2019届高三物理高补复习试题(含解析).doc

2019届高三物理高补复习试题(含解析)一、选择题1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是( )A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法B. 牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法C. 用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法D. 场强表达式和加速度表达式都是利用比值法得到的定义式【答案】AC【解析】【详解】A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法；故A正确.B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法；故B错误.C、用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法；故C正确.D、场强表达式是比值法得到的定义式，加速度表达式是决定式而不是比值法得到的定义式；故D错误.故选AC.【点睛】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法,根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可2.粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间。由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种形状，若电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是( ) A. 冬季，电线对电线杆的拉力较大B. 夏季，电线对电线杆的拉力较大C. 夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大D. 夏季，电线杆对地的压力较大【答案】A【解析】【详解】以整条电线为研究对象，受力分析如图所示:由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：，即：.由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角变小，故变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小.电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等.所以选项B、C、D错误，A正确.故选A.【点睛】要比较一个物理量的大小关系，我们应该先把这个物理量运用物理规律表示出来，本题中应该抓住电线杆上的电线的质量一定，受力平衡，根据夏季、冬季电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角的不同分析求解3. 一质点作直线运动的速度图像如图所示，下列选项正确的是:（ ）A. 在4-5s内，质点所受合外力做正功B. 在0-5s内，质点的平均速度为7m/sC. 在前6s内，质点离出发点的最远距离为30mD. 质点在4-6s内的加速度大小是0-2s内的加速度大小的2倍【答案】BD【解析】试题分析：在4-5s内，质点做匀减速运动，合力方向为负方向，位移为正，故质点所受合外力做负功 ，选项A错误；0-5s内的位移，平均速度，选项B正确；在前6s内，质点离出发点的最远距离为35m，选项C错误；质点在4-6s内的加速度大小是；0-2s内的加速度大小，故质点在4-6s内的加速度大小是0-2s内的加速度大小的2倍，选项D正确，故选BD.考点：v-t图像；4.如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是( )A. 悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB. 悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC. 悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大D. 悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小【答案】AC【解析】试题分析：剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力剪断瞬间，对A分析，A的合力为，根据牛顿第二定律，得故A正确，B错误弹簧开始处于伸长状态，弹力当向下压缩，时，速度最大所以下降的距离为C正确，D错误。考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律视频5.伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系。如图所示，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接。左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为。小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2。规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小、加速度的大小a、动能Ek及机械能E随时间t变化的关系图线正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A、B、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1=gsin-gcos,小球在右侧斜面下滑时的加速度：a2=gsin+gcos，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小;故A错误，B正确.C、小球的动能与速率的二次方成正比，即，因此，动能与时间关系图象是曲线；故C错误.D、由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线；故D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况6.如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )A. 沿路径1抛出的物体落地的速率最大B. 沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长C. 三个物体抛出时初速度的竖直分量相等D. 三个物体抛出时初速度的水平分量相等【答案】AC【解析】【详解】C、三球在竖直方向上上升的最大高度相同，根据知，三球抛出时初速度在竖直方向上分量相等;故C正确.B、根据，结合对称性知，物体在空中运动的时间相等;故B错误.A、D、因为小球1的水平位移最大，时间相等，可知小球1的水平分速度最大，根据平行四边形定则知，沿路径1抛出的物体落地速率最大;故A正确，D错误.故选AC.【点睛】解决本题的关键将小球分解为水平方向和竖直方向，知道分运动和合运动具有等时性，结合运动学公式灵活求解7.火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住。xx年，我国志愿者王跃参与了在俄罗斯进行的“模拟登火星”实验活动。已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期基本相同。地球表面重力加速度是g，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是( )A. 王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的倍B. 火星表面的重力加速度是C. 火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍D. 王跃在火星上向上跳起的最大高度是【答案】C【解析】试题分析：根据可知，A错误；这样火星表面的重力加速度是，B错误；根据可得，可以求出火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，C正确；根据，若起跳速度相同时，若在地球上跳起的最大高度为h，在火星上向上跳起的最大高度是，D错误。考点：万有引力与航天，重力加速度，机械能守恒8.一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、 b、c，如图所示，则有( )A. a、 b、c三点电势高低及场强大小的关系是B. 质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小C. 质点在a、 b、c三处的加速度大小之比是1：2：1D. 若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、 b、c三点做匀速圆周运动【答案】AB【解析】【详解】A、根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势;,;故A正确.B、电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小;故B正确.C、粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力.由图可知，代入库仑定律,可得，由牛顿第二定律;故C错误.D、由C的分析可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动;故D错误.故选AB.【点睛】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧进而判断出电荷是负电荷9.如图所示，两平行金属板间带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. R3上消耗的功率逐渐增大【答案】A【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，则R1两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，电压表读数增大由欧姆定律可知流过R3的电流增大，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流减小，则电流表示数减小；故A错误，B正确；因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，故质点P将向上运动，故C正确；因R3两端的电压增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大； 故D正确；故选BCD点睛：解决动态变化分析的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻都是增大的10.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出( )A. 物体的初速率B. 物体与斜面间的动摩擦因数C. 取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值D. 当某次时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑【答案】BC【解析】【详解】A、由图可知，当=90时物体做竖直上抛运动，位移为x=1.80m；由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh，代入数据解得：v0=6m/s;故A错误.B、当=0时，位移为 x=2.40m；由动能定理可得：，代入数据解得：=0.75;故B正确.C、由动能定理得：，解得：，当+=90时，sin(+)=1；此时位移最小，x=1.44m；故C正确.D、若=30时，物体的重力沿斜面向下的分力为，最大静摩擦力为，小球达到最高点后，不会下滑;故D错误.故选BC.【点睛】本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解11.如图，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块。现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是( )A. 若仅增大木板的质量M，则时间t增大B. 若仅增大木块的质量m，则时间t增大C. 若仅增大恒力F，则时间t增大D. 若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大【答案】BD【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得，木块m的加速度，木板M的加速度根据若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小故A错误若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大故B正确若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小故C错误若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小，M的加速度增大，则t变大故D正确故选BD。考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用题；解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析。12.在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球，如图甲所示，小球运动的图像如图乙所示，不计空气阻力，则( ) A. 小球受到的重力与电场力之比为3:5B. 在t=5s时，小球经过边界MNC. 在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功D. 在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大【答案】AD【解析】【详解】B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时;故B不正确.A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：，进入电场后的加速度大小为：由牛顿第二定律得：mg=ma1 F-mg=ma2得电场力： 由得重力mg与电场力F之比为3:5;故A正确.C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等;故C错误.D、整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功，电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以小球的机械能先减小后增大;故D正确.故选AD.【点睛】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系.二、实验题13.为了测量木块与木板间动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图所示。根据上述图线，计算0.4 s时木块的速度_ms，木块加速度a=_ms2；为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是_；(已知当地的重力加速度g)为了提高木块与木板间动摩擦因数的测量精度，下列措施可行的是_。AA点与传感器距离适当大些B木板的倾角越大越好C选择体积较大的空心木块D传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻【答案】 (1). 0.4 (2). 1 (3). 斜面倾角 (4). A【解析】【详解】(1)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：,0.2s末的速度为：,则木块的加速度为：(2)选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsin-mgcos,得，所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角.(3)根据(2)的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻故A正确，B、C、D错误故选A.【点睛】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量14.某科技小组要测量一未知电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：A待测电阻Rx B电池组(电动势3 V，内阻约5 )C电压表(量程3 V，内阻约3 000 ) D电流表(量程5 mA，内阻约10 )E滑动变阻器(最大阻值50，额定电流1.0 A) F开关、导线若干该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路(电流表内接或外接)进行测量，并将其测量数据绘成U一I图象，如图甲和图乙所示。由测量结果判定_图测量结果较为准确，其测量值Rx=_ (结果保留三位有效数字)，Rx的测量值_真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)。请把正确的测量电路图画在方框内_。【答案】 (1). 甲 (2). (3). 大于 (4). 【解析】【分析】U-I图象的斜率等于电阻阻值，根据图示图象求出待测电阻阻值，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系分析答题伏安法测电阻采用电流表外接法时，由于电压表分流，所测电流偏大，电阻测量值小于真实值；电流表采用内接法时，由于电流表分压，所测电压偏大，电阻测量值大于真实值；根据电阻测量值大小判断电流表接法，然后作出对应的实验电路图根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法【详解】由U-I图象可知，电阻测量值：,电流表内阻为10，电压表内阻为3000，相对来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，则甲图测量结果较准确，其测量值Rx=1.08103；电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，待测电阻测量值大于真实值由可知电流表采用内接法时测量结果较准确，滑动变阻器最大阻值为50，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：【点睛】伏安法测电阻有两种实验电路，电流表的外接法与内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时采用电流表外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时采用内接法三、计算题15.近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为80 kmh，就应与前车保持80 m的距离，以此类推，现有一辆客车以大小=90 kmh的速度行驶，一般司机反应时间t=0.5 s(反应时间内车被视为匀速运动)，刹车时最大加速度=5 ms2求：(1)若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程?并说明按经验，车距保持90 m是否可行?(2)若客车超载，刹车最大加速度减为4ms2；司机为赶时间而超速，速度达到 144 kmh；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为1.5 s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程?并说明在此情况下经验是否可靠?【答案】（1） ，经验可行（2） ，不可靠【解析】【分析】客车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合匀变速直线运动的速度位移公式和匀速直线运动的位移公式求出总位移，从而进行判断。【详解】(1)司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x1:90km/h=25m/sx1=v01t=250.5m=12.5m刹车时间前进的距离x2：司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x：x=x1+x2=12.5+62.5=75m90m经验可行.(2)若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x3：v02=144km/h=40m/sx3=v02t=401.5m=60m刹车时间前进的距离x4：司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x：按照经验，144km/h安全距离为144m.x=x3+x4=60m+200m=260m144m在多重违章情况下，经验不可靠。所以要按交通规则行驶，经验才有可行.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用.16.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。已知电子的质量是m，电量为e，在平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置；(2)在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：（1）电子在I区域，由动能定理，得：，解得：，若电子恰能从D点打出来，则：，解得：，由于，所以电子一定能从CD边打出来，则：，故电子离开时坐标为。（2）设电子释放时的坐标为，则：，解得：，故释放电子时的坐标应满足的关系为：。（3）设电子从点释放，在电场I中加速到，进入电场II后做类平抛运动，在高度为处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有：，以上各式解得：，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置。考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【名师点睛】本题考核了带电粒子在简化的电子枪模型中的运动情况，是一道拓展型试题，与常见题所不同的是，一般试题是已知电子的出发点，然后求电子在电场作用下运动过程中的轨迹或离开电场的出射点位置，而本题则是反其道而行之，是规定了电子的出射点，要反推出在何处发出电子才能满足所述要求从内容看，该题涉及的是电子在电场中的运动，这部分知识学生相对比较熟悉，也是经常训练的题型之一，只不过本题作了拓展。视频17.如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为l.8R。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小。(2)小球刚到C时对轨道的作用力。(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径应该满足什么条件?【答案】（1） （2） ，竖直向下（3） 或 【解析】试题分析：（1）设小球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有：可得：。（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律，有：，其中r满足：，联立上式可得：由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为，方向竖直向下。（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道则小球在最高点P应满足：，小球从C直到P点过程，由动能定理，有：，可得：。情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D则由动能定理有：，解得：。考点：本题考查动能定理、圆周运动的相关知识。