2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 高考模拟部分二.doc

2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 高考模拟部分二一、选择题(本题共8小题，每小题6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(xx全国卷14)一质点沿x轴做直线运动，其vt图像如图1所示质点在t0时位于x5 m处，开始沿x轴正向运动当t8 s时，质点在x轴上的位置为()图1Ax3 m Bx8 mCx9 m Dx14 m答案B解析质点前4 s内沿x轴正方向运动，其位移可由vt图像中的“面积”数值表示，则对应位移x1 m6 m同理可得48 s内的位移(沿x轴负方向运动)x2 m3 m又知初位移x05 m，则当在t8 s时，质点在x轴上的位置为xx0x1x28 m，选项B正确2如图2所示，三个物体质量分别为m11.0 kg、m22.0 kg、m33.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角30，m1和m2之间的动摩擦因数0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图2A和m1一起沿斜面下滑B和m1一起沿斜面上滑C相对于m1上滑D相对于m1下滑答案D解析m1、m2的总重力沿斜面向下的分力小于m3的重力，将加速上滑，由题意m1、m2一起加速上滑的最大加速度agcos 30gsin 301.9 m/s2，假设m1、m2一起加速上滑，设绳上的拉力为FT，由牛顿第二定律：则FT(m1m2)gsin 30(m1m2)a，m3gFTm3a，解得：a2.5 m/s21.9 m/s2，不可能一起运动，m2将相对于m1下滑，D正确3(xx天津3)研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比()A距地面的高度变大B向心加速度变大C线速度变大D角速度变大答案A解析地球的自转周期变大，则地球同步卫星的公转周期变大由m(Rh)，得h R，T变大，h变大，A正确由ma，得a，r增大，a减小，B错误由，得v ，r增大，v减小，C错误由可知，角速度减小，D错误4如图3所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R.若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是()图3A若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点B若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点C若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点D若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度答案D解析由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点从a到b过程，由机械能守恒定律得：mg(2.5R2R)mv2，解得：v.若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN0，在P点由牛顿第二定律得：FNmgm，解得mmg0，即vP，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点，故A不正确；若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，不一定能沿轨道运动到K点，故B、C错误；将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，所以D正确故选D.5如图4所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从P点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线MN所用的时间相同，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60和90，不计重力，则两粒子速度之比vavb为()图4A21 B32 C43 D.答案C解析两粒子做圆周运动的轨迹如图设P点到MN的距离为L，由图知b粒子的半径RbLa粒子的半径：LRacos 60Ra得Ra2L即两粒子的半径之比为RaRb21粒子做圆周运动的周期T由题得两粒子的比荷粒子的洛伦兹力提供向心力，qvBm得R联立得：.6电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是()图5A在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力是先减小后增大答案BC解析图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式WqU可知：将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确a点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式WqU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C正确沿线段eOf移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误7图6为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电已知输电线的总电阻R10 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R011 .若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u220sin 100t V下列说法正确的是()图6A发电机中的电流变化频率为100 HzB通过用电器的电流有效值为20 AC升压变压器的输入功率为4 650 WD当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小答案BC解析从u220sin 100t V可以得出，发电机中的电流变化频率为50 Hz，A错误；加在R0两端的电压有效值为220 V，因此流过用电器R0的电流I2 A20 A，B正确；根据，可知流过R的电流为I15 A，因此输入变压器的输入功率等于R与R0消耗的总功率，PIRIR04 650 W，C正确；当用电器的电阻R0减小时，R0消耗的功率增大，这时发电机的输出功率将增大，D错误8如图7所示，倾角为的粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd，它与斜面间动摩擦因数为.线框边长为l，电阻为R.ab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界，磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上将线框用细线沿斜面通过光滑定滑轮与重物相连，重物的质量为M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动下列说法正确的是()图7A线框刚开始运动时的加速度aB线框匀速运动的速度vC线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量D线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2(Mmsin mcos )gl答案BD解析由整体分析受力，M的重力，线框的重力mg，斜面的支持力FN，沿斜面向下的滑动摩擦力Ff，由右手定则判断出线框中的电流方向为ab，再由左手定则可知安培力沿斜面向下，根据法拉第电磁感应定律得EBlv，由闭合电路欧姆定律I，则安培力大小为FABIl，开始时速度为零，安培力为零，则由整体列牛顿第二定律方程Mgmgsin mgcos (Mm)a，解得a，故A选项错误；线框匀速运动时线框受力平衡，Mgmgsin mgcos FA0，解得v，故B选项正确；线框做加速度减小的加速运动，故动能增加，而线框沿斜面上升重力势能增大，故线框的机械能增大，所以C选项错误；由能量守恒Mglmglsin mglcos Q(Mm)v2，所以Q(Mmsin mcos )gl(Mm)v2，线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2(Mmsin mcos )gl，故D选项正确第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须做答第13题第15题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共47分)9 (6分)在一次课外活动中，某同学用图8甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数已知铁块A的质量mA0.5 kg，金属板B的质量mB1 kg.用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的摩擦力Ff_ N，A、B间的动摩擦因数_.(g取10 m/s2)该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1 s，可求得拉金属板的水平力F_ N.图8答案2.500.504.50解析A、B间的摩擦力Ff2.50 N，A、B间的动摩擦因数0.50；由纸带可知x2 cm，根据xat2可得a m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律FFfmBa，解得F4.50 N.10 (9分)某同学探究一个额定电压2.2 V、额定功率1.1 W的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系器材为：电源(电动势3 V)、电键、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干(1)为了达到上述目的，请将图9连成一个完整的实验电路图，要求所测电压范围为02.2 V.图9(2)根据实验数据得到了如图10所示小灯泡的UI图象电压从0.4 V增至1.2 V的过程中小灯泡阻值增加了_ .图10(3)若把该灯泡与一阻值为R05 的电阻串联后接在电动势3 V、内阻1 的电源两端，如图11所示，则小灯泡实际消耗的功率是_ W(结果保留两位有效数字)图11答案(1)见解析图(2)1(3)0.32(0.280.36)解析(1)连接电路时，由于电压从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，而小灯泡电阻较小，因此采用电流表外接法，电路如图所示(2)由图象可知在0.4 V时对应的电流为0.2 A，此时的电阻R1 2 ，在1.2 V时对应的电流为0.4 A，此时的电阻R2 3 ，因此小灯泡阻值增加了1 .(3)这时可以将电源看成一个内阻为6 ，电动势为3 V的电源，做出伏安特性曲线，与灯泡的伏安特性曲线交点就是加在灯泡两端的电压和流过灯泡的电流，如图所示从图象上看出，加在灯泡上的电压U0.9 V，电流I0.35 A，这时灯的功率PUI0.32 W.11(12分)观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2 m/s，且做匀加速运动，经过4 s下降了16 m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g10 m/s2.求：(1)抛掉的压舱物的质量m是多大？(2)抛掉一些压舱物后，气球经过5 s下降的高度是多大？答案(1)80 kg(2)30 m解析(1)设气球加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则由运动公式可知：xv0tat2解得a1 m/s2由牛顿第二定律得：MgFMa抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有：(Mm)gF解得m80 kg.(2)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t15 s下降的高度为H由运动公式可知：v1v0atHv1t1解得H30 m.12 (20分)为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图12所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L0.20 m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h0.10 m的通道口使用时底面水平放置，两金属板连接到U2 000 V的高压电源两极(下板接负极)，于是在两金属板间产生一个匀强电场(忽略边缘效应)均匀分布的带电烟尘颗粒以v10 m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q2.01017 C，质量m1.01015 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力在闭合开关后：图12(1)求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；(2)求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；(3)除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法答案(1)4.0102 m/s2方向竖直向下(2)8.0 cm(3)80%在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率解析(1)烟尘颗粒在通道内只受电场力的作用，电场力FqE又因为E设烟尘颗粒在通道内运动时加速度为a，根据牛顿第二定律有ma解得a4.0102 m/s2，方向竖直向下(2)若通道最上方的颗粒能通过通道，则这些颗粒在竖直方向上有最大的偏转距离这些颗粒在水平方向的位移Lvt在竖直方向的位移hat2解得h0.08 mh0.10 m可确定这些颗粒能通过通道因此，除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向偏转的最大距离为8.0 cm.(3)设每立方米有烟尘颗粒数为N0时间t内进入除尘器的颗粒数N1N0hLvt时间t内吸附在底面上的颗粒数N2N0h0Lvt因h0h0.08 m，则除尘效率80%因为h0at2当h0h时，当h0h时，1因此，在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3道物理题中任选一题做答如果多做，则按所做的第一题计分)13物理选修33(15分)(1)(6分)下列说法中正确的是_A知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数B硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用C晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性D影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化(2)(9分)蛟龙号载人潜水艇是一艘由中国自行设计的载人潜水器.2012年6月27日潜水深度7 062.68 m，这标志着我国具备了载人到达全球99%以上海域深处进行作业的能力潜水艇外壳是国产钛合金做成的，呈鸡蛋形状，舱内空间约为80 m3，与外界导热良好开始潜入时，舱内空气(看成理想气体)的压强为1 atm，温度为27，水深7 062.68 m处的温度为4.求：当蛟龙号载人潜水艇在水深7 062.68 m处停留足够长的时间后，舱内气体的压强为_ atm；在上述过程中舱内气体_(填“放热”或“吸热”)；从微观的角度解释舱内压强的变化答案(1)ABD(2)0.92放热舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低解析(1)液体和固体可用摩尔体积除以分子体积得阿伏加德罗常数，而气体不能，故A正确；硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故B正确；晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故C错误；空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢，故D正确；能量具有单向性，故不能将散失的能量再聚集利用，故E错误故选B、D.(2)舱内空气为等容变化，初态：p11 atm，T1300 K末态：p2？，T2277 K由查理定律得：代入数据解得p2p11 atm0.92 atm.在上述过程中舱内气体的温度降低，内能减小，而体积不变，气体不做功，由热力学第一定律判断得知，气体放热舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低14物理选修34(15分)(6分)如图13所示是一列简谐波在t0时的波形图象，波速为v10 m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是_图13A此列波的周期为T0.4 sB质点B、F在振动过程中位移总是相等C质点I的起振方向沿y轴负方向D当t5.1 s时，x10 m的质点处于平衡位置处E质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同图14(2)(9分)半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图14所示，O点为圆心，OO为直径MN的垂线足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直一束复色光沿半径方向与OO成30角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1到n2的光束，因而光屏上出现了彩色光带求彩色光带的宽度；当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求角至少为多少？答案(1)ABC(2)(1)R45解析(1)由波形图可以直接得出波的波长，根据v求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反由波形图可知，波长4 m，则T0.4 s，故A正确；质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；波传到x10 m的质点的时间t s0.2 s，t5.1 s时，x10 m的质点已经振动4.9 s12T，所以此时处于波谷处，故D错误；质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故E错误(2)n1，n2代入数据得145，260故彩色光带的宽度为dRtan(901)Rtan(902)(1)R.当复色光恰好全部发生全反射时，sin C，即入射角C45.15物理选修35(15分)图15(1)(6分)氢原子能级及各能级值如图15所示当大量氢原子从第4能级向第2能级跃迁时，可以释放出_种不同频率的光子，所释放的光子最小频率为_(用普朗克常量h和图中给出的能级值字母表示)(2)(9分)人站在小车上一起以速度v0沿光滑水平面向右运动将小球以速度v水平向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度水平向右抛出，抛出过程中人和车始终保持相对静止重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n次后，人和车速度刚好变为0.已知人和车的总质量为M，求小球的质量m.答案(1)3(2)解析(1)因为放出的光子能量满足hEmEn知，从n4能级跃迁到n3能级发出光的频率最小，有：.(2)以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv0mvMv1mv得v1v0车上的人第二次小球抛出，由动量守恒定律Mv1mvMv2mv得v2v02同理，车上的人第n次将小球抛出后，有vnv0n由题意vn0，得m.