（京津琼）2019高考物理总复习 专用优编提分练：考前综合练（二）.doc

考前综合练(二)一、单项选择题1以下关于、和射线的说法中正确的是()A原子序数大于83的原子核都具有放射性B射线本质是质子流，其电离能力最强C射线是核外电子电离产生的D射线是中子流，其贯穿能力最强答案A解析原子序数大于83的原子核都具有放射性，选项A正确；射线本质是氦核，选项B错误；射线是核内的中子转化为质子时产生的高速电子，选项C错误；射线是光子，选项D错误2如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是()答案B解析A图中线框在匀强磁场中运动的过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B图在线框绕OO轴转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，故B正确；C图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故C错误；D图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故D错误3.如图1所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动，在此过程中()图1A水平力F的大小不变B杆对小球A的支持力不变C轻绳对小球B的拉力先变大后变小D杆对小球A的摩擦力先变小后变大答案D解析对球B受力分析，受拉力F、重力mg和轻绳的拉力FT，合力为零，如图甲所示：由此可知，随着的增加，拉力F和轻绳张力FT均增加，故A、C错误；再对A、B球整体受力分析，受重力、拉力F、支持力FN和静摩擦力Ff，如图乙所示：设杆与水平方向的夹角为，根据平衡条件，在垂直于杆方向有FN(Mm)gcos Fsin ，随着F的增加，支持力FN增加；在平行于杆方向，有：Fcos Ff(Mm)gsin ，可得：Ff(Mm)gsin Fcos ，可知随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当(Mm)gsin Fcos 时，静摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故B错误，D正确4汽车由静止开始在平直的公路上行驶，060 s内汽车的加速度随时间变化的图象如图2所示则该汽车在060 s内的速度时间图象为()图2答案B解析010 s内汽车做加速度为2 m/s2的加速运动，根据vat，可知10 s时速度达到20 m/s，接下来1040 s做匀速运动，速度始终为20 m/s,4060 s内，加速度反向，汽车做减速运动，加速度为1 m/s2，经20 s速度恰好减小到零5某发电厂的发电机组输出的电压恒为400 V，将其通过升压变压器升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电线总电阻为5 ，当输送的电功率恒为200 kW时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是()A输电线上损失的功率为50 WB供电端升压变压器的匝数比为1：5C输电线上损失的电压为50 VD若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小答案B解析输电线上损失的功率P50 kW，选项A错误；P2R，解得U2 000 V，升压变压器的匝数比为：4002 00015，选项B正确；根据P，解得U500 V，选项C错误；输电电压不变，若输电功率变大，则输电电流变大，输电线上损失的功率PI2R变大，选项D错误二、多项选择题6如图3所示，飞船先沿椭圆轨道1飞行，然后在远地点P处变轨后沿圆轨道2运行，在轨道2上周期约为90分钟则下列判断正确的是()图3A飞船沿椭圆轨道1经过P点时的速度与沿圆轨道经过P点时的速度相等B飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度D飞船从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做正功答案BC解析飞船沿椭圆轨道1经过P点时有m，飞船沿椭圆轨道2经过P点时有m，v1Pv2P，A错误；在圆轨道2上时，万有引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，B正确；因轨道2上周期约为90分钟，小于同步卫星的周期，又由，可得飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度，C错误；飞船从椭圆轨道1的Q点运动到P点过程中万有引力做负功，D错误7某静电场的电场线分布如图4所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是()图4AP点场强大于Q点场强BP点电势低于Q点电势C将电子从P点移动到Q点，电场力做正功D将电子从P点移动到Q点，其电势能增大答案AD解析电场线密的地方电场强度大，所以P点场强一定大于Q点场强，A正确；根据沿电场线方向电势降低可以知道，P点电势高于Q点电势，B错误；P点电势高于Q点电势，即PQ，电势能Epq中，因为是电子，所以q0，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，将电子从P点移动到Q点，其电势能增大，所以电场力做负功，C错误，D正确8.如图5所示，木板1、2固定在墙角，一个可视为质点的物块分别从木板的顶端静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为.对这两个过程，下列说法正确的是()图5A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等B沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等C物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多D物块沿着2下滑到底端的过程，产生的热量更多答案BC解析物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mghWfmv2其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：FfFNmgcos ，所以物块克服摩擦力做的功为：WfFfLmgcos LmgLcos 由题图可知，Lcos 为斜面底边长，可见物块从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功与斜面底端长度L底成正比沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2下滑到底端过程物块克服摩擦力做功小于沿1下滑到底端过程克服摩擦力做功，则由式得，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时物块的速度，故A错误，B正确；沿1时克服摩擦力做的功多，物块的机械能损失大，产生的热量多，故C正确，D错误三、非选择题9某同学在测定小车加速度的实验中，得到图6甲所示的一条纸带，他在纸带上共取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出已知打点计时器的打点周期为0.02 s该同学从每个计数点处将纸带剪开分成六条(分别标记为a、b、c、d、e、f)，再将这六条纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，得到图乙所示的图形，最后将各纸带上端中心连起来，于是得到表示vt关系的图象，图中x轴对应的物理量是时间t，y轴对应的物理量是速度v.图6(1)图中t3_ s，若测得纸条c的长度为4.02 cm，则v3_ m/s(保留两位有效数字)(2)若测得纸条a的长度为1.98 cm，纸条f的长度为7.02 cm，则可求出加速度的大小为_ m/s2(保留两位有效数字)答案(1)0.250.40(2)1.0解析(1)因为每相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的两个计数点的时间间隔T0.1 s，题图中t320.1 s0.05 s0.25 s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则v3 m/s0.40 m/s；(2)根据xaT2得，可知xfxa5aT2，则加速度的大小a m/s21.0 m/s2.10为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R(阻值约100 )、滑动变阻器R1(0100 )、滑动变阻器R2(010 )、电阻箱R0(09 999.9 )、理想电流表A(量程50 mA)、直流电源E(3 V，内阻忽略)、导线若干、开关若干图7(1)甲同学设计如图7(a)所示的电路进行实验请在图(b)中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接滑动变阻器应选_(填入字母)实验操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最_(选填“左”或“右”)端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1.断开S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R0阻值在100 左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为_时，R0的读数即为电阻的阻值(2)乙同学利用电路(c)进行实验，改变电阻箱R0的值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出R0图线如图(d)所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为_(3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路(a)和(c)，哪种方案测电阻更好_？为什么？_.答案(1)如图所示R2左I1(2)(3)(a)此方案不受电源内阻的影响解析(1)连线图如图所示：因为滑动变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选R2；实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端；根据欧姆定律，若两次保持回路中电流表读数不变，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知R0的读数即为电阻的阻值(2)根据闭合电路欧姆定律应有：EI(RR0)解得：结合数学知识可知m，k解得：E，REm(3)若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对电路(a)测电阻没有影响11如图8所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一光滑的水平桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为vA，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：图8(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；(2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；(3)小球b落地点距桌子右侧的水平距离答案(1)mg，方向竖直向上(2)(3)R解析(1)设a球通过最高点时受轨道的弹力为FN，由牛顿第二定律得：mgFNm解得：FNmg.由牛顿第三定律知，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上(2)设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势能面，由机械能守恒定律得：mva2mvA2mg2R，解得：va，小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，则有mva2mvb，得vb(3)b球从桌面飞出做平抛运动，设飞出的水平距离为x，则Rgt2，t，xvbt联立解得：xR.12如图9所示，在坐标系xOy中，第一象限除外的其他象限都充满匀强磁场，磁感应强度都为B10.12 T，方向垂直纸面向内P是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离l0.4 m一比荷5107 C/kg的带正电粒子从P点开始进入匀强磁场中运动，初速度v03106 m/s，方向与y轴正方向成夹角53并与磁场方向垂直，不计粒子的重力已知sin 530.8，cos 530.6，求：图9(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R.(2)在第一象限中与x轴平行的虚线上方的区域内充满沿x轴负方向的匀强电场(如图a所示)，粒子在磁场中运动一段时间后进入第一象限，最后恰好从P点沿初速度的方向再次射入磁场求匀强电场的电场强度E的大小和电场边界(虚线)与x轴之间的距离d.(3)如果撤去电场，在第一象限加另一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面在第(2)问虚线位置放置一块长度为L0.25 m的平板，平板的左边缘与y轴对齐(如图b所示)带电粒子仍从P点开始运动，欲使带电粒子第一次进入第一象限运动时不打到板上，求磁场的磁感应强度B2的大小和方向应满足什么条件？答案见解析解析(1)粒子在磁场区域内运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B1m，解得，粒子运动的轨道半径：R10.5 m，(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子运动轨迹的圆心A恰好落在x轴上由几何关系可知粒子从C点进入第一象限时的位置坐标为：xR1R1cos 0.2 m粒子进入匀强电场后做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，加速度为a，则：ldv0t由牛顿第二定律得：qEmaxat2粒子运动到P点时，水平速度为：vxatv0tan ，代入数据解得，电场强度：E8105 N/C，电场边界(虚线)与x轴之间的距离：d0.1 m；(3)如果第一象限的磁场方向垂直于xOy平面向内，则带电粒子打到平板的临界条件为轨迹圆与板相切，此时轨迹半径为R2d0.1 m由牛顿第二定律得：qv0B2m，代入数据解得：B20.6 T，如果第一象限的磁场方向垂直于xOy平面向外，则带电粒子打到平板的临界条件为轨迹圆与板右侧边缘有交点，设此时轨迹半径为R3，由几何关系：R32d2R3(LOC)2，代入数据解得：R30.125 m，由牛顿第二定律得：qv0B2m，代入数据解得：B20.48 T，故欲使带电粒子第一次进入第一象限运动时不打到板上，磁场的磁感应强度B2的大小和方向应满足：若磁场方向垂直于xOy平面向内，则B20.6 T；若磁场方向垂直于xOy平面向外，则B20.48 T.13选修33(1)(2018陕西省宝鸡市质检二)关于物体的内能，下列说法正确的是_A相同质量的两种物质，升高相同的温度，内能的增量一定相同B物体的内能改变时温度不一定改变C内能与物体的温度有关，所以0 的物体内能为零D分子数和温度相同的物体不一定具有相同的内能E内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体(2)如图10所示，潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上，潜艇将压强为1.0105 Pa、总体积为600 m3的空气(包含贮气筒内空气，视为理想气体)压入容积为3 m3的贮气筒潜至海面下方190 m水平航行时，为控制姿态，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱，使15 m3的水通过排水孔排向与之相通的大海已知海面处大气压p01.0105 Pa，取海水的密度1.0103 kg/m3，g10 m/s2，求：图10潜艇下潜前贮气筒内空气的压强；排出水后贮气筒内剩余空气的压强答案(1)BDE(2)2.0107 Pa1.0107 Pa解析(1)相同质量的同种物质，升高相同的温度，内能的增量相同；相同质量的不同种物质，升高相同的温度，内能的增量不同，故A错误；物体内能改变时温度不一定改变，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故B正确；分子永不停息地做无规则运动，可知任何物体在任何状态下都有内能，故C错误；分子数和温度相同的物体不一定有相同的内能，还看物体的体积，故D正确；发生热传递的条件是存在温度差，与内能的大小无关，所以内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故E正确(2)设潜艇下潜前贮气筒内空气的压强为p1，p1V1p0V0，解得p12.0107 Pa设水舱中空气的压强为p3，贮气筒内剩余空气的压强为p2，p3V3p2V1p0V0，p3p0gh2.0106 Pa，解得：p21.0107 Pa.14选修34(1)在双缝干涉实验中，用波长为630 nm的红光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样已知双缝到屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间距为10.5 mm，则双缝之间的距离为_mm.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的一项方法是_A增大双缝间距B增大双缝到屏幕的距离C将光源向远离双缝的位置移动D将光源向靠近双缝的位置移动图11(2)三棱镜ABC主截面如图11所示，其中A90，B30，AB30 cm，将单色光从AB边上的a点垂直AB射入棱镜，测得从AC边上射出的光束与BC面垂直，已知Ba21 cm，真空中的光速c3.0108 m/s，不考虑光在AC面的反射，求：三棱镜对该单色光的折射率；从a入射到从AC边出射，单色光在棱镜中传播的时间；答案(1)0.3B(2)1.3109 s解析(1)测得第1条到第6条亮条纹中心间距离为10.5 mm，则相邻亮条纹之间的距离为x mm2.1 mm，由x得d0.3 mm根据x可知要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，则可采取增大双缝到屏幕的距离、减小双缝间距，故A错，B对；光源到双缝的距离不会改变条纹间距，故C、D错(2)光路图如图，光在b点发生反射，光在c点发生折射由几何关系可得：1230330，460三棱镜对该单色光的折射率n光在棱镜中的传播速度v，abaBtan 30，bcbC单色光在棱镜中的传播时间t1.3109 s.