2019-2020年高三普通高考测试（二）物理试题.doc

2019-2020年高三普通高考测试（二）物理试题一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1（4分）下列说法正确的是（）A分子间距离越小，分子势能越小B分子间距离越小，分子间作用力越小C露珠呈球状是由于液体表面张力的作用D晶体的物理性质都是各向异性的考点：分子势能；* 晶体和非晶体；*表面张力产生的原因专题：内能及其变化专题分析：分子间即存在引力由存在斥力，我们说的分子力是二者的合力，当r=r0时，分子间作用力为零，分子势能最小单晶体的物理性质都是各向异性的解答：解：A、当r=r0时，分子间作用力为零，分子势能最小，A错误；B、当r=r0时，分子间作用力为零，若rr0时分子间作用力越大，B错误；C、露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，C正确；D、多晶体的物理性质都是各向同性的，D错误；故选C点评：本题考查了分子之间的作用力随分子间距的变化，需要注意的是在r=r0时，分子间作用力为零并不是不受分子力，分子势能最小并不是零2（4分）内燃机做功冲程使高温高压气体在极短时间内膨胀推动活塞对外做功，若把气体看作一定质量的理想气体，则（）A气体温度上升B气体分子动能不变C气体内能增加D气体内能减少考点：内燃机的工作原理；热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：做功可以改变物体的内能：当外界对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大，温度升高；当物体对外界做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小，温度降低解答：解：当内燃机内部的高温气体迅速膨胀对外做功时，内能转化为机械能，故气体的内能会减小，气体的温度会降低，分子热运动的平均动能降低故选D点评：解决此类问题要结合做功可以改变物体的内能，知道理想气体的内能与温度有关3（4分）农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，M处是瘪谷，N处是谷种，如图所示若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是（）A谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度大些B谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动C谷种运动过程中加速度较大D瘪谷从飞出洞口到落地所用的时间较长考点：平抛运动；物体做曲线运动的条件专题：平抛运动专题分析：谷种和瘪谷做的是平抛运动，平抛运动可以分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同解答：解：A、在大小相同的风力作用下，风车做的功相同，由于谷种的质量大，所以离开风车时的速度小，所以A错误B、谷种和瘪谷做的是平抛运动，平抛运动是匀变速曲线运动，故谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，所以B正确C、谷种和瘪谷都做平抛运动，加速度相等故C错误D、平抛运动在竖直方向做自由落体运动，高度相同，故运动时间相同，所以D错误故选B点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解4（4分）用平行于斜面的推力F使物体静止于倾角为的固定斜面上，（）A斜面对物体的摩擦力一定沿斜面向下B物体对斜面的摩擦力一定沿斜面向上C斜面对物体的摩擦力一定沿斜面向上D斜面对物体的摩擦力可能为零考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，根据共点力平衡判断摩擦力的方向解答：解：物体受重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡若F=mgsin，f=0；若Fmgsin，静摩擦力方向沿斜面向下；若Fmgsin，静摩擦力方向沿斜面向上故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡进行求解二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不选的得0分5（6分）（2011深圳一模）氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m1、m2、m3和m4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法中正确的是（）A核反应方程为21H+31H42He+10nB这是一个裂变反应C核反应过程中的质量亏损m=m1+m2m3D核反应过程中释放的核能E=（m1+m2m3m4）c2考点：爱因斯坦质能方程；原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：解答本题需要掌握：核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒；明确裂变和聚变反应的区别；聚变反应后质量减小，放出能量；正确利用质能方程求释放的能量解答：解：A、核反应过程中质量数和电荷数守恒，由此可知A正确；B、该反应为聚变反应，故B错误；C、该反应的中质量亏损为：m=m1+m2m3m4，故C错误；D、根据质能方程得E=mc2=（m1+m2m3m4）c2，故D正确故选AD点评：根据质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程，了解裂变和聚变的不同；爱因斯坦质能方程为人类利用核能打开了大门，要正确理解质能方程中各个物理量的含义6（6分）一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，若将该交流电压加在阻值R=10的电阻两端由图可知（）A该交流电的频率为50 HzB通过电阻的电流为AC用交流电压表测得电阻两端的电压是10VD电阻消耗的功率是10W考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A、由图象可知其周期为0.04s，所以频率为25Hz，故A错误；B、根据图象可知，电压的有效值为10V，所以通过电阻的电流为I=，故B错误；C、电压表测量的是有效值，所以电压表的示数为10V，故C正确；D、电阻消耗的功率P=I2R=10W，故D正确故选CD点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，基础题7（6分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是（）A离子从磁场中获得能量B离子从电场中获得能量C带电粒子的运动周期是变化的D增大金属盒的半径可使粒子射出时的动能增加考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变因此带电粒子在一次加速过程中，电场电压越大，动能增加越大但从D形盒中射出的动能，除与每次增加的动能外，还与加速次数有关所以加速电压越大，回旋次数越少，推导出最大动能的表达式，分析最大动能与磁感应强度和D形金属盒半径的关系解答：解：A、离子在磁场中受到洛伦兹力，但不做功，故A错误；B、带电粒子源源不断的在电场中处于加速状态，从而获得能量虽速度增大，但在磁场中周期不变，所以粒子的运动周期是固定的，故B正确，C错误；D、带电粒子从D形盒中射出时的动能 Ekm=mvm2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 R=（2）由（1）（2）可得Ekm=显然，当带电粒子q、m一定的，则EkmR2 B2即Ekm随磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的增大而增大，与加速电场的电压和狭缝距离无关，故D正确；故选BD点评：本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变8（6分）我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比（）A卫星的动能减小B卫星的动能增大C卫星的加速度减小D卫星的加速度增大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期、加速度的表达式，由题意知道周期变大，故半径变大，故速度变小，动能变小，加速度变小解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向故解得A、B：根据题意两次变轨，分别为从“24小时轨道”变轨为“48小时轨道”和从“48小时轨道”变轨为“72小时轨道”，则结合式可知，在每次变轨完成后与变轨前相比运行周期增大，运行轨道半径增大，运行线速度减小，所以卫星动能减小，故A正确、B错误C、D：两次变轨后，半径都增大，由式可知，加速度减小故C正确，D错误故选AC点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、周期、加速度的表达式，再进行讨论9（6分）如图甲是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动到b的过程中，电荷的vt图线如图乙所示，关于a、b两点的电势a、b和电场强度Ea、Eb的关系，下列判断正确的是（）AabBabCEaEbDEa=Eb考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度不变，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低解答：解：负电子从a运动到b，由速度时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力向右；AB：负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，沿场强方向，电势变小，故b点电势较大，即ab；故A正确，B错误；CD：因为图线的斜率不变，故加速度不变，因此电场力不变，所以电场强度不变，即Ea=Eb；故C错误，D正确故选AD点评：本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小三、解答题（共4小题，满分54分）10（8分）现要用伏安法描绘一只标值为“2.5V，0.6W”小灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻3k；015V，内阻10k）B电流表（00.6A，内阻0.5；03A，内阻0.1）C滑动变阻器（10，2A）D滑动变阻器（100，1.0A）E蓄电池（电动势6V，内阻不计）用如图甲所示的电路进行测量，滑动变阻器应选用C（用序号字母表示）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于A端（选填“A”、“B”或“AB正中间”）按图甲所示电路，用笔画线代替导线在图乙中将实物连接成实验所需电路图通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为10考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：在保证电路安全的情况下，为方便实验操作，乙个选择最大阻值较小的滑动变阻器；滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置根据图甲所示电路连接实物电路图由图丙所示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻解答：解：由题意可知，两滑动变阻器都可以保证电路安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于A端根据图甲所示电路图连接实物电路图，如图所示由图丙所示图象可知，灯泡额定电压2.5V所对应的电流是0.25A，则灯泡正常发光时灯泡电阻R=10故答案为：C；A； 实物连接如图所示；10点评：本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求灯泡正常发光时的电阻，连接实物电路图时，要注意电表量程的选择、注意电表正负接线柱不要接反、注意滑动变阻器的接法11（10分）在探究动能定理的实验中，某实验小组组装了一套如图所示的装置，拉力传感器固定在小车上，一端与细绳相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T，实验的部分步骤如下：平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系列间距相等的点测量小车和拉力传感器的总质量M，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后释放小车，打出一条纸带，关闭电源在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O、A、B、C、D、E等多个计数点，各个计数点到O点间的距离分别用hA、hB、hC、hD、hE表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D点时的动能表达式为，若拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为F（hDhA）某同学以A点为起始点，以A点到各个计数点动能的增量为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45的直线，由此可以得到的结论是外力所做的功，等于物体动能的变化量考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：当打点计时器在纸带上打出一系列间隔均匀的点时，小车做匀速直线运动，恰好平衡摩擦力实验时应先接通电源，再放开小车由匀变速运动的推论及功的公式分析答题根据动能定理与图象特点分析答题解答：解：平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器打出一系间距相等的点测量小车和拉力传感器的总质量M，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后释放小车，打出一条纸带，关闭电源打下D点时的速度vD=，打下D点时的动能EKD=MvD2=；拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做的功W=F（hDhA）由动能定理得：EK=W，则EK=W，以A点到各个计数点动能的增量为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45的直线，由此可以得到的结论是：外力所做的功，等于物体动能的变化量故答案为：间距相等；释放小车；F（hDhA）；外力所做的功，等于物体动能的变化量点评：知道实验注意事项、应用匀变速运动推论、动能定理即可正确解题12（18分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l=1m，导轨平面与水平面成=30角，下端连接“2.5V，0.5W”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为m=0.02kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触取g=10m/s2求：（1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；（3）磁感应强度的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；电功、电功率；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属棒刚开始下滑时，速度为零，回路中没有感应电动势和感应电流，棒只受重力和轨道的支持力，根据牛顿第二定律求加速度；（2）棒沿轨道先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，达到稳定状态，受力平衡由平衡条件可求出此时棒所受的安培力FA，此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，P=FAv，即可求出棒的速度；（3）棒达到稳定速度时，小电珠正常发光，电路中没有其他电阻，则感应电动势等于灯泡的额定电压，求出感应电动势，由E=Blv求出B解答：解：（1）设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有 mgsin=ma 代入数据解得 a=gsin30=5m/s2 （2）设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有 mgsin FA=0 此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有 P=FAv 联立式并入代数据解得 v=5m/s （3）设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv 小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E=U灯=2.5V 联立式并代入数据解得 B=0.5T 答：（1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小是5m/s2；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，该速度的大小为5m/s；（3）磁感应强度的大小是0.5T点评：本题是电磁感应与力学、电路知识的综合，要抓住稳定时，棒做匀速运动，受力平衡，金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，从力和能两个角度进行研究13（18分）如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L=1.6m，滑块A、B与该段的动摩擦因数都为=0.5，水平地面的其余部分是光滑的滑块B静止在O点，其质量mB=2kg滑块A在O点左侧以v0=5m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞A的质量是B的K（K取正整数）倍，滑块均可视为质点，取g=10m/s2（1）若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；（2）若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，试讨论K在不同取值范围时滑块A克服摩擦力所做的功考点：动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒求出碰后的共同速度，碰撞过程中损失的机械能等于碰撞前后动能的减少（2）若滑块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒列式，求出碰后两物的速度假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度（aA=aB=g）相等，根据两个物体碰后速度大小，判断滑块A、B能否再一次发生碰撞若不能再发生碰撞，根据K的取值范围，求解滑块A克服摩擦力所做的功解答：解：（1）设滑块A碰B后的共同速度为v，AB碰撞过程中损失的机械能为E由动量守恒定律有 mAv0=（mA+mB）v 由能量守恒定律有E=mAv2（mA+mB ）v2 联立式并代入数据解得 J （2）设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，则有： mAv0=mAvA+mBvB mAv02=mAv+mBv 联立式并代入数据解得 m/s m/s 假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度（aA=aB=g）相等，由式知在任意时刻vBvA，滑块A、B不会再一次发生碰撞由题知，当滑块A刚好能够到达P点有 代入数据解得K 讨论：（1）当K=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0 （2）当1K9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为J （11）（3）当K9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA=mAgL=16KJ （12）答：（1）若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，A、B碰撞过程中损失的机械能为；（2）若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，滑块A克服摩擦力所做的功情况有： （1）当K=1 时，vA=0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA=0 （2）当1K9时，滑块A停在OP之间，A克服摩擦力所做的功为J （3）当K9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA=mAgL=16KJ点评：本题综合考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，第3问要根据K不同的取值范围进行讨论