（課標通用）高考物理二輪復習 小題提速搶分練3（8選擇2實驗）（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、 (8選擇＋2實驗)(三) (建議用時：30分鐘) 一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．) 14．(2019·陜西西安三模)下列說法正確的是(　　) A．鈾核裂變的核反應是U→Ba＋Kr＋2n B．玻爾根據(jù)光的波粒二象性，大膽提出假設，認為實物粒子也具有波動性 C．原子從低能級向高能級躍遷，不吸收光子也能實現(xiàn) D．根據(jù)愛因斯坦的“光子說”可知，光的波長越大，光子的能量越大 C　解析 鈾核裂變的核反應是U＋n→Ba＋Kr＋3n

2、，選項A錯誤；德布羅意根據(jù)光的波粒二象性，大膽提出假設，認為實物粒子也具有波動性，選項B錯誤；受到電子或其他粒子的碰撞，原子也可從低能級向高能級躍遷，不吸收光子也能實現(xiàn)，選項C正確；根據(jù)愛因斯坦的“光子說”可知，根據(jù)ν＝，光的波長越大，頻率越小，故能量ε＝hν越小，選項D錯誤． 15．(2019·廣西桂林十八中月考)科技的發(fā)展正在不斷地改變著我們的生活，圖示是一款放在水平桌面上的手機支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時，會牢牢吸附在物體上．手機靜止吸附在該手機支架上，如圖所示，若手機的重力為G，下列說法正確的是(　　) A．手機受到的支持力大小為G

3、cos θ B．手機受到的摩擦力大小大于Gsin θ C．納米材料對手機的作用力方向豎直向上 D．納米材料對手機的作用力大小為Gsin θ C　解析 手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可知，在垂直于支架方向有FN＝Gcos θ＋F吸，大于Gcos θ，選項A錯誤；在平行于斜面方向，根據(jù)平衡條件，有f＝Gsin θ，選項B錯誤；手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，受到重力和納米材料對手機的作用力，根據(jù)平衡條件可知，納米材料對手機的作用力大小等于重力，方向與重力方向相反，豎直向上，選項C正確，D錯誤． 16．(2019·福建永安三中模擬)如圖所示，質量為1 kg的小物塊從傾角為30°、長為

4、2 m的光滑固定斜面頂端由靜止開始下滑，若選初始位置為零勢能點，重力加速度取10 m/s2，則它滑到斜面中點時具有的機械能和動能分別是(　　) A．5 J,5 J B．10 J,15 J C．0,5 J D．0,10 J C　解析 對物塊進行受力分析可知，物塊受到重力和支持力，下滑的過程中支持力不做功，只有重力做功，符合機械能守恒的條件，物塊在中點時的機械能等于在斜面頂端時的機械能，故機械能等于零；物塊在中點時的重力勢能Ep＝－mg·sin 30°＝－5 J，由機械能守恒知，動能為5 J，選項C正確． 17．(2019·福建永安三中模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內有垂

5、直于紙面向外的勻強磁場．一質量為m、帶電荷量為＋q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點垂直磁場射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應強度的大小為(　　) A． B． C． D． B　解析 由左手定則可判斷帶電粒子將向右偏轉做圓周運動，可畫出運動軌跡如圖所示，做初、末速度的垂線如圖所示，兩垂線的交點為圓心O′，可知圓心角為θ，由三角函數(shù)可得圓周運動的半徑為r＝2R，又根據(jù)半徑公式r＝，解得B＝，選項B正確． 18．(2019·陜西部分學校聯(lián)考)2017年6月19日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射“中星9A”廣播電視直播衛(wèi)星，如圖所示，按預定計劃，“中

6、星9A”應該首先被送入近地點約為200公里、遠地點約為3.6萬公里的轉移軌道Ⅱ(橢圓)，然后通過遠地點變軌，最終進入地球同步軌道Ⅲ(圓形)．但是由于火箭故障，衛(wèi)星實際入軌后初始軌道Ⅰ遠地點只有1.6萬公里．科技人員沒有放棄，通過精心操作，利用衛(wèi)星自帶燃料在近地點點火，盡量抬高遠地點的高度，經(jīng)過10次軌道調整，終于在7月5日成功定點于預定軌道．下列說法正確的是(　　) A．失利原因可能是衛(wèi)星發(fā)射速度沒有達到7.9 km/s B．衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點進入軌道Ⅱ后機械能增加 C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ經(jīng)過Q點時和軌道Ⅱ經(jīng)過Q點時的速度相同 D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ由P點向Q點運行時處于超重狀態(tài) B　解析 衛(wèi)星

7、的最小發(fā)射速度為7.9 km/s，衛(wèi)星已經(jīng)進入軌道Ⅰ，失利原因不可能是發(fā)射速度沒有達到7.9 km/s，選項A錯誤；衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，要做離心運動，衛(wèi)星應從軌道Ⅰ的P點加速，衛(wèi)星加速過程機械能增加，則衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點進入軌道Ⅱ后機械能增加，選項B正確；衛(wèi)星由軌道Ⅱ的Q點加速后才能進入軌道Ⅲ，由此可知，衛(wèi)星在軌道Ⅲ經(jīng)過Q點時的速度大于在軌道Ⅱ經(jīng)過Q點時的速度，選項C錯誤；衛(wèi)星在軌道Ⅱ由P點向Q點運行時只受到萬有引力的作用，始終有向下的加速度，所以衛(wèi)星處于失重狀態(tài)，選項D錯誤． 19．(2019·江西南昌十中期末)如圖所示，將質量為M1、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側

8、靠豎直墻壁，右側靠一質量為M2的物塊．今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始下落，與半圓槽相切自A點進入槽內，則下列結論正確的是(　　) A．小球在槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 B．小球在槽內運動由B至C過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒 C．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動 D．小球從A點經(jīng)最低點向右側最高點運動的過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 BD　解析 小球從A→B的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球對半圓槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該

9、過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量不守恒，則由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B→C的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動，一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量不守恒，但是小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，選項A錯誤， B正確．當小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，選項C錯誤．因接觸面都是光滑的，所以小球、半圓槽、物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，

10、選項D正確． 20．(2019·重慶巴蜀中學月考)如圖甲所示為風力發(fā)電的簡易模型．在風力的作用下，風葉帶動與其固定在一起的永磁鐵轉動，轉速與風速成正比．某一風速時，線圈中產生的正弦式電流如圖乙所示．下列說法正確的是(　　) A．電流的表達式為i＝0.6sin 10πt(A) B．磁鐵的轉速為10 r/s C．風速加倍時，電流的表達式為i＝1.2sin 10πt(A) D．風速加倍時，線圈中電流的有效值為0.6 A AD　解析 由圖象可知，線圈轉動周期T＝0.2 s，則ω＝＝10π rad/s，交流電的電流表達式i＝Asinωt(A)＝0.6sin 10πt(A)，選項A正確；根

11、據(jù)ω＝2πn可知轉速為5 r/s，選項B錯誤；轉速與風速成正比，當風速加倍時，轉速也加倍，電流的最大值Im＝1.2 A，則電流的表達式為i＝1.2sin 20πt(A)，電流的有效值I＝＝ A＝0.6 A，選項C錯誤，D正確． 21．(2019·陜西武功檢測)如圖所示為兩個有界勻強磁場，左右兩邊磁感應強度大小分別為B和2B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量Φ的方向

12、為正．則下列說法正確的是(　　) A．在 ～ 的過程中，磁通量的變化量為2BL2 B．在 ～ 的過程中，電路中產生的平均感應電動勢為E＝3BLv C．在 ～ 的過程中產生的電功率是 ～ 的過程中產生的電功率的9倍 D．在 ～ 的過程中線框受安培力大小是～的過程中線框受安培力大小的3倍 BC　解析 在～的過程中，線圈在磁場中的面積變化了L2，所以磁通量變化了ΔΦ＝BS＝BL2，選項A錯誤；在～的過程中，線圈的磁通量變化了ΔΦ′＝Φ2－Φ1＝2BL2－(－BL2)＝3BL2，則平均感應電動勢＝＝＝3BLv，選項B正確；在 ～ 的過程中，產生的電動勢為E1＝3BLv，感應電流為I1＝，

13、電功率為P1＝IR＝，同理，在～的過程中電功率為P2＝IR＝，所以＝9，選項C正確；在 ～ 的過程中，左、右兩條邊受安培力方向相同，大小F1＝2BI1L＋BI1L＝3BI1L，同理，在～的過程中，只有右邊受安培力，大小為F2＝BI2L，由C項分析可知，I1＝3I2，選項D錯誤． 二、實驗題(共15分) 22．(2020·黑龍江牡丹江一中開學考試)(6分)如圖甲所示，為“探究加速度與力、質量的關系”實驗裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質量及小車和砝碼的質量對應關系圖．鉤碼的質量為m1，小車和砝碼的質量為m2，重力加速度為g. (1)下列說法正確的是________． A

14、．每次在小車上加減砝碼時，應重新平衡摩擦力 B．實驗時若用打點計時器應先釋放小車后接通電源 C．本實驗m2應遠小于m1 D．在用圖象探究加速度與質量關系時，應作a圖象 (2)實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，測得F＝m1g，作出a-F圖象，他可能作出圖乙中________(選填“a”“b”“c”)圖線．此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是______________________． A．小車與軌道之間存在摩擦 B．導軌保持了水平狀態(tài) C．鉤碼的總質量太大 D．所用小車的質量太大 (3)實驗時，某同學遺漏了平衡摩擦力這一步驟，若軌道水平，他測量得

15、到的a圖象，如圖丙所示．設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，則小車與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________. 解析 (1)平衡摩擦力時，假設木板傾角為θ，則有f＝mgsin θ＝μmgcos θ，等式兩邊都有m，可以約去，則每次在小車上加砝碼時，不需要重新平衡摩擦力，選項A錯誤；實驗時應先接通電源后釋放小車，選項B錯誤；實驗中，拉小車的繩子上的實際拉力為F＝m2a＝，當把鉤碼的重力當作繩子的拉力時，即F＝m1g，需要滿足m1應遠小于m2才能成立，選項C錯誤；由牛頓第二定律F＝ma，可得a＝，所以用圖象探究小車的加速度與質量的關系時，通常作a-圖象，選項D正確． (2)由于實驗中遺漏了

16、平衡摩擦力這一步驟，就會出現(xiàn)當有拉力時，小車不會運動的情況，故可能作出題圖乙中的c圖線．題圖乙中圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是鉤碼的總質量太大，沒有滿足遠小于小車和砝碼的質量，選項C正確． (3)根據(jù)牛頓第二定律可知m1g－μm2g＝m2a，則有＝＋a，結合圖丙可得k＝，b＝，解得小車與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝. 答案 (1)D　(2)c　C　(3) 23．(2019·湖北黃岡中學三模)(9分)用直流電源(內阻可忽略不計)、電阻箱、定值電阻R0(阻值為2.0 kΩ)、開關和若干導線，連接成如圖甲所示的電路來測量電壓表V(量程3 V)的內阻 RV.閉合開關S，適當調節(jié)電阻

17、箱的阻值R，讀出電壓表的示數(shù)U，獲得多組數(shù)據(jù)． (1)此實驗時電阻箱的讀數(shù)如圖乙所示，其值為______Ω. (2)根據(jù)測得的數(shù)據(jù)畫出如圖丙所示的-R關系圖線，由圖象上的數(shù)據(jù)可計算得到縱軸截距與圖線斜率的比值為________，進而求得電壓表的內阻RV＝________kΩ.(計算結果均保留兩位有效數(shù)字) 丙 (3)若電源內阻不可忽略，用此法測得的RV________(選填“偏大”或“偏小”)． (4)定值電阻R0的作用是________________________． 解析 (1)由圖示電阻箱可知，其示數(shù)為0×100 kΩ＋0×10 kΩ＋6×1 kΩ＋5×100 Ω＋0×10 Ω＋0×1 Ω＝6 500 Ω. (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝(RV＋R0＋R)， 整理可得＝·R＋， 所以縱軸截距與圖線斜率的表達式分別為b＝和k＝， 根據(jù)圖丙可知斜率為k＝＝， 截距為b＝＝0.25，則＝9.0 kΩ， 聯(lián)立解得電壓表的內阻為RV＝7 000 Ω＝7.0 kΩ. (3)考慮電源內阻r，由歐姆定律得E＝(RV＋R0＋R＋r)，實際測量的阻值相當于是RV＋r，相對RV的阻值來說偏大． (4)當電阻箱阻值為零的時候，電阻R0起到保護電壓表的作用． 答案 (1)6 500　(2)9.0 kΩ　7.0　(3)偏大　(4)保護電壓表