（廣西專用）2020高考物理二輪復習 綜合能力訓練（一）（含解析）

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1、綜合能力訓練(一) (時間:60分鐘　滿分:110分) 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.下列敘述正確的是(　　) A.法拉第最先提出電荷周圍存在電場的觀點 B.伽利略用“月—地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性 C.牛頓在給出萬有引力定律的同時給出了引力常量 D.將實驗和邏輯推理(包括數(shù)學演算)和諧地結(jié)合起來,從而發(fā)展了人類的科學思維方式和科學研究方法的科學家是笛卡兒 答案:A 解析:最先提出電荷周圍存在電

2、場觀點的是法拉第,故選項A正確;牛頓用“月—地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性,故選項B錯誤;測量引力常量的是卡文迪許,故選項C錯誤;將實驗和邏輯推理(包括數(shù)學演算)和諧地結(jié)合起來,從而發(fā)展了人類的科學思維方式和科學研究方法的科學家是伽利略,故選項D錯誤。 2.下列說法不正確的是(　　) A.β射線與γ射線一樣都是電磁波,但β射線的穿透本領(lǐng)遠比γ射線弱 B.玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域,其理論能夠解釋氫原子光譜的特征 C.氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離核較近的軌道上時氫原子的能量減少 D.92238U衰變成?82206Pb要經(jīng)過6次β衰變和8次α衰變 答案:A 3.如

3、圖所示,內(nèi)壁光滑質(zhì)量為m的管形圓軌道,豎直放置在光滑水平地面上,恰好處在兩固定光滑擋板M、N之間,圓軌道半徑為R。質(zhì)量為m的小球能在管內(nèi)運動,小球可視為質(zhì)點,管的內(nèi)徑忽略不計。當小球運動到軌道最高點時,圓軌道對地面的壓力剛好為零。下列判斷正確的是(　　) A.圓軌道對地面的最大壓力大小為8mg B.圓軌道對擋板M、N的壓力總為零 C.小球運動的最小速度為gR D.小球離擋板N最近時,圓軌道對擋板N的壓力大小為5mg 答案:A 解析:當小球運動到最高點時,圓軌道對地面的壓力為零,可知小球?qū)A軌道的彈力大小等于圓軌道的重力,根據(jù)牛頓第二定律得,mg+FN1=mv12R,FN1=mg

4、,解得在最高點的速度v1=2gR,小球運動到軌道最低點,根據(jù)動能定理得,mg·2R=12mv22-12mv12,根據(jù)牛頓第二定律得,FN2-mg=mv22R,再根據(jù)牛頓第三定律,聯(lián)立解得小球?qū)壍赖淖畲髩毫N2'=7mg,則圓軌道對地面的最大壓力為8mg,故A正確。因為小球在光滑的管形軌道內(nèi)運動,完成圓周運動的最小速度可以是0,C錯誤。在小球運動到離擋板N最近時,小球需要向左的向心力,由擋板N的彈力提供,所以小球?qū)醢錗、N的壓力不為零,故B錯誤。根據(jù)動能定理得,mgR=12mv32-12mv12,根據(jù)牛頓第二定律得,FN3=mv32R,聯(lián)立解得FN3=4mg,則圓軌道對擋板N的壓力為4mg

5、,故D錯誤。選A。 4.星球上的物體脫離星球引力所需的最小速度稱為第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關(guān)系是v2=2v1。已知某星球的半徑為r,表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的16,不計其他星球的影響,則該星球的第二宇宙速度為(　　) A.gr B.16gr C.13gr D.13gr 答案:C 解析:根據(jù)mg6=mv12r,在該星球上的第一宇宙速度v1=gr6,因此第二宇宙速度v2=2v1=13gr,因此選項C正確,選項A、B、D錯誤。 5.(2019·黑龍江雙鴨山模擬)如圖所示,A為水平放置的膠木圓盤,在其側(cè)面均勻分布著負電荷,在A的正上方用絕緣絲線懸

6、掛一個金屬圓環(huán)B,B的環(huán)面水平且與圓盤面平行,B的軸線與A的軸線OO'重合?，F(xiàn)使A由靜止開始繞其軸線OO'按箭頭所指方向加速轉(zhuǎn)動,則(　　) A.B的環(huán)面有擴張的趨勢,絲線受到的拉力增大 B.B的環(huán)面有收縮的趨勢,絲線受到的拉力減小 C.B的環(huán)面有擴張的趨勢,絲線受到的拉力減小 D.B的環(huán)面有收縮的趨勢,絲線受到的拉力增大 答案:B 解析:使膠木盤A由靜止開始繞其軸線OO'按箭頭所指方向加速轉(zhuǎn)動,形成環(huán)形電流,環(huán)形電流的大小增大,穿過金屬環(huán)B的磁通量向下,且增大,根據(jù)楞次定律可判斷,金屬環(huán)B的環(huán)面有收縮的趨勢,且有向上的運動趨勢,絲線受到的拉力減小,選項B正確,選項A、C、D錯

7、誤。 6.如圖所示,等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,直角邊bc的長度為l。三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶2。不計粒子的重力及粒子間的相互作用,下列說法正確的是(　　) A.粒子的速率關(guān)系一定是v1=v2

8、速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,粒子軌道半徑與速度成正比,又因為三個粒子在磁場中運動的時間之比為t1∶t2∶t3=3∶3∶2,顯然它們在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度之比為3∶3∶2。即粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,軌跡如圖所示。粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,粒子3的速度比1、2的速度大,無法確定粒子1、2的速度關(guān)系,1、2兩粒子的速度既可能相等也可能不相等,故A錯誤,B正確;對速度為v2的粒子,其偏轉(zhuǎn)角度為90°,粒子在磁場中的運動時間t2=14T=14×2πmqB,則qm=π2Bt2,故C錯誤;對速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)60°,運動

9、軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系知r3tan30°+r3tan30°cos60°=l,解得r3=23l3,粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qv3B=mv32r3,解得r3=mv3qB,qm=v3Br3=3v32Bl,故D正確。 7.如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)(　　) A.下滑過程中,加速度一直減小 B.下滑過程中,克服

10、摩擦力做的功為14mv2 C.在C處,彈簧的彈性勢能為14mv2-mgh D.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度 答案:BD 解析:下滑過程中,圓環(huán)先加速然后減速,其加速度開始時豎直向下(大小逐漸減小),然后改為豎直向上(其大小逐漸增大),選項A錯誤;設(shè)下滑過程克服摩擦力做功為Wf,則上滑過程克服摩擦力做功也為Wf,對下滑過程由動能定理有mgh-Wf-W彈=0,對上滑過程由動能定理有W彈-mgh-Wf=0-12mv2,聯(lián)立以上兩式得Wf=14mv2,E彈C=W彈=mgh-14mv2,可知選項B正確,C錯誤;設(shè)環(huán)下滑時經(jīng)過B點時速度為v1,對環(huán)由A至B的過程有mghAB-Wf'-W彈'

11、=12mv12-0,設(shè)環(huán)上滑時經(jīng)過B點時速度為v2,對環(huán)由B至A的過程有-Wf'-mghAB+W彈'=0-12mv22,比較以上兩式易知v2>v1,選項D正確。 8.如圖所示,把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12 m。已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10-4 kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g取10 m/s2,靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,則 (　　) A.兩球所帶電荷量相等 B.A球所受的靜電力為1.0×10-2 N

12、C.B球所帶的電荷量為46×10-8 C D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0 答案:ACD 解析:根據(jù)電荷量均分原理知,兩小球電荷量相同,A選項正確;兩小球接觸后再分開后的位置如圖所示,已知OAA=0.10m,AB=0.12m,根據(jù)幾何知識可知θ=37°。對A進行受力分析如圖所示,將A受到的庫侖力和重力合成后合力沿OAA的延長線,可得Fq=mgtanθ=6×10-3N,B選項錯誤;根據(jù)庫侖定律Fq=kq2l2,可得q=Fq·l2k,其中l(wèi)=0.12m,代入數(shù)據(jù)得q=46×10-8C,C選項正確;A、B帶的電荷量相等且同種性質(zhì),所以連線中點處電場強度為零,D選項正確。 第Ⅱ卷

13、二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題,每個試題考生都必須作答。第13~14題為選考題,考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 9.(6分)如圖甲所示,由小車、斜面及粗糙程度可以改變的水平長直木板構(gòu)成伽利略理想斜面實驗裝置。實驗時,在水平長直木板旁邊放上刻度尺,小車可以從斜面平穩(wěn)地滑行到水平長直平面。利用該裝置與器材,完成能體現(xiàn)如圖乙所示的伽利略理想斜面實驗思想與方法的實驗推論(設(shè)重力加速度為g)。 甲 乙 丙 (1)請指出,實驗時必須控制的實驗條件:　　　　　　　　　　　　　。? (2)請表述,由實驗現(xiàn)象可以得出的實驗推論:?

14、 　。? (3)圖丙是每隔Δt時間曝光一次得到小車在粗糙水平面上運動過程中的五張照片,測得小車之間的距離分別是s1、s2、s3、s4,由此可估算出小車與水平面間的動摩擦因數(shù)μ= 　　　　　　　　　　(用s1、s2、s3、s4、g、Δt表示)。? 答案:(1)小車從同一位置靜止釋放 (2)水平面越光滑,小車滑得越遠,當水平面完全光滑時,小車將滑向無窮遠 (3)(s1+s2)-(s3+s4)4g·(Δt)2 解析:(1)根據(jù)伽利略“理想實驗”的內(nèi)容與原理可知,需要小車到達水平面時的速度是相同的,所以在實驗的過程中要求小車從同一位置靜止釋放。 (2)根據(jù)實驗的情況

15、,可以得出的結(jié)論為水平面越光滑,小車滑得越遠,當水平面完全光滑時,小車將滑向無窮遠。 (3)小車在水平面內(nèi)做勻變速直線運動,結(jié)合勻變速直線運動的推論,則a=(s1+s2)-(s3+s4)4(Δt)2,根據(jù)牛頓第二定律可知a=μmgm=μg,所以小車與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=(s1+s2)-(s3+s4)4g·(Δt)2。 10.(9分)某同學要通過實驗描繪一個規(guī)格為“3 V　0.25 A”的LED燈的伏安特性曲線。實驗室提供的器材有: A.電流表A1(量程為0~0.6 A,內(nèi)阻約為10 Ω) B.電流表A2(量程為0~250 mA,內(nèi)阻約為 5 Ω) C.滑動變阻器R1(“20 Ω　

16、1 A”) D.滑動變阻器R2(“200 Ω　0.3 A”) E.電壓表V(量程為0~3 V,內(nèi)阻RV約為3 kΩ) F.開關(guān)S一只 G.蓄電池E(電動勢為4 V,內(nèi)阻很小) H.導線若干 (1)要完成實驗,除蓄電池、電壓表、開關(guān)、導線若干外,還需選擇的器材有　　　　(填寫器材前的字母編號)。? (2)在圖中他已經(jīng)連接了一部分電路,請你用筆畫線代替導線將電路連線補充完整。 (3)為了得到伏安特性曲線,他以電壓表的讀數(shù)U為橫軸,以電流表的讀數(shù)I為縱軸,將實驗中得到的多組數(shù)據(jù)進行了描點,如圖所示,請你幫他完成I-U圖像。 (4)如果將此燈連入如圖所示電路,其中電源電動勢

17、為3 V,電源內(nèi)阻與保護電阻R0的總阻值為5 Ω,定值電阻R的阻值為10 Ω。開關(guān)S閉合后,通過小燈泡的電流是　　　　A(保留兩位有效數(shù)字)。? 答案:(1)BC　(2)如圖甲所示　(3)如圖乙所示　(4)0.18 甲 乙 解析:(1)用電流表測量時要保證指針有較大的偏角,滑動變阻器作為分壓器使用,阻值宜小,允許通過的最大電流值宜大,故選B、C。 (2)選用分壓式外接電路,將實物圖連接。 (3)用平滑曲線將各點連接如答案圖乙。 (4)設(shè)燈兩端電壓為U,電流為I,則由閉合電路歐姆定律可知E=U+UR+I(r+R0);代入數(shù)據(jù)化簡可知3V=32U+5Ω·I,即U=2V-1

18、03Ω·I,看成等效電源E'=2V,r'=103Ω與燈連接,作出過(2V,0)和(1V,0.3A)的圖像如圖所示: 兩圖的交點即為燈的工作點,則由圖可知,電流為0.18A。 11.(12分)如圖所示,在傾角θ=37°的粗糙斜面上距離斜面底端x=1 m處有一質(zhì)量m=1 kg的物塊,受到豎直向下的恒力F=30 N,由靜止開始沿斜面下滑。到達底端時即撤去恒力F,然后在水平面上滑動一段距離后停止。不計物塊撞擊水平面時的能量損失,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)相同,g取10 m/s2。 (1)若物塊運動過程中最大速度為4 m/s,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)μ為多少? (2)若僅改變豎

19、直恒力F的大小,可使物塊總的運動時間有一最小值,最小值為多少?此時物塊在水平面上運動的位移為多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 答案:(1)0.5　(2)2105 s　1 m 解析:(1)物塊到達斜面底端時速度最大,根據(jù)運動學公式v2=2ax 代入數(shù)據(jù)得a=8m/s2 對斜面上物塊受力分析知 (mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma 代入數(shù)據(jù),解得 μ=0.5。 (2)設(shè)斜面上物塊加速度為a1,運動時間為t1,在水平面上運動時間為t2,則 x=12a1t12 到達底端時速度為 v1=2a1x=μgt2 則總時間為 t=t1+t2=2xa1

20、+2a1xμg 根據(jù)基本不等式,當a1=μg=5m/s2時,t有最小值tmin=2105s 物塊在水平面上運動的位移為x0 由v12=2μgx0 解得x0=1m。 12.(20分)如圖所示,在正方形ACDF區(qū)域內(nèi),對角線CF以上的區(qū)域存在垂直紙面的勻強磁場,對角線CF以下的區(qū)域存在平行于DF方向的勻強電場,正方形邊長為l。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(重力不計)以初速度v0從A點沿AC方向進入磁場,在對角線CF的中點P處進入電場,并從DF邊上離開電場,求: (1)磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向; (2)電場強度E的大小; (3)帶電粒子從DF邊離開時的最大速度。

21、答案:(1)2mv0ql,垂直于紙面向外　(2)E≤4mv02ql　(3)5v0,方向見解析 解析:(1)帶電粒子的運動軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系知帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑R=l2 帶電粒子在磁場中運動的洛倫茲力提供向心力 qv0B=mv02R B=2mv0ql 方向垂直于紙面向外。 (2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子從P點進入電場時的速度方向與CF的夾角θ=45°,平行CD方向進入電場,帶電粒子恰從D點或F點離開電場時,電場強度E最大。 平行CD方向t=l2v0 平行FD方向l2=at22　qEm=ma 上述各式聯(lián)立解得Em=4mv02ql 當E≤4mv02ql時,

22、帶電粒子從DF邊離開電場。 (3)當電場強度最大,帶電粒子從D或F點離開電場時,速度最大。 由動能定理得qEml2=mvm22-mv022 vm=5v0 最大速度與CD邊的夾角為 cosβ=v05v0 β=arccos55。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分) 13.(15分)【物理——選修3-3】 (1)(5分)下列說法正確的是　　　　。(填正確答案標號,選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分。每選錯1個扣3分,最低得分為0分)? A.液晶具有流動性,光學性質(zhì)為各向異性 B.氣體擴散現(xiàn)象表明氣體分子

23、間存在斥力 C.熱量總是自發(fā)地從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體 D.機械能不可能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,內(nèi)能也無法全部用來做功以轉(zhuǎn)化成機械能 E.液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離,所以液體表面存在表面張力 (2)(10分)如圖所示,用活塞在汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量理想氣體,活塞與汽缸壁間摩擦忽略不計,活塞的質(zhì)量m1=0.5 kg,開始時活塞距汽缸底高度h1=0.40 m,氣體的溫度t1=27 ℃?，F(xiàn)給汽缸緩慢加熱,使活塞緩慢升到距離汽缸底h2=0.80 m處,此過程中缸內(nèi)氣體吸收Q=450 J的熱量。已知活塞橫截面積S=5.0×10-3 m2,大氣壓強p0=1.0×105

24、Pa,g取10 m/s2。求: ①活塞距離汽缸底h2時的溫度t2; ②此過程中缸內(nèi)氣體增加的內(nèi)能ΔU。 答案:(1)ACE　(2)①327 ℃　②248 J 解析:(1)液晶具有流動性,但液晶的光學性質(zhì)為各向異性,故選項A正確;氣體擴散現(xiàn)象表明氣體分子在做永不停息的無規(guī)則運動,故選項B錯誤;根據(jù)熱力學第二定律,熱量能自發(fā)地從高溫物體傳遞到低溫物體,故選項C正確;根據(jù)熱力學第二定律,機械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,但內(nèi)能不能全部用來做功而轉(zhuǎn)化成機械能,而不產(chǎn)生其他的影響,故選項D錯誤;液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離,所以液體表面存在表面張力,故選項E正確。 (2)①氣體做等壓

25、變化,活塞距離汽缸底h2時溫度為t2,則根據(jù)氣態(tài)方程可得 V1T1=V2T2 T2=t2+273K 解得t2=327℃。 ②在氣體膨脹的過程中,氣體對外做功為 W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202J 根據(jù)熱力學第一定律可得氣體內(nèi)能的變化為 ΔU=W+Q=-W0+Q=-202J+450J=248J。 14.(15分)【物理——選修3—4】 (1)(5分)右圖是擺長均為l的兩個單擺,兩擺球間用一根細線相連,現(xiàn)使兩擺線與豎直方向均成θ角(θ<5°),且使兩單擺靜止。已知甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量。當細線突然斷開后,兩擺球都做簡諧運動,從細線斷開瞬間開始計時,經(jīng)過時間t,甲、乙兩

26、擺球第n次距離最近。則下列說法正確的是　　　　。? A.甲的振幅小于乙的振幅 B.甲的振幅等于乙的振幅 C.兩單擺所處位置的重力加速度為g=π2n2lt2 D.甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度 E.兩擺所處位置的重力加速度為g=4π2n2lt2 (2)(10分)如圖所示,半徑為R的半圓形玻璃磚的底面MN涂有一層反射膜。甲、乙兩束相同的紅色平行光分別從a點和b點斜射到玻璃磚的弧面上,入射方向與水平方向成45°角。進入玻璃磚后,甲光射到圓心O點,其反射光線恰與乙光反射光線相交于弧面上c點。 ①求該玻璃磚對紅色光的折射率;如果底面沒有涂反射膜,甲光能不能從MN射出?

27、②如果將甲光換成單色紫色,其能不能從MN射出? 答案:(1)BDE (2)①2-22-1　不能從MN射出?、诓荒軓腗N射出 解析:(1)甲、乙兩單擺的擺長相等,再結(jié)合題意可知,甲、乙兩單擺做簡諧運動的振幅相等,選項A錯誤,B正確;兩單擺在平衡位 置時速度最大,根據(jù)mgh=12mv2,得v=2gh,即速度與質(zhì)量無關(guān),所以甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度,選項D正確;當經(jīng)過時間t,甲、乙兩擺球第n次距離最近,說明單擺周期為T=tn,根據(jù)T=2πl(wèi)g,知單擺周期與質(zhì)量無關(guān),且計算得兩單擺所處位置的重力加速度為g=4π2n2lt2,選項C錯誤,E正確。 (2)①在光路圖中,過c點作MN的垂線,根據(jù)幾何關(guān)系,知垂線長為22R 設(shè)乙光的折射角為r,則由幾何關(guān)系 有Rtanr+22Rtanr=22R 解得tanr=2-1 即sinr=tan2r1+tan2r=2-14-22 根據(jù)折射定律n=sin45°sinr=2-22-1 因為n=2-22-1>2,因此臨界角小于45°,如果底面沒有涂反射膜,甲光在底面將發(fā)生全反射,甲光不能從MN射出。 ②因為紅光發(fā)生了全反射,而紫光的頻率比紅光大,同種介質(zhì)對紫光的折射率更大,紫光發(fā)生全反射的臨界角也小于45°,因此不能從MN射出。 16