（京津瓊）2019高考物理總復習 專用優(yōu)編提分練：考前綜合練（四）

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1、 考前綜合練(四) 一、單項選擇題 1．a、b兩車在同一平直公路上從同一位置由靜止開始運動，其v－t圖象如圖1所示．以下說法正確的是(　　) 圖1 A．t0時刻，兩車相遇 B．t0時刻，b車的運動方向發(fā)生改變 C．0～t0時間內，b車的加速度逐漸減小 D．0～t0時間內，b車的平均速度為 答案　C 解析　根據(jù)v－t圖象與t軸所圍面積為位移，由題圖可知，在t0時曲線和直線與t軸所圍面積不相等，所以兩車沒有相遇，故A錯誤；b車的v－t圖象始終在t軸上方，所以b車的運動方向沒有改變，故B錯誤；v－t圖象的切線斜率表示加速度，由題圖可知在0～t0時間內，b車v－t圖象的切線斜率

2、減小，故加速度減小，故C正確； 0～t0時間內，由于b車的位移大于a車的位移，所以b車的平均速度大于a車的平均速度，故D錯誤． 2．汽油發(fā)動機內，經(jīng)過壓縮達到一定溫度和壓力的汽油，需要火花塞點燃從而實現(xiàn)能量轉化，而火花塞需要高達10 kV的電壓才能點火，某同學設計了如圖2甲、乙的點火電路，已知直流電源的電壓為12 V，升壓變壓器的輸出端接到火花塞上，開關是自動控制的，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．兩電路都不可能使火花塞點火，因為變壓器不能改變直流電壓 B．圖甲、乙的電路中，保持開關閉合，輸出端都會獲得持續(xù)的高壓 C．圖甲的電路中，只有在開關閉合或斷開瞬間，輸出端才會有高壓

3、產生 D．圖乙的電路中，在開關斷開或閉合瞬間，輸出端都會有高壓產生 答案　C 解析　只有線圈中的磁通量發(fā)生變化時才會產生感應電動勢，所以在題圖甲中當開關閉合或斷開的瞬間，穿過副線圈的磁通量發(fā)生了變化，所以在副線圈上能產生高壓，但題圖乙中原線圈接了直流電，所以無論開關是斷開還是閉合，穿過副線圈的磁通量都不發(fā)生變化，所以不會產生高壓，故C正確，A、B、D錯誤． 3.一定質量的小球套在傾斜的固定光滑桿上，一根輕質彈簧的一端懸掛于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿處于同一豎直平面內，將小球沿桿拉到與O處于同一高度由靜止釋放，小球沿桿下滑，當彈簧豎直時，小球速度恰好為零，如圖3所示，若彈簧一直處于

4、伸長狀態(tài)且處于彈性限度內，不考慮空氣阻力，則(　　) 圖3 A．當彈簧與桿垂直時，小球的動能最大 B．當小球受到的彈簧彈力和重力的合力與桿垂直時，小球的動能最大 C．小球從最高點到最低點的過程中，加速度的值一直增大 D．在之后的運動中，小球不可能返回釋放點 答案　B 解析　當彈簧與桿垂直時，重力沿桿方向的分力提供了加速度，則小球還要沿桿加速，所以動能沒有達到最大，故A錯誤；當小球受到的彈簧彈力和重力的合力與桿垂直時，此時沿桿方向合外力為零，加速度為零，所以小球的動能達到最大，故B正確；小球先加速后減速，所以小球的加速度先減小，后反向增大，故C錯誤；小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守

5、恒，所以小球能返回到釋放點，故D錯誤． 4.單梁懸掛起重機(行車)可簡化為如圖4的模型，滑輪O處于水平橫梁AB上，長為L的鋼絲繩一端固定在滑輪的中心軸上，下端連接一電磁鐵，電磁鐵對鐵塊的最大引力為F，現(xiàn)用該行車運送一鐵塊，滑輪與鐵塊一起向右勻速運動，當O到AB上的P點時被制動立即停止，鐵塊開始擺動但不掉落，將滑輪、電磁鐵與鐵塊視為質點，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．只要鐵塊的重量不大于F，鐵塊就可以被安全運輸 B．若運輸速度為v，該行車能運輸鐵塊的最大質量為 C．若運輸速度為，該行車能運輸鐵塊的最大質量為 D．若鐵塊的質量為M，該行車運輸?shù)淖畲笏俣葹? 答案　B 解析　

6、滑輪停止后鐵塊做圓周運動，那么在滑輪停止的瞬間，由FT－mg＝m得FT＝mg＋m，而FT≤F， 所以鐵塊的重量應該小于F，故A錯誤； 若運輸速度為v， 由F－mg＝m可知m＝， 故B正確； 若運輸速度為，由F－mg＝m可知該行車能運輸鐵塊的最大質量m＝，故C錯誤； 若鐵塊的質量為M，由F－Mg＝M， 可知該行車運輸?shù)淖畲笏俣葹関＝， 故D錯誤． 5．如圖5所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，在bc的中點O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射速率不同的兩種粒子，粒子帶負電，質量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域

7、，ab＝2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用，則這些粒子(　　) 圖5 A．速度的最大值為 B．速度的最小值為 C．在磁場中運動的最短時間為 D．在磁場中運動的最長時間為 答案　A 解析　若都能從ab邊出來，則符合條件的最大半徑的軌跡應該與ac面相切，最小半徑的軌跡應該恰好運動到b點，如圖所示 由幾何關系可得：rmin＝ rmax＝(＋1)l 粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得：qvB＝m 解得：vmax＝ vmin＝，故A對，B錯； 粒子做圓周運動的周期為T＝，若圓心角θ＝45°， 則在磁場中的運動時間為t＝T＝ 由圖可知

8、，最小的圓心角θ>45°， 所以tmin>T＝，故C錯； 由幾何關系知，粒子轉過的最大圓心角θmax＝180°， 所以粒子在磁場中運動的最長時間為tmax＝T＝，故D錯． 二、多項選擇題 6．氦原子被電離出一個核外電子，形成類氫結構的氦離子，其能級示意圖如圖6所示，當分別用能量均為48.4 eV的電子和光子作用于處在基態(tài)的氦離子時(　　) 圖6 A．氦離子可能輻射能量為40.8 eV的光子 B．氦離子可能從基態(tài)躍遷到n＝3的能級 C．氦離子一定能從基態(tài)躍遷到n＝2的能級 D．若僅以能量為60 eV的電子入射，氦離子一定不會輻射光子 答案　AB 解析　若處在基態(tài)的氦離

9、子吸收48.4 eV的光子，則躍遷到的能級的能量應該為E＝－54.4 eV＋48.4 eV＝－6.0 eV，所以氦離子可以吸收48.4 eV的光子躍遷到E3的能級，然后自發(fā)地向下躍遷，從能級E2躍遷到能級E1可釋放出能量為40.8 eV的光子，故A、B正確；若吸收的電子的能量也為48.4 eV，則氦離子從基態(tài)躍遷到n＝3的能級，所以氦離子不一定能從基態(tài)躍遷到n＝2的能級，故C錯誤；以能量為60 eV的電子入射，氦離子可以吸收兩能級差的能量發(fā)生躍遷，然后向下躍遷輻射出光子，故D錯誤． 7．圓心為O的均勻帶電球殼位于真空中，在其電場中沿某一半徑方向，任一點的電勢φ與該點到O的距離r的關系如圖7所

10、示．電場中有五個點a、b、c、d、e，b、d的電場強度大小分別為Eb和Ed，現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由c點經(jīng)d點移動到e點，電場力所做的功分別為Wcd和Wde，下列選項正確的是(　　) 圖7 A．球殼的半徑為1 m B．0～1 m間電場強度的值為6 V/m C．Eb∶Ed＝2∶1 D．Wcd∶Wde＝1∶1 答案　AD 解析　電荷分布在球殼的外表面，所以內部沒有電場線，電場強度為零，則球殼是一等勢體，而題圖中0～1 m范圍內電勢不變，所以帶電球的半徑為1 m，故A正確，B錯誤；根據(jù)E＝可知Eb∶Ed＝4∶1，故C錯誤；根據(jù)W＝qU結合題圖可知Wcd∶Wde＝1∶1，故D正確．

11、 8．如圖8所示，兩豎直平行邊界內，勻強電場方向豎直(平行紙面)向下，勻強磁場方向垂直紙面向里，一帶電小球從P點以某一速度垂直邊界進入，恰好沿水平方向做直線運動，若減小小球從P點進入的速度但保持方向不變，則在小球進入的一小段時間內(　　) 圖8 A．小球的動能一定增大 B．小球的機械能可能不變 C．小球的電勢能一定減小 D．小球的重力勢能一定減小 答案　AC 解析　如果小球帶負電，則小球受到向下的重力、向上的電場力和向下的洛倫茲力，則小球可能受力平衡，沿水平方向做勻速直線運動；若小球帶正電，則小球受向下的重力、向下的電場力和向上的洛倫茲力，也可能受力平衡，故小球帶正、負電均可

12、以；若小球帶負電，當減小小球從P點進入的速度但保持方向不變時，小球受到的向下的洛倫茲力變小，所以小球會向上偏轉，此時合力做正功，動能增大，電場力做正功，電勢能減小，重力做負功，重力勢能增加；若小球帶正電，當減小小球從P點進入的速度但保持方向不變時，則小球所受到的向上的洛倫茲力會變小，則小球會向下發(fā)生偏轉，則合外力做正功，動能增大，電場力做正功，電勢能減小，重力做正功，重力勢能減小，故A、C正確． 三、非選擇題 9．如圖9甲(側視圖只畫了一個小車)所示的實驗裝置可以驗證“牛頓第二定律”，兩個相同的小車放在光滑水平桌面上，右端各系一條細繩，跨過定滑輪各掛一個小盤，增減盤中的砝碼可改變小車受到的

13、合外力，增減車上的砝碼可改變小車的質量．兩車左端各系一條細線，用一個黑板擦把兩細線同時按在固定、粗糙的水平墊片上，使小車靜止(如圖乙)．拿起黑板擦兩車同時運動，在兩車尚未碰到滑輪前，迅速按下黑板擦，兩車立刻停止，測出兩車位移的大?。? 圖9 (1)該實驗中，盤和盤中砝碼的總質量應____________小車的總質量(填“遠大于”“遠小于”或“等于”)． (2)圖丙為某同學在驗證“合外力不變加速度與質量成反比”時的實驗記錄，已測得小車1的總質量m1＝100 g，小車2的總質量m2＝200 g．由圖可讀出小車1的位移x1＝5.00 cm，小車2的位移x2＝________ cm，可

14、以算出＝________(結果保留三位有效數(shù)字)；在實驗誤差允許的范圍內，________(填“大于”“小于”或“等于”)． 答案　(1)遠小于　(2)2.48(2.47～2.49均可) 　1.42(1.41～1.43均可)　等于 解析　(2)由題圖丙可知，小車2的位移為2.48 cm，由勻加速直線運動的位移公式可知，x＝at2，即a＝.由于時間相等，所以＝＝≈1.42，在實驗誤差允許的范圍內，兩小車的加速度之比等于質量的反比． 10．(1)一多用電表的簡化電路圖如圖10(a)，當轉換開關S旋到位置1、2時，可用來測量________；當S旋到位置3或4時，對應不同倍率的歐姆表，如果3、

15、4對應的電源電動勢E>E′，則位置________(填3或4)對應的歐姆表倍率大． 圖10 (2)某同學測量一定值電阻的阻值，先把選擇開關旋到“×10”擋，歐姆調零后，測量時指針偏轉如圖(b)所示，則該電阻的阻值是________ Ω. (3)接下來，該同學采用“伏安法”測量該電阻的阻值，實驗室提供的器材如下： A．電壓表V(量程3 V，內阻約為15 kΩ) B．電流表A1(量程0.6 A，內阻約為0.5 Ω) C．電流表A2(量程30 mA，內阻約為10 Ω) D．滑動變阻器R1(0～10 Ω，額定電流1 A) E．滑動變阻器R2(0～5 kΩ，額定電流0.5 A)

16、 F．電源E(電動勢為5 V，內阻約為1 Ω) G．開關S，導線若干 ①為了較準確地測量電阻R的阻值，電流表應選________，滑動變阻器應選________(填器材前面的序號)． ②在虛線框內畫出實驗電路圖． 答案　(1)電流　3　(2)130　(3)①C　D　②見解析圖 解析　(2)由題圖(b)可知， 電阻的阻值為13×10 Ω＝130 Ω； (3)由于電源的電動勢為5 V，定值電阻阻值約為130 Ω，所以流過定值電阻的最大電流約為Imax＝ A≈38.5 mA，所以電流表應選C；為了減小實驗誤差，滑動變阻器應選總阻值較小的D，所以滑動變阻器采用分壓式接法，由于電阻阻值較小

17、，所以電流表采用外接法，電路圖如圖所示． 11．為研究電磁制動的效果，在小車的水平底面安裝寬為L、長為2L的矩形線圈abcd，線圈匝數(shù)為N，總電阻為R，水平直軌道上虛線PQ和MN之間存在豎直向下的勻強磁場，其間距為2L，磁感應強度為B，如圖11所示，沿軌道運動的總質量為m的小車，受到地面的阻力為Ff，當車頭(ab邊)進入磁場時的速度為v0，車尾(cd邊)離開磁場時速度恰好減為零，求： 圖11 (1)車頭進入磁場時，小車加速度的大小； (2)從ab進入磁場到ab離開磁場的過程中，通過導線截面的電荷量； (3)電磁制動過程中線圈產生的焦耳熱． 答案　(1)＋　(2) 　(3)m

18、v02－4FfL 解析　(1)車頭進入磁場時，設加速度的大小為a， 有E＝NBLv0，I＝，F(xiàn)＝NBIL 由牛頓第二定律得F＋Ff＝ma， 聯(lián)立解得a＝＋； (2)從ab進入磁場到ab離開磁場的過程中， ＝N，＝，q＝t， 聯(lián)立解得q＝ (3)設電磁制動過程中線圈產生的焦耳熱為Q，由能量守恒：Q＝mv02－4FfL. 12．如圖12，水平面上有質量mA＝1 kg的木板A，其上右端點放有質量mB＝1 kg的物塊B(可視為質點)．A的左側用長度l＝3.6 m的輕繩懸吊一質量為mC＝0.5 kg的小球C，C靜止時恰好與A接觸但無擠壓且不觸地，現(xiàn)將C沿A、B所在豎直平面向左拉起，當輕

19、繩與豎直方向成θ＝60°角時由靜止釋放，C運動到最低點時與A發(fā)生碰撞，碰后C立即靜止，最后物塊B沒有從A上滑出，已知B與A間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.10，A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.15，取g＝10 m/s2，不考慮C與A碰撞的時間，求： 圖12 (1)碰后瞬間A速度的大??； (2)碰后木板A運動的時間． 答案　(1)3.0 m/s　(2)0.9 s 解析　(1)設C與A碰撞時的速度大小為vC，有 mCgl(1－cos 60°)＝mCvC2 碰后木板A的速度大小為vA，碰撞瞬間，由動量守恒定律有mCvC＝mAvA，解得vA＝3.0 m/s (2)設C與A碰撞后A運動的加速

20、度大小為a1， B運動的加速度大小為a2， 經(jīng)過時間t1，A、B兩物體速度相等，設為v μ1mBg＋μ2(mA＋mB)g＝mAa1，μ1mBg＝mBa2 解得a1＝4.0 m/s2，a2＝1.0 m/s2， v＝vA－a1t1＝a2t1， 解得v＝0.6 m/s，t1＝0.6 s； 經(jīng)過分析可知A、B不能一起減速，所以A、B分別做減速運動．由于μ2(mA＋mB)g－μ1mBg＝mAa1′ 解得a1′＝2.0 m/s2,0＝v－a1′t2，解得t2＝0.3 s 此后木板A保持靜止， 碰后木板A運動的時間t＝t1＋t2＝0.9 s. 13．[選修3－3] (1)下列說法正確

21、的是________． A．液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的 B．液體表面張力與浸潤現(xiàn)象都是分子力作用的表現(xiàn) C．只要兩物體的質量、溫度、體積相等，兩物體的內能一定相等 D．分子間引力和斥力都是隨著分子間距離的減小而增大 E．空調機在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量 (2)如圖13所示，右側有擋板的導熱汽缸固定在水平地面上，汽缸內部總長為21 cm，活塞橫截面積為10 cm2，厚度為1 cm，給活塞施加一向左的水平恒力F＝20 N，穩(wěn)定時活塞封閉的氣柱長度為10 cm.大氣壓強為1.0×105 Pa，外界溫度為27 ℃，不計摩擦． 圖13 ①若將恒力F

22、方向改為水平向右，大小不變，求穩(wěn)定時活塞封閉氣柱的長度； ②若撤去外力F，將外界溫度緩慢升高，當擋板對活塞的作用力大小為60 N時，求封閉氣柱的溫度． 答案　(1)BDE　(2)①15 cm?、?00 K 解析　(1)液體中的擴散現(xiàn)象是由于分子熱運動而產生的，故A項錯誤．液體的表面張力是分子力作用的表現(xiàn)，表面層分子較為稀疏，分子間表現(xiàn)為引力；浸潤現(xiàn)象也是分子力作用的表現(xiàn)，故B項正確．物體的內能等于組成該物體的所有分子做熱運動的動能與分子勢能的總和，兩物體的溫度相同則分子的平均動能相等，但是物體的總動能與分子數(shù)有關，質量和體積相等的物體僅說明物體的平均密度相同，如果不是同一種物質，它們的總

23、分子數(shù)不一定相等，因此兩物體的內能不一定相等，故C項錯誤．分子間的引力和斥力都是隨分子間距離的減小而增大，只不過在不同情況下合力對外表現(xiàn)不同，故D項正確．空調機在制冷過程中，從室內吸收的熱量少于向室外放出的熱量，因為電能也有部分轉化為熱能，故E項正確． (2)①溫度不變，設水平恒力向左、向右兩種情況下被封閉氣體壓強分別為p1、p2，氣柱的長度分別為l1、l2，則有：p1＝p0＋＝1.2×105 Pa p2＝p0－＝0.8×105 Pa V1＝l1S，V2＝l2S 根據(jù)玻意耳定律有：p1V1＝p2V2 解得：l2＝15 cm. ②設汽缸升溫前后溫度分別為T1、T3， 升溫后氣柱長度

24、為l3 T1＝300 K，l3＝(21－1) cm＝20 cm 升溫后氣體壓強p3＝p0＋＝1.6×105 Pa， V3＝l3S 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得：＝， 解得：T3＝800 K. 14．[選修3－4] (1)一列波沿x軸方向傳播，某一時刻的波形如圖14所示．質點A與坐標原點O的水平距離為0.6 m，波長λ＝1.6 m，此時質點A沿y軸正方向振動，經(jīng)過0.1 s第一次到達波峰處，則下列說法中正確的是________． 圖14 A．這列波沿x軸正方向傳播 B．這列波的周期T＝0.8 s C．波速v＝14 m/s D．從圖示時刻開始，質點A經(jīng)過Δt＝1.6 s運動的

25、路程為0.4 m E．從圖示時刻開始，質點A經(jīng)過Δt′＝0.5 s第一次到達波谷 (2)如圖15甲所示是由透明材料制成的半圓柱體，一束細光束由真空沿著徑向與AB成θ角射入，對射出的折射光線的強度隨θ角的變化進行記錄，得到的關系如圖乙所示，如圖丙所示是這種材料制成的器具，左側是半徑為R的半圓，右側是長為8R、高為2R的長方體，一束單色光從左側A′點沿半徑方向與長邊成37°角射入器具．已知光在真空中的傳播速度為c，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖15 ①該透明材料的折射率； ②光線在器具中運動的總時間． 答案　(1)ABE　(2)①1.25?、? 解析　(2)①由題圖乙可知， 當θ＝37°時光線恰好發(fā)生全反射， 則臨界角C＝53° 由n＝ 可知：n＝＝1.25 ②由幾何關系可知光在器具中傳播的路程為 s＝＋R＝11R 光在器具中的傳播速度v＝ 傳播時間t＝ 聯(lián)立解得t＝. 13