2019高考物理大二轮复习 综合能力训练1

2019高考物理大二轮复习 综合能力训练1综合能力训练(一)(时间:60分钟满分:110分)第卷一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法,如理想化、模型化、放大、假说、极限思想、控制变量、猜想、假设、类比、比值法等。下列关于所用思想方法的叙述不正确的是()A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法是假设法B.速度的定义式v=,采用的是比值法;当t非常非常小时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义应用了极限思想C.在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时,先保持电压不变研究电流与电阻的关系,再保持电阻不变研究电流与电压的关系,该实验应用了控制变量法D.下图是三个实验装置,这三个实验都体现了放大的思想2.下列说法不正确的是()A.射线与射线一样都是电磁波,但射线的穿透本领远比射线弱B.玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征C.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少DU衰变成Pb要经过6次衰变和8次衰变3.如图所示,内壁光滑质量为m的管形圆轨道,竖直放置在光滑水平地面上,恰好处在两固定光滑挡板M、N之间,圆轨道半径为R。质量为m的小球能在管内运动,小球可视为质点,管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时,圆轨道对地面的压力刚好为零。下列判断正确的是()A.圆轨道对地面的最大压力大小为8mgB.圆轨道对挡板M、N的压力总为零C.小球运动的最小速度为D.小球离挡板N最近时,圆轨道对挡板N的压力大小为5mg4.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1。已知某星球的半径为r,表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的,不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为()A.B.C.D.gr5.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为15,原线圈两端的交流电压u=20sin100tV。氖泡在两端电压达到100V时开始发光。下列说法正确的有()A.开关闭合后,氖泡的发光频率为50HzB.开关闭合后,电压表的示数为100VC.开关断开后,电压表的示数变大D.开关断开后,变压器的输出功率不变6.(2018河北石家庄质检)如图所示,等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,直角边bc的长度为l。三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3射入磁场,在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3,且t1t2t3=332。不计粒子的重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是()A.粒子的速率关系一定是v1=v2<v3B.粒子的速率可能是v2<v1<v3C.粒子的比荷D.粒子的比荷7.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环()A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mghD.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度8.(2016浙江理综)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是8.010-4kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g取10m/s2,静电力常量k=9.0109Nm2/C2,则()A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.010-2NC.B球所带的电荷量为410-8CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题,每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题,考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9.(6分)探究加速度与力、质量的关系的实验装置如图所示。(1)补偿小车运动时受到的阻力的方法:;(2)测出盘和砝码的总重力,近似等于小车运动时所受拉力需要满足条件:;(3)我们根据日常经验和观察到的事实首先猜物体的加速度与受到的力及它的质量最简单的关系有哪些:。10.(9分)某同学要通过实验描绘一个规格为“3V0.25A”的LED灯的伏安特性曲线。实验室提供的器材有:A.电流表A1(量程为00.6A,内阻约为10)B.电流表A2(量程为0250mA,内阻约为5)C.滑动变阻器R1(“201A”)D.滑动变阻器R2(“2000.3A”)E.电压表V(量程为03V,内阻RV约为3k)F.开关S一只G.蓄电池E(电动势为4V,内阻很小)H.导线若干(1)要完成实验,除蓄电池、电压表、开关、导线若干外,还需选择的器材有(填写器材前的字母编号)。(2)在图中他已经连接了一部分电路,请你用笔画线代替导线将电路连线补充完整。(3)为了得到伏安特性曲线,他以电压表的读数U为横轴,以电流表的读数I为纵轴,将实验中得到的多组数据进行了描点,如图所示,请你帮他完成I-U图象。(4)如果将此灯连入如图所示电路,其中电源电动势为3V,电源内阻与保护电阻R0的总阻值为5,定值电阻R的阻值为10。开关S闭合后,通过小灯泡的电流是A(保留两位有效数字)。11.(12分)如图所示,在倾角=37的粗糙斜面上距离斜面底端x=1m处有一质量m=1kg的物块,受到竖直向下的恒力F=30N,由静止开始沿斜面下滑。到达底端时即撤去恒力F,然后在水平面上滑动一段距离后停止。不计物块撞击水平面时的能量损失,物块与各接触面之间的动摩擦因数相同,g取10m/s2。(1)若物块运动过程中最大速度为4m/s,物块与各接触面之间的动摩擦因数为多少?(2)若仅改变竖直恒力F的大小,可使物块总的运动时间有一最小值,最小值为多少?此时物块在水平面上运动的位移为多少?(sin37=0.6,cos37=0.8)12.(20分)如图所示,在正方形ACDF区域内,对角线CF以上的区域存在垂直纸面的匀强磁场,对角线CF以下的区域存在平行于DF方向的匀强电场,正方形边长为l。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)以初速度v0从A点沿AC方向进入磁场,在对角线CF的中点P处进入电场,并从DF边上离开电场,求:(1)磁场的磁感应强度B的大小和方向;(2)电场强度E的大小;(3)带电粒子从DF边离开时的最大速度。(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分)13.(15分)【物理选修3-3】(1)(5分)下列说法正确的是。(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.液晶具有流动性,光学性质为各向异性B.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力C.热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体D.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功以转化成机械能E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力(2)(10分)如图所示,用活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计,活塞的质量m1=0.5kg,开始时活塞距汽缸底高度h1=0.40m,气体的温度t1=27。现给汽缸缓慢加热,使活塞缓慢升到距离汽缸底h2=0.80m处,此过程中缸内气体吸收Q=450J的热量。已知活塞横截面积S=5.010-3m2,大气压强p0=1.0105Pa,g取10m/s2。求:活塞距离汽缸底h2时的温度t2;此过程中缸内气体增加的内能U。14.(15分)【物理选修3-4】(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播。在x=12m处的质点a的振动图线如图甲所示,在x=18m处的质点b的振动图线如图乙所示。下列判断正确的是。(填正确答案标号)A.质点a在波谷时,质点b一定在平衡位置向y轴正方向振动B.若波沿+x方向传播,则这列波的最大传播速度为3m/sC.若波沿-x方向传播,则这列波的最大波长为24mD.若波的传播速度为0.2m/s,则这列波沿+x方向传播E.若波的传播速度为1m/s,则这列波沿-x方向传播(2)(10分)如图所示,在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ,OP=OQ=R,一束单色光垂直OP面射入玻璃体,在OP面上的入射点为A,OA=,此单色光通过玻璃体后沿BD方向射出,且与x轴交于D点。该玻璃的折射率n=。求:OD间的距离xOD;如果一束该平行单色光垂直OP面射入,能从表面PQ射出的光束在OP面上离O点的最远距离。答案：1.A解析质点是用来代替物体的所有质量的点,采用的科学方法为理想化物理模型的方法,故选项A不正确。2.A3.A解析当小球运动到最高点时,圆轨道对地面的压力为零,可知小球对圆轨道的弹力大小等于圆轨道的重力,根据牛顿第二定律得,mg+FN1=m,FN1=mg,解得在最高点的速度v1=,小球运动到轨道最低点,根据动能定理得,mg2R=,根据牛顿第二定律得,FN2-mg=m,再根据牛顿第三定律,联立解得小球对轨道的最大压力FN2=7mg,则圆轨道对地面的最大压力为8mg,故A正确。因为小球在光滑的管形轨道内运动,完成圆周运动的最小速度可以是0,C错误。在小球运动到离挡板N最近时,小球需要向左的向心力,由挡板N的弹力提供,所以小球对挡板M、N的压力不为零,故B错误。根据动能定理得,mgR=,根据牛顿第二定律得,FN3=m,联立解得FN3=4mg,则圆轨道对挡板N的压力为4mg,故D错误。选A。4.C解析根据m,在该星球上的第一宇宙速度v1=,因此第二宇宙速度v2=v1=,因此选项C正确,选项A、B、D错误。5.B解析交流电压的频率为f=50Hz,一个周期内电压两次大于100V,即一个周期内氖泡能两次发光,所以其发光频率为100Hz,所以选项A错误;由交流电压的瞬时值表达式知,原线圈两端电压的有效值为U1=20V,得副线圈两端的电压为U2=100V,电压表的示数为交变电流的有效值,所以选项B正确;开关断开前后,输入电压不变,变压器的变压比不变,故输出电压不变,所以选项C错误;开关断开后,电路消耗的功率减小,输出功率决定输入功率,所以选项D错误。6.BD解析根据题设条件,三个相同的带电粒子从b点沿bc方向以不同速度进入三角形磁场区域,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得r=,粒子轨道半径与速度成正比,又因为三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1t2t3=332,显然它们在磁场中的偏转角度之比为332。即粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,轨迹如图所示。粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,粒子3的速度比1、2的速度大,无法确定粒子1、2的速度关系,1、2两粒子的速度既可能相等也可能不相等,故A错误,B正确;对速度为v2的粒子,其偏转角度为90,粒子在磁场中的运动时间t2=T=,则,故C错误;对速度为v3的粒子偏转60,运动轨迹如图所示,由几何关系知r3tan30+r3tan30cos60=l,解得r3=,粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv3B=m,解得r3=,故D正确。7.BD解析下滑过程中,圆环先加速然后减速,其加速度开始时竖直向下(大小逐渐减小),然后改为竖直向上(其大小逐渐增大),选项A错误;设下滑过程克服摩擦力做功为Wf,则上滑过程克服摩擦力做功也为Wf,对下滑过程由动能定理有mgh-Wf-W弹=0,对上滑过程由动能定理有W弹-mgh-Wf=0-mv2,联立以上两式得Wf=mv2,E弹C=W弹=mgh-mv2,可知选项B正确,C错误;设环下滑时经过B点时速度为v1,对环由A至B的过程有mghAB-Wf-W弹=-0,设环上滑时经过B点时速度为v2,对环由B至A的过程有-Wf-mghAB+W弹=0-,比较以上两式易知v2>v1,选项D正确。8.ACD解析根据电荷量均分原理知,两小球电荷量相同,A选项正确;两小球接触后再分开后的位置如图所示,已知=0.10m,=0.12m,根据几何知识可知=37。对A进行受力分析如图所示,将A受到的库仑力和重力合成后合力沿OAA的延长线,可得Fq=mgtan=610-3N,B选项错误;根据库仑定律Fq=,可得q=,其中l=0.12m,代入数据得q=410-8C,C选项正确;A、B带的电荷量相等且同种性质,所以连线中点处电场强度为零,D选项正确。9.答案(1)调节木板的倾斜度,使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动(2)盘和砝码的总质量要比小车的质量小很多(3)加速度正比于外力或加速度正比于质量的倒数解析(1)在不受牵引时,抬高木板的右端使小车的重力沿木板的分力等于滑动摩擦力,即m0gsin=m0gcos;(2)严格分析整体加速度mg=(m+m0)a,隔离小车为研究对象FT=m0a=m0,如果满足条件m远远小于小车的质量m0,拉力近似等于盘和砝码的总重力;(3)加速度正比于外力或加速度正比于质量的倒数。10.答案(1)BC(2)如图甲所示(3)如图乙所示(4)0.18甲乙解析(1)用电流表测量时要保证指针有较大的偏角,滑动变阻器作为分压器使用,阻值宜小,允许通过的最大电流值宜大,故选B、C。(2)选用分压式外接电路,将实物图连接。(3)用平滑曲线将各点连接如答案图。(4)设灯两端电压为U,电流为I,则由闭合电路欧姆定律可知E=U+I(r+R0);代入数据化简可知3V=U+5I,即U=2V-I,看成等效电源与灯连接,作出过(2V,0)和(1V,0.3A)的图象如图所示:两图的交点即为灯的工作点;则由图可知,电流为0.18A。11.答案(1)0.5(2)s1m解析(1)物块到达斜面底端时速度最大,根据运动学公式v2=2ax代入数据得a=8m/s2对斜面上物块受力分析知(mg+F)sin-(mg+F)cos=ma代入数据,解得=0.5。(2)设斜面上物块加速度为a1,运动时间为t1,在水平面上运动时间为t2,则x=a1到达底端时速度为v1=gt2则总时间为t=t1+t2=根据基本不等式,当a1=g=5m/s2时,t有最小值tmin=s物块在水平面上运动的位移为x0由=2gx0解得x0=1m。12.答案(1),垂直于纸面向外(2)E(3)v0,方向见解析解析(1)带电粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系知带电粒子在匀强磁场中运动的半径R=带电粒子在磁场中运动的洛伦兹力提供向心力qv0B=B=方向垂直于纸面向外。(2)由几何关系知,带电粒子从P点进入电场时的速度方向与CF的夹角=45,平行CD方向进入电场,带电粒子恰从D点或F点离开电场时,电场强度E最大。平行CD方向t=平行FD方向qEm=ma上述各式联立解得Em=当E时,带电粒子从DF边离开电场。(3)当电场强度最大,带电粒子从D或F点离开电场时,速度最大。由动能定理得vm=v0最大速度与CD边的夹角为cos=arccos。13.答案(1)ACE(2)327248J解析(1)液晶具有流动性,但液晶的光学性质为各向异性,故选项A正确;气体扩散现象表明气体分子在做永不停息的无规则运动,故选项B错误;根据热力学第二定律,热量能自发地从高温物体传递到低温物体,故选项C正确;根据热力学第二定律,机械能可以全部转化为内能,但内能不能全部用来做功而转化成机械能,而不产生其他的影响,故选项D错误;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,故选项E正确。(2)气体做等压变化,活塞距离汽缸底h2时温度为t2,则根据气态方程可得T2=t2+273K解得t2=327。在气体膨胀的过程中,气体对外做功为W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为U=W+Q=-W0+Q=-202J+450J=248J。14.答案(1)ACD(2)RR解析(1)由图可知,波的周期为T=8s,A对;若波向+x传播,波向右平移,得n+=ab=6m,v右=,B错,D对;若波向-x传播,波向左平移,得n+=ab=6m,v左=,C对,E错。(2)在PQ面上的入射角为1,由几何关系知sin1=,故1=30根据折射定律n=所以2=60由几何关系得xOD=R。临界角sinC=从OP面射入玻璃体的光,在PQ面的入射角等于临界角时,刚好发生全反射而不能从PQ面直接射出。设光在OP面的入射点为M,在PQ面的入射点为NOM=ONsinC=R。