《2019版高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練19 贏取滿分策略》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練19 贏取滿分策略（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時跟蹤訓練(十九) 贏取滿分策略 一、選擇題(1－5題為單項選擇題，6－8題為多項選擇題) 1．(2018·濟寧市高三第二次模擬)以下有關近代物理內容的若干敘述中，正確的是(　　) A．重核型變?yōu)橹械荣|量的核之后，核子的平均質量減小 B．太陽輻射的能量主要來自太陽內部的裂變反應 C．一束光照射到某金屬上不能發(fā)生光電效應，可能是因為這束光的光強太小 D．按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子的總能量也減小 A　[無論是重核裂變還是輕核聚變，反應的過程中釋放能量，組成原子核的核子的平均質量均會減小，故A正確；太陽輻射的能量主要來自太

2、陽同倍的聚變反應，故B錯誤；一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應，可能是因為這束光的頻率太?。蔆錯誤．按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，但原子的總能量增大．故D錯誤．故選A.] 2．一輛汽車在平直公路上由靜止開始啟動，測得該汽車在啟動過程中加速度隨時間變化的圖線如圖所示，圖中a0、t1、t2已知，則下列說法正確的是(　　) A．0～t2時間內汽車做勻加速直線運動 B．t1～t2時間內汽車所受合力對汽車做負功 C．t2時刻汽車的速度等于a0t1＋a0(t2－t1) D．0～t2時間內汽車的平均速度小于a0t2 D　[0～t2時

3、間內汽車從靜止開始運動，先做勻加速直線運動，再做加速減小的加速運動，合力對汽車做正功，A、B錯誤；a－t圖象與坐標軸圍成的面積表示速度的變化量，0～t2時間內圖象面積小于a0t1＋a0(t2－t1)，C錯誤；若加速度保持不變，t2時刻的速度為a0t2，平均速度為a0t2，后一段時間加速度減小，則平均速度小于a0t2，D正確．] 3．(2018·四川省攀枝花市高考物理三診試卷)均勻帶電的球體在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場．如圖所示，在半球體上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球半徑為R，MN為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有A、B兩點，A、B關于O點對稱，AB＝4R.已

4、知A點的場強大小為E，則B點的場強大小為(　　) A.＋E B.－E C.＋E D.－E B　[若將帶電量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在A、B點所產生的電場為E0＝＝，由題知當半球面產生的場強為E，則B點的場強為E′＝E0－E.解得E′＝E，故選B.] 4．一顆衛(wèi)星的運行軌道在地球赤道的正上方，運行方向與地球自轉方向相同，軌道高度為R.某時刻衛(wèi)星恰好經過赤道上觀測點正上方．若地球同步衛(wèi)星的軌道高度為5.6R，角速度為ω0，地球半徑為R，當該觀測點恰好觀測不到這顆衛(wèi)星時，經歷的最短時間為(　　) A. B. C. D. A　[以地球為參考系．衛(wèi)星相對觀測點運動的角

5、速度ω相＝ω衛(wèi)－ω0，當觀測點恰好觀測不到衛(wèi)星時，衛(wèi)星相對觀測點運動的角度θ相＝，如圖所示，地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉角速度相同，均為ω0，地球同步衛(wèi)星軌道半徑為6.6R，該衛(wèi)星的軌道半徑為2R，根據＝mω2r， 則有＝＝，ω衛(wèi)＝ω0，ω相＝ω衛(wèi)－ω0＝(－1)ω0，t＝＝，A正確．] 5．如圖甲所示，港口碼頭經常使用起重機提升貨物，某次貨物上升過程中的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．t＝4 s時，貨物處于超重狀態(tài) B．3～5 s時間內，貨物所受合力做的功大于零 C．0～2 s時間內，貨物所受拉力做的功大于重力做的功 D．0～2 s時間內，拉力做正功

6、，3～5 s時間內，拉力做負功 C　[t＝4 s時貨物減速上升，加速度方向向下，故貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤.3～5 s時間內，貨物的動能減少，根據動能定理，貨物所受合力做的功小于零，B錯誤.0～2 s時間內，貨物的動能增大，貨物所受拉力做的功大于重力做的功，C正確．貨物上升的過程中，拉力一直做正功，D錯誤．] 6．如圖所示，兩條足夠長的平行光滑金屬導軌CH、PQ與水平面成θ角放置，兩軌間距為L，軌道電阻不計．現有兩根長為L、電阻為R、質量為m的金屬棒ab和cd放置在導軌上，其中cd棒通過一段細線連接在與導軌共面的O點，ab棒由靜止開始沿軌道下滑，經t時間達到速度v0時懸掛的細線剛好斷裂，此

7、后兩棒均沿導軌下滑．已知重力加速度為g，勻強磁場方向垂直導軌面向下，磁感應強度大小為B，兩棒與導軌始終垂直且接觸良好，則下列有關描述中正確的是(　　) A．ab棒從開始下滑到細線斷裂過程中通過cd棒的電荷量是 B．懸掛細線所能承受的最大拉力為mgsin θ＋ C．最后穩(wěn)定時的兩棒的速度差均勻增大 D．細線斷后cd棒做加速度逐漸減小的加速度運動，最后穩(wěn)定時的加速度為gsin θ BD　[ab棒由靜止下滑切割磁感線，做加速度逐漸減小的加速運動，對ab棒由(mgsin θ－LB)t＝mv0和q＝t知q＝，A錯誤；線剛斷時通過回路的電流為I＝，因此細線能承受的最大拉力FT＝mgsin θ

8、＋ILB，即FT＝mgsin θ＋，B正確；線斷后cd棒在重力、支持力和安培力的作用下沿軌道做加速度逐漸減小的加速運動，最后穩(wěn)定時回路中無電流，因此兩棒同速，此時以兩棒整體為對象，由2mgsin θ＝2ma知a＝gsin θ，C錯誤，D正確．] 7．如圖所示，A受到沿斜面向上的拉力F1和垂直于斜面的拉力F2作用，正沿斜面向下運動，斜面體B始終保持靜止不動．斜面體B受到地面的摩擦力向右，物塊A正在下滑時，則(　　) A．若只撤去F1，則B受到地面的摩擦力變大 B．若只撤去F2，則B受到地面的摩擦力變大 C．若同時撤去F1、F2，物塊A將做減速運動 D．增大F2，物塊A受到斜面的摩擦

9、力將變大 BC　[若只撤去F1，對A與B間的彈力、摩擦力均沒有影響，而且兩力方向均保持不變，所以B受到地面的摩擦力不變，A錯誤；若只撤去F2，會導致A與B間的彈力、摩擦力均增加，由Ff＝μFN可知，兩力按照相同比例增加，而且兩力方向均保持不變，所以兩力的水平分力差值會增加，則B受到地面的摩擦力也會變大，B正確；設α為斜面傾角，若μ＝tan α，此時地面不受斜面體B的摩擦力，若μ>tan α，此時地面對斜面體B有向右的靜摩擦力，符合題給條件，所以物塊A正在下滑時，若同時撤去F、F2，物塊A將做減速運動，C正確；F2增大會導致A、B之間的摩擦力減小，D錯誤．] 8．光滑斜面AB和水平傳送帶BC

10、通過一小段光滑圓弧平滑連接，此圓弧長度略去不計．如圖所示，現讓質量為0.2 kg的滑塊(可視為質點)從高h＝0.8 m的A處由靜止釋放后沿斜面下滑，當傳送帶固定不動時，滑塊恰好運動到傳送帶右端C處停下．已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.5，取g＝10 m/s2.若傳送帶以v＝2 m/s的速率沿逆時針方向轉動，滑塊仍從A處收靜止釋放，則下列說法正確的是(　　) A．滑塊不能運動到C處 B．滑塊第一次從B處運動到C處所用的時間為0.8 s C．滑塊第一次從B處向右運動到返回B處的過程中產生的熱量為3.6 J D．滑塊從傳送帶返回斜面上升的最大高度為0.2 m BCD　[無論傳送

11、帶固定不動還是沿逆時針方向轉動，滑塊在傳送帶上第一次向右運動過程中受力情況和運動情況均不變，滑塊運動到C處時的速度仍為零，A錯誤；滑塊從A處運動到B處，根據機械能守恒定律有mgh＝mv，得滑塊到達B處時的速度大小v0＝4 m/s，根據動量定理有－μmgt1＝0－mv0，得滑塊第一次從B處運動到C處所用的時間t1＝0.8 s，B正確；滑塊第一次從B處向右運動到C處的過程中產生的熱量Q1＝μmg＝0.4 J，總熱量Q＝Q1＋Q2＝3.6 J，C正確；根據機械能守恒定律有mgH＝mv2，得滑塊從傳送帶返回斜面上升的最大高度H＝0.2 m，D正確．] 二、實驗題 9．(2018·山東省青島市高三統(tǒng)

12、一質檢)某同學用如圖所示裝置驗證動量守恒定律．入射球和靶球的半徑相同，質量分別為m1、m2，平放于地面的記錄紙上鋪有復寫紙．實驗時先使入射球從斜槽上固定位置G由靜止開始滾下，落到復寫紙上，重復上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，讓入射球仍從位置G由靜止開始滾下，和靶球碰撞后繼續(xù)向前運動落到復寫紙上，重復操作多次．最終記錄紙上得到的落點痕跡如圖乙所示． (1)關于本實驗下列說法正確的是________ A．需要用游標卡尺測量兩小球的直徑 B．應使m1>m2 C．實驗中記錄紙上鋪的復寫紙的位置可以移動 D．斜槽要固定好，末端切線不需要調節(jié)水平 (2)請你敘述確定落點平均位置的辦法

13、： _____________________________. (3)按照本實驗方法，該同學確定了落地點的平均位置P、Q、R并測出了OP、PQ、QR間的距離分別為x1、x2、x3，則驗證動量守恒定律的表達式是______________________． 解析　(1)A：本實驗中兩小球的直徑要相同即可，不需要測量小球的直徑．故A項錯誤．B：要碰后入射球不反彈，則入射球的質量大于靶球的質量，即m1>m2.故B項正確．C：實驗中記錄紙上鋪的復寫紙的作用是描繪落點的位置，則復寫紙的位置可以移動．故C項正確．D：斜槽要固定好，末端切線需要調節(jié)水平，才能使小球做平拋運動．故D項錯誤．(2)確定落點

14、平均位置的辦法：用盡可能小的圓把盡可能多的落點都圈在里面，圓心就是落點的平均位置．(3)驗證動量守恒定律的表達式是m1v0＝m1v1＋m2v2，則m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1QQ＝m1OP＋m2OR，用題中測量的量表示為m1(x1＋x2)＋m2(x1＋x2＋x3)． 答案　(1)BC　(2)用心意可能小的圓把盡可能多的落點都圈在里面，圓心就是落點的平均位置　(3)m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)＝m2(x1＋x2) 10．某實驗小組設計了如圖甲所示的電路來完成小燈泡伏安特性曲線的描繪，同時測量電源的電動勢和內阻． (1)①閉合開關前，應將滑動變阻器的觸頭調至_____

15、___(選填“a”或“b”)端； ②開關閉合后，調節(jié)滑動變阻器，記錄電壓表V1、V2及電流表A的讀數U1、U2、I； ③重復②的操作，得到八組實驗數據； ④描點作圖，分別作出I－U1和I－U2的圖像，如圖乙、丙所示，已知R0＝5 Ω. (2)圖乙中0～U0段圖線基本呈直線的原因是___________________________ ___________________. (3)由圖丙可知該電源的電動勢為________V，內阻為________Ω. (4)將該電源與阻值為11 Ω的電阻串聯(lián)后給上述小燈泡供電，此時小燈泡的電阻為________Ω，消耗的功率為________

16、W．(結果保留兩位有效數字) 解析　(1)①閉合開關前要保證滑動變阻器串入回路的阻值最大，觸頭應在a端． (2)圖乙中0～U0段，熱功率較小，溫度變化不明顯，燈泡電阻變化不明顯，故圖線呈直線． (3)由閉合電路歐姆定律得U2＝E－I(R0＋r)，知(R0＋r)＝＝6 Ω，故電源內阻為1 Ω，電動勢為12 V. (4)在題圖乙中作出電源與定值電阻串聯(lián)后的外特性曲線如圖所示， 此時燈泡電阻約為≈3.6 Ω， 功率為2.8 V×0.77 A≈2.2 W. 答案　(1)①a　(2)熱功率較小，溫度變化不明顯，燈泡電阻變化不明顯 (3)12　1 (4)3.5～3.7均給分　2.1或

17、2.2均給分 三、計算題 11．如圖所示，一個物塊以某一初速度v0沿傾角θ＝37°、高h＝1.7 m的固定光滑斜面的最下端向上運動，物塊運動到斜面的頂端時的速率為v＝m/s，如果在斜面中間某一區(qū)域設置一段摩擦區(qū)，物塊與摩擦區(qū)間的動摩擦因數μ＝0.125，物塊以同樣的初速度從斜面的底端向上運動，物塊恰好運動到斜面的頂端(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝4.7)． (1)求初速度v0的大小； (2)求摩擦區(qū)的長度l； (3)在設置摩擦區(qū)后，摩擦區(qū)的位置不同，物塊以初速度v0從斜面底端運動到頂端的時間不同，求物塊從斜面底端運動到斜面頂端的最長時間(

18、計算結果保留兩位小數)． 解析　(1)由動能定理得－mgh＝mv2－mv 代入已知量得v0＝6 m/s (2)增設摩擦區(qū)后，因物塊恰好運動到斜面的頂端，則摩擦力做的功恰好等于沒有摩擦區(qū)域時物塊運動到斜面頂端的動能，則μmgcos θ·l＝mv2 代入已知量得l＝1 m (3)如圖所示，當摩擦區(qū)設置在斜面最下面時，讓物塊一開始運動就進入摩擦區(qū)，特塊在斜面上運動的時間最長．設物塊在摩擦區(qū)和光滑的斜面上的加速度分別是a1和a2，則－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1－mgsin θ＝ma2 代入已知量得a1＝－7 m/s2，a2＝－6 m/s2 物塊在摩擦區(qū)內運動的時間為t

19、1，則 l＝v0t1＋a1t 代入數據解得t1≈0.19 s，t1≈1.53 s(舍去) 物塊在斜面的光滑部分運動的初速度為v1，時間為t2，則v1＝v0＋a1t1＝4.67 m/s t2＝＝0.78 s 物塊運動到斜面頂端的最長時間為 t＝t1＋t2＝0.97 s 答案　(1)6 m/s　(2)1 m　(3)0.97 s 12．(2018·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢)如圖，xOy平面內存在著平行于y軸的勻強電場，一個質量為m、帶電荷量為－q的粒子從坐標原點O以速度v0沿x軸正方向開始運動．當它經過圖中虛線上的M(2a，a)點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進入一

20、個垂直于xOy平面的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，又從虛線上的某一位置N處沿y軸負方向運動并再次經過M點．已知磁場的磁感應強度大小為B＝，不計粒子的重力．試求：(結果用m、v0、q、a表示) (1)電場強度的大小及方向． (2)N點的坐標． (3)矩形磁場的最小面積為多少？ 解析　(1)因為－q向上做類平拋，所以電場方向沿y軸的負方向粒子從O到M做類平拋運動，設時間為t，則有2a＝v0t　a＝t2　得E＝ (2)粒子運動到M點時速度為v，與x方向的夾角為α，則 vy＝t＝··＝v0 v＝＝v0tan α＝＝，即α＝30° 由題意知，粒子從P點進入磁場，從N點離開磁場，由左手定則知磁場方向垂直于xOy平面(紙面)向外；粒子在磁場中O′點為圓心做勻速圓周運動，設計徑R，則由qvB＝m 解得粒子做圓周運動的半徑為R＝＝＝a由幾何關系知， β＝∠PMN＝30° 所以N點的縱坐標為yN＝＋a＝a＋a，橫坐標為xN＝2a 得N點的坐標為(2a，a＋a) (3)當矩形磁場為圖示粗實線矩形時的面積最小，則矩形的兩個邊長分別是L1＝2R＝2a L2＝R＋Rsinβ＝a　面積為：S＝L1L2＝3a2 答案　(1)，沿y軸反方向 (2)(2a，a＋a)　(3)3a2 10