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2019-2020年高考物理二輪復習 綜合能力訓練（一） 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48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.在物理學的研究及應(yīng)用過程中涉及諸多的思想方法,如理想化、模型化、放大、假說、極限思想,控制變量、猜想、假設(shè)、類比、比值法等等。以下關(guān)于所用思想方法的敘述不正確的是(　　) A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時,用質(zhì)點來代替物體的方法是假設(shè)法 B.速度的定義式v=,采用的是比值法;當Δt非常非常小時,就可以表示物體在t時刻的瞬時速度,該定義應(yīng)用了極限思想 C.在探究電阻、電壓和電流三者之間的關(guān)系時,先保持電壓不變研究電阻與電流的關(guān)系,再保持電流不變研究電阻與電壓的關(guān)系,該實驗應(yīng)用了控制變量法 D.如圖所示是三個實驗裝置,這三個實驗都體現(xiàn)了放大的思想 2.(xx河南名校聯(lián)考)粗細均勻的電線架在A、B兩根電線桿之間。由于熱脹冷縮,電線在夏、冬兩季呈現(xiàn)如圖所示的兩種形狀,若電線桿始終處于豎直狀態(tài),下列說法中正確的是(　　) A.冬季,電線對電線桿的拉力較大 B.夏季,電線對電線桿的拉力較大 C.夏季與冬季,電線對電線桿的拉力一樣大 D.夏季,桿對地面的壓力較大 3.如圖所示,兩個固定的相同細環(huán)相距一定的距離,同軸放置,O1、O2分別為兩環(huán)的圓心,兩環(huán)分別帶有均勻分布的等量異種電荷。一帶正電的粒子從很遠處沿軸線飛來并穿過兩環(huán)。則在帶電粒子運動過程中(　　) A.在O1和O2點粒子加速度大小相等,方向相反 B.從O1到O2過程,粒子電勢能一直增加 C.在O1和O2連線中點,粒子在該點動能最小 D.軸線上O1點右側(cè)、O2點左側(cè)都存在電場強度為零的點,它們關(guān)于O1、O2連線中點對稱 4.星球上的物體脫離星球引力所需的最小速度稱為第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關(guān)系是v2=v1。已知某星球的半徑為r,表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的,不計其他星球的影響,則該星球的第二宇宙速度為 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D.gr 5.(xx河北邯鄲教學質(zhì)量檢測)如圖,理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1∶5,原線圈兩端的交流電壓u=20sin 100 πt V。氖泡在兩端電壓達到100 V時開始發(fā)光。下列說法中正確的有(　　) A.開關(guān)閉合后,氖泡的發(fā)光頻率為50 Hz B.開關(guān)閉合后,電壓表的示數(shù)為100 V C.開關(guān)斷開后,電壓表的示數(shù)變大 D.開關(guān)斷開后,變壓器的輸出功率不變 6.(xx江西五校聯(lián)考)在一個邊界為等邊三角形的區(qū)域內(nèi),存在一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場,在磁場邊界上的P點處有一個粒子源,發(fā)出比荷相同的三個粒子a、b、c(不計重力)沿同一方向進入磁場,三個粒子通過磁場的軌跡如圖所示,用ta、tb、tc分別表示a、b、c通過磁場的時間;用ra、rb、rc分別表示a、b、c在磁場中的運動半徑,則下列判斷正確的是(　　) A.ta=tb>tc B.tc>tb>ta C.rc>rb>ra D.rb>ra>rc 7.(xx江蘇單科) 如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)(　　) A.下滑過程中,加速度一直減小 B.下滑過程中,克服摩擦力做的功為mv2 C.在C處,彈簧的彈性勢能為mv2-mgh D.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度 8. 如圖所示,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(　　) 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 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題,每個試題考生都必須做答。第13~15題為選考題,考生根據(jù)要求做答) (一)必考題(共47分) 9.(6分)探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實驗中 (1)補償打點計時器對小車阻力及其他阻力的方法: 　; (2)測出盤和砝碼的總重力,近似等于小車運動時所受拉力需要滿足條件: 　; (3)我們根據(jù)日常經(jīng)驗和觀察到的事實首先猜物體的加速度與受到的力及它的質(zhì)量最簡單的關(guān)系有哪些: 　。 10.(9分)某實驗小組要通過實驗描繪一個規(guī)格為“3 V　0.25 A”的LED燈的伏安特性曲線。實驗室提供的器材有: A.電流表A1(量程為0~0.6 A,內(nèi)阻約為10 Ω) B.電流表A2(量程為0~250 mA,內(nèi)阻約為 5 Ω) C.滑動變阻器R1(“20 Ω　1 A”) D.滑動變阻器R2(“200 Ω　0.3 A”) E.電壓表V(量程為0~3 V,內(nèi)阻RV約為3 kΩ) F.開關(guān)S一只 G.蓄電池E(電動勢為4 V,內(nèi)阻很小) (1)要完成實驗,除蓄電池、開關(guān)、導線若干外,還需選擇的器材有　　　　(填寫器材前的字母編號)。 (2)在圖中他已經(jīng)連接了一部分電路,請你用筆畫線代替導線將電路連線補充完整。 (3)為了得到伏安特性曲線,他以電壓表的讀數(shù)U為橫軸,以電流表的讀數(shù)I為縱軸,將實驗中得到的多組數(shù)據(jù)進行了描點,如圖所示,請你幫他完成I-U圖象。 (4)如果將此燈連入如圖所示電路,其中電源電動勢為3 V,電源內(nèi)阻與保護電阻R0的總阻值為5 Ω,定值電阻R的阻值為10 Ω。開關(guān)S閉合后,通過小燈泡的電流是　　　　A(保留兩位有效數(shù)字)。 11.(12分)如圖,在傾角θ=37的粗糙斜面上距離斜面底端x=1 m處有一質(zhì)量m=1 kg的物塊,受到豎直向下的恒力F=30 N,由靜止開始沿斜面下滑。到達底端時即撤去恒力F,然后在水平面上滑動一段距離后停止。不計物塊撞擊水平面時的能量損失,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)相同,g取10 m/s2。 (1)若物塊運動過程中最大速度為4 m/s,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)μ為多少? (2)若僅改變豎直恒力F的大小,可使物塊總的運動時間有一最小值,最小值為多少?此時物體在水平面上運動的位移為多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8) 12.(20分)如圖所示,在正方形ACDF區(qū)域內(nèi),對角線CF以上的區(qū)域存在垂直紙面的勻強磁場,對角線CF以下的區(qū)域存在平行于DF方向的勻強電場,正方向邊長為L。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(重力不計)以初速度v0從A點沿AC方向進入磁場,在對角線CF的中點P處進入電場,并從DF邊上離開電場,求: (1)磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向; (2)電場強度E的大小; (3)帶電粒子從DF邊離開時的最大速度。 (二)選考題(共15分)(請考生從給出的3道物理題中任選一題做答。如果多做,則按所做的第一題計分) 13.(15分)【物理——選修3-3】 (1)(5分)(xx寧夏銀川一中一模)下列說法正確的是　　　　。(填正確答案標號,選對1個得2分,選對2個得4分,選對3個得5分。每選錯1個扣3分,最低得分為0分) A.液晶具有流動性,光學性質(zhì)為各向異性 B.氣體擴散現(xiàn)象表明氣體分子間存在斥力 C.熱量總是自發(fā)的從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體 D.機械能不可能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,內(nèi)能也無法全部用來做功以轉(zhuǎn)化成機械能 E.液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離,所以液體表面存在表面張力 (2) (10分)如圖所示,用活塞在汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量理想氣體,活塞與汽缸壁間摩擦忽略不計,活塞的質(zhì)量m1=0.5 kg,開始時活塞距汽缸底高度h1=0.40 m,氣體的溫度t1=27 ℃?，F(xiàn)給汽缸緩慢加熱,使活塞緩慢升到距離汽缸底h2=0.80 m處,同時缸內(nèi)氣體吸收Q=450 J的熱量。已知活塞橫截面積S=5.010-3 m2,大氣壓強p0=1.0105 Pa。求: (ⅰ)活塞距離汽缸底h2時的溫度t2; (ⅱ)此過程中缸內(nèi)氣體增加的內(nèi)能ΔU。 14.(15分)【物理——選修3-4】 (1)(5分)(xx蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖所示,實線是一列簡諧橫波在t時刻的波形,虛線是在t時刻后Δt=0.2 s時刻的波形。已知Δtrb>ra,選項C正確,D錯誤;由T=,由于三種粒子的比荷相同,故周期相同,由圖可知a、b兩粒子運動的圓心角相等且大于c粒子的圓心角,故根據(jù)t=T可知ta=tb>tc,選項A正確,B錯誤。 7.BD　解析:下滑過程中,圓環(huán)先加速然后減速,其加速度開始時豎直向下(大小逐漸減小),然后改為豎直向上(其大小逐漸增大),選項A錯誤;設(shè)下滑過程克服摩擦力做功為Wf,則上滑過程克服摩擦力做功也為Wf,對下滑過程由動能定理有mgh-Wf-W彈=0,對上滑過程由動能定理有W彈-mgh-Wf=0-mv2,聯(lián)立以上兩式得Wf=mv2,E彈C=W彈=mgh-mv2,可知選項B正確,C錯誤;設(shè)環(huán)下滑時經(jīng)過B點時速度為v1,對環(huán)由A至B的過程有mghAB-Wf-W彈=-0,設(shè)環(huán)上滑時經(jīng)過B點時速度為v2,對環(huán)由B至A的過程有-Wf-mghAB+W彈=0-,比較以上兩式易知v2>v1,選項D正確。 8.BD　解析:由整體分析受力,M的重力Mg,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=,故選項A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=,故選項B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,所以選項C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,故選項D正確。 9.答案:(1)調(diào)節(jié)木板的傾斜度,使小車在不受牽引時能拖動紙帶沿木板勻速運動 (2)盤和砝碼的總質(zhì)量要比小車的質(zhì)量小很多 (3)加速度正比于外力或加速度正比于質(zhì)量的倒數(shù)(每問2分) 解析:(1)在不受牽引時,抬高木板的右端使小車的重力沿木板的分力等于滑動摩擦力,即Mgsin θ=μMgcos θ,小車受到的拉力mg+Mgsin θ-μMgcos θ=Ma;(2)嚴格分析整體加速度mg=(m+M)a,隔離小車為研究對象FT=Ma=M,如果滿足條件m遠遠小于小車M的質(zhì)量,拉力近似等于盤和砝碼的總重力;(3)加速度正比于外力或加速度正比于質(zhì)量的倒數(shù)。 考點:考查了驗證牛頓第二定律的實驗。 10.答案:(1)BC　(2)如圖所示　(3)如圖所示　(4)0.18(第(3)問3分,其余每問2分) 解析:(1)用電流表測量時要保證指針有較大的偏角,滑動變阻器作為分壓器使用,阻值宜小,允許通過的最大電流值宜大,故選B、C。 (2)先用分壓式外接電路,將實物圖連接。 (3)用平滑曲線將各點連接如答案圖。 (4)設(shè)燈兩端電壓為U,電流為I,則由閉合電路歐姆定律可知E=U+(+I)(r+R0);代入數(shù)據(jù)化簡可知3 V=U+5 ΩI,即U=2 V-ΩI,看成等效電源(E=2 V,r= Ω)與燈連接,作出過(2 V,0)和(1 V,0.3 A)的圖象如圖所示: 兩圖的交點即為燈的工作點;則由圖可知,電流為0.18 A。 11.答案:(1)0.5　(2) s　1 m 解析:(1)物塊到達斜面底端時速度最大,根據(jù)運動學公式v2=2ax① 代入數(shù)據(jù)得a=8 m/s2② 對斜面上物塊受力分析知 (mg+F)sin θ-μ(mg+F)cos θ=ma③ 代入數(shù)據(jù),解得 μ=0.5。④ (2)設(shè)斜面上物塊加速度為a1,運動時間為t1,在水平面上運動時間為t2,則 x=a1⑤ 到達底端時速度為 v1==μgt2⑥ 則總時間為 t=t1+t2=⑦ 根據(jù)基本不等式,當a1=μg=5 m/s2時,t有最小值tmin= s⑧ 物體在水平面上運動的位移為x0 由=2μgx0⑨ 解得x0=1 m。⑩ 評分標準:本題共12分,其中③⑧每式2分,其余每式1分。 12.答案:(1),垂直紙面向外　(2)E≤　(3)v0,方向見解析 解析:(1)帶電粒子的運動軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系求帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑R=① 帶電粒子在磁場中運動的洛倫茲力提供向心力 qv0B=② B=③ 方向垂直紙面向外。④ (2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子從P點進入電場時的速度方向與CF的夾角θ=45,平行CD方向進入電場,帶電粒子恰從D點或F點離開電場時,電場強度E最大。⑤ 平行CD方向t=⑥ 平行FC方向　qEm=ma⑦ 上述各式聯(lián)立解得Em=⑧ 當E≤時,帶電粒子從DF邊離開電場。⑨ (3)當電場強度最大,帶電粒子從D或F點離開電場時,速度最大。⑩ 由動能定理得 vm=v0 最大速度與CD邊的夾角為 cos β= β=arccos。 評分標準:本題共20分,其中①⑤每處3分,⑦式2分,其余每式1分。 13.答案:(1)ACE　(2)(ⅰ)327 ℃ (ⅱ)248 J 解析:(1)液晶具有流動性,但液晶的光學性質(zhì)為各向異性,故選項A正確;氣體擴散現(xiàn)象表明氣體分子在做永不停息的無規(guī)則運動,故選項B錯誤;根據(jù)熱力學第二定律,熱量能自發(fā)的從高溫物體傳遞到低溫物體,故選項C正確;根據(jù)熱力學第二定律,機械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,但內(nèi)能不能全部用來做功而轉(zhuǎn)化成機械能,而不產(chǎn)生其他的影響,故選項D錯誤;液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離,所以液體表面存在表面張力,故選項E正確。 (2)(ⅰ)氣體做等壓變化,活塞距離汽缸底h2時溫度為t2,則根據(jù)氣態(tài)方程可得 ① T2=t2+273 K② 解得t2=327 ℃。③ (ⅱ)在氣體膨脹的過程中,氣體對外做功為 W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202 J④ 根據(jù)熱力學第一定律可得氣體內(nèi)能的變化為 ΔU=W+Q=-W0+Q=-202 J+450 J=248 J。⑤ 評分標準:本題共10分,每式2分。 14.答案:(1)沿y軸正方向　0.1 m(第1空2分,第2空3分)　(2)(ⅰ)R　(ⅱ)R 解析:(1)由題意知,在0.2 s時間內(nèi)該波沿傳播方向傳播的位移為x=vt=1 m,由題圖知波長為4 m,所以傳播的距離為波長的,結(jié)合圖形可知該波沿x軸正方向傳播,再根據(jù)上下坡法可得質(zhì)點M在t時刻沿y軸正方向振動;質(zhì)點M從平衡位置開始在周期的時間內(nèi)通過的路程為振幅,即10 cm。 (2)(ⅰ)在PQ面上的入射角為θ1,由幾何關(guān)系知 sin θ1=,故θ1=30① 根據(jù)折射定律n=② 所以θ2=60③ 由幾何關(guān)系得xOD=R。④ (ⅱ)臨界角sin C=⑤ 從OP面射入玻璃體的光,在PQ面的入射角等于臨界角時,剛好發(fā)生全反射而不能從PQ面直接射出。設(shè)光在OP面的入射點為M,在PQ面的反射點為N⑥ OM=ONsin C=R。⑦ 評分標準:本題共10分,①⑥⑦每式2分,其余每式1分。 15.答案:(1)ABC　(2)(ⅰ)2.5 m/s (ⅱ)62.5 J 解析:(1)盧瑟福的α粒子散射實驗說明了原子的核式結(jié)構(gòu)模型,選項A正確;玻爾在研究原子結(jié)構(gòu)中引進了量子化的觀念,并指出氫原子從低能級躍遷到高能級要吸收光子,選項B正確;查德威克首先發(fā)現(xiàn)了中子,選項C正確;放射性物質(zhì)的半衰期是由本身性質(zhì)決定的,與外界因素無關(guān),溫度升高,半衰期不變,選項D錯誤;鈾核U)衰變?yōu)殂U核Pb)的過程中,要經(jīng)過8次α衰變和6次β衰變,選項E錯誤。 (2)(ⅰ)以平板車B和C為研究對象,由動量守恒得mCvC=mCvC+mBvB① 代入數(shù)據(jù)解得vB=5 m/s② 同理對mB和mA有 mBvB=(mA+mB)v車③ 解得v車=2.5 m/s。④ (ⅱ)全過程損失的機械能 ΔE=⑤ 解得ΔE=62.5 J。⑥ 評分標準:本題共10分,其中①⑤每式3分,其余每式1分。