《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練19 贏取滿分策略》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練19 贏取滿分策略（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(十九) 贏取滿分策略 一、選擇題(1－5題為單項(xiàng)選擇題，6－8題為多項(xiàng)選擇題) 1．(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)以下有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述中，正確的是(　　) A．重核型變?yōu)橹械荣|(zhì)量的核之后，核子的平均質(zhì)量減小 B．太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部的裂變反應(yīng) C．一束光照射到某金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因?yàn)檫@束光的光強(qiáng)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(shí)，電子的動(dòng)能減小，原子的總能量也減小 A　[無(wú)論是重核裂變還是輕核聚變，反應(yīng)的過(guò)程中釋放能量，組成原子核的核子的平均質(zhì)量均會(huì)減小，故A正確；太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太

2、陽(yáng)同倍的聚變反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因?yàn)檫@束光的頻率太?。蔆錯(cuò)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(shí)，電子的動(dòng)能減小，但原子的總能量增大．故D錯(cuò)誤．故選A.] 2．一輛汽車(chē)在平直公路上由靜止開(kāi)始啟動(dòng)，測(cè)得該汽車(chē)在啟動(dòng)過(guò)程中加速度隨時(shí)間變化的圖線如圖所示，圖中a0、t1、t2已知，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．0～t2時(shí)間內(nèi)汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．t1～t2時(shí)間內(nèi)汽車(chē)所受合力對(duì)汽車(chē)做負(fù)功 C．t2時(shí)刻汽車(chē)的速度等于a0t1＋a0(t2－t1) D．0～t2時(shí)間內(nèi)汽車(chē)的平均速度小于a0t2 D　[0～t2時(shí)

3、間內(nèi)汽車(chē)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速減小的加速運(yùn)動(dòng)，合力對(duì)汽車(chē)做正功，A、B錯(cuò)誤；a－t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的變化量，0～t2時(shí)間內(nèi)圖象面積小于a0t1＋a0(t2－t1)，C錯(cuò)誤；若加速度保持不變，t2時(shí)刻的速度為a0t2，平均速度為a0t2，后一段時(shí)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(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)．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(guò)半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有A、B兩點(diǎn)，A、B關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，AB＝4R.已

4、知A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為E0＝＝，由題知當(dāng)半球面產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，則B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為E′＝E0－E.解得E′＝E，故選B.] 4．一顆衛(wèi)星的運(yùn)行軌道在地球赤道的正上方，運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，軌道高度為R.某時(shí)刻衛(wèi)星恰好經(jīng)過(guò)赤道上觀測(cè)點(diǎn)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(dāng)該觀測(cè)點(diǎn)恰好觀測(cè)不到這顆衛(wèi)星時(shí)，經(jīng)歷的最短時(shí)間為(　　) A. B. C. D. A　[以地球?yàn)閰⒖枷担l(wèi)星相對(duì)觀測(cè)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的角

5、速度ω相＝ω衛(wèi)－ω0，當(dāng)觀測(cè)點(diǎn)恰好觀測(cè)不到衛(wèi)星時(shí)，衛(wèi)星相對(duì)觀測(cè)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(zhuǎn)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(jù)＝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(jīng)常使用起重機(jī)提升貨物，某次貨物上升過(guò)程中的v－t圖象如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．t＝4 s時(shí)，貨物處于超重狀態(tài) B．3～5 s時(shí)間內(nèi)，貨物所受合力做的功大于零 C．0～2 s時(shí)間內(nèi)，貨物所受拉力做的功大于重力做的功 D．0～2 s時(shí)間內(nèi)，拉力做正功

6、，3～5 s時(shí)間內(nèi)，拉力做負(fù)功 C　[t＝4 s時(shí)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(cuò)誤.3～5 s時(shí)間內(nèi)，貨物的動(dòng)能減少，根據(jù)動(dòng)能定理，貨物所受合力做的功小于零，B錯(cuò)誤.0～2 s時(shí)間內(nèi)，貨物的動(dòng)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(guò)程中，拉力一直做正功，D錯(cuò)誤．] 6．如圖所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌CH、PQ與水平面成θ角放置，兩軌間距為L(zhǎng)，軌道電阻不計(jì)．現(xiàn)有兩根長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R、質(zhì)量為m的金屬棒ab和cd放置在導(dǎo)軌上，其中cd棒通過(guò)一段細(xì)線連接在與導(dǎo)軌共面的O點(diǎn)，ab棒由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，經(jīng)t時(shí)間達(dá)到速度v0時(shí)懸掛的細(xì)線剛好斷裂，此

7、后兩棒均沿導(dǎo)軌下滑．已知重力加速度為g，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則下列有關(guān)描述中正確的是(　　) A．a(chǎn)b棒從開(kāi)始下滑到細(xì)線斷裂過(guò)程中通過(guò)cd棒的電荷量是 B．懸掛細(xì)線所能承受的最大拉力為mgsin θ＋ C．最后穩(wěn)定時(shí)的兩棒的速度差均勻增大 D．細(xì)線斷后cd棒做加速度逐漸減小的加速度運(yùn)動(dòng)，最后穩(wěn)定時(shí)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(yùn)動(dòng)，對(duì)ab棒由(mgsin θ－LB)t＝mv0和q＝t知q＝，A錯(cuò)誤；線剛斷時(shí)通過(guò)回路的電流為I＝，因此細(xì)線能承受的最大拉力FT＝mgsin θ

8、＋I(xiàn)LB，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(yùn)動(dòng)，最后穩(wěn)定時(shí)回路中無(wú)電流，因此兩棒同速，此時(shí)以?xún)砂粽w為對(duì)象，由2mgsin θ＝2ma知a＝gsin θ，C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，斜面體B始終保持靜止不動(dòng)．斜面體B受到地面的摩擦力向右，物塊A正在下滑時(shí)，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(shí)撤去F1、F2，物塊A將做減速運(yùn)動(dòng) 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(duì)A與B間的彈力、摩擦力均沒(méi)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(cuò)誤；若只撤去F2，會(huì)導(dǎo)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?xún)闪Φ乃椒至Σ钪禃?huì)增加，則B受到地面的摩擦力也會(huì)變大，B正確；設(shè)α為斜面傾角，若μ＝tan α，此時(shí)地面不受斜面體B的摩擦力，若μ>tan α，此時(shí)地面對(duì)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(shí)，若同時(shí)撤去F、F2，物塊A將做減速運(yùn)動(dòng)，C正確；F2增大會(huì)導(dǎo)致A、B之間的摩擦力減小，D錯(cuò)誤．] 8．光滑斜面AB和水平傳送帶BC

10、通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接，此圓弧長(zhǎng)度略去不計(jì)．如圖所示，現(xiàn)讓質(zhì)量為0.2 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從高h(yuǎn)＝0.8 m的A處由靜止釋放后沿斜面下滑，當(dāng)傳送帶固定不動(dòng)時(shí)，滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端C處停下．已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2.若傳送帶以v＝2 m/s的速率沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，滑塊仍從A處收靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．滑塊不能運(yùn)動(dòng)到C處 B．滑塊第一次從B處運(yùn)動(dòng)到C處所用的時(shí)間為0.8 s C．滑塊第一次從B處向右運(yùn)動(dòng)到返回B處的過(guò)程中產(chǎn)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(wú)論傳送

11、帶固定不動(dòng)還是沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，滑塊在傳送帶上第一次向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受力情況和運(yùn)動(dòng)情況均不變，滑塊運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)的速度仍為零，A錯(cuò)誤；滑塊從A處運(yùn)動(dòng)到B處，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv，得滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小v0＝4 m/s，根據(jù)動(dòng)量定理有－μmgt1＝0－mv0，得滑塊第一次從B處運(yùn)動(dòng)到C處所用的時(shí)間t1＝0.8 s，B正確；滑塊第一次從B處向右運(yùn)動(dòng)到C處的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q1＝μmg＝0.4 J，總熱量Q＝Q1＋Q2＝3.6 J，C正確；根據(jù)機(jī)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(shí)驗(yàn)題 9．(2018·山東省青島市高三統(tǒng)

12、一質(zhì)檢)某同學(xué)用如圖所示裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．入射球和靶球的半徑相同，質(zhì)量分別為m1、m2，平放于地面的記錄紙上鋪有復(fù)寫(xiě)紙．實(shí)驗(yàn)時(shí)先使入射球從斜槽上固定位置G由靜止開(kāi)始滾下，落到復(fù)寫(xiě)紙上，重復(fù)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(kāi)始滾下，和靶球碰撞后繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)落到復(fù)寫(xiě)紙上，重復(fù)操作多次．最終記錄紙上得到的落點(diǎn)痕跡如圖乙所示． (1)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)下列說(shuō)法正確的是________ A．需要用游標(biāo)卡尺測(cè)量?jī)尚∏虻闹睆? B．應(yīng)使m1>m2 C．實(shí)驗(yàn)中記錄紙上鋪的復(fù)寫(xiě)紙的位置可以移動(dòng) D．斜槽要固定好，末端切線不需要調(diào)節(jié)水平 (2)請(qǐng)你敘述確定落點(diǎn)平均位置的辦法

13、： _____________________________. (3)按照本實(shí)驗(yàn)方法，該同學(xué)確定了落地點(diǎn)的平均位置P、Q、R并測(cè)出了OP、PQ、QR間的距離分別為x1、x2、x3，則驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是______________________． 解析　(1)A：本實(shí)驗(yàn)中兩小球的直徑要相同即可，不需要測(cè)量小球的直徑．故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B：要碰后入射球不反彈，則入射球的質(zhì)量大于靶球的質(zhì)量，即m1>m2.故B項(xiàng)正確．C：實(shí)驗(yàn)中記錄紙上鋪的復(fù)寫(xiě)紙的作用是描繪落點(diǎn)的位置，則復(fù)寫(xiě)紙的位置可以移動(dòng)．故C項(xiàng)正確．D：斜槽要固定好，末端切線需要調(diào)節(jié)水平，才能使小球做平拋運(yùn)動(dòng)．故D項(xiàng)錯(cuò)誤．(2)確定落點(diǎn)

14、平均位置的辦法：用盡可能小的圓把盡可能多的落點(diǎn)都圈在里面，圓心就是落點(diǎn)的平均位置．(3)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是m1v0＝m1v1＋m2v2，則m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1QQ＝m1OP＋m2OR，用題中測(cè)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(diǎn)都圈在里面，圓心就是落點(diǎn)的平均位置　(3)m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)＝m2(x1＋x2) 10．某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路來(lái)完成小燈泡伏安特性曲線的描繪，同時(shí)測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻． (1)①閉合開(kāi)關(guān)前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的觸頭調(diào)至_____

15、___(選填“a”或“b”)端； ②開(kāi)關(guān)閉合后，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，記錄電壓表V1、V2及電流表A的讀數(shù)U1、U2、I； ③重復(fù)②的操作，得到八組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)； ④描點(diǎn)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(dòng)勢(shì)為_(kāi)_______V，內(nèi)阻為_(kāi)_______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(shí)小燈泡的電阻為_(kāi)_______Ω，消耗的功率為_(kāi)_______

16、W．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 解析　(1)①閉合開(kāi)關(guān)前要保證滑動(dòng)變阻器串入回路的阻值最大，觸頭應(yīng)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(nèi)阻為1 Ω，電動(dòng)勢(shì)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(shí)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(jì)算題 11．如圖所示，一個(gè)物塊以某一初速度v0沿傾角θ＝37°、高h(yuǎn)＝1.7 m的固定光滑斜面的最下端向上運(yùn)動(dòng)，物塊運(yùn)動(dòng)到斜面的頂端時(shí)的速率為v＝m/s，如果在斜面中間某一區(qū)域設(shè)置一段摩擦區(qū)，物塊與摩擦區(qū)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.125，物塊以同樣的初速度從斜面的底端向上運(yùn)動(dòng)，物塊恰好運(yùn)動(dòng)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?。? (2)求摩擦區(qū)的長(zhǎng)度l； (3)在設(shè)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(yùn)動(dòng)到頂端的時(shí)間不同，求物塊從斜面底端運(yùn)動(dòng)到斜面頂端的最長(zhǎng)時(shí)間(

18、計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))． 解析　(1)由動(dòng)能定理得－mgh＝mv2－mv 代入已知量得v0＝6 m/s (2)增設(shè)摩擦區(qū)后，因物塊恰好運(yùn)動(dòng)到斜面的頂端，則摩擦力做的功恰好等于沒(méi)有摩擦區(qū)域時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)到斜面頂端的動(dòng)能，則μmgcos θ·l＝mv2 代入已知量得l＝1 m (3)如圖所示，當(dāng)摩擦區(qū)設(shè)置在斜面最下面時(shí)，讓物塊一開(kāi)始運(yùn)動(dòng)就進(jìn)入摩擦區(qū)，特塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)．設(shè)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(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t

19、1，則 l＝v0t1＋a1t 代入數(shù)據(jù)解得t1≈0.19 s，t1≈1.53 s(舍去) 物塊在斜面的光滑部分運(yùn)動(dòng)的初速度為v1，時(shí)間為t2，則v1＝v0＋a1t1＝4.67 m/s t2＝＝0.78 s 物塊運(yùn)動(dòng)到斜面頂端的最長(zhǎng)時(shí)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(lè)縣二中高三下學(xué)期質(zhì)檢)如圖，xOy平面內(nèi)存在著平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度v0沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．當(dāng)它經(jīng)過(guò)圖中虛線上的M(2a，a)點(diǎn)時(shí)，撤去電場(chǎng)，粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后進(jìn)入一

20、個(gè)垂直于xOy平面的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(圖中未畫(huà)出)，又從虛線上的某一位置N處沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)并再次經(jīng)過(guò)M點(diǎn)．已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝，不計(jì)粒子的重力．試求：(結(jié)果用m、v0、q、a表示) (1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小及方向． (2)N點(diǎn)的坐標(biāo)． (3)矩形磁場(chǎng)的最小面積為多少？ 解析　(1)因?yàn)椋璹向上做類(lèi)平拋，所以電場(chǎng)方向沿y軸的負(fù)方向粒子從O到M做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為t，則有2a＝v0t　a＝t2　得E＝ (2)粒子運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)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(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，由左手定則知磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面(紙面)向外；粒子在磁場(chǎng)中O′點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)計(jì)徑R，則由qvB＝m 解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝＝＝a由幾何關(guān)系知， β＝∠PMN＝30° 所以N點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yN＝＋a＝a＋a，橫坐標(biāo)為xN＝2a 得N點(diǎn)的坐標(biāo)為(2a，a＋a) (3)當(dāng)矩形磁場(chǎng)為圖示粗實(shí)線矩形時(shí)的面積最小，則矩形的兩個(gè)邊長(zhǎng)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