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
《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．) 1．(xx全國卷14)一質(zhì)點沿x軸做直線運動，其v－t圖像如圖1所示．質(zhì)點在t＝0時位于x＝5 m處，開始沿x軸正向運動．當t＝8 s時，質(zhì)點在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)點前4 s內(nèi)沿x軸正方向運動，其位移可由v—t圖像中的“面積”數(shù)值表示，則對應(yīng)位移x1＝ m＝6 m．同理可得4～8 s內(nèi)的位移(沿x軸負方向運動)x2＝－ m＝－3 m．又知初位移x0＝5 m，則當在t＝8 s時，質(zhì)點在x軸上的位置為x＝x0＋x1＋x2＝8 m，選項B正確． 2．如圖2所示，三個物體質(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之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8.不計繩和滑輪的質(zhì)量和摩擦．初始用外力使整個系統(tǒng)靜止，當撤掉外力時，m2將(g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)( ) 圖2 A．和m1一起沿斜面下滑 B．和m1一起沿斜面上滑 C．相對于m1上滑 D．相對于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，不可能一起運動，m2將相對于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．假設(shè)這種趨勢會持續(xù)下去，地球的其他條件都不變，未來人類發(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錯誤．由＝，得v＝ ，r增大，v減小，C錯誤．由ω＝可知，角速度減小，D錯誤． 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點相切，軌道MK與圓形軌道MNPQM在M點相切，b點、P點在同一水平面上，K點位置比P點低，b點離地高度為2R，a點離地高度為2.5R.若將一個質(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)于小球的運動情況，以下說法中正確的是( ) 圖3 A．若將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球一定不能沿軌道運動到K點 B．若將小球從LM軌道上b點由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點 C．若將小球從LM軌道上a、b點之間任一位置由靜止釋放，小球一定能沿軌道運動到K點 D．若將小球從LM軌道上a點以上任一位置由靜止釋放，小球沿軌道運動到K點后做斜上拋運動，小球做斜上拋運動時距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時的高度 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P點，就一定能沿軌道運動到K點．從a到b過程，由機械能守恒定律得：mg(2.5R－2R)＝mv2，解得：v＝.若小球能沿軌道運動到K點，則應(yīng)滿足的條件是在P點小球受到的彈力FN≥0，在P點由牛頓第二定律得：FN＋mg＝m，解得m－mg≥0，即vP≥，又因b點、P點在同一水平面上，因此若將小球從LM軌道上a點由靜止釋放，小球能恰好通過P點，也一定能沿軌道運動到K點，故A不正確；若將小球從LM軌道上b點，或a、b點之間任一位置由靜止釋放，小球一定不能通過P點，不一定能沿軌道運動到K點，故B、C錯誤；將小球從LM軌道上a點以上任一位置由靜止釋放，小球能沿軌道運動到K點，由于K點位置比P點低，根據(jù)機械能守恒定律知，小球在K點的速度一定大于零，所以小球沿軌道運動到K點后做斜上拋運動，又因小球做斜上拋運動上升到最大高度時，在水平方向上速度不為零，故小球做斜上拋運動時距離地面的最大高度一定小于由靜止釋放時的高度，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磁場，從P點平行直線MN射出的a、b兩個帶電粒子，它們從射出第一次到直線MN所用的時間相同，到達MN時速度方向與MN的夾角分別為60和90，不計重力，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 兩粒子做圓周運動的軌跡如圖 設(shè)P點到MN的距離為L，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 粒子做圓周運動的周期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．電荷量相等的兩點電荷在空間形成的電場有對稱美．如圖5所示，真空中固定兩個等量異種點電荷A、B，AB連線中點為O.在A、B所形成的電場中，以O(shè)點為圓心半徑為R的圓面垂直AB連線，以O(shè)為幾何中心的邊長為2R的正方形平面垂直圓面且與AB連線共面，兩個平面邊線交點分別為e、f，則下列說法正確的是( ) 圖5 A．在a、b、c、d、e、f六點中找不到任何兩個場強和電勢均相同的點 B．將一電荷由e點沿圓弧egf移到f點電場力始終不做功 C．將一電荷由a點移到圓面內(nèi)任意一點時電勢能的變化量相同 D．沿線段eOf移動的電荷，它所受的電場力是先減小后增大 答案 BC 解析 圖中圓面是一個等勢面，e、f的電勢相等，根據(jù)電場線分布的對稱性可知e、f的場強相同，故A錯誤．圖中圓弧egf是一條等勢線，其上任意兩點的電勢差都為零，根據(jù)公式W＝qU可知：將一電荷由e點沿圓弧egf移到f點電場力不做功，故B正確．a(chǎn)點與圓面內(nèi)任意一點的電勢差相等，根據(jù)公式W＝qU可知：將一電荷由a點移到圓面內(nèi)任意一點時，電場力做功相同，則電勢能的變化量相同，故C正確．沿線段eOf移動的電荷，電場強度先增大后減小，則電場力先增大后減小，故D錯誤． 7．圖6為某小型水電站的電能輸送示意圖，發(fā)電機通過升壓變壓器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式為u＝220sin 100πt V．下列說法正確的是( ) 圖6 A．發(fā)電機中的電流變化頻率為100 Hz B．通過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．當用電器的電阻R0減小時，發(fā)電機的輸出功率減小 答案 BC 解析 從u＝220sin 100πt V可以得出，發(fā)電機中的電流變化頻率為50 Hz，A錯誤；加在R0兩端的電壓有效值為220 V，因此流過用電器R0的電流I2＝＝ A＝20 A，B正確；根據(jù)＝，可知流過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＋IR0＝4 650 W，C正確；當用電器的電阻R0減小時，R0消耗的功率增大，這時發(fā)電機的輸出功率將增大，D錯誤． 8．如圖7所示，傾角為θ的粗糙斜面上靜止放置著一個質(zhì)量為m的閉合正方形線框abcd，它與斜面間動摩擦因數(shù)為μ.線框邊長為l，電阻為R.ab邊緊靠寬度也為l的勻強磁場的下邊界，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于斜面向上．將線框用細線沿斜面通過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，線框剛要穿出磁場時恰好勻速運動．下列說法正確的是( ) 圖7 A．線框剛開始運動時的加速度 a＝ B．線框勻速運動的速度 v＝ C．線框通過磁場過程中，克服摩擦力和安培力做的功等于線框機械能的減少量 D．線框通過磁場過程中，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，沿斜面向下的滑動摩擦力Ff，由右手定則判斷出線框中的電流方向為a→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選項錯誤；線框勻速運動時線框受力平衡，Mg－mgsin θ－μmgcos θ－FA＝0，解得v＝，故B選項正確；線框做加速度減小的加速運動，故動能增加，而線框沿斜面上升重力勢能增大，故線框的機械能增大，所以C選項錯誤；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，線框通過磁場過程中，產(chǎn)生的焦耳熱小于2(M－msin θ－μmcos θ)gl，故D選項正確． 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)在一次課外活動中，某同學(xué)用圖8甲所示裝置測量放在水平光滑桌面上鐵塊A與金屬板B間的動摩擦因數(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，使其一直向左運動，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，通過打點計時器連續(xù)打下一系列的點，測量結(jié)果如圖乙所示，圖中各計數(shù)點間的時間間隔為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燈泡的電流的關(guān)系．器材為：電源(電動勢3 V)、電鍵、滑動變阻器、電壓表、電流表、小燈泡、導(dǎo)線若干． (1)為了達到上述目的，請將圖9連成一個完整的實驗電路圖，要求所測電壓范圍為0～2.2 V. 圖9 (2)根據(jù)實驗數(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)后接在電動勢3 V、內(nèi)阻1 Ω的電源兩端，如圖11所示，則小燈泡實際消耗的功率是________ 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，由于電壓從零開始調(diào)節(jié)，因此滑動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時對應(yīng)的電流為0.2 A，此時的電阻R1＝＝ Ω＝2 Ω，在1.2 V時對應(yīng)的電流為0.4 A，此時的電阻R2＝＝ Ω＝3 Ω，因此小燈泡阻值增加了1 Ω. (3)這時可以將電源看成一個內(nèi)阻為6 Ω，電動勢為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就是加在燈泡兩端的電壓和流過燈泡的電流，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．科研人員進行科學(xué)考察時，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，此時下降速度為2 m/s，且做勻加速運動，經(jīng)過4 s下降了16 m后，立即拋掉一些壓艙物，氣球勻速下降．不考慮氣球由于運動而受到的空氣阻力，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 由運動公式可知：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，氣球的速度為v1，經(jīng)過t1＝5 s下降的高度為H 由運動公式可知：v1＝v0＋at H＝v1t1 解得H＝30 m. 12． (20分)為減少煙塵排放對空氣的污染，某同學(xué)設(shè)計了一個如圖12所示的靜電除塵器，該除塵器的上下底面是邊長為L＝0.20 m的正方形金屬板，前后面是絕緣的透明有機玻璃，左右面是高h＝0.10 m的通道口．使用時底面水平放置，兩金屬板連接到U＝2 000 V的高壓電源兩極(下板接負極)，于是在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場(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除塵器，已知每個顆粒帶電荷量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)運動時加速度的大小和方向； (2)求除塵過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重要參數(shù)．除塵效率是指一段時間內(nèi)被吸附的煙塵顆粒數(shù)量與進入除塵器煙塵顆?？偭康谋戎担嚽笤谏鲜銮闆r下該除塵器的除塵效率；若用該除塵器對上述比荷的顆粒進行除塵，試通過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，可以通過適當增大兩金屬板間的電壓U，或通過適當減小顆粒進入通道的速度v來提高除塵效率 解析 (1)煙塵顆粒在通道內(nèi)只受電場力的作用，電場力F＝qE 又因為E＝ 設(shè)煙塵顆粒在通道內(nèi)運動時加速度為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(請認真閱讀)
- 1.請仔細閱讀文檔，確保文檔完整性，對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔，不會出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入（下載+內(nèi)容+預(yù)覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請點此認領(lǐng)！既往收益都歸您。
文檔包含非法信息？點此舉報后獲取現(xiàn)金獎勵！
下載文檔到電腦，查找使用更方便
9.9 積分
| 下載 |
還剩頁未讀，繼續(xù)閱讀
- 配套講稿：
如PPT文件的首頁顯示word圖標，表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制：
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設(shè)計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞：
- 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 2019 年高 物理 二輪 專題 復(fù)習(xí) 考前 增分練 高考 模擬 部分
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://kudomayuko.com/p-2566939.html