判斷正確的是()圖1A.B.C撤去F的瞬間，a球的加速度為零D撤去F的瞬間，b球處于失重狀態(tài)答案B解析先對b球受力分析，受重力和彈簧A的拉力，根據(jù)平衡條件，有：F1mg再對a球受力分析，受重力、拉力和兩個彈簧的拉力，如圖所示：F1F1mg根據(jù)平衡條件，有：F24mg根據(jù)胡克定律，有：F1k1xF2k2x故，故A錯誤，B正確；球a受重力、拉力和兩個彈簧的拉力，撤去拉力F瞬間，其余3個力不變，故加速度一定不為零，故C錯誤；球b受重力和彈簧A的拉力，撤去F的瞬間，重力和彈簧A的拉力都不變，故加速度仍然為零，處于平衡狀態(tài)，故D錯誤3在液體中下落的物體最終會達到一個恒定的速度，稱之為收尾速度一小鐵球質(zhì)量為m，用手將它完全放入水中后靜止釋放，最后鐵球的收尾速度為v，若鐵球在水中所受浮力保持不變恒為F，重力加速度為g，關于小鐵球，下列說法正確的是()A若測得小鐵球從釋放至達到收尾速度所用時間為t，則小鐵球下落的位移為B若測得小鐵球下落時的加速度為a，則小鐵球此時的速度為C若測得某時小鐵球的加速度大小為a，則小鐵球此時受到的水的阻力為m(ag)FD若測得小鐵球下落t時間，通過的位移為y，則該過程的平均速度一定為答案D解析因小鐵球做的是非勻變速運動，故平均速度不等于，所以下落的位移不等于，故A錯誤；小鐵球下落的過程中加速度在變化，所以勻變速運動的規(guī)律不滿足，所以B錯誤；當小鐵球的加速度大小為a時，根據(jù)牛頓第二定律mgFFfma，得水的阻力FfmgmaF，故C錯誤；若小鐵球下落t時間，通過的位移為y，根據(jù)平均速度的定義可得，故D正確4如果把水星和金星繞太陽的軌道視為圓周，如圖2所示，從水星與金星在一條直線上開始計時，若測得在相同時間內(nèi)水星、金星轉(zhuǎn)過的角度分別為1、2(均為銳角)，則由此條件可求得水星和金星()圖2A質(zhì)量之比B繞太陽的動能之比C到太陽的距離之比D受到的太陽引力之比答案C解析水星和金星作為環(huán)繞體，無法求出質(zhì)量之比，故A錯誤由于不知道水星和金星的質(zhì)量關系，故不能計算它們繞太陽的動能之比，故B錯誤相同時間內(nèi)水星轉(zhuǎn)過的角度為1，金星轉(zhuǎn)過的角度為2，可知道它們的角速度之比，根據(jù)萬有引力提供向心力：mr2，解得r ，知道了角速度之比，就可求出軌道半徑之比，即到太陽的距離之比，故C正確由于不知道水星和金星的質(zhì)量關系，故不能計算它們受到的太陽引力之比，故D錯誤5如圖3所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)()圖3Ad隨U1變化，d與U2無關Bd與U1無關，d隨U2變化Cd隨U1變化，d隨U2變化Dd與U1無關，d與U2無關答案A解析帶電粒子經(jīng)電壓為U1的電場加速后設速度為v0，則有qU1mv，帶電粒子在電勢差為U2的電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設出射速度與水平夾角為，則有：cos ，而在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為R，由幾何關系可得，半徑與直線MN夾角正好等于，則有：cos ，所以d，又因為半徑公式R，則有d，故d與m、v0成正比，與B、q成反比，即d只與U1有關，與U2無關故選A.6(xx山西第三次四校聯(lián)考)如圖4所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量異種點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上，下列說法中正確的是()圖4AA、B兩處電勢、場強均相同BC、D兩處電勢、場強均相同C在虛線AB上O點的場強最大D帶正電的試探電荷在O處的電勢能大于在B處的電勢能答案BD解析根據(jù)等量異種電荷電場線和等勢面分布特點，可以比較對稱點A與B，C與D電勢、場強關系及O、B電勢高低；根據(jù)電場線疏密可知，在M、N之間O點場強最??；利用Epq知正電荷在電勢高處電勢能大，可比較正電荷在O、B電勢能大小由于沿著電場線方向電勢降低，結(jié)合等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性特點可知，A、B場強相同，A點電勢高于B點電勢，故A選項錯誤；根據(jù)等量異種電荷電場線、等勢面分布對稱性，C、D兩處電勢、場強均相同，故B正確；根據(jù)電場線疏密表示場強的大小可知，在AB之間，O點場強最小，故C選項錯誤；O點電勢高于B點電勢，由Epq，正電荷在O處電勢能大于在B處電勢能，故D選項正確7如圖5所示，A、B兩物體用一根跨過定滑輪輕的細繩相連，B物體置于固定斜面體的光滑斜面上，斜面傾角為30，當A、B兩物體靜止時處于相同高度現(xiàn)剪斷細繩后，下列說法中正確的是()圖5AA、B物體同時著地BA、B物體著地時的動能一定相同CA、B物體著地時的機械能一定不同DA、B物體著地時所受重力的功率一定相同答案CD解析設A距地面的高度為h，對A：hgt2，對B：2hgt2，可見A物體先落地，所以A錯誤；繩斷前，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)得：mAgmBgsin 30，繩斷后，由動能定理mghmv2，得A、B落地時速度大小相等，v，質(zhì)量不等，所以落地的動能不等，所以B錯誤；又A、B在下落的過程中機械能守恒，所以落地時的機械能等于剛開始下落時的機械能，而開始的機械能Emgh0，高度相同，質(zhì)量不等，故機械能不等，所以A、B物體著地時的機械能一定不同，故C正確；落地時重力的功率，對A：PAmAg，對B：PBmBgsin 30，聯(lián)立解得PAPB，所以D正確8(xx新課標21)如圖6，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2.原線圈通過一理想電流表接正弦交流電源，一個二極管和阻值為R的負載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端假設該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，用交流電壓表測得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，則()圖6AUabUcdn1n2B增大負載電阻的阻值R，電流表的讀數(shù)變小C負載電阻的阻值越小，cd間的電壓Ucd越大D將二極管短路，電流表的讀數(shù)加倍答案BD解析變壓器的變壓比，其中U1、U2是變壓器原、副線圈兩端的電壓U1Uab，由于二極管的單向?qū)щ娞匦?，UcdU2，選項A錯誤增大負載電阻的阻值R，負載的電功率減小，由于P入P出，且P入I1Uab，所以原線圈上的電流I1減小，即電流表的讀數(shù)變小，選項B正確c、d端的電壓由輸入電壓Uab決定，負載電阻R的阻值變小時，Ucd不變，選項C錯誤根據(jù)變壓器上的能量關系有E輸入E輸出，在一個周期T的時間內(nèi)，二極管未短路時有UabI1T0(U為副線圈兩端的電壓)，二極管短路時有UabI2TT，由以上兩式得I22I1，選項D正確第卷二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須做答第13題第15題為選考題，考生根據(jù)要求做答)(一)必考題(共47分)9(6分)如圖7為探究動能定理的實驗裝置示意圖，實驗步驟如下：圖7長木板適當傾斜，以平衡小車運動過程中受到的摩擦力；用天平測量小車B和遮光片的總質(zhì)量M、重物A的質(zhì)量m；用游標卡尺測量遮光片的寬度d；用米尺測小車B與光電門之間的距離x(x小于重物離地高度h)；調(diào)整輕滑輪，使細線與長木板平行；讓小車由靜止釋放，用數(shù)字毫秒計測出遮光片經(jīng)過光電門所用的時間t，求出小車速度v；改變小車B與光電門之間的距離x，重復步驟.回答下列問題：(1)小車經(jīng)過光電門時的速度大小用d和t表示，v_，測量d時，某次游標卡尺(主尺的最小分度為1 mm)的示數(shù)如圖8所示，其讀數(shù)為_ cm；圖8(2)對于重物和小車組成的系統(tǒng)，下列關于探究結(jié)論的說法最恰當?shù)膽獮?)A重物重力做的功等于小車增加的動能B重物重力做的功等于重物和小車增加的動能C重物重力做的功和小車重力做的功的代數(shù)和等于重物和小車增加的動能D重物重力做的功和摩擦力對小車做的功的代數(shù)和等于重物和小車增加的動能答案(1)0.985(2)B解析(1)根據(jù)v，可得v；游標卡尺讀數(shù)9 mm170.05 mm9.85 mm0.985 cm.(2)由于長木板已平衡摩擦力，D錯誤；根據(jù)動能定理，mgh(Mm)v2，因此B正確，A、C錯誤10(xx四川德陽市高三二診)(9分)某同學設計了一個測量金屬絲電阻率的實驗方案，實驗室提供的器材有：A電壓表VB電流表AC螺旋測微器D米尺E滑動變阻器RP(5 ，2 A)F干電池組G一個開關和導線若干他進行了以下操作：(1)用多用電表粗測金屬絲的阻值：當用“10 ”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，為了得到比較準確的測量結(jié)果，請從下列選項中挑出合理的步驟，并按_(填代碼)的順序正確進行操作，最后完成讀數(shù)測量A將選擇開關旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“1 ”的位置B將選擇開關旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“100 ”的位置C將兩表筆分別與被測電阻的兩根引線相接，正確讀數(shù)D將兩表筆短接，重新進行歐姆調(diào)零(2)該同學采用上述合理步驟測量后，表針指示靜止時如圖9所示，則金屬絲的阻值約為_ .圖9(3)請按照本題提供的實驗器材和實驗需要，在虛線方框內(nèi)畫出測量金屬絲電阻并在實驗時便于電壓調(diào)節(jié)范圍大的實驗電路圖(4)若測得金屬絲直徑為D，接入電路長度為L時，電壓表、電流表示數(shù)分別為U、I，則金屬絲的電阻率_.答案(1)ADC(2)15(3)見解析圖(4)解析(1)當用“10 ”擋時發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明所選擋位太大，為了得到比較準確的測量結(jié)果，應換用小擋，換用“1 ”擋，然后重新進行歐姆調(diào)零，再測電阻阻值，因此合理的實驗步驟為ADC.(2)歐姆表使用“1 ”擋，由題圖可知，金屬絲電阻阻值為151 15 .(3)金屬絲電阻約為15 ，滑動變阻器最大阻值為5 ，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓式接法，電流表內(nèi)阻很小，約為零點幾歐姆，電壓表內(nèi)阻很大，約為幾千甚至幾萬歐姆，電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值，電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示：(4)由歐姆定律可知，電阻R，由電阻定律得：R，則電阻率.11(12分)如圖10所示，一質(zhì)量為m的物塊在與水平方向成的力F的作用下從A點由靜止開始沿水平直軌道運動，到B點后撤去力F，物體飛出后越過“壕溝”落在平臺EG段已知物塊的質(zhì)量m1 kg，物塊與水平直軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，AB段長L10 m，BE的高度差h0.8 m，BE的水平距離x1.6 m若物塊可看做質(zhì)點，空氣阻力不計，g取10 m/s2.圖10(1)要越過“壕溝”，求物塊在B點最小速度v的大?。?2)若37，為使物塊恰好越過“壕溝”，求拉力F的大??；(3)若大小不確定，為使物塊恰好越過“壕溝”，求力F的最小值(結(jié)果可保留根號)答案(1)4 m/s(2)5.27 N(3) N解析(1)hgt2t0.4 sv4 m/s.(2)v22aLa0.8 m/s2對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：Fcos (mgFsin )maF代入數(shù)據(jù)可得：F5.27 N.(3)由數(shù)學知識可知：F代入數(shù)據(jù)得：Fmin N.12(20分)如圖11所示，一個邊緣帶有凹槽的金屬圓環(huán)，沿其直徑裝有一根長2L的金屬桿AC，可繞通過圓環(huán)中心的水平軸O轉(zhuǎn)動將一根質(zhì)量不計的長繩一端固定于槽內(nèi)并將繩繞于圓環(huán)槽內(nèi)，繩子的另一端吊了一個質(zhì)量為m的物體圓環(huán)的一半處在磁感應強度為B，方向垂直環(huán)面向里的勻強磁場中現(xiàn)將物體由靜止釋放，若金屬圓環(huán)和金屬桿單位長度的電阻均為R.忽略所有摩擦和空氣阻力圖11(1)設某一時刻圓環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度為0，且OA邊在磁場中，請求出此時金屬桿OA產(chǎn)生電動勢的大小(2)請求出物體在下落中可達到的最大速度(3)當物體下落達到最大速度后，金屬桿OC段進入磁場時，桿C、O兩端電壓多大？答案(1)(2)(3)(1)解析(1)、(2)等效電路如圖所示，R外R2LRrLR當達到最大速度時，重物的重力的功率等于電路中消耗的電功率：mgv其中：Ev(3)OA中的電流大小為：I當OC段在磁場中時，UCO(LR)(1)(二)選考題(共15分)(請考生從給出的3道物理題中任選一題做答如果多做，則按所做的第一題計分)13物理選修33(15分)(1)(6分)下列說法正確的是_A氣體的內(nèi)能是所有分子熱運動的動能和分子間的勢能之和B液晶的光學性質(zhì)不隨所加電場的變化而變化C功可以全部轉(zhuǎn)化為熱，但熱量不能全部轉(zhuǎn)化為功D一定量的氣體，在體積不變時，分子每秒平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小E一定量的氣體，在壓強不變時，分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加圖12(2)(9分)在水平面豎直放置一個截面均勻等臂的U形玻璃管，管內(nèi)盛有密度為1的液體，如圖12所示，玻璃管的右側(cè)上端開口，左側(cè)上端封閉，左側(cè)封閉的空氣柱長度為h，右側(cè)液面與管口相距高度為2h，在右側(cè)液面上放置一個質(zhì)量和厚度都可以忽略不計的活塞，它與管壁間既無摩擦又無間隙，從右端開口處緩慢注入密度為2的液體，直到注滿為止，注入液體后左側(cè)空氣柱的長度為，設在注入液體過程中，周圍環(huán)境的溫度不變，大氣壓強p041gh，求：兩種液體的密度之比1：2.答案(1)ADE(2)解析(1)物體的內(nèi)能指所有分子熱運動動能和分子之間勢能的總和，故A正確液晶最主要的特點是具有電光效應：液晶的干涉、散射、衍射、旋光、吸收等受電場調(diào)制，故B錯誤由熱力學第二定律可知：不可能從單一熱源取熱，把它全部變?yōu)楣Χ划a(chǎn)生其他任何影響，在不產(chǎn)生其他影響的條件下，從單一熱源吸熱全部變功才是不可能的(被客觀規(guī)律所禁止的)也就是說熱力學第二定律并不禁止下列情形：存在其他變化時，熱全部變功或者說：“從單一熱源取熱，把它全部變?yōu)楣Α辈⒎遣豢赡埽挥性诎l(fā)生其他變化時，才能實現(xiàn)，故C錯誤一定量的氣體，在體積不變時，溫度降低，壓強減小，根據(jù)氣體壓強原理知道分子每秒平均碰撞次數(shù)也減小，故D正確一定量的氣體，在壓強不變時，隨著溫度降低體積在減小，所以分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)在增加，故E正確故選A、D、E.(2)注入液體后，左側(cè)空氣柱長為，由此可知注入的密度為2的液柱長度L2h2.5h未注入密度為2的液體前，氣體體積：V1hS被封閉氣體的壓強：p1p01g(2hh)31gh注入密度為2的液體后，氣體體積V2S氣體的壓強：p2p02g(2h)1g2h21gh2gh在等溫變化過程中由玻意耳定律：p1V1p2V2得：31ghhS(21gh2gh)S即：.14物理選修34(15分)(xx湖南師大附中模擬(二)(1)(6分)下列說法正確的是_A光的偏振現(xiàn)象說明光是一種電磁波B無線電波的發(fā)射能力與頻率有關，頻率越高發(fā)射能力越強C一個單擺在海平面上的振動周期為T，那么將其放在某高山之巔，其振動周期一定變大D根據(jù)單擺的周期公式T2，在地面附近，如果l，則其周期TE利用紅外攝影可以不受天氣(陰雨、大霧等)的影響，因為紅外線比可見光波長長，更容易繞過障礙物圖13(2)(9分)如圖13所示，ABC為一直角三棱鏡的截面，其頂角為30.P為垂直于直線BCD的光屏，現(xiàn)一寬度等于AB的單色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一條寬度等于的光帶，試作出光路圖并求棱鏡的折射率(其中AC的右方存在有折射率為1的透明介質(zhì))答案(1)BCE(2)見解析圖解析(1)光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波，故A錯誤；無線電波的發(fā)射能力與頻率成正比，頻率越高發(fā)射能力越強，故B正確；根據(jù)單擺的周期公式，其放在某高山之巔，重力加速度變小，其振動周期一定變大，故C正確；根據(jù)單擺的周期公式，在地面附近，如果l，則重力加速度變化，故D錯誤；因為紅外線比可見光波長長，更容易發(fā)生衍射，則容易繞過障礙物，故E正確故選B、C、E.(2)作出光路圖如圖，平行光束經(jīng)棱鏡折射后的出射光束仍是平行光束圖中1、2為AC面上入射角和折射角，根據(jù)折射定律，有nsin 1sin 2，設出射光線與水平方向成角，則21，由于，所以.而tan ，30.所以tan ，可得30，260，所以n.15物理選修35(15分)(xx陜西五校二次聯(lián)考)(1)(6分)下列說法正確的是_A原子的核式結(jié)構(gòu)模型是湯姆孫最早提出的B鈾核(U)衰變?yōu)殂U核(Pb)的過程中，要經(jīng)過8次衰變和6次衰變C一個氫原子從量子數(shù)n3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射3種不同頻率的光子D一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應，可能因為這束光的強度太小E考古專家發(fā)現(xiàn)某一骸骨中C的含量為活著的生物體中C的，已知C的半衰期為5 730年，則確定該生物死亡時距今約11 460年(2)(9分)如圖14所示，豎直平面內(nèi)一光滑水平軌道左邊與墻壁對接，右邊與一足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動，之后與墻壁碰撞，碰撞時間為0.3 s，碰后速度大小變?yōu)? m/s.當A與B碰撞后會立即粘在一起運動，已知g10 m/s2，求：圖14A與墻壁碰撞過程中，墻壁對小球平均作用力的大??；A、B滑上圓弧軌道的最大高度答案(1)BCE(2)50 N0.45 m解析(1)原子的核式結(jié)構(gòu)模型是盧瑟福最早提出的，所以A錯誤；鈾核(U)衰變?yōu)殂U核(Pb)質(zhì)量數(shù)減少32，所以需要8次衰變，電荷數(shù)應減少16，而鈾核(U)衰變?yōu)殂U核(Pb)電荷數(shù)只減少10，故有6次衰變，所以B正確；一個氫原子從量子數(shù)n3的激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時，先躍遷到n2，再從n2躍遷到基態(tài)，也可從n3直接躍遷到基態(tài)，所以最多可輻射3種不同頻率的光子，故C正確；一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應，可能因為這束光的頻率太小，所以D錯誤；根據(jù)半衰期的定義可知，該生物死亡時距今約兩個半衰期即11 460年，所以E正確(2)設水平向右為正方向，當A與墻壁碰撞時根據(jù)動能定理有：tmAv1(mAv1)解得50 N，方向水平向右當A與B碰撞時，設碰撞后兩物體的速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mAv1(mAmB)vAB在光滑圓弧軌道上升時，機械能守恒，由機械能守恒定律得(mAmB)v2(mAmB)gh解得h0.45 m