《（京津瓊）2019高考物理總復習 專用優(yōu)編提分練：考前綜合練（三）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（京津瓊）2019高考物理總復習 專用優(yōu)編提分練：考前綜合練（三）.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

考前綜合練(三) 一、單項選擇題 1．如圖1是原子物理史上幾個著名的實驗，關于這些實驗，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．盧瑟福α粒子散射實驗否定了原子結構的棗糕模型，提出原子的核式結構模型 B．放射線在磁場中偏轉，中間沒有偏轉的為γ射線，電離能力最強 C．電壓相同時，光照越強，光電流越大，說明遏止電壓和光的強度有關 D．鈾235只要俘獲中子就能進行鏈式反應 答案　A 解析　盧瑟福α粒子散射實驗否定了原子結構的棗糕模型，提出原子的核式結構模型，故A正確；放射線在磁場中偏轉，中間沒有偏轉的為γ射線，電離能力最弱，故B錯誤；由題圖可知，光照越強，光電流越大，但遏止電壓一樣，說明遏止電壓與光的強度無關，故C錯誤；鏈式反應需要達到臨界體積才可以進行，故D錯誤． 2．某同學閱讀了“火星的現(xiàn)在、地球的未來”一文，摘錄了以下資料： (1)太陽幾十億年來一直在不斷地釋放能量，質量在緩慢地減小． (2)金星和火星是地球的兩位近鄰，金星位于地球圓軌道的內(nèi)側，火星位于地球圓軌道的外側． (3)由于火星與地球的自轉周期幾乎相同，自轉軸與公轉軌道平面的傾角也幾乎相同，所以火星上也有四季變化．根據(jù)該同學摘錄的資料和有關天體運動的規(guī)律，可推斷(　　) A．太陽對地球的引力在緩慢增大 B．日地距離在不斷減小 C．金星的公轉周期超過一年 D．火星上平均每個季節(jié)持續(xù)的時間大于3個月 答案　D 解析　因太陽質量在減小，所以在地球與太陽間距離不變的情況下，太陽對地球的引力減小，故地球做離心運動，故A、B錯誤；金星繞太陽運動的軌道半徑比地球的小，故金星的公轉周期小于一年，同理，火星的公轉周期大于一年，故C錯誤，D正確． 3.如圖2所示，質量均為m的木塊A和B，用一個勁度系數(shù)為k的豎直輕質彈簧連接，最初系統(tǒng)靜止，現(xiàn)在用力F緩慢拉A直到B剛好離開地面，則這一過程中力F做的功至少為(　　) 圖2 A. B. C. D. 答案　B 解析　最初系統(tǒng)靜止時，彈簧的彈力等于A的重力，由胡克定律得，彈簧被壓縮的長度x1＝，最后B剛好離開地面時，彈簧的彈力等于B的重力，此時彈簧伸長的長度x2＝，彈簧彈性勢能不變，此過程緩慢進行，所以力F做的功等于系統(tǒng)增加的重力勢能，根據(jù)功能關系可知：W＝mgh＝mg2＝，故B正確． 4．已知一個無限大的金屬板與一個點電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的電場強度方向與板面垂直．如圖3所示，MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接．現(xiàn)將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側，圖中a、b、c、d是以正點電荷Q為圓心的圓上的四個點，四點的連線構成一內(nèi)接正方形，其中ab連線與金屬板垂直．則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．b點電場強度與c點電場強度相同 B．a(chǎn)點電場強度與b點電場強度大小相等 C．a(chǎn)點電勢等于d點電勢 D．將一試探電荷從a點沿直線ad移到d點的過程中，試探電荷電勢能始終保持不變 答案　C 解析　畫出電場線如圖所示： 根據(jù)對稱性可知，b點電場強度與c點電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；電場線密集的地方電場強度大，從圖上可以看出a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；根據(jù)對稱性并結合電場線的分布可知a點電勢等于d點電勢，故C正確；由于試探電荷先靠近正電荷后遠離正電荷，所以電場力在這個過程中做功，所以試探電荷電勢能不是始終保持不變，故D錯誤． 5．如圖4所示，質量為m的小球用長度為R的細繩拴著在豎直面上繞O點做圓周運動，恰好能通過豎直面的最高點A，重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) 圖4 A．小球通過最高點A的速度為gR B．小球通過最低點B和最高點A的動能之差為mgR C．若細繩在小球運動到與圓心O等高的C點斷了，則小球還能上升的高度為R D．若細繩在小球運動到A處斷了，則經(jīng)過時間t＝小球運動到與圓心等高的位置 答案　D 解析　小球剛好通過最高點時，繩子的拉力恰好為零， 有：mg＝m，得v＝，故A錯誤； 從最高點到最低點重力做功為2mgR，根據(jù)動能定理可知小球通過最低點B和最高點A的動能之差為2mgR，故B錯誤； 從A到C由動能定理可知：mgR＝mvC2－mv2， 當繩子斷掉后上升的高度為h，則－mgh＝0－mvC2， 解得h＝R，故C錯誤； 若細繩在小球運動到A處斷了，則下降R所用的時間為R＝gt2，解得t＝，故D正確． 二、多項選擇題 6．一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則(　　) A．電動機消耗的總功率為UI B．電源的效率為1－ C．電源的輸出功率為EI D．電動機消耗的熱功率為 答案　AB 解析　電動機消耗的總功率為P＝IU，所以A正確．電動機消耗的熱功率為P＝I2R，所以D錯誤．電源的輸出功率等于電動機的輸入功率，則P出＝UI，故C錯誤．電源的總功率為IE，內(nèi)部發(fā)熱的功率為I2r，所以電源的效率為＝1－，所以B正確． 7．如圖5所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑輕質定滑輪與直桿的距離為d.現(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)(　　) 圖5 A．環(huán)與重物、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．小環(huán)到達B處時，重物上升的高度也為d C．小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于 D．小環(huán)下落到B處時的速度大小為 答案　AD 解析　對于小環(huán)、重物和地球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，則環(huán)與重物、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A項正確． 結合幾何關系可知，重物上升的高度h＝(－1)d， 故B項錯誤． 將小環(huán)在B處的速度分解為沿著繩子方向和垂直于繩子方向的兩個分速度，其中沿著繩子方向的速度即為重物上升的速度，則v物＝v環(huán)cos 45，環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比為∶1，故C項錯誤． 小環(huán)從A到B， 由機械能守恒得mgd－2mgh＝mv＋2mv 且v物＝v環(huán)cos 45， 解得：v環(huán)＝，故D正確． 8．如圖6甲所示，左側接有定值電阻R＝3 Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝2 T，導軌間距為L＝1 m．一質量m＝2 kg、接入電路的阻值r＝1 Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10 m/s2，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，則從起點到發(fā)生位移x＝1 m的過程中(　　) 圖6 A．拉力做的功為16 J B．通過電阻R的電荷量為0.25 C C．定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.75 J D．所用的時間t一定大于1 s 答案　CD 解析　根據(jù)題圖乙可知v＝2x，金屬棒運動過程中受到的安培力F安＝，即安培力與x是線性函數(shù)，所以在此過程中平均安培力為1 N，根據(jù)功能關系 W拉＝Wf＋mv2＋W克安＝μmgx＋mv2＋安x ＝0.5201 J＋222 J＋11 J＝15 J， 故A錯誤； q＝＝＝ C＝0.5 C，故B錯誤； 克服安培力做的功轉化為回路中的焦耳熱，克服安培力做的功為W克安＝1 J，所以R上的焦耳熱為QR＝W＝W＝0.75 J，故C正確； v－x圖象中的斜率k＝＝＝，所以a＝kv，即隨著速度的增加，加速度也在增加，若金屬棒做勻加速運動1 m則需要的時間為t＝＝1 s，現(xiàn)在金屬棒做加速度增加的加速運動，則移動相同的位移所用的時間大于1 s，故D正確． 三、非選擇題 9．物理小組在一次探究活動中測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)．實驗裝置如圖7，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與電磁打點計時器的紙帶相連，另一端通過跨過定滑輪的細線與托盤連接．打點計時器使用的交流電源的頻率為50 Hz.開始實驗時，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開始做勻加速運動，在紙帶上打出一系列小點． 圖7 圖8 (1)圖8給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是計數(shù)點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個小點(圖中未標出)，計數(shù)點間的距離如圖所示．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算的加速度a＝__________(保留三位有效數(shù)字)． (2)回答下列兩個問題： ①為測量動摩擦因數(shù)，下列物理量中還應測量的有________(填入所選物理量前的字母) A．木板的長度 B．木板的質量m1 C．滑塊的質量m2 D．托盤和砝碼的總質量m3 E．滑塊運動的時間t ②測量①中所選定的物理量時需要的實驗器材是____________________． (3)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________(用被測物理量的字母表示，重力加速度為g)． 答案　(1)0.497 m/s2(0.495 m/s2～0.499 m/s2均可) (2)①CD　②天平 (3) 解析　(1)每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點，說明相鄰的計數(shù)點時間間隔為0.1 s．將第一段位移舍掉，設1、2兩計數(shù)點之間的距離為x1，則第6、7之間的距離為x6，利用勻變速直線運動的推論Δx＝at2，即逐差法可以求滑塊的加速度大?。? a＝＝， 將數(shù)據(jù)代入得：a≈0.497 m/s2. (2)①設托盤和砝碼的總質量為m3，滑塊的質量為m2，動摩擦因數(shù)為μ，則摩擦力為Ff＝μm2g； 根據(jù)牛頓第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a， 由此可知還需要測量托盤和砝碼的總質量m3，滑塊的質量m2，故A、B、E錯誤，C、D正確．②根據(jù)①問分析可知在測量質量的時候需要用到的儀器是天平． (3)根據(jù)牛頓第二定律有：m3g－μm2g＝(m3＋m2)a， 故解得：μ＝. 10．為測定海水的電阻率： (1)某學習小組選取了一根厚度可以忽略的塑料管，分別用刻度尺和螺旋測微器測出其長度L和外徑d，外徑示數(shù)如圖9所示，由圖得d＝________ mm. 圖9 (2)在塑料管里面灌滿了海水，兩端用粗銅絲塞住管口，形成一段封閉的海水柱．將多用電表的轉換開關K旋轉在如圖10所示的位置，將插入“＋”、“－”插孔的紅黑表筆短接，調零后粗測其阻值R，其結果如圖中表盤所示，則R＝________ Ω. 圖10 (3)該小組為進一步精確測量其阻值，現(xiàn)采用伏安法．有如下實驗器材供選擇： A．直流電源：電動勢12 V，內(nèi)阻不計，額定電流為1 A； B．電流表A：量程0～10 mA，內(nèi)阻約10 Ω； C．電壓表V：量程0～15 V，內(nèi)阻約15 kΩ； D．滑動變阻器R1：最大阻值10 Ω； E．滑動變阻器R2：最大阻值10 kΩ； F．多用電表； G．開關、導線等． ①該小組采用限流電路并在正確選擇器材后完成了部分導線的連接，請你在圖11中完成余下導線的連接并在滑動變阻器旁邊標上其符號(R1或R2)． 圖11 ②若該小組在實驗過程中由于操作不當，導致所選用的電流表損壞．為保證實驗的正常進行，可將多用電表的轉換開關K旋轉至直流電流________擋位上，替換原使用的電流表并通過插入“＋”、“－”插孔的紅黑表筆正確接入電路，繼續(xù)實驗． 該小組在實驗中測得電壓表和電流表的示數(shù)分別為U和I，則精確測出的海水電阻率表達式為ρ＝____________. 答案　(1)3.740　(2)6103 (3)①如圖所示?、?0 mA　 解析　(1)螺旋測微器的固定刻度為3.5 mm，可動刻度為24.00.01 mm＝0.240 mm， 所以最終讀數(shù)為3.5 mm＋0.240 mm＝3.740 mm. (2)用1 kΩ擋測量電阻，由題圖可知，歐姆表示數(shù)為R＝6103 Ω； (3)①限流式接法如圖所示，因用的限流式接法，且待測電阻的阻值約為6 kΩ，若用R1來控制電流其阻值偏小，故選用R2. ②選擇與電流表相當?shù)膿跷唬?0 mA； 因R＝＝ρ，且S＝π()2 解得：ρ＝. 11．質量為m、電荷量為q、帶正電的絕緣小球a，以某一初速度沿水平放置的絕緣板進入正交的勻強磁場和勻強電場區(qū)域，場強方向如圖12所示，若小球a與絕緣板間的動摩擦因數(shù)為μ，已知小球a自C點沿絕緣板做勻速直線運動，在D點與質量為M＝2m的不帶電絕緣小球b發(fā)生彈性正碰，此時原電場立即消失(不計電場變化對磁場的影響)，磁場仍然不變，若碰撞時，小球a無電荷量損失，碰撞后，小球a做勻速直線運動返回C點，往返總時間為t，CD間距為L，重力加速度為g.求： 圖12 (1)小球a碰撞前后的速度大小之比； (2)電場強度E的大小． 答案　(1)3∶1　(2) 解析　(1)a、b兩小球發(fā)生彈性碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒．設碰前a球速度為v0，碰后a球、b球速度大小分別為va、vb，mv0＝－mva＋Mvb① mv＝mv＋Mv② 由①②式解得：＝ (2)往返總時間t＝＋＝ 得：v0＝③ a球碰后勻速返回，則有：qBva＝mg，得：B＝④ a球碰前勻速，則有：FN＝mg＋qBv0⑤ qE＝μFN⑥ 由③④⑤⑥解得：E＝. 12.如圖13所示，一個質量為M、長為L的圓管豎直放置，頂端塞有一個質量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為4mg.管從下端離地面距離為H處自由落下，運動過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加速度為g.求： 圖13 (1)管第一次落地彈起時管和球的加速度； (2)管第一次落地彈起后，若球沒有從管中滑出，則球與管剛達到相同速度時，管的下端距地面的高度； (3)管第二次彈起后球沒有從管中滑出，L應滿足什么條件． 答案　(1)管的加速度為2g，方向向下　球的加速度為3g，方向向上 (2)H　(3)L>H 解析　(1)管第一次落地彈起時， 管的加速度a1＝＝2g，方向向下 球的加速度a2＝＝3g，方向向上 (2)取向上為正方向，球與管第一次碰地時速度 v0＝，方向向下 碰地后管的速度v1＝，方向向上 球的速度v2＝，方向向下 若球剛好沒有從管中滑出，設經(jīng)過時間t1， 球、管速度v相同，則有v1－a1t1＝－v2＋a2t1， t1＝＝ 設管從碰地到它彈到最高點所需時間為t2，則： t2＝＝ 因為t1＜t2，說明管在達到最高點前，球與管相對靜止，故管從彈起經(jīng)t1這段時間上升的高度為所求． 得h1＝v1t1－a1t12＝H (3)球與管達到相對靜止后，將以速度v、加速度g豎直上升到最高點， 由于v＝v1－a1t1＝， 故這個高度是h2＝＝＝H 因此，管第一次落地彈起后上升的最大高度 Hm＝h1＋h2＝H 這一過程球運動的位移x＝－v2t1＋a2t12＝H 則球與管發(fā)生相對位移x1＝h1＋x＝H 當管與球從Hm再次下落，第二次落地彈起中，發(fā)生的相對位移由第一次可類推知： x2＝Hm 所以管第二次彈起后，球不會滑出管外的條件是 x1＋x2＜L 即L應滿足條件L＞H. 13．[選修3－3] (1)下面說法正確的是________． A．飽和蒸汽壓隨溫度的升高而增大 B．單晶體在某些物理性質上具有各向異性 C．一定量的理想氣體從外界吸熱，其內(nèi)能一定增加 D．液體溫度越高，懸浮顆粒越小，布朗運動越劇烈 E．當分子之間作用力表現(xiàn)為斥力時，分子力隨分子間的距離增大而增大 (2)如圖14所示，粗細不同的玻璃管開口向下，粗管長為L＝13 cm，細管足夠長，粗管的截面積為細管的兩倍．管內(nèi)的氣體被一段水銀柱封閉，當封閉氣體的溫度為T1＝300 K時，粗、細管內(nèi)的水銀柱長度均為h＝5 cm.已知大氣壓強p0＝75 cmHg，現(xiàn)對封閉氣體緩慢加熱，求： 圖14 ①水銀恰好全部進入細管時氣體的溫度T2； ②從開始加熱到T3＝500 K時，水銀柱的下表面移動的距離為多少厘米(保留三位有效數(shù)字)． 答案　(1)ABD　(2)①450 K　②12.9 cm 解析　(1)飽和蒸汽壓與溫度有關，且隨著溫度的升高而增大，選項A正確；單晶體內(nèi)部分子結構在空間排列規(guī)則，某些物理性質具有各向異性，故B正確；根據(jù)熱力學第一定律，做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能，所以內(nèi)能不一定增加，故C錯誤；液體溫度越高，分子熱運動的平均動能越大，懸浮顆粒越小，碰撞的不平衡性越明顯，布朗運動越劇烈，故D正確；分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時，分子力隨分子間距離的增大而減小，故E錯誤． (2)①由理想氣體狀態(tài)方程： ＝ 解得：T2＝450 K； ②從T2到T3，由蓋－呂薩克定律： ＝ 得：x≈2.9 cm 水銀柱移動的距離：s＝2h＋x＝12.9 cm. 14．[選修3－4] (1)如圖15所示，兩列簡諧橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播．已知兩波源分別位于x＝－0.2 m和x＝1.0 m處，振幅均為A＝0.5 cm，波速均為v＝0.2 m/s.t＝0時刻，平衡位置處于x＝0.2 m和x＝0.6 m的P、Q兩質點剛開始振動．質點M的平衡位置處于x＝0.4 m處，下列說法正確的是________． 圖15 A．t＝0時，質點P、Q振動方向分別是向下和向上 B．0～1 s內(nèi)，質點P的運動路程為0.2 m C．t＝1.5 s時，平衡位置處于0.3 m～0.5 m之間的質點位移均為0 D．t＝2 s時，x＝0.3 m處質點的位移為－0.5 cm E．兩列波相遇分開后，各自的振幅、周期均保持不變 (2)如圖16所示，截面為直角三角形ABC的玻璃磚，∠A＝60，AB＝12 cm，現(xiàn)有兩細束相同的單色平行光a、b，分別從AC面上的D點和E點以45角入射，并均從AB邊上的F點射出，已知AD＝AF＝5 cm，光在真空中的傳播速度c＝3108 m/s，求： 圖16 ①該玻璃磚的折射率； ②D、E兩點之間的距離． 答案　(1)ACE　(2)①?、?4 cm 解析　(1)由“上下坡”法可判斷，t＝0時，質點P、Q振動方向分別是向下和向上，故A正確；由v＝可知，T＝2 s，所以在半個周期內(nèi)質點P運動的路程為2A＝0.01 m，故B錯誤；由“平移法”可知，t＝1.5 s時，平衡位置處于0.3 m～0.5 m之間的質點位移均為0，故C正確；波從P點傳到x＝0.3 m處質點所用的時間為t＝ s＝0.5 s，質點再經(jīng)過1.5 s即四分之三周期的位移為0.5 cm，故D錯誤；由于波疊加時互不干擾，所以兩列波相遇分開后，各自的振幅、周期均保持不變，故E正確． (2)①由幾何關系得：從AC邊入射的光的折射角θ＝30 由折射定律：n＝＝； ②設該玻璃磚的臨界角為C，則sin C＝， 解得：C＝45 由幾何關系得：從E點入射的光線在BC邊的F′點入射角為60，故在BC邊發(fā)生全反射 由幾何關系得：FF′＝14 cm DE＝FF′＝14 cm.