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2019版高考物理一轮复习精选题辑:模拟试题(4份)高考物理答题技巧网详细信息
宜城教育资源网www.ychedu.com2019版高考物理一轮复习精选题辑:模拟试题(4份)高考物理答题技巧网模拟仿真预测卷(一)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.(2018·湖北武昌实验中学检测)万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一:"地上物理学"和"天上物理学"的统一.它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律.牛顿发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道,还应用到了其他的规律和结论.下面的规律和结论没有被用到的是()A.开普勒的研究成果B.卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量C.牛顿第二定律D.牛顿第三定律答案:B解析:本题考查牛顿发现万有引力定律的过程,意在考查考生的理解能力.牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道就是利用开普勒第一定律,由牛顿第二定律可知万有引力提供向心力,再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球的作用力与什么有关系,同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律.而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常量是在牛顿发现万有引力定律之后,故选B.2.如图甲所示,在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端,一质量m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定,滑块与弹簧不相连.t=0时解除锁定,计算机通过传感器描绘出滑块的速度-时间图象如图乙所示,其中Ob段为曲线,bc段为直线,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.则下列说法正确的是()A.0.1s前加速度一直在减小B.滑块在0.1~0.2s时间间隔内沿斜面向下运动C.滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25D.在滑块与弹簧脱离之前,滑块一直在做加速运动答案:C解析:v-t图象的斜率表示加速度,所以0.1s前,加速度先减小后增大,A错误;由题图知滑块在0.1~0.2s时间间隔内沿斜面向上减速运动,故B错误;在0.1~0.2s时间内,根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma,代入数据可求得μ=0.25,所以C正确;在滑块与弹簧脱离之前,当弹力小于重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力时,滑块做减速运动,所以D错误.3.(2018·湖南长沙望城三调)如图所示,两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球,悬挂在O点,当两个小球静止时,它们处在同一水平面上,两细线与竖直方向间夹角分别为α、β,且α<β,则下列说法正确的是()A.两球质量一定有ma<mbB.两球带电荷量一定有qa>qbC.若将两细线同时剪断,则两球一定同时落到同一水平地面上D.若将两细线同时剪断,落地时,两球水平位移的大小一定相等答案:C解析:对小球受力分析,重力、库仑力与拉力,两者的库仑力大小相等,方向相反.根据平衡条件有:mag=FCtanα,mbg=FCtanβ,由于β>α,所以ma>mb,故A错误.两者的库仑力大小相等,方向相反,但a球的电荷量和b球的电荷量大小无法判断,故B错误.若同时剪断细线,竖直方向上做自由落体运动,根据运动的独立性可知,两球一定同时落到同一水平地面上,故C正确.竖直方向上做自由落体运动,根据运动的独立性可知,a、b两球下落的时间相同,但因质量的不同,则水平方向的加速度不同,因此水平位移的大小不相等,故D错误.4.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力,若不计空气阻力,则在整个上升过程中,下列关于物体机械能E、速度大小v、重力势能Ep、动能Ek随时间变化的关系图象中正确的是()答案:D解析:物体在F作用下向上做匀加速直线运动,撤F后做竖直上抛运动,其v-t图象应为直线(线性),故B错.由功能关系E=Fh=F·12at2,F作用下E-t图象应为开口向上的抛物线,故A错.物体上升阶段Ep只能增加,不会减少,故C错.由动能定理知,F作用过程中:Ek=F合h=F合·12at2,F撤去后:-mgh=Ek-Ek0所以Ek=Ek0-mgh=Ek0-mgv0t-12gt2=Ek0-mgv0t+12mg2t2(v0为撤F时速度,Ek0为撤F时动能),可见,F撤去前后,Ek-t图象都是开口向上的抛物线,即D对.5.如图所示,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.轨道上的A点离PQ的距离为12R,一质量为m的质点自P点上方某处由静止开始下落,从P点进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点.已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1,第一次到达A点时速率为v2,选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面,则()A.v1<2v2B.v1>2v2C.从N到Q的过程中,动能与势能相等的点在A点,从Q到N的过程中,动能与势能相等的点在A点D.从N到Q的过程中,动能与势能相等的点在A点下方,从Q到N的过程中,动能与势能相等的点在A点下方答案:B解析:质点从N到A再到Q的过程中,重力与摩擦力做功.由于质点做圆周运动,由运动的特点可知,质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段之间的压力,根据f=μFN可知,质点在NA段受到的摩擦力比较大,所以质点在NA段摩擦力做的功比较多,则重力与摩擦力在NA段做的功比较多,所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍.根据动能的表达式Ek=12mv2可知,v1>2v2,故A错误,B正确;如果轨道光滑,质点在运动过程中不受摩擦力,上升过程中动能与重力势能相等的位置在位移的中点A,现在由于要克服摩擦力做功,机械能减小,所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点上方,从Q到N的过程中,动能与势能相等的点在A点下方,故C、D错误.6.(多选)如图所示,某一百货商场内自动电梯以恒定速度v0匀速上升,一个质量为m的人沿电梯匀速往上走,在时间t内走完此电梯.若电梯长为l,电梯斜面倾角为α,则()A.电梯对该人做功为mglsinαB.电梯对该人做功为mgv0tsinαC.重力的功率为mglsinαtD.重力的功率为mgv0sinα答案:BC解析:本题考查功和功率定义式的知识点,意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能力,对人受力分析可知,人在匀速走完电梯的过程中,重力和电梯的支持力平衡,重心的位移为l,传送距离为x=v0t,人克服重力做的功WG=mglsinα,重力的功率P=WGt=mglsinαt,电梯对人做的功W=mgxsinα=mgv0tsinα,故选项BC正确.7.美国在2016年2月11日宣布"探测到引力波的存在".天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在,证实了GW150914是两个黑洞并合的事件.该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍,假设这两个黑洞,绕它们连线上的某点做圆周运动,且两个黑洞的间距缓慢减小.若该双星系统在运动过程中,各自质量不变且不受其他星系的影响,则关于这两个黑洞的运动,下列说法正确的是()A.甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36:29B.甲、乙两个黑洞运行的角速度大小始终相等C.随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小,它们运行的周期也在减小D.甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等答案:BC解析:本题考查万有引力定律,意在考查考生的推理能力.由牛顿第三定律知,两个黑洞做圆周运动的向心力相等,又甲、乙两个黑洞的运行周期始终相等,则它们的角速度ω总相等,由Fn=mω2r可知,甲、乙两个黑洞做圆周运动的半径与质量成反比,由v=ωr知,线速度之比为29:36,A错误,B正确;设甲、乙两个黑洞质量分别为m1和m2,轨道半径分别为r1和r2,有Gm1m2?r1+r2?2=m12πT2r1,Gm1m2?r1+r2?2=m22πT2r2,联立可得T24π2=?r1+r2?3G?m1+m2?,C正确;甲、乙两个黑洞之间的万有引力大小设为F,则它们的向心加速度大小分别为Fm1、Fm2,D错误.8.在如图所示的电路中,电源的内阻r不可忽略,当滑动变阻器R0的滑片从上端向下端滑动时()A.R1消耗的功率将增大B.R2消耗的功率将增大C.R3消耗的功率将增大D.R4消耗的功率将增大答案:BD解析:本题考查了电路的动态分析,意在考查考生对直流电路的理解.由电路的连接方式可知滑动变阻器与R4并联再与R3串联,然后与R2并联最后串联R1连接在电源两端.当滑片向下滑动时,滑动变阻器接入电路的有效阻值变大,则电路的总电阻变大,总电流减小,则通过R1的电流减小,R1消耗的功率将减小,R1与电源内阻分得的电压减小,A错误;由闭合电路欧姆定律可知R2两端的电压增大,通过R2的电流增大,则R2消耗的功率增大,B正确;通过R3的电流减小,R3两端的电压减小,则R3消耗的功率减小,C错误;R3与R4两端的总电压增大,则R4两端的电压增大,R4消耗的功率增大,D正确.第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9~12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13~14题为选考题,考生根据要求作答(一)必考题(4小题,共47分)9.(6分)兴趣小组的同学们利用如图甲所示的装置"研究匀变速直线运动的规律".他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2(m1<m2)通过轻绳悬挂在定滑轮上,打点计时器固定在竖直方向上,物体1通过铁夹与纸带相连接.开始时物体1与物体2均处于静止状态,之后将它们同时释放.图乙所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带,O是打点计时器打下的第一个点,A、B、C、D……是按打点先后顺序依次选取的计数点,在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出.打点计时器使用的交流电频率为50Hz.(1)相邻两计数点之间的时间间隔为________s.(2)实验时要在接通打点计时器之________(填"前"或"后")释放物体.(3)将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4……测得s2=1.60cm,s4=6.40cm,请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是________m/s.(4)同学们根据测出的物体1上升的高度x与相应的时间t,描绘出如图丙所示的s-t2图线,由此可以求出物体的加速度大小为________m/s2.答案:(1)0.10(1分)(2)后(1分)(3)0.24(2分)(4)0.80(2分)解析:(1)相邻两计数点之间的时间间隔t=5×1f=0.10s.(2)实验时要先接通电源,待打点计时器稳定后,再释放物体.(3)由中间时刻的速度等于这段时间上的平均速度得,打点计时器打下C点时物体的速度大小v=s4-s22t=0.0640m-0.0160m2×0.10s=0.24m/s.(4)由匀变速直线运动规律得s=12at2,故12a=k,解得a=2k=2×0.40m1.0s2=0.80m/s2.10.(9分)用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200Ω),实验室提供如下器材:电池组E(电动势3V,内阻不计)电流表A1(量程0~15mA,内阻约为100Ω)电流表A2(量程0~300μA,内阻为2000Ω)滑动变阻器R1(阻值范围0~20Ω,额定电流2A)电阻箱R2(阻值范围0~9999Ω,额定电流1A)开关S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值,请回答下面问题:(1)将电流表A2与电阻箱串联,改装成一个量程为3.0V的电压表,需将电阻箱阻值调到________Ω;(2)在方框中完整画出测量Rx阻值的电路图,并在图中标明器材代号;(3)调节滑动变阻器R1,两表的示数如图所示,可读出电流表A1的示数是________mA,电流表A2的示数是________μA,测得待测电阻Rx的阻值是________Ω.答案:(1)8000(2分)(2)如图所示(3分)(3)8.0(1分)150(1分)187.5(或191)(2分)解析:(1)改装后电压表量程是3V,则电阻箱阻值R=UI-rA2=8000Ω;(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值,滑动变阻器应采用分压接法,待测电阻阻值约为200Ω,电流表A1内阻约为100Ω,电压表内阻为RV=10000Ω,根据Rx<RA·RV可知,电流表应采用外接法,电路图如图所示.(3)由图示可知,电流表A1的示数为8.0mA,电流表A2的示数为150μA;待测电阻两端电压U=I2RV=150×10-6A×10000Ω=1.5V,测得待测电阻Rx=UI1=187.5Ω.11.(15分)如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成,偏转电场处在相距为d的两块水平放置的平行导体板之间,匀强磁场水平宽度为l,竖直宽度足够大.大量电子(重力不计)由静止开始,经加速电场加速后,连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场.已知电子的质量为m、电荷量为e,加速电场的电压为U1=3eU20T28md2.当偏转电场不加电压时,这些电子通过两板之间的时间为T;当偏转电场加上如图乙所示的周期为T、大小恒为U0的电压时,所有电子均能通过电场,穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上.(1)求水平导体板的板长l0;(2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移ym;(3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方,求磁感应强度B的取值范围.解析:(1)电子在电场中加速,由动能定理得eU1=12mv20即v0=3eU0T2md(2分)水平导体板的板长l0=v0T=3eU0T22md(2分)(2)电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动半个周期的侧向位移y1=12aT22=eU02mdT22(1分)电子离开偏转电场时的最大侧向位移为ym=3y1=3eU0T28md(2分)(3)电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θtanθ=vyv0=aT2v0=eU0T2mv0d=33(2分)故θ=30°电子进入磁场做匀速圆周运动,有evB=mv2R,其中v=v0cosθ(2分)垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1,此时B有最小值R1sinθ=l(1分)轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2,此时B有最大值R2sinθ+R2=l(1分)联立解得Bmin=U0T2ld,Bmax=3U0T2ld,故U0T2ld<B<3U0T2ld(2分)12.(17分)在一水平面上,放置相互平行的直导轨MN、PQ,其间距L=0.2m,R1、R2是连在导轨两端的电阻,R1=0.6Ω,R2=1.2Ω,虚线左侧3m内(含3m处)的导轨粗糙,其余部分光滑并足够长.ab是跨接在导轨上质量为m=0.1kg,长度为L′=0.3m的粗细均匀的导体棒,导体棒的总电阻r=0.3Ω,开始时导体棒处于虚线位置,导轨所在空间存在磁感应强度大小为B=0.5T,方向竖直向下的匀强磁场,如图甲所示.从零时刻开始,通过微型电动机对导体棒施加一个牵引力F,方向水平向左,使其从静止开始沿导轨做加速运动,此过程中棒始终与导轨垂直且接触良好,其运动的速度-时间图象如图乙所示.已知2s末牵引力F的功率是0.9W.除R1、R2及导体棒的总电阻以外,其余部分的电阻均不计,重力加速度g=10m/s2.(1)求导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数及2s内流过R1的电荷量;(2)试写出0~2s内牵引力F随时间变化的表达式;(3)如果2s末牵引力F消失,则从2s末到导体棒停止运动过程中电阻R1产生的焦耳热是多少?解析:(1)由速度图象可以看出导体棒做匀加速直线运动,加速度a=1.5m/s2(1分)v=at=32t(1分)水平方向上导体棒受牵引力F、安培力和摩擦力,根据牛顿第二定律F-BIL-f=ma(1分)又f=μN=μmg(1分)R1、R2并联电阻为R=R1R2R1+R2=0.4Ω(1分)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I=BLvR+LL′r=0.25t(A)(1分)t=2s时,I=0.5A(1分)因为2s末牵引力F的功率是0.9W,根据P=F′v可得F′=0.3N(1分)代入并联立解得μ=0.1(1分)根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt,q=IΔt,则q=ΔΦR+LL′r=BL·12at2R+LL′r=0.5C(1分)所以流过R1的电荷量为q1=qR2R1+R2=0.33C(2分)(2)由(1)可知在0~2s内F=BIL+ma+μmg==B2L2atR+LL′r+ma+μmg即F=0.025t+0.25(N)(2分)(3)根据图象可知2s末导体棒的速度为v′=3m/s,这时导体棒恰好前进了3m,从2s末到导体棒停止运动过程根据能量守恒定律得12mv′2=Q总(1分)又Q1+Q2=Q总·RR+LL′r则Q1=R2R1+R2(Q1+Q2)=0.2J(2分)(二)选考题(共15分.请考生从给出的2道题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分)13.(15分)[选修3-3](1)(5分)下列说法正确的是________.(填入正确选项前的字母.选对1个给2分,选对2个给4分,选对3个给5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)A."油膜法估测分子大小"的实验中,估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积B.在一定条件下,热量可能从低温物体传递到高温物体C.雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果D.不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力E.第二类永动机违背了热力学第二定律(2)(10分)如图所示,内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置,气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体,两活塞用一根长为l的细轻杆连接,两活塞导热性能良好,并能在气缸内无摩擦地移动.已知活塞A的质量是2m,活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时,两活塞静止于如图所示位置.若用一竖直向下的拉力作用在B上,使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离,又处于静止状态,求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小.设整个过程中气体温度不变.答案:(1)BCE(5分)解析:(1)"油膜法估测分子大小"的实验中,估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积,A错误;根据热力学第二定律可知,在一定条件下,热量可以从低温物体传递到高温物体,如冰箱、空调等,但要消耗其他的能量,B正确;雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果,C正确;不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力,D错误;第二类永动机违反了热力学第二定律,不违背热力学第一定律,E正确.(2)(10分)解:以两活塞整体为研究对象,原来气缸内气体压强为p1,根据平衡条件有p0S+3mg=p1S(3分)解得p1=p0+3mgS对气缸内气体,初态:p1=p0+3mgS,V1=2lS末态:p2,V2=3lS2根据玻意耳定律,有p1V1=p2V2(3分)解得p2=43p0+3mgS以两活塞整体为研究对象,根据平衡条件有p2S=F+p0S+3mg(2分)解得F=13p0S+mg(2分)14.(15分)[选修3-4](1)(5分)一振动周期为T,位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动,该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播,波速为v,关于在x=3vT2处的质点P,下列说法正确的是________.(填入正确选项前的字母,选对1个给2分,选对2个给4分,选对3个给5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.质点P振动周期为T,速度的最大值为vB.若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向,则该时刻波源速度方向沿y轴正方向C.质点P开始振动的方向沿y轴正方向D.当P开始振动后,若某时刻波源在波峰,则质点P一定在波谷E.当P开始振动后,若某时刻波源在波谷,则质点P也一定在波谷(2)(10分)如图所示是一个透明圆柱的横截面,其半径为R,折射率是3,AB是该截面上的一条直径.今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体.若一条入射光线经折射后恰经过B点,则这条入射光线到AB的距离是多少?答案:(1)BCD(5分)解析:(1)质点P振动周期与O点振动周期相同,也为T,但其振动速度与波速不同,故A错误;O、P两点相距x=3vT2=1.5λ,故P点与O点的振动方向总是相反,故某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向,则该时刻波源速度方向沿y轴正方向,B正确;根据波的特点,简谐波传播过程中质点的起振方向都与波源的起振方向相同,故质点P开始振动的方向沿y轴正方向,C正确;P点与O点的振动方向总是相反的,故若某时刻波源在波峰,则质点P一定在波谷,故D正确,E错误.(2)(10分)解:根据折射定律n=sinαsinβ=3(3分)设入射点为C,作光路图,由几何关系,得2β=α可得β=30°,α=60°(3分)而CD=Rsinα(2分)即CD=32R(2分)模拟仿真预测卷(二)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.如图所示,物体A和B叠放在固定光滑斜面上,A、B的接触面与斜面平行,当A、B以相同的速度沿斜面向上运动时,关于物体A的受力个数,正确的是()A.2B.3C.4D.5答案:B解析:物体A受重力,斜面的支持力,B的压力,A、B之间无相对运动趋势,故不受摩擦力,所以A共受三个力作用,选项B正确.2.如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端齐平.用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面),在此过程中()A.细线对软绳所做的功大于软绳机械能的增加量B.细线对软绳所做的功等于软绳机械能的增加量C.物块重力势能的减少量等于软绳克服摩擦力所做的功D.物块的机械能逐渐增加答案:A解析:本题考查了功能关系等知识点,意在考查考生的理解和应用能力.细线对软绳做的功等于软绳机械能的增加量和克服摩擦力做功之和,所以,选项A正确,选项B错误;物块重力势能的减少量一部分转化为物块的动能和软绳机械能的增加量,一部分转化为软绳克服摩擦力做的功,所以物块的机械能逐渐减小,选项C、D错误.3.(2018·江苏泰州中学联考)如图1所示,一质量为m的卫星绕地球在椭圆轨道Ⅰ上运转,运转周期为T0,轨道Ⅰ上的近地点A到地球球心的距离为a,远地点C到地球球心的距离为b,BD为椭圆轨道的短轴,A、C两点的曲率半径均为ka(通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做该点的曲率圆,如图2中的虚线圆,其半径ρ叫做该点的曲率半径).若地球的质量为M,引力常量为G.则()A.卫星在轨道Ⅰ上运行时的机械能等于在轨道Ⅱ上运行时的机械能B.如果卫星要从轨道Ⅱ返回到轨道Ⅰ,则在C位置时动力气源要向后喷气C.卫星从C→D→A的运动过程中,万有引力对其做的功为12GMmk2a-ab2D.卫星从C→D→A的运动过程中,万有引力对其做的功为12GMmk1a-ab2答案:D解析:本题考查万有引力、变轨、能量问题等知识.由题图1可知,卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ,要有外力对卫星做功,所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于其在轨道Ⅱ上的,A错误;若卫星要从轨道Ⅱ上的C位置变轨到轨道Ⅰ上,则在C位置时卫星要减速,动力气源要向前喷气,B错误;在A、C两点卫星的运动可近似看做半径均为ka,速度分别为vA、vC的圆周运动,则有GMma2=mv2Aka,GMmb2=mv2Cka,从C→D→A的运动过程中,由动能定理得W=12mv2A-12mv2C,解以上三式得W=12GMmk1a-ab2,D正确,C错误.4.如图所示,A、B两物体的质量分别为2kg和1kg,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为0.8,B与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为10m/s2.现对A施加一水平拉力F,不计空气阻力,则()A.当F=17N时,物体A的加速度大小为0.5m/s2B.当F=21N时,物体A的加速度大小为3m/s2C.当F=22N时,A相对B滑动D.当F=39N时,B的加速度为9m/s2答案:B解析:本题考查叠加体、临界条件、滑动摩擦力、静摩擦力、牛顿运动定律及其相关的知识点.当水平拉力F=17N时,大于B与地面之间的滑动摩擦力fB=μB(mA+mB)g=0.4×(2+1)×10N=12N,若A、B之间不发生相对滑动,由牛顿第二定律,F-fB=(mA+mB)a,解得它们的加速度a=53m/s2,对A,设B对A的摩擦力为f,由牛顿第二定律,F-f=mAa,解得f=413N,A、B之间的滑动摩擦力fA=μAmAg=0.8×2×10N=16N,大于A、B之间的摩擦力f,则A、B之间不发生相对滑动,物体A的加速度为a=53m/s2,选项A错误;要使A、B之间发生相对滑动,A对B向右的摩擦力fA使B加速运动,由牛顿第二定律,fA-fB=mBaB,解得aB=4m/s2;对A,由牛顿第二定律,F-fA=mAaA,且aA>aB,解得F>24N.当F=21N时,A、B未发生相对滑动,可解得A的加速度a′=3m/s2,选项B正确;当F=22N时,A相对B未发生滑动,选项C错误;只要A、B发生相对滑动,无论F多大,B的加速度都为aB=4m/s2,选项D错误.5.如图所示,导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合,两导轨间距为d,两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按y=dsinπ2dx的规律分布,两金属圆环固定在同一绝缘平面内,内、外圆环与两导轨接触良好,与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动,规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-x图象可能正确的是()答案:D解析:本题考查法拉第电磁感应定律及其相关的知识点.导体棒在匀强磁场的第一个区域内运动时,前半个区域,通过大圆环的电流为顺时针方向,且根据法拉第电磁感应定律,内圆环a端电势高于b端,后半个区域,内圆环a端电势低于b端,可能正确的是图D.6.如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B,左端固定在A点,右端连接一个质量为m的小球,A、B、C在一条水平线上,弹性绳自然长度为AB.小球穿过竖直固定的杆,从C点由静止释放,到D点时速度为零,C、D两点间距离为h.已知小球在C点时弹性绳的拉力为mg2,g为重力加速度,小球和杆之间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内,下列说法正确的是()A.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为mgh2B.若在D点给小球一个向上的速度v,小球恰好回到C点,则v=ghC.若仅把小球质量变为2m,则小球到达D点时的速度大小为ghD.若仅把小球质量变为2m,则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h答案:BC解析:本题考查弹力、摩擦力做功和动能定理,意在考查考生综合运用力学和能量知识处理问题的能力.设小球向下运动到某一点E时,如图所示,弹性绳伸长量为BE=x,BC=x0,弹性绳劲度系数为k,∠BEC=θ,则弹力为kx,弹力沿水平方向的分力为kxsinθ=kx0=mg2,故在整个运动过程中,小球受到的摩擦力恒为μ·mg2=mg4,从C点运动别D点的过程中克服摩擦力做功为mgh4,A错.若在D点给小球一个向上的速度v,小球恰好回到C点,则小球从C点到D点,再从D点返回C点的过移中,根据功能关系可知,克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能,即mgh4×2=mv22,v=gh,B对.从C点到D点的过程,小球质量为m时,有mgh-W弹-mgh4=0,小球质量为2m时,有2mgh-W弹-mgh4=2mv212,v1=gh,C对.由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大,则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h,D错.7.(2018·湖南长沙长郡中学月考)如图所示,A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m,,B小球带负电,电荷量为q,A、C两小球不带电(不考虑小球间的静电感应),不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点,三个小球均处于坚直向上的匀强电场中,电场强度大小为E,以下说法正确的是()A.静止时,A、B两小球间细线的拉力为5mg+EqB.静止时,A、B两小球间细线的拉力为5mg-EqC.剪断O点与A小球间细线的瞬间,A、B两小球间细线的拉力为qE3D.剪断O点与A小球间细线的瞬间,A、B两小球间细线的拉力为qE6答案:AC解析:静止时,对B、C球整体进行受力分析,则有:T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq,故A正确,B错误.B球带负电,B球受到一个竖直向下的电场力qE,剪断O点与A小球间细线的瞬间,电场力qE对A、B两小球整体产生一个竖直向下的加速度qE3m,故此时A、B两小球的加速度为g+qE3m(显然大于g),C球以加速度g保持自由下落,以A球为研究对象可得A、B两小球间细线的拉力为13qE,故C正确,D错误.8.如图所示为两平行金属极板P、Q,在P、Q两极板上加直流电压U0,极板Q的右侧有一个边长为2L的正方形匀强磁场区域abcd,匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里.P极板上中心O处有一粒子源,可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子,Q极板中心有一小孔,可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀强磁场区域,则下列说法正确的是()A.如果带电粒子恰好从d点射出,则满足U0=12kB2L2B.如果带电粒子恰好从b点射出,则粒子源发射的粒子可能带负电C.带电粒子在匀强磁场中运动的速度为2kU0D.带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为1B2U0k答案:ACD解析:本题考查带电粒子在电场中的加速、带电粒子在有界匀强磁场中的运动及其相关的知识点,意在考查考生的分析综合能力.当带电粒子恰好从d点射出时,根据图中几何关系可知,轨道半径r=L.设带电粒子射入磁场时速度为v,由qvB=mv2r,解得v=qBLm.由qU0=12mv2,解得U0=12kB2L2,选项A正确;由左手定则可知,如果带电粒子恰好从b点射出,则粒子源发射的粒子一定带正电,选项B错误;由qU0=12mv2,解得v=2qU0m=2kU0,选项C正确;由qvB=mv2r,解得r=mvqB=1B2U0k,选项D正确.第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9~12题为必考题,每个试题考生都必须作答.第13~14题为选考题,考生根据要求作答(一)必考题(4小题,共47分)9.(10分)利用力传感器研究"加速度与合外力的关系"的实验装置如图甲所示.(1)下列关于该实验的说法,错误的是________.A.做实验之前必须平衡摩擦力B.小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C.应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D.为了实验安全,打点计时器接直流电源(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带,每5个点取一个计数点,用刻度尺测量计数点间的距离如图所示.已知打点计时器每间隔0.02s打一个点.从图可知A、B两点间的距离s1=________cm;该小车的加速度a=________m/s2(计算结果保留2位有效数字),实验中纸带的________(填"左"或"右")端与小车相连接.(3)利用测得数据在坐标系中作出了图乙所示的a-F图象.①图线不过坐标原点的原因是________________________________________________________________________.②小车和传感器的总质量为________kg.答案:(1)BD(2分,选对一个得1分,错选不给分)(2)0.70(1分)0.20(2分)左(1分)(3)①未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(1分,其他说法只需合理,也可给分)②0.5(3分)解析:(1)由于实验中用到了力传感器,所以没有必要使小车的质量远大于钩码的质量,选项B错误;打点计时器必须用交流电源,选项D错误.(2)由图知s1=7.0mm=0.70cm,根据Δx=aT2可得a=ΔxT2=0.20×10-20.12m/s2=0.20m/s2,开始时打点间距小,因此纸带的左端与小车相连接.(3)①由图象可知,当F≠0时,加速度仍然为零,说明没有平衡摩擦力,或平衡摩擦力不足;②a-F图象中的斜率表示质量的倒数,由图可知k=ΔaΔF=1.0-00.6-0.1=2,故小车和传感器的总质量M=1k=0.5kg.10.(5分)某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池.(1)甲同学选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻.在他测量与计算无误的情况下,所得到的电源电动势E的测量值比真实值小.E的测量值比真实值小的原因可能是________(填选项前的字母)造成的.A.电压表的分流B.电流表的分压(2)乙同学选用图2所示的电路图测量该电池的电动势和内阻,其中定值电阻的阻值为R0,根据实验电路图连接好电路,闭合开关S,逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R,读出与R对应的电压表的示数U,并作记录.根据多组实验数据绘出如图3所示的1U-1R图象,若已知图线的斜率为k,纵轴截距为b,则这个实验中所测电池电动势的测量值E=________,内阻的测量值r=________.答案:(1)A(2分)(2)1b(2分)kb-R0(1分)解析:(1)电源的电动势大小数值上等于外电路断开时(即电流表示数为零时)的路端电压,在图1中,当电流表示数为零时,由于电压表的电阻并非无穷大,电源与电压表构成通路,电压表的示数必然小于电源电动势,故电源电动势的测量值小于真实值,故产生误差的原因是电压表的分流作用,选项A正确;(2)根据闭合电路欧姆定律得E=U+I(R0+r)=U+UR(R0+r),有1U=1E+R0+rE·1R,故1U-1R图象的斜率为k=R0+rE,纵轴截距为b=1E,故电池电动势E=1b,内阻r=kb-R0.11.(15分)如图所示,抛物面轨道AO通过水平轨道OB与半圆形轨道BCD平滑连接,整个轨道处于竖直平面内,以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy,抛物面轨道AO在坐标系中满足y=13x2(m)(x≤0).一小球从轨道AO上某处由静止释放,恰好可以通过半圆形轨道BCD的最高点D,最终落到了坐标原点O,不计一切摩擦,已知水平轨道OB长L=2m,重力加速度g=10m/s2.求:(1)半圆形轨道的半径R和小球释放点的高度y1;(2)若释放点的高度y2=4.45m,小球落到轨道上的点的坐标.答案:(1)1m2.5m(2)(-1.5m,0.75m)解析:本题考查平抛运动、圆周运动的基本规律和动能定理,意在考查考生的理解能力和分析综合能力.(1)设小球恰好可以通过半圆形轨道的最高点的速度为vD,则mg=mv2DR(1分)小球离开D点后做平抛运动,则2R=12gt2(2分)L=vDt(1分)联立可得R=1m(1分)小球从释放点到D点的过程根据动能定理有mg(y1-2R)=12mv2D(1分)联立可得y1=52R=2.5m(1分)(2)若释放点的高度y2=4.45m,则小球会落到抛物面轨道上,设小球到达D点时的速度为v,根据动能定理有mg(y2-2R)=12mv2(2分)设落点的坐标为(-x0,y0),由平抛运动规律有2R-y0=12gt2(2分)x0+L=vt′(1分)又因为y0=13x20(m)(1分)联立可得t′=12,另一解不符合题意,舍去故x0=1.5m,y0=0.75m(1分)所以落点坐标为(-1.5m,0.75m)(1分)12.(17分)如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A(可视为质点),且m<M,A、B间的动摩擦因数为μ,现给A施加一水平向左的外力F1=12F,同时给B施加一水平向右的外力F2=F,使A开始向左运动,B开始向右运动,经时间t后同时撤去两个外力,最后A恰好不会滑离B,重力加速度为g,求:(1)A、B最后的速度大小和方向;(2)以水平面为参考系,A向左运动的位移最大时,B向右运动的位移大小.答案:(1)Ft2?M+m?,方向向右(2)3F2-5μmgF+2μ2m2g28μmMg解析:(1)对A,根据牛顿第二定律有12F-μmg=ma1(1分)解得a1=F-2μmg2m(1分)运动t时间后A的速度大小为v1=a1t=Ft-2μmgt2m(1分)(注:v1也可用动量定理进行求解)同理对B有F-μmg=Ma2(1分)解得a2=F-μmgM(1分)运动t时间后B的速度大小为v2=a2t=Ft-μmgtM(1分)由于系统所加外力F2>F1,作用时间相同,故系统获得的总冲量向右,规定向右为正方向,撤去外力后,最后A、B共速,根据动量守恒定律有Mv2-mv1=(M+m)v共(1分)将v1、v2代入上式解得v共=Ft2?M+m?,方向向右(1分)(2)以水平面为参考系,A向左运动的位移最大,即A减速到零,根据牛顿第二定律有μmg=ma3(1分)解得a3=μg(1分)则A减速的时间为t′=0-v1-a3=Ft-2μmgt2μmg(1分)这段时间内对B由牛顿第二定律有μmg=Ma4(1分)解得a4=μmgM(1分)则A减速为零时,B的速度为v3=v2-a4t′=Ft2M(1分)故B在加速过程中的位移大小为x1=v22t=Ft2-μmgt22M(1分)在A减速过程中B运动的位移为x2=v2+v32t′=?3F-3μmg??F-2μmg?t28μmMg(1分)以水平面为参考系,A向左运动的位移最大时,B向右运动的位移大小为x=x1+x2=Ft2-μmgt22M+?3F-3μmg??F-2μmg?t28μmMg=3F2-5μmgF+2μ2m2g28μmMg(1分)(二)选考题(共15分.请考生从给出的2道题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分)13.(15分)[选修3-3](1)(5分)下列说法正确的是________.(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.气体温度升高,则每个气体分子的动能都将变大B.分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小C.一定质量理想气体温度升高,则内能增大D.在绝热过程中,外界对气体做功,气体的内能一定增加E.用油膜法估测分子大小,如果油膜没有充分展开,测出来的分子大小将偏小(2)(10分)如图所示,内壁光滑的气缸水平放置,厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体,气体初始温度为T1=300K,此时活塞与气缸底部之间的距离为d1=24cm.在活塞的左侧d2=6cm处有固定的卡环,大气压强P0=1.0×105Pa.求:①要使活塞能缓慢达到卡环位置,封闭气体的温度至少升高到多少?②当封闭气体的温度缓慢升到T=450K时,封闭气体的压强为多少?答案:(1)BCD(5分)(2)见解析解析:(1)温度升高,分子的平均动能增大,但不是每个分子的动能都增大,选项A错误;分子间距离增大时,分子间引力和斥力都减小,只不过斥力变化更快,选项B正确;一定质量的理想气体内能仅由温度决定,温度升高,内能增大,选项C正确;根据热力学第一定律ΔU=W+Q,Q=0,外界对气体做正功,内能一定增大,选项D正确;用油膜法估测分子的大小,若油膜没有完全展开,则测得的展开面积S变小,根据分子直径d=VS,测出的分子直径变大,选项E错误.(2)①对活塞中的气体p1V1T1=p2V2T2(2分)缓慢达到卡环位置可知气体做等压变化p1=p2=p0(1分)V1V2=d1d1+d2(2分)解得T2=375K(1分)②因T>T2=375K可判断活塞处于卡环位置,此时体积V=V2(1分)故pT=p2T2(2分)得p=1.2×105Pa(1分)14.(15分)[选修3-4](1)(5分)下列说法正确的是________.(填正确答案标号,选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.在潜水员看来,岸上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里B.光纤通信利用了全反射的原理C.泊松通过实验观察到的泊松亮斑支持了光的波动说D.电子表的液晶显示用到了偏振光E.变化的磁场一定产生变化的电场(2)(10分)如图所示,坐标原点O处的波源t=0时刻开始沿y轴方向做简谐运动,形成沿x轴正方向传播的简谐波.t=0.3s时刻,波传到x=3m的P点.求:①波的传播速度;②再经过多长时间,位于x=8m处的Q点到达波谷.答案:(1)ABD(5分)(2)见解析解析:(1)潜水员看到的岸上的所有景物都出现在入射角为90°的折射光线组成的倒立的圆锥里,A项正确;光纤通信利用了全反射的原理,B项正确;泊松亮斑并不是泊松通过实验观察到的,C项错误;电子表的液晶显示用到了偏振光,D项正确;均匀变化的磁场产生稳定的电场,E项错误.(2)(10分)①由题知,波的传播速度v=Δxt=10m/s(3分)②由图可知,λ=4m,故知周期T=0.4s(3分)设再经过时间Δt,位于x=8m处的Q点到达波谷则Δt=0.8+nT=0.4(2+n)sn=0,1,2,…(4分) 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