2019高考物理大二轮复习综合能力训练1.doc

《2019高考物理大二轮复习综合能力训练1.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考物理大二轮复习综合能力训练1.doc（13页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1综合能力训练(一)(时间:60 分钟 满分:110 分)第 卷一、选择题(本题共 8小题,每小题 6分,共 48分。在每小题给出的四个选项中,第 15题只有一项符合题目要求,第 68题有多项符合题目要求。全部选对的得 6分,选对但不全的得 3分,有选错的得 0分)1.在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法,如理想化、模型化、放大、假说、极限思想、控制变量、猜想、假设、类比、比值法等。下列关于所用思想方法的叙述不正确的是( )A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法是假设法B.速度的定义式 v= ,采用的是比值法;当 t非常非常小时, 就可以表示物体在 t时刻的瞬时

2、 速度,该定义应用了极限思想C.在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时,先保持电压不变研究电流与电阻的关系,再保持电阻不变研究电流与电压的关系,该实验应用了控制变量法D.下图是三个实验装置,这三个实验都体现了放大的思想2.下列说法不正确的是( )A. 射线与 射线一样都是电磁波,但 射线的穿透本领远比 射线弱B.玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征C.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D U衰变成 Pb要经过 6次 衰变和 8次 衰变.23892 206823.如图所示,内壁光滑质量为 m的管形圆轨道,竖直放置在光滑水平地面上,恰

3、好处在两固定光滑挡板M、 N之间,圆轨道半径为 R。质量为 m的小球能在管内运动,小球可视为质点,管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时,圆轨道对地面的压力刚好为零。下列判断正确的是( )A.圆轨道对地面的最大压力大小为 8mgB.圆轨道对挡板 M、 N的压力总为零C.小球运动的最小速度为 D.小球离挡板 N最近时,圆轨道对挡板 N的压力大小为 5mg24.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度 v2与第一宇宙速度 v1的关系是 v2= v1。已知某星球的半径为 r,表面的重力加速度为地球表面重力加速度2g的,不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为

4、 ( )A. B.16C. D. gr135.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为 1 5,原线圈两端的交流电压 u=20 sin 100 t 2V。氖泡在两端电压达到 100 V时开始发光。下列说法正确的有( )A.开关闭合后,氖泡的发光频率为 50 HzB.开关闭合后,电压表的示数为 100 VC.开关断开后,电压表的示数变大D.开关断开后,变压器的输出功率不变6.(2018河北石家庄质检)如图所示,等腰直角三角形 abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,直角边 bc的长度为 l。三个相同的带正电粒子从 b点沿 bc方向分别以速率 v1、 v2、 v3射入磁场

5、,在磁场中运动的时间分别为 t1、 t2、 t3,且 t1t 2t 3=3 3 2。不计粒子的重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是( )A.粒子的速率关系一定是 v1=v2v1,选项 D正确。12m228.ACD 解析 根据电荷量均分原理知,两小球电荷量相同,A 选项正确;两小球接触后再分开后的位置如图所示,已知 =0.10 m, =0.12 m,根据几何知识可知 = 37。对 A进行受力分析如图所 示,将 A受到的库仑力和重力合成后合力沿 OAA的延长线,可得 Fq=mgtan = 610-3 N,B选项错误;根据库仑定律 Fq= ,可得 q= ,其中 l=0.12 m,代入数据得 q=

6、4 10-8 C,C选项正确;22 26A、 B带的电荷量相等且同种性质,所以连线中点处电场强度为零,D 选项正确。9.答案 (1)调节木板的倾斜度,使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动(2)盘和砝码的总质量要比小车的质量小很多(3)加速度正比于外力或加速度正比于质量的倒数解析 (1)在不受牵引时,抬高木板的右端使小车的重力沿木板的分力等于滑动摩擦力,即 m0gsin =m 0gcos ;(2)严格分析整体加速度 mg=(m+m0)a,隔离小车为研究对象 FT=m0a=m0,如果满足条件 m远远小于小车的质量 m0,拉力近似等于盘和砝码的总重力;+0= 0+1(3)加速度正比于外力或加速

7、度正比于质量的倒数。1010.答案 (1)BC (2)如图甲所示 (3)如图乙所示 (4)0.18甲乙解析 (1)用电流表测量时要保证指针有较大的偏角,滑动变阻器作为分压器使用,阻值宜小,允许通过的最大电流值宜大,故选 B、C。(2)选用分压式外接电路,将实物图连接。(3)用平滑曲线将各点连接如答案图。(4)设灯两端电压为 U,电流为 I,则由闭合电路欧姆定律可知 E=U+ +I (r+R0);代入数据化简可知 3 V= U+5 I,即 U=2 V- I,看成等效电源 与灯连接,作出过32 103 (=2,=103 )(2 V,0)和(1 V,0 .3 A)的图象如图所示:两图的交点即为灯的工

8、作点;则由图可知,电流为 0.18 A。11.答案 (1)0 .5 (2) s 1 m2105解析 (1)物块到达斜面底端时速度最大,根据运动学公式 v2=2ax 代入数据得 a=8 m/s2对斜面上物块受力分析知11(mg+F)sin - (mg+F)cos =ma 代入数据,解得 = 0.5。 (2)设斜面上物块加速度为 a1,运动时间为 t1,在水平面上运动时间为 t2,则x= a1 1212到达底端时速度为v1= =gt 2 21则总时间为t=t1+t2= 21+21根据基本不等式,当 a1=g= 5 m/s2时, t有最小值 tmin= s2105物块在水平面上运动的位移为 x0由

9、=2gx 0 12解得 x0=1 m。 12.答案 (1) ,垂直于纸面向外 (2)E (3) v0,方向见解析20 4025解析 (1)带电粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系知带电粒子在匀强磁场中运动的半径 R= 2带电粒子在磁场中运动的洛伦兹力提供向心力qv0B= 02B= 20方向垂直于纸面向外。 12(2)由几何关系知,带电粒子从 P点进入电场时的速度方向与 CF的夹角 = 45,平行 CD方向进入电场,带电粒子恰从 D点或 F点离开电场时,电场强度 E最大。 平行 CD方向 t= 20平行 FD方向 qEm=ma 2=22上述各式联立解得 Em= 402当 E 时,带电粒子从 DF边

10、离开电场。 402(3)当电场强度最大,带电粒子从 D或 F点离开电场时,速度最大。 由动能定理得2 =22 022vm= v05最大速度与 CD边的夹角为cos =050= arccos 。5513.答案 (1)ACE (2) 327 248 J解析 (1)液晶具有流动性,但液晶的光学性质为各向异性,故选项 A正确;气体扩散现象表明气体分子在做永不停息的无规则运动,故选项 B错误;根据热力学第二定律,热量能自发地从高温物体传递到低温物体,故选项 C正确;根据热力学第二定律,机械能可以全部转化为内能,但内能不能全部用来做功而转化成机械能,而不产生其他的影响,故选项 D错误;液体表面层分子间距离

11、大于液体内部分子间距离,所以液体表面存在表面张力,故选项 E正确。(2) 气体做等压变化,活塞距离汽缸底 h2时温度为 t2,则根据气态方程可得11=22T2=t2+273 K解得 t2=327 。13 在气体膨胀的过程中,气体对外做功为W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202 J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为 U=W+Q=-W0+Q=-202 J+450 J=248 J。14.答案 (1)ACD (2) R R333解析 (1)由图可知,波的周期为 T=8 s,A对;若波向 +x传播,波向右平移,得 n+ =ab= 6 m,v 右 =34,B错,D 对;若波向 -x传播,波向左平移,得 n+ =ab= 6 m,v 左 = 6(+34)8=34+3 14,C对,E 错。= 6(+14)8=34+1(2) 在 PQ面上的入射角为 1,由几何关系知sin 1= ,故 1=30=12根据折射定律 n= 2 1=3所以 2=60由几何关系得 xOD= R。 3 临界角 sin C= 1=33从 OP面射入玻璃体的光,在 PQ面的入射角等于临界角时,刚好发生全反射而不能从 PQ面直接射出。设光在 OP面的入射点为 M,在 PQ面的入射点为 N OM=ONsin C= R。 33