届高中物理二轮专题复习试题19 赢取满分策略含答案.docx

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届高中物理二轮专题复习试题19赢取满分策略含答案

课时跟踪训练（十九）

一、选择题（1－5题为单项选择题，6－8题为多项选择题）

1．（2018·济宁市高三第二次模拟）以下有关近代物理内容的若干叙述中，正确的是（　　）

A．重核型变为中等质量的核之后，核子的平均质量减小

B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应

C．一束光照射到某金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小

D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的总能量也减小

A　[无论是重核裂变还是轻核聚变，反应的过程中释放能量，组成原子核的核子的平均质量均会减小，故A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳同倍的聚变反应，故B错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小．故C错误．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的总能量增大．故D错误．故选A.]

2．一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，测得该汽车在启动过程中加速度随时间变化的图线如图所示，图中a0、t1、t2已知，则下列说法正确的是（　　）

A．0～t2时间内汽车做匀加速直线运动

B．t1～t2时间内汽车所受合力对汽车做负功

C．t2时刻汽车的速度等于a0t1＋

a0（t2－t1）

D．0～t2时间内汽车的平均速度小于

a0t2

D　[0～t2时间内汽车从静止开始运动，先做匀加速直线运动，再做加速减小的加速运动，合力对汽车做正功，A、B错误；a－t图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，0～t2时间内图象面积小于a0t1＋

a0（t2－t1），C错误；若加速度保持不变，t2时刻的速度为a0t2，平均速度为

a0t2，后一段时间加速度减小，则平均速度小于

a0t2，D正确．]

3．（2018·四川省攀枝花市高考物理三诊试卷）均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球半径为R，MN为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有A、B两点，A、B关于O点对称，AB＝4R.已知A点的场强大小为E，则B点的场强大小为（　　）

A.

＋EB.

－EC.

＋ED.

－E

B　[若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在A、B点所产生的电场为E0＝

＝

，由题知当半球面产生的场强为E，则B点的场强为E′＝E0－E.解得E′＝

E，故选B.]

4．一颗卫星的运行轨道在地球赤道的正上方，运行方向与地球自转方向相同，轨道高度为R.某时刻卫星恰好经过赤道上观测点正上方．若地球同步卫星的轨道高度为5.6R，角速度为ω0，地球半径为R，当该观测点恰好观测不到这颗卫星时，经历的最短时间为（　　）

A.

B.

C.

D.

A　[以地球为参考系．卫星相对观测点运动的角速度ω相＝ω卫－ω0，当观测点恰好观测不到卫星时，卫星相对观测点运动的角度θ相＝

，如图所示，地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，均为ω0，地球同步卫星轨道半径为6.6R，该卫星的轨道半径为2R，根据

＝mω2r，

则有

＝

＝

，ω卫＝

ω0，ω相＝ω卫－ω0＝（

－1）ω0，t＝

＝

，A正确．]

5．如图甲所示，港口码头经常使用起重机提升货物，某次货物上升过程中的v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

A．t＝4s时，货物处于超重状态

B．3～5s时间内，货物所受合力做的功大于零

C．0～2s时间内，货物所受拉力做的功大于重力做的功

D．0～2s时间内，拉力做正功，3～5s时间内，拉力做负功

C　[t＝4s时货物减速上升，加速度方向向下，故货物处于失重状态，A错误.3～5s时间内，货物的动能减少，根据动能定理，货物所受合力做的功小于零，B错误.0～2s时间内，货物的动能增大，货物所受拉力做的功大于重力做的功，C正确．货物上升的过程中，拉力一直做正功，D错误．]

6．如图所示，两条足够长的平行光滑金属导轨CH、PQ与水平面成θ角放置，两轨间距为L，轨道电阻不计．现有两根长为L、电阻为R、质量为m的金属棒ab和cd放置在导轨上，其中cd棒通过一段细线连接在与导轨共面的O点，ab棒由静止开始沿轨道下滑，经t时间达到速度v0时悬挂的细线刚好断裂，此后两棒均沿导轨下滑．已知重力加速度为g，匀强磁场方向垂直导轨面向下，磁感应强度大小为B，两棒与导轨始终垂直且接触良好，则下列有关描述中正确的是（　　）

A．ab棒从开始下滑到细线断裂过程中通过cd棒的电荷量是

B．悬挂细线所能承受的最大拉力为mgsinθ＋

C．最后稳定时的两棒的速度差均匀增大

D．细线断后cd棒做加速度逐渐减小的加速度运动，最后稳定时的加速度为gsinθ

BD　[ab棒由静止下滑切割磁感线，做加速度逐渐减小的加速运动，对ab棒由（mgsinθ－

LB）t＝mv0和q＝

t知q＝

，A错误；线刚断时通过回路的电流为I＝

，因此细线能承受的最大拉力FT＝mgsinθ＋ILB，即FT＝mgsinθ＋

，B正确；线断后cd棒在重力、支持力和安培力的作用下沿轨道做加速度逐渐减小的加速运动，最后稳定时回路中无电流，因此两棒同速，此时以两棒整体为对象，由2mgsinθ＝2ma知a＝gsinθ，C错误，D正确．]

7．如图所示，A受到沿斜面向上的拉力F1和垂直于斜面的拉力F2作用，正沿斜面向下运动，斜面体B始终保持静止不动．斜面体B受到地面的摩擦力向右，物块A正在下滑时，则（　　）

A．若只撤去F1，则B受到地面的摩擦力变大

B．若只撤去F2，则B受到地面的摩擦力变大

C．若同时撤去F1、F2，物块A将做减速运动

D．增大F2，物块A受到斜面的摩擦力将变大

BC　[若只撤去F1，对A与B间的弹力、摩擦力均没有影响，而且两力方向均保持不变，所以B受到地面的摩擦力不变，A错误；若只撤去F2，会导致A与B间的弹力、摩擦力均增加，由Ff＝μFN可知，两力按照相同比例增加，而且两力方向均保持不变，所以两力的水平分力差值会增加，则B受到地面的摩擦力也会变大，B正确；设α为斜面倾角，若μ＝tanα，此时地面不受斜面体B的摩擦力，若μ>tanα，此时地面对斜面体B有向右的静摩擦力，符合题给条件，所以物块A正在下滑时，若同时撤去F、F2，物块A将做减速运动，C正确；F2增大会导致A、B之间的摩擦力减小，D错误．]

8．光滑斜面AB和水平传送带BC通过一小段光滑圆弧平滑连接，此圆弧长度略去不计．如图所示，现让质量为0.2kg的滑块（可视为质点）从高h＝0.8m的A处由静止释放后沿斜面下滑，当传送带固定不动时，滑块恰好运动到传送带右端C处停下．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2.若传送带以v＝2m/s的速率沿逆时针方向转动，滑块仍从A处收静止释放，则下列说法正确的是（　　）

A．滑块不能运动到C处

B．滑块第一次从B处运动到C处所用的时间为0.8s

C．滑块第一次从B处向右运动到返回B处的过程中产生的热量为3.6J

D．滑块从传送带返回斜面上升的最大高度为0.2m

BCD　[无论传送带固定不动还是沿逆时针方向转动，滑块在传送带上第一次向右运动过程中受力情况和运动情况均不变，滑块运动到C处时的速度仍为零，A错误；滑块从A处运动到B处，根据机械能守恒定律有mgh＝

mv

，得滑块到达B处时的速度大小v0＝4m/s，根据动量定理有－μmgt1＝0－mv0，得滑块第一次从B处运动到C处所用的时间t1＝0.8s，B正确；滑块第一次从B处向右运动到C处的过程中产生的热量Q1＝μmg

＝0.4J，总热量Q＝Q1＋Q2＝3.6J，C正确；根据机械能守恒定律有mgH＝

mv2，得滑块从传送带返回斜面上升的最大高度H＝0.2m，D正确．]

二、实验题

9．（2018·山东省青岛市高三统一质检）某同学用如图所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示．

（1）关于本实验下列说法正确的是________

A．需要用游标卡尺测量两小球的直径

B．应使m1>m2

C．实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动

D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平

（2）请你叙述确定落点平均位置的办法：

_____________________________.

（3）按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是______________________．

解析　

（1）A：

本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径．故A项错误．B：

要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1>m2.故B项正确．C：

实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动．故C项正确．D：

斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动．故D项错误．

（2）确定落点平均位置的办法：

用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置．（3）验证动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1＋m2v2，则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1QQ＝m1OP＋m2OR，用题中测量的量表示为m1（x1＋x2）＋m2（x1＋x2＋x3）．

答案　

（1）BC　

（2）用心意可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置　（3）m1x1＋m2（x1＋x2＋x3）＝m2（x1＋x2）

10．某实验小组设计了如图甲所示的电路来完成小灯泡伏安特性曲线的描绘，同时测量电源的电动势和内阻．

（1）①闭合开关前，应将滑动变阻器的触头调至________（选填“a”或“b”）端；

②开关闭合后，调节滑动变阻器，记录电压表V1、V2及电流表A的读数U1、U2、I；

③重复②的操作，得到八组实验数据；

④描点作图，分别作出I－U1和I－U2的图像，如图乙、丙所示，已知R0＝5Ω.

（2）图乙中0～U0段图线基本呈直线的原因是______________________________________________.

（3）由图丙可知该电源的电动势为________V，内阻为________Ω.

（4）将该电源与阻值为11Ω的电阻串联后给上述小灯泡供电，此时小灯泡的电阻为________Ω，消耗的功率为________W．（结果保留两位有效数字）

解析　

（1）①闭合开关前要保证滑动变阻器串入回路的阻值最大，触头应在a端．

（2）图乙中0～U0段，热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显，故图线呈直线．

（3）由闭合电路欧姆定律得U2＝E－I（R0＋r），知（R0＋r）＝

＝6Ω，故电源内阻为1Ω，电动势为12V.

（4）在题图乙中作出电源与定值电阻串联后的外特性曲线如图所示，

此时灯泡电阻约为

≈3.6Ω，

功率为2.8V×0.77A≈2.2W.

答案　

（1）①a　

（2）热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显

（3）12　1

（4）3.5～3.7均给分　2.1或2.2均给分

三、计算题

11．如图所示，一个物块以某一初速度v0沿倾角θ＝37°、高h＝1.7m的固定光滑斜面的最下端向上运动，物块运动到斜面的顶端时的速率为v＝

m/s，如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区，物块与摩擦区间的动摩擦因数μ＝0.125，物块以同样的初速度从斜面的底端向上运动，物块恰好运动到斜面的顶端（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，

＝4.7）．

（1）求初速度v0的大小；

（2）求摩擦区的长度l；

（3）在设置摩擦区后，摩擦区的位置不同，物块以初速度v0从斜面底端运动到顶端的时间不同，求物块从斜面底端运动到斜面顶端的最长时间（计算结果保留两位小数）．

解析　

（1）由动能定理得－mgh＝

mv2－

mv

代入已知量得v0＝6m/s

（2）增设摩擦区后，因物块恰好运动到斜面的顶端，则摩擦力做的功恰好等于没有摩擦区域时物块运动到斜面顶端的动能，则μmgcosθ·l＝

mv2

代入已知量得l＝1m

（3）如图所示，当摩擦区设置在斜面最下面时，让物块一开始运动就进入摩擦区，特块在斜面上运动的时间最长．设物块在摩擦区和光滑的斜面上的加速度分别是a1和a2，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1－mgsinθ＝ma2

代入已知量得a1＝－7m/s2，a2＝－6m/s2

物块在摩擦区内运动的时间为t1，则

l＝v0t1＋

a1t

代入数据解得t1≈0.19s，t1≈1.53s（舍去）

物块在斜面的光滑部分运动的初速度为v1，时间为t2，则v1＝v0＋a1t1＝4.67m/s

t2＝

＝0.78s

物块运动到斜面顶端的最长时间为

t＝t1＋t2＝0.97s

答案　

（1）6m/s　

（2）1m　（3）0.97s

12．（2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检）如图，xOy平面内存在着平行于y轴的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为－q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的M（2

a，a）点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个垂直于xOy平面的矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点．已知磁场的磁感应强度大小为B＝

，不计粒子的重力．试求：

（结果用m、v0、q、a表示）

（1）电场强度的大小及方向．

（2）N点的坐标．

（3）矩形磁场的最小面积为多少？

解析　

（1）因为－q向上做类平抛，所以电场方向沿y轴的负方向粒子从O到M做类平抛运动，设时间为t，则有2

a＝v0t　a＝

t2　得E＝

（2）粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，则

vy＝

t＝

·

·

＝

v0

v＝

＝

v0tanα＝

＝

，即α＝30°

由题意知，粒子从P点进入磁场，从N点离开磁场，由左手定则知磁场方向垂直于xOy平面（纸面）向外；粒子在磁场中O′点为圆心做匀速圆周运动，设计径R，则由qvB＝m

解得粒子做圆周运动的半径为R＝

＝

＝a由几何关系知，

β＝

∠PMN＝30°

所以N点的纵坐标为yN＝

＋a＝

a＋a，横坐标为xN＝2

a

得N点的坐标为（2

a，

a＋a）

（3）当矩形磁场为图示粗实线矩形时的面积最小，则矩形的两个边长分别是L1＝2R＝2a

L2＝R＋Rsinβ＝

a　面积为：

S＝L1L2＝3a2

答案　

（1）

，沿y轴反方向

（2）（2

a，

a＋a）　（3）3a2