2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 高考模擬部分二.doc
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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 高考模擬部分二 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．) 1．(xx全國(guó)卷14)一質(zhì)點(diǎn)沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖1所示．質(zhì)點(diǎn)在t＝0時(shí)位于x＝5 m處，開始沿x軸正向運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t＝8 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在x軸上的位置為( ) 圖1 A．x＝3 m B．x＝8 m C．x＝9 m D．x＝14 m 答案 B 解析 質(zhì)點(diǎn)前4 s內(nèi)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其位移可由v—t圖像中的“面積”數(shù)值表示，則對(duì)應(yīng)位移x1＝ m＝6 m．同理可得4～8 s內(nèi)的位移(沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng))x2＝－ m＝－3 m．又知初位移x0＝5 m，則當(dāng)在t＝8 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在x軸上的位置為x＝x0＋x1＋x2＝8 m，選項(xiàng)B正確． 2．如圖2所示，三個(gè)物體質(zhì)量分別為m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面傾角θ＝30，m1和m2之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8.不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量和摩擦．初始用外力使整個(gè)系統(tǒng)靜止，當(dāng)撤掉外力時(shí)，m2將(g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)( ) 圖2 A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑 C．相對(duì)于m1上滑 D．相對(duì)于m1下滑 答案 D 解析 m1、m2的總重力沿斜面向下的分力小于m3的重力，將加速上滑，由題意m1、m2一起加速上滑的最大加速度a＝μgcos 30－gsin 30≈1.9 m/s2，假設(shè)m1、m2一起加速上滑，設(shè)繩上的拉力為FT，由牛頓第二定律：則FT－(m1＋m2)gsin 30＝(m1＋m2)a，m3g－FT＝m3a，解得：a＝2.5 m/s2＞1.9 m/s2，不可能一起運(yùn)動(dòng)，m2將相對(duì)于m1下滑，D正確． 3．(xx天津3)研究表明，地球自轉(zhuǎn)在逐漸變慢，3億年前地球自轉(zhuǎn)的周期約為22小時(shí)．假設(shè)這種趨勢(shì)會(huì)持續(xù)下去，地球的其他條件都不變，未來(lái)人類發(fā)射的地球同步衛(wèi)星與現(xiàn)在的相比( ) A．距地面的高度變大 B．向心加速度變大 C．線速度變大 D．角速度變大 答案 A 解析 地球的自轉(zhuǎn)周期變大，則地球同步衛(wèi)星的公轉(zhuǎn)周期變大．由＝m(R＋h)，得h＝ －R，T變大，h變大，A正確．由＝ma，得a＝，r增大，a減小，B錯(cuò)誤．由＝，得v＝ ，r增大，v減小，C錯(cuò)誤．由ω＝可知，角速度減小，D錯(cuò)誤． 4．如圖3所示，光滑軌道LMNPQMK固定在水平地面上，軌道平面在豎直面內(nèi)，MNPQM是半徑為R的圓形軌道，軌道LM與圓形軌道MNPQM在M點(diǎn)相切，軌道MK與圓形軌道MNPQM在M點(diǎn)相切，b點(diǎn)、P點(diǎn)在同一水平面上，K點(diǎn)位置比P點(diǎn)低，b點(diǎn)離地高度為2R，a點(diǎn)離地高度為2.5R.若將一個(gè)質(zhì)量為m的小球從左側(cè)軌道上不同位置由靜止釋放，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)情況，以下說(shuō)法中正確的是( ) 圖3 A．若將小球從LM軌道上a點(diǎn)由靜止釋放，小球一定不能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn) B．若將小球從LM軌道上b點(diǎn)由靜止釋放，小球一定能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn) C．若將小球從LM軌道上a、b點(diǎn)之間任一位置由靜止釋放，小球一定能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn) D．若將小球從LM軌道上a點(diǎn)以上任一位置由靜止釋放，小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時(shí)的高度 答案 D 解析 由于MNPQM是半徑為R的圓形軌道，所以小球只要能通過(guò)P點(diǎn)，就一定能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)．從a到b過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：mg(2.5R－2R)＝mv2，解得：v＝.若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)，則應(yīng)滿足的條件是在P點(diǎn)小球受到的彈力FN≥0，在P點(diǎn)由牛頓第二定律得：FN＋mg＝m，解得m－mg≥0，即vP≥，又因b點(diǎn)、P點(diǎn)在同一水平面上，因此若將小球從LM軌道上a點(diǎn)由靜止釋放，小球能恰好通過(guò)P點(diǎn)，也一定能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)，故A不正確；若將小球從LM軌道上b點(diǎn)，或a、b點(diǎn)之間任一位置由靜止釋放，小球一定不能通過(guò)P點(diǎn)，不一定能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)，故B、C錯(cuò)誤；將小球從LM軌道上a點(diǎn)以上任一位置由靜止釋放，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)，由于K點(diǎn)位置比P點(diǎn)低，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，小球在K點(diǎn)的速度一定大于零，所以小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，又因小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)上升到最大高度時(shí)，在水平方向上速度不為零，故小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時(shí)的高度，所以D正確．故選D. 5．如圖4所示，空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從P點(diǎn)平行直線MN射出的a、b兩個(gè)帶電粒子，它們從射出第一次到直線MN所用的時(shí)間相同，到達(dá)MN時(shí)速度方向與MN的夾角分別為60和90，不計(jì)重力，則兩粒子速度之比va∶vb為( ) 圖4 A．2∶1 B．3∶2 C．4∶3 D.∶ 答案 C 解析 兩粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖 設(shè)P點(diǎn)到MN的距離為L(zhǎng)，由圖知b粒子的半徑Rb＝L a粒子的半徑：L＋Racos 60＝Ra 得Ra＝2L 即兩粒子的半徑之比為Ra∶Rb＝2∶1① 粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ 由題＝ 得兩粒子的比荷∶＝② 粒子的洛倫茲力提供向心力，qvB＝m 得R＝③ 聯(lián)立①②③得：＝. 6．電荷量相等的兩點(diǎn)電荷在空間形成的電場(chǎng)有對(duì)稱美．如圖5所示，真空中固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B，AB連線中點(diǎn)為O.在A、B所形成的電場(chǎng)中，以O(shè)點(diǎn)為圓心半徑為R的圓面垂直AB連線，以O(shè)為幾何中心的邊長(zhǎng)為2R的正方形平面垂直圓面且與AB連線共面，兩個(gè)平面邊線交點(diǎn)分別為e、f，則下列說(shuō)法正確的是( ) 圖5 A．在a、b、c、d、e、f六點(diǎn)中找不到任何兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)均相同的點(diǎn) B．將一電荷由e點(diǎn)沿圓弧egf移到f點(diǎn)電場(chǎng)力始終不做功 C．將一電荷由a點(diǎn)移到圓面內(nèi)任意一點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能的變化量相同 D．沿線段eOf移動(dòng)的電荷，它所受的電場(chǎng)力是先減小后增大 答案 BC 解析 圖中圓面是一個(gè)等勢(shì)面，e、f的電勢(shì)相等，根據(jù)電場(chǎng)線分布的對(duì)稱性可知e、f的場(chǎng)強(qiáng)相同，故A錯(cuò)誤．圖中圓弧egf是一條等勢(shì)線，其上任意兩點(diǎn)的電勢(shì)差都為零，根據(jù)公式W＝qU可知：將一電荷由e點(diǎn)沿圓弧egf移到f點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，故B正確．a(chǎn)點(diǎn)與圓面內(nèi)任意一點(diǎn)的電勢(shì)差相等，根據(jù)公式W＝qU可知：將一電荷由a點(diǎn)移到圓面內(nèi)任意一點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功相同，則電勢(shì)能的變化量相同，故C正確．沿線段eOf移動(dòng)的電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則電場(chǎng)力先增大后減小，故D錯(cuò)誤． 7．圖6為某小型水電站的電能輸送示意圖，發(fā)電機(jī)通過(guò)升壓變壓器T1和降壓變壓器T2向用戶供電．已知輸電線的總電阻R＝10 Ω，降壓變壓器T2的原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，副線圈與純電阻用電器組成閉合電路，用電器電阻R0＝11 Ω.若T1、T2均為理想變壓器，T2的副線圈兩端電壓表達(dá)式為u＝220sin 100πt V．下列說(shuō)法正確的是( ) 圖6 A．發(fā)電機(jī)中的電流變化頻率為100 Hz B．通過(guò)用電器的電流有效值為20 A C．升壓變壓器的輸入功率為4 650 W D．當(dāng)用電器的電阻R0減小時(shí)，發(fā)電機(jī)的輸出功率減小 答案 BC 解析 從u＝220sin 100πt V可以得出，發(fā)電機(jī)中的電流變化頻率為50 Hz，A錯(cuò)誤；加在R0兩端的電壓有效值為220 V，因此流過(guò)用電器R0的電流I2＝＝ A＝20 A，B正確；根據(jù)＝，可知流過(guò)R的電流為I1＝5 A，因此輸入變壓器的輸入功率等于R與R0消耗的總功率，P＝IR＋I(xiàn)R0＝4 650 W，C正確；當(dāng)用電器的電阻R0減小時(shí)，R0消耗的功率增大，這時(shí)發(fā)電機(jī)的輸出功率將增大，D錯(cuò)誤． 8．如圖7所示，傾角為θ的粗糙斜面上靜止放置著一個(gè)質(zhì)量為m的閉合正方形線框abcd，它與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.線框邊長(zhǎng)為l，電阻為R.ab邊緊靠寬度也為l的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于斜面向上．將線框用細(xì)線沿斜面通過(guò)光滑定滑輪與重物相連，重物的質(zhì)量為M，如果將線框和重物由靜止釋放，線框剛要穿出磁場(chǎng)時(shí)恰好勻速運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是( ) 圖7 A．線框剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度 a＝ B．線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度 v＝ C．線框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，克服摩擦力和安培力做的功等于線框機(jī)械能的減少量 D．線框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，產(chǎn)生的焦耳熱小于2(M－msin θ－μmcos θ)gl 答案 BD 解析 由整體分析受力，M的重力，線框的重力mg，斜面的支持力FN，沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力Ff，由右手定則判斷出線框中的電流方向?yàn)閍→b，再由左手定則可知安培力沿斜面向下，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv，由閉合電路歐姆定律I＝，則安培力大小為FA＝BIl＝，開始時(shí)速度為零，安培力為零，則由整體列牛頓第二定律方程Mg－mgsin θ－μmgcos θ＝(M＋m)a，解得a＝，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)線框受力平衡，Mg－mgsin θ－μmgcos θ－FA＝0，解得v＝，故B選項(xiàng)正確；線框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故動(dòng)能增加，而線框沿斜面上升重力勢(shì)能增大，故線框的機(jī)械能增大，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤；由能量守恒Mgl－mglsin θ－μmglcos θ＝Q＋(M＋m)v2，所以Q＝(M－msin θ－μmcos θ)gl－(M＋m)v2，線框通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，產(chǎn)生的焦耳熱小于2(M－msin θ－μmcos θ)gl，故D選項(xiàng)正確． 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分．第9題～第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答．第13題～第15題為選考題，考生根據(jù)要求做答．) (一)必考題(共47分) 9． (6分)在一次課外活動(dòng)中，某同學(xué)用圖8甲所示裝置測(cè)量放在水平光滑桌面上鐵塊A與金屬板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)．已知鐵塊A的質(zhì)量mA＝0.5 kg，金屬板B的質(zhì)量mB＝1 kg.用水平力F向左拉金屬板B，使其一直向左運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后彈簧秤示數(shù)的放大情況如圖甲所示，則A、B間的摩擦力Ff＝________ N，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________.(g取10 m/s2)．該同學(xué)還將紙帶連接在金屬板B的后面，通過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器連續(xù)打下一系列的點(diǎn)，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，圖中各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1 s，可求得拉金屬板的水平力F＝________ N. 圖8 答案 2.50 0.50 4.50 解析 A、B間的摩擦力Ff＝2.50 N，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝＝＝0.50；由紙帶可知Δx＝2 cm，根據(jù)Δx＝aΔt2可得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律F－Ff＝mBa，解得F＝4.50 N. 10． (9分)某同學(xué)探究一個(gè)額定電壓2.2 V、額定功率1.1 W的小燈泡兩端的電壓與通過(guò)燈泡的電流的關(guān)系．器材為：電源(電動(dòng)勢(shì)3 V)、電鍵、滑動(dòng)變阻器、電壓表、電流表、小燈泡、導(dǎo)線若干． (1)為了達(dá)到上述目的，請(qǐng)將圖9連成一個(gè)完整的實(shí)驗(yàn)電路圖，要求所測(cè)電壓范圍為0～2.2 V. 圖9 (2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到了如圖10所示小燈泡的U－I圖象．電壓從0.4 V增至1.2 V的過(guò)程中小燈泡阻值增加了________ Ω. 圖10 (3)若把該燈泡與一阻值為R0＝5 Ω的電阻串聯(lián)后接在電動(dòng)勢(shì)3 V、內(nèi)阻1 Ω的電源兩端，如圖11所示，則小燈泡實(shí)際消耗的功率是________ W(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)． 圖11 答案 (1)見解析圖 (2)1 (3)0.32(0.28～0.36) 解析 (1)連接電路時(shí)，由于電壓從零開始調(diào)節(jié)，因此滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，而小燈泡電阻較小，因此采用電流表外接法，電路如圖所示． (2)由圖象可知在0.4 V時(shí)對(duì)應(yīng)的電流為0.2 A，此時(shí)的電阻R1＝＝ Ω＝2 Ω，在1.2 V時(shí)對(duì)應(yīng)的電流為0.4 A，此時(shí)的電阻R2＝＝ Ω＝3 Ω，因此小燈泡阻值增加了1 Ω. (3)這時(shí)可以將電源看成一個(gè)內(nèi)阻為6 Ω，電動(dòng)勢(shì)為3 V的電源，做出伏安特性曲線，與燈泡的伏安特性曲線交點(diǎn)就是加在燈泡兩端的電壓和流過(guò)燈泡的電流，如圖所示． 從圖象上看出，加在燈泡上的電壓U＝0.9 V，電流I＝0.35 A，這時(shí)燈的功率P＝UI≈0.32 W. 11．(12分)觀光旅游、科學(xué)考察經(jīng)常利用熱氣球，保證熱氣球的安全就十分重要．科研人員進(jìn)行科學(xué)考察時(shí)，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為800 kg，在空中停留一段時(shí)間后，由于某種故障，氣球受到的空氣浮力減小，科研人員發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降，此時(shí)下降速度為2 m/s，且做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)4 s下降了16 m后，立即拋掉一些壓艙物，氣球勻速下降．不考慮氣球由于運(yùn)動(dòng)而受到的空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)拋掉的壓艙物的質(zhì)量m是多大？ (2)拋掉一些壓艙物后，氣球經(jīng)過(guò)5 s下降的高度是多大？ 答案 (1)80 kg (2)30 m 解析 (1)設(shè)氣球加速下降的加速度為a，受到空氣的浮力為F，則 由運(yùn)動(dòng)公式可知：x＝v0t＋at2 解得a＝1 m/s2 由牛頓第二定律得：Mg－F＝Ma 拋掉質(zhì)量為m壓艙物，氣體勻速下降，有：(M－m)g＝F 解得m＝80 kg. (2)設(shè)拋掉壓艙物時(shí)，氣球的速度為v1，經(jīng)過(guò)t1＝5 s下降的高度為H 由運(yùn)動(dòng)公式可知：v1＝v0＋at H＝v1t1 解得H＝30 m. 12． (20分)為減少煙塵排放對(duì)空氣的污染，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖12所示的靜電除塵器，該除塵器的上下底面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.20 m的正方形金屬板，前后面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，左右面是高h(yuǎn)＝0.10 m的通道口．使用時(shí)底面水平放置，兩金屬板連接到U＝2 000 V的高壓電源兩極(下板接負(fù)極)，于是在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)(忽略邊緣效應(yīng))．均勻分布的帶電煙塵顆粒以v＝10 m/s的水平速度從左向右通過(guò)除塵器，已知每個(gè)顆粒帶電荷量q＝＋2.010－17 C，質(zhì)量m＝1.010－15 kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力．在閉合開關(guān)后： 圖12 (1)求煙塵顆粒在通道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向； (2)求除塵過(guò)程中煙塵顆粒在豎直方向所能偏轉(zhuǎn)的最大距離； (3)除塵效率是衡量除塵器性能的一個(gè)重要參數(shù)．除塵效率是指一段時(shí)間內(nèi)被吸附的煙塵顆粒數(shù)量與進(jìn)入除塵器煙塵顆?？偭康谋戎担嚽笤谏鲜銮闆r下該除塵器的除塵效率；若用該除塵器對(duì)上述比荷的顆粒進(jìn)行除塵，試通過(guò)分析給出在保持除塵器通道大小不變的前提下，提高其除塵效率的方法． 答案 (1)4.0102 m/s2 方向豎直向下 (2)8.0 cm (3)80% 在除塵器通道大小及顆粒比荷不改變的情況下，可以通過(guò)適當(dāng)增大兩金屬板間的電壓U，或通過(guò)適當(dāng)減小顆粒進(jìn)入通道的速度v來(lái)提高除塵效率 解析 (1)煙塵顆粒在通道內(nèi)只受電場(chǎng)力的作用，電場(chǎng)力F＝qE 又因?yàn)镋＝ 設(shè)煙塵顆粒在通道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a， 根據(jù)牛頓第二定律有＝ma 解得a＝4.0102 m/s2，方向豎直向下 (2)若通道最上方的顆粒能通過(guò)通道，則這些顆粒在豎直方向上有最大的偏轉(zhuǎn)距離 這些顆粒在水平方向的位移L＝vt 在豎直方向的位移h′＝at2 解得h′＝0.08 m下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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