2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 高考模拟部分二.doc
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2019年高考物理大二轮专题复习 考前增分练 高考模拟部分二 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，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，有选错的得0分．) 1．(xx全国卷14)一质点沿x轴做直线运动，其v－t图像如图1所示．质点在t＝0时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为( ) 图1 A．x＝3 m B．x＝8 m C．x＝9 m D．x＝14 m 答案 B 解析 质点前4 s内沿x轴正方向运动，其位移可由v—t图像中的“面积”数值表示，则对应位移x1＝ m＝6 m．同理可得4～8 s内的位移(沿x轴负方向运动)x2＝－ m＝－3 m．又知初位移x0＝5 m，则当在t＝8 s时，质点在x轴上的位置为x＝x0＋x1＋x2＝8 m，选项B正确． 2．如图2所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) 图2 A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑 C．相对于m1上滑 D．相对于m1下滑 答案 D 解析 m1、m2的总重力沿斜面向下的分力小于m3的重力，将加速上滑，由题意m1、m2一起加速上滑的最大加速度a＝μgcos 30－gsin 30≈1.9 m/s2，假设m1、m2一起加速上滑，设绳上的拉力为FT，由牛顿第二定律：则FT－(m1＋m2)gsin 30＝(m1＋m2)a，m3g－FT＝m3a，解得：a＝2.5 m/s2＞1.9 m/s2，不可能一起运动，m2将相对于m1下滑，D正确． 3．(xx天津3)研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( ) A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大 C．线速度变大 D．角速度变大 答案 A 解析 地球的自转周期变大，则地球同步卫星的公转周期变大．由＝m(R＋h)，得h＝ －R，T变大，h变大，A正确．由＝ma，得a＝，r增大，a减小，B错误．由＝，得v＝ ，r增大，v减小，C错误．由ω＝可知，角速度减小，D错误． 4．如图3所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R.若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是( ) 图3 A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点 B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点 C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点 D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度 答案 D 解析 由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点．从a到b过程，由机械能守恒定律得：mg(2.5R－2R)＝mv2，解得：v＝.若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN≥0，在P点由牛顿第二定律得：FN＋mg＝m，解得m－mg≥0，即vP≥，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点，故A不正确；若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，不一定能沿轨道运动到K点，故B、C错误；将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，所以D正确．故选D. 5．如图4所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从P点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线MN所用的时间相同，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60和90，不计重力，则两粒子速度之比va∶vb为( ) 图4 A．2∶1 B．3∶2 C．4∶3 D.∶ 答案 C 解析 两粒子做圆周运动的轨迹如图 设P点到MN的距离为L，由图知b粒子的半径Rb＝L a粒子的半径：L＋Racos 60＝Ra 得Ra＝2L 即两粒子的半径之比为Ra∶Rb＝2∶1① 粒子做圆周运动的周期T＝ 由题＝ 得两粒子的比荷∶＝② 粒子的洛伦兹力提供向心力，qvB＝m 得R＝③ 联立①②③得：＝. 6．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是( ) 图5 A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点 B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功 C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同 D．沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力是先减小后增大 答案 BC 解析 图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W＝qU可知：将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确．a点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式W＝qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C正确．沿线段eOf移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误． 7．图6为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0＝11 Ω.若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220sin 100πt V．下列说法正确的是( ) 图6 A．发电机中的电流变化频率为100 Hz B．通过用电器的电流有效值为20 A C．升压变压器的输入功率为4 650 W D．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小 答案 BC 解析 从u＝220sin 100πt V可以得出，发电机中的电流变化频率为50 Hz，A错误；加在R0两端的电压有效值为220 V，因此流过用电器R0的电流I2＝＝ A＝20 A，B正确；根据＝，可知流过R的电流为I1＝5 A，因此输入变压器的输入功率等于R与R0消耗的总功率，P＝IR＋IR0＝4 650 W，C正确；当用电器的电阻R0减小时，R0消耗的功率增大，这时发电机的输出功率将增大，D错误． 8．如图7所示，倾角为θ的粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd，它与斜面间动摩擦因数为μ.线框边长为l，电阻为R.ab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界，磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上．将线框用细线沿斜面通过光滑定滑轮与重物相连，重物的质量为M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动．下列说法正确的是( ) 图7 A．线框刚开始运动时的加速度 a＝ B．线框匀速运动的速度 v＝ C．线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量 D．线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2(M－msin θ－μmcos θ)gl 答案 BD 解析 由整体分析受力，M的重力，线框的重力mg，斜面的支持力FN，沿斜面向下的滑动摩擦力Ff，由右手定则判断出线框中的电流方向为a→b，再由左手定则可知安培力沿斜面向下，根据法拉第电磁感应定律得E＝Blv，由闭合电路欧姆定律I＝，则安培力大小为FA＝BIl＝，开始时速度为零，安培力为零，则由整体列牛顿第二定律方程Mg－mgsin θ－μmgcos θ＝(M＋m)a，解得a＝，故A选项错误；线框匀速运动时线框受力平衡，Mg－mgsin θ－μmgcos θ－FA＝0，解得v＝，故B选项正确；线框做加速度减小的加速运动，故动能增加，而线框沿斜面上升重力势能增大，故线框的机械能增大，所以C选项错误；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，线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2(M－msin θ－μmcos θ)gl，故D选项正确． 第Ⅱ卷 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．) (一)必考题(共47分) 9． (6分)在一次课外活动中，某同学用图8甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数．已知铁块A的质量mA＝0.5 kg，金属板B的质量mB＝1 kg.用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的摩擦力Ff＝________ N，A、B间的动摩擦因数μ＝________.(g取10 m/s2)．该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1 s，可求得拉金属板的水平力F＝________ N. 图8 答案 2.50 0.50 4.50 解析 A、B间的摩擦力Ff＝2.50 N，A、B间的动摩擦因数μ＝＝＝0.50；由纸带可知Δx＝2 cm，根据Δx＝aΔt2可得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律F－Ff＝mBa，解得F＝4.50 N. 10． (9分)某同学探究一个额定电压2.2 V、额定功率1.1 W的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系．器材为：电源(电动势3 V)、电键、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干． (1)为了达到上述目的，请将图9连成一个完整的实验电路图，要求所测电压范围为0～2.2 V. 图9 (2)根据实验数据得到了如图10所示小灯泡的U－I图象．电压从0.4 V增至1.2 V的过程中小灯泡阻值增加了________ Ω. 图10 (3)若把该灯泡与一阻值为R0＝5 Ω的电阻串联后接在电动势3 V、内阻1 Ω的电源两端，如图11所示，则小灯泡实际消耗的功率是________ W(结果保留两位有效数字)． 图11 答案 (1)见解析图 (2)1 (3)0.32(0.28～0.36) 解析 (1)连接电路时，由于电压从零开始调节，因此滑动变阻器采用分压式接法，而小灯泡电阻较小，因此采用电流表外接法，电路如图所示． (2)由图象可知在0.4 V时对应的电流为0.2 A，此时的电阻R1＝＝ Ω＝2 Ω，在1.2 V时对应的电流为0.4 A，此时的电阻R2＝＝ Ω＝3 Ω，因此小灯泡阻值增加了1 Ω. (3)这时可以将电源看成一个内阻为6 Ω，电动势为3 V的电源，做出伏安特性曲线，与灯泡的伏安特性曲线交点就是加在灯泡两端的电压和流过灯泡的电流，如图所示． 从图象上看出，加在灯泡上的电压U＝0.9 V，电流I＝0.35 A，这时灯的功率P＝UI≈0.32 W. 11．(12分)观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2 m/s，且做匀加速运动，经过4 s下降了16 m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)抛掉的压舱物的质量m是多大？ (2)抛掉一些压舱物后，气球经过5 s下降的高度是多大？ 答案 (1)80 kg (2)30 m 解析 (1)设气球加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则 由运动公式可知：x＝v0t＋at2 解得a＝1 m/s2 由牛顿第二定律得：Mg－F＝Ma 抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有：(M－m)g＝F 解得m＝80 kg. (2)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t1＝5 s下降的高度为H 由运动公式可知：v1＝v0＋at H＝v1t1 解得H＝30 m. 12． (20分)为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图12所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L＝0.20 m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h＝0.10 m的通道口．使用时底面水平放置，两金属板连接到U＝2 000 V的高压电源两极(下板接负极)，于是在两金属板间产生一个匀强电场(忽略边缘效应)．均匀分布的带电烟尘颗粒以v＝10 m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q＝＋2.010－17 C，质量m＝1.010－15 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．在闭合开关后： 图12 (1)求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向； (2)求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离； (3)除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数．除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值．试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法． 答案 (1)4.0102 m/s2 方向竖直向下 (2)8.0 cm (3)80% 在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率 解析 (1)烟尘颗粒在通道内只受电场力的作用，电场力F＝qE 又因为E＝ 设烟尘颗粒在通道内运动时加速度为a， 根据牛顿第二定律有＝ma 解得a＝4.0102 m/s2，方向竖直向下 (2)若通道最上方的颗粒能通过通道，则这些颗粒在竖直方向上有最大的偏转距离 这些颗粒在水平方向的位移L＝vt 在竖直方向的位移h′＝at2 解得h′＝0.08 m
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