2019届高三物理考前得分训练试题(四)(含解析).doc

2019届高三物理考前得分训练试题(四)(含解析)二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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. 如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45。将一个金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为O，半径为r，两条半径oa和0b相互垂直，且oa沿水平方向。当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为（ ）A. B. C. BIr D. 2BIr【答案】A【解析】通电导线的有效长度为L=r，故受到的安培力为F=BIL=BIr，故选A.2. 火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大太空探索项目，xx左右我国将进行第一次火星探测。已知地球公转周期为T，到太阳的距离为R1，运行速率为v1，火星到太阳的距离为R2，运行速率为v2， 太阳质量为M，引力常量为G。一个质量为m的探测器被发射到一围绕太阳的椭圆轨道上，以地球轨道上的A点为近日点，以火星轨道上的B点为远日点，如图所示。不计火星、地球对探测器的影响，则（ ）A. 探测器在A点的加速度大于 B. 探测器在B点的加速度大小为C. 探测器在B点的动能为 D. 探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为 【答案】D【解析】根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在A点的加速度等于沿着图中小虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为：；故A错误；根据牛顿第二定律，加速度由合力和质量决定，故在B点的加速度等于沿着图中大虚线圆轨道绕太阳公转的向心加速度，为 ，故B错误；探测器在B点的速度小于v2，故动能小于mv22，故C错误；根据开普勒第三定律，有： 联立解得：故探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为，故D正确；故选D.点睛：本题关键是明确加速度有合力和质量决定导致同一位置的卫星的加速度相同；然后结合开普勒第三定律和牛顿第二定律列式分析3. 如图所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿。现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为时，小球上升的速度大小为（ ）A. vsin B. vcosC. vtan D. vcot【答案】A由数学三角函数关系，则有：v线=vsin；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；故选：A4. 如图所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度大小分别为( )A. ， B.，C. ， D.，【答案】A【解析】试题分析:根据题意，对AB整体受力分析有：AB整体受线的拉力F和重力3mg，根据牛顿第二定律有3mg-F=ma，得：；对A球进行受力分析如图，A球受线的拉力F和重力mg以及弹簧拉力F1三个力作用下向上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F1+mg-F=ma，则，又因为在细线断开的瞬间，细线的拉力F立即消失，而弹簧的弹力因形变没有发生变化而保持不变，故线断开的瞬间，A的合力为，根据牛顿第二定律可得，物体A在线断开的瞬间的加速度，故选A考点：考查牛顿第二定律；胡克定律【名师点睛】正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，在形变瞬间没有变化因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键5. 在衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的核反应，间接地证实了中微子的存在。中微子与水中的发生核反应，产生中子（）和正电子（），即中微子+，可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是（ ）A. 0和0 B. 0和1 C. 1和 0 D. 1和1【答案】A【解析】根据质量数守恒、电荷数守恒，知中微子的质量数和电荷数为0和0故A正确，BCD错误故选A6. 在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A。则此时（ ）A. L1的电压为L2电压的2倍B. L1消耗的电功率为0.75WC. L2的电阻为12D. L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1【答案】BD【解析】试题分析：由题意知，开关闭合后，L1的电流时L2的两倍，根据伏安特性曲线知，L1的电压不等于L2的两倍，所以A错误；由伏安特性曲线知，当电流为0.25A时，电压为3.0V，故功率为0.75W，所以B正确；由题意知，L2的电流为0.125A，根据伏安特性曲线知电压约为0.3V，再根据知C错误；由知，D正确。考点：本题考查伏安特性曲线涉及电功率、欧姆定律等。7. 如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A. b、d两点的电场强度大小相等，电势相等B. a、c两点的电场强度大小相等，电势相等C. 若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动D. 若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动【答案】BC【解析】Q在 b点与d点场强方向相反，与匀强电场叠加后d点场强大于b点场强故A错误；a、c两点的电场强度大小相等，点电荷在ac两点的电势相等，电场E在ac两点的电势相等，所以ac两点的电势相等故B正确；若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q所给的库仑力故正电荷可沿水平面作匀速圆周运动故C正确；若从a点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q点，则不能做匀速圆周运动故D错误；故选BC.8. 如图4所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为，导轨上固定有质量为m、电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙、下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是A. 导体棒MN的最大速度为B. 导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin C. 导体棒MN受到的最大安培力为mgsin D. 导体棒MN所受重力的最大功率为【答案】AC【解析】试题分析：当导体棒MN匀速运动时速度最大，由平衡条件得：，则得最大速度为故A正确由题，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒：，则得最大静摩擦力为fm=2mgsin故B错误导体棒MN匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件得知：最大安培力为FAm=mgsin故C正确导体棒MN所受重力的最大功率为故D错误故选AC。考点：物体的平衡；安培力；功率【名师点睛】本题实质是单棒运动类型，关键要分析MN棒的受力情况和运动情况，金属棒先加速运动后匀速运动，匀速运动时速度最大，然后根据平衡条件和功率公式求解；注意安培力的方向与运动方向相反三、非选择题： （一）必考题9. 某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0 。 再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1 。释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2。(1)接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=_m/s2（保留两位有效数字）(2)同一次实验中，F1_F2（选填“”、“=”或“”） (3)改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图丙不计纸带与计时器间的摩擦图像中F是实验中测得的（_） A、F1 B、F2 C、F1F0 D、F2F0【答案】 (1). 0.16 (2). (3). D【解析】（1）从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得： （2）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前力传感器的示数F1，所以F1=mg，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时力传感器的示数F2，根据牛顿第二定律得：mg-F2=ma所以F1F2，（3）图象是过原点的一条倾斜的直线，已经平衡摩擦力，所以F应该表示小车受到的合力，即F=F2-F0，故D正确；故选D.点睛：本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚10. 在练习使用多用电表的实验中，请完成下列问题：(1)在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“l00”档，则测量的结果为_；若开关拨至“10V”，则测量结果为_。(2)将G改装成两种倍率（如“l”、“l0”）的欧姆表现有两种备选电路，如图乙和图丙所示，则图_（选填“乙”或“丙”）为合理电路；在合理的电路中，当开关S合向_端，这时的欧姆表是较大倍率档。 (3)多用电表在正确选择倍率情况下测未知电阻阻值，设电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，则电路中电流I与待测电阻的阻值Rx的函数关系式为_。【答案】 (1). 1800 (2). 4.6v (3). 乙 (4). b (5). 【解析】(1)选择开关拨至“l00”档，则测量的结果为18l00=1800；10V电压档最小分度为0.2V则要估读到0.1V，则其读数为：4.6V（2）图乙中的电路可通过改变G的并联阻值改变其量程，而丙图不会改变其量程，故乙图比较合理；设G并联的阻值为R，由闭合电路欧姆定律可知： 则 ，由上式可知并联的R越大倍率越大则开关S要与b端闭合（3）则闭合电路欧姆定律： 点睛：本题考查了多用电表的使用方法及电路结构原理，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近11. 如图所示，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直纸面向里。一个质量为m=1g、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动。当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成45角，设P与M的高度差H为1.6m。求：（1）A沿壁下滑时摩擦力做的功（2）P与M的水平距离s是多少？【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）小物体到N点时离开壁时，qvNB=qEvN=E/B=2m/s从M到N的过程中,根据动能定理代入数据得Wf=-610-3J(2) 小物体运动到P点时恰好处于平衡状态qE=mg从M到P的过程中,根据动能定理代入数据得S=0.6m考点：带电粒子在复合场中的运动；动能定理12. 如图所示，质量为2m的小车静止于光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为是1.5R的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道下滑，重力加速度为g。（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力F（2）若不固定小车，求小车运动过程中的最大速度V（3）若不固定小车，且滑块和小车之间的摩擦因数=0.8，试分析滑块能否从C点滑出，求整个运动过程中小车的位移x【答案】（1）,方向向下（2）方向向左（3）【解析】（1）从A到B，滑块速度最大，由机械能守恒定律 在B点， 所以由牛顿第三定律压力F=-F1，所以压力为，方向向下（2）从A到B，滑块的速度最大， 水平方向动量守恒， 所以；方向向左（3）假设滑块未从小车上滑出，设相对位移是s，由水平方向动量守恒，滑块和小车最后均静止，所以，假设成立由水平方向动量守恒，任何时刻 所以任意一段时间内车和滑块的平均水平速度之比为，所以任意一段时间内车和滑块的水平位移之比为，所以车的位移为，方向向左.（二）选考题： 13. 下列说法正确的是_。A. 布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动B. 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数C. 若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，其内能可能增大D. 若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强也一定不断增大E. 在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能增加【答案】ABE14. 如图所示是小明自制的简易温度计。在空玻璃瓶内插入一根两端开口、内横截面积为0.4cm2的玻璃管，玻璃瓶与玻璃管接口处用蜡密封，整个装置水平放置。玻璃管内有一段长度可忽略不计的水银柱，当大气压为1.0105Pa、气温为7时，水银柱刚好位于瓶口位置，此时封闭气体体积为480cm3，瓶口外玻璃管有效长度为48cm。求：此温度计能测量的最高气温；当气温从7缓慢上升到最高气温过程中，密封气体吸收的热量为3J，则在这一过程中密封气体的内能变化了多少。【答案】18.20C 【解析】试题分析：当水银柱到达管口时，达到能测量的最高气温T2，则初状态：T1=（273+7）K=280K V1=480cm3末状态：V2=（480+4804）cm3=4992 cm3由盖吕萨克定律代入数据得T2=2912K=182水银移动到最右端过程中，外界对气体做功W=-P0SL=-192J由热力学第一定律得气体内能变化为E=Q+W=3J+（-192J）=108J考点：盖吕萨克定律；热力学第一定律【名师点睛】本题考查了求温度、内能的变化量，分析清楚气体状态变化过程，应用盖吕萨克定律、热力学第一定律即可解题。15. 如图所示为某时刻从O点同时发出的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是 。A. 两列波具有相同的波速B. 两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短C. P点比Q点先回到平衡位置D. 在P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动E. 甲波和乙波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样【答案】ADE【解析】两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同故A正确，B错误由图可知，两列波波长之比甲：乙=3：2，波速相同，由波速公式 得到周期之比为T甲：T乙=3：2Q点与P点都要经过周期才回到平衡位置所以Q点比P点先回到平衡位置故C错误两列波的频率之比为f甲：f乙=2：3，则在P质点完成20次全振动的时间内Q质点完成了30次全振动故D正确两列波的频率不同，不能产生稳定的干涉图样故E正确故选ADE.点睛：此题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同掌握波速公式和产生干涉的条件等知识16. 如图为一半球形玻璃砖的一个截面，其半径为R，玻璃砖的折射率为，光线I从顶点A垂直射向球心，光线的入射点为B，AOB = 60，试画出两束光线的光路图（只画折射光线），并求这两束光线经CD面出射后的交点到球心O的距离。【答案】 【解析】光路如图； 设交点为P， 光线在B点折射由 ，有r=300 在CD界面O/处折射，由图中几何关系及 有 ； 故这两束光线CD面出射后的交点到球心O的距离: