（課標(biāo)通用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 小題提速搶分練3（8選擇2實(shí)驗(yàn)）（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

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1、 (8選擇＋2實(shí)驗(yàn))(三) (建議用時(shí)：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(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．) 14．(2019·陜西西安三模)下列說(shuō)法正確的是(　　) A．鈾核裂變的核反應(yīng)是U→Ba＋Kr＋2n B．玻爾根據(jù)光的波粒二象性，大膽提出假設(shè)，認(rèn)為實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性 C．原子從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷，不吸收光子也能實(shí)現(xiàn) D．根據(jù)愛(ài)因斯坦的“光子說(shuō)”可知，光的波長(zhǎng)越大，光子的能量越大 C　解析 鈾核裂變的核反應(yīng)是U＋n→Ba＋Kr＋3n

2、，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；德布羅意根據(jù)光的波粒二象性，大膽提出假設(shè)，認(rèn)為實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；受到電子或其他粒子的碰撞，原子也可從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷，不吸收光子也能實(shí)現(xiàn)，選項(xiàng)C正確；根據(jù)愛(ài)因斯坦的“光子說(shuō)”可知，根據(jù)ν＝，光的波長(zhǎng)越大，頻率越小，故能量ε＝hν越小，選項(xiàng)D錯(cuò)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(jī)支架，其表面采用了納米微吸材料，用手觸碰無(wú)粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時(shí)，會(huì)牢牢吸附在物體上．手機(jī)靜止吸附在該手機(jī)支架上，如圖所示，若手機(jī)的重力為G，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．手機(jī)受到的支持力大小為G

3、cos θ B．手機(jī)受到的摩擦力大小大于Gsin θ C．納米材料對(duì)手機(jī)的作用力方向豎直向上 D．納米材料對(duì)手機(jī)的作用力大小為Gsin θ C　解析 手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(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(xiàng)A錯(cuò)誤；在平行于斜面方向，根據(jù)平衡條件，有f＝Gsin θ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；手機(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，受到重力和納米材料對(duì)手機(jī)的作用力，根據(jù)平衡條件可知，納米材料對(duì)手機(jī)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(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 16．(2019·福建永安三中模擬)如圖所示，質(zhì)量為1 kg的小物塊從傾角為30°、長(zhǎng)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(shì)能點(diǎn)，重力加速度取10 m/s2，則它滑到斜面中點(diǎn)時(shí)具有的機(jī)械能和動(dòng)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(duì)物塊進(jìn)行受力分析可知，物塊受到重力和支持力，下滑的過(guò)程中支持力不做功，只有重力做功，符合機(jī)械能守恒的條件，物塊在中點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能等于在斜面頂端時(shí)的機(jī)械能，故機(jī)械能等于零；物塊在中點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能Ep＝－mg·sin 30°＝－5 J，由機(jī)械能守恒知，動(dòng)能為5 J，選項(xiàng)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(nèi)有垂

5、直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且不計(jì)重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點(diǎn)垂直磁場(chǎng)射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，可畫出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，做初、末速度的垂線如圖所示，兩垂線的交點(diǎn)為圓心O′，可知圓心角為θ，由三角函數(shù)可得圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝2R，又根據(jù)半徑公式r＝，解得B＝，選項(xiàng)B正確． 18．(2019·陜西部分學(xué)校聯(lián)考)2017年6月19日，我國(guó)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(yù)定計(jì)劃，“中

6、星9A”應(yīng)該首先被送入近地點(diǎn)約為200公里、遠(yuǎn)地點(diǎn)約為3.6萬(wàn)公里的轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ(橢圓)，然后通過(guò)遠(yuǎn)地點(diǎn)變軌，最終進(jìn)入地球同步軌道Ⅲ(圓形)．但是由于火箭故障，衛(wèi)星實(shí)際入軌后初始軌道Ⅰ遠(yuǎn)地點(diǎn)只有1.6萬(wàn)公里．科技人員沒(méi)有放棄，通過(guò)精心操作，利用衛(wèi)星自帶燃料在近地點(diǎn)點(diǎn)火，盡量抬高遠(yuǎn)地點(diǎn)的高度，經(jīng)過(guò)10次軌道調(diào)整，終于在7月5日成功定點(diǎn)于預(yù)定軌道．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．失利原因可能是衛(wèi)星發(fā)射速度沒(méi)有達(dá)到7.9 km/s B．衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點(diǎn)進(jìn)入軌道Ⅱ后機(jī)械能增加 C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)和軌道Ⅱ經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度相同 D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ由P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)行時(shí)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(jìn)入軌道Ⅰ，失利原因不可能是發(fā)射速度沒(méi)有達(dá)到7.9 km/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，要做離心運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星應(yīng)從軌道Ⅰ的P點(diǎn)加速，衛(wèi)星加速過(guò)程機(jī)械能增加，則衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點(diǎn)進(jìn)入軌道Ⅱ后機(jī)械能增加，選項(xiàng)B正確；衛(wèi)星由軌道Ⅱ的Q點(diǎn)加速后才能進(jìn)入軌道Ⅲ，由此可知，衛(wèi)星在軌道Ⅲ經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大于在軌道Ⅱ經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；衛(wèi)星在軌道Ⅱ由P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)行時(shí)只受到萬(wàn)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(xiàng)D錯(cuò)誤． 19．(2019·江西南昌十中期末)如圖所示，將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)

8、靠豎直墻壁，右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊．今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)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(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒 B．小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)由B至C過(guò)程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒 C．小球離開C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng) D．小球從A點(diǎn)經(jīng)最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 BD　解析 小球從A→B的過(guò)程中，半圓槽對(duì)球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方，因?yàn)橛胸Q直墻擋住，所以半圓槽不會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，可見(jiàn)，該

9、過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動(dòng)量不守恒，則由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒；從B→C的過(guò)程中，小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動(dòng)物塊一起運(yùn)動(dòng)，因而小球參與了兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，一個(gè)是沿半圓槽的圓周運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)是與半圓槽一起向右運(yùn)動(dòng)，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過(guò)程中，因?yàn)橛形飰K擋住，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)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(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤， B正確．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，它的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)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(jī)械能守恒，

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

11、據(jù)ω＝2πn可知轉(zhuǎn)速為5 r/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)速與風(fēng)速成正比，當(dāng)風(fēng)速加倍時(shí)，轉(zhuǎn)速也加倍，電流的最大值Im＝1.2 A，則電流的表達(dá)式為i＝1.2sin 20πt(A)，電流的有效值I＝＝ A＝0.6 A，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 21．(2019·陜西武功檢測(cè))如圖所示為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左右兩邊磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，距磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里時(shí)磁通量Φ的方向

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

13、電功率為P1＝IR＝，同理，在～的過(guò)程中電功率為P2＝IR＝，所以＝9，選項(xiàng)C正確；在 ～ 的過(guò)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(guò)程中，只有右邊受安培力，大小為F2＝BI2L，由C項(xiàng)分析可知，I1＝3I2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 二、實(shí)驗(yàn)題(共15分) 22．(2020·黑龍江牡丹江一中開學(xué)考試)(6分)如圖甲所示，為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)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(zhì)量及小車和砝碼的質(zhì)量對(duì)應(yīng)關(guān)系圖．鉤碼的質(zhì)量為m1，小車和砝碼的質(zhì)量為m2，重力加速度為g. (1)下列說(shuō)法正確的是________． A

14、．每次在小車上加減砝碼時(shí)，應(yīng)重新平衡摩擦力 B．實(shí)驗(yàn)時(shí)若用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)先釋放小車后接通電源 C．本實(shí)驗(yàn)m2應(yīng)遠(yuǎn)小于m1 D．在用圖象探究加速度與質(zhì)量關(guān)系時(shí)，應(yīng)作a圖象 (2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，測(cè)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(dǎo)軌保持了水平狀態(tài) C．鉤碼的總質(zhì)量太大 D．所用小車的質(zhì)量太大 (3)實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)遺漏了平衡摩擦力這一步驟，若軌道水平，他測(cè)量得

15、到的a圖象，如圖丙所示．設(shè)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________. 解析 (1)平衡摩擦力時(shí)，假設(shè)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(shí)，不需要重新平衡摩擦力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放小車，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中，拉小車的繩子上的實(shí)際拉力為F＝m2a＝，當(dāng)把鉤碼的重力當(dāng)作繩子的拉力時(shí)，即F＝m1g，需要滿足m1應(yīng)遠(yuǎn)小于m2才能成立，選項(xiàng)C錯(cuò)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(zhì)量的關(guān)系時(shí)，通常作a-圖象，選項(xiàng)D正確． (2)由于實(shí)驗(yàn)中遺漏了

16、平衡摩擦力這一步驟，就會(huì)出現(xiàn)當(dāng)有拉力時(shí)，小車不會(huì)運(yùn)動(dòng)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(zhì)量太大，沒(méi)有滿足遠(yuǎn)小于小車和砝碼的質(zhì)量，選項(xiàng)C正確． (3)根據(jù)牛頓第二定律可知m1g－μm2g＝m2a，則有＝＋a，結(jié)合圖丙可得k＝，b＝，解得小車與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝. 答案 (1)D　(2)c　C　(3) 23．(2019·湖北黃岡中學(xué)三模)(9分)用直流電源(內(nèi)阻可忽略不計(jì))、電阻箱、定值電阻R0(阻值為2.0 kΩ)、開關(guān)和若干導(dǎo)線，連接成如圖甲所示的電路來(lái)測(cè)量電壓表V(量程3 V)的內(nèi)阻 RV.閉合開關(guān)S，適當(dāng)調(diào)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(shí)驗(yàn)時(shí)電阻箱的讀數(shù)如圖乙所示，其值為______Ω. (2)根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)畫出如圖丙所示的-R關(guān)系圖線，由圖象上的數(shù)據(jù)可計(jì)算得到縱軸截距與圖線斜率的比值為________，進(jìn)而求得電壓表的內(nèi)阻RV＝________kΩ.(計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字) 丙 (3)若電源內(nèi)阻不可忽略，用此法測(cè)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(dá)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(nèi)阻為RV＝7 000 Ω＝7.0 kΩ. (3)考慮電源內(nèi)阻r，由歐姆定律得E＝(RV＋R0＋R＋r)，實(shí)際測(cè)量的阻值相當(dāng)于是RV＋r，相對(duì)RV的阻值來(lái)說(shuō)偏大． (4)當(dāng)電阻箱阻值為零的時(shí)候，電阻R0起到保護(hù)電壓表的作用． 答案 (1)6 500　(2)9.0 kΩ　7.0　(3)偏大　(4)保護(hù)電壓表