2019高考物理大二轮复习综合能力训练3.doc

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1、1综合能力训练(三)(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.关于近代物理学,下列说法正确的是( )A.一群处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出 4 种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不一定减少C.10 个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,一定有 5 个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性2.一

2、个物体沿直线运动,从 t=0 时刻开始,物体的- t 的图象如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为 0.5 m/s 和 -1 s,由此可知( )A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为 0.5 m/sD.物体的初速度大小为 1 m/s3.人造卫星 a 的圆形轨道离地面高度为 h,地球同步卫星 b 离地面高度为 H,h1.9 m/s2,不可能一起运动, m2将相对于 m1下滑,选项 D 正确。5.C 解析 电压表测量的是有效值,根据 ,代入数据得 ,可得电压表示数12=12 2202=201U2=11 V,选项 A 错误;由于 = 100 rad/s,交变电流的周期为

3、 0.02 s,选项 B 错误;副线圈中的电流 I2= =2 A,因此副线圈的输出功率 P=U2I2=22 W,选项 D 错误;而变压器本身不消耗能量,因此输2入功率也是 22 W,因此输入电流 I1= =0.1 A,选项 C 正确。16.BC 解析 根据电路图结合数学知识可知,当 aP 的电阻等于 bP 的电阻时,并联部分电阻最大,此时电压表示数最大,根据乙图可知,电压表示数最大为 5.0 V,此时电流表示数为 0.5 A,则有 RaP= =10 ,则滑动变阻器的总阻值为 R=2RaP=20 ,根据闭合电路欧姆定律=5.00.5得E=U+2I(R1+r)根据乙图可知,当电压表示数 U1=4

4、V 时电流表示数为 I1=0.25 A 或 I2=1 A,根据闭合电路欧姆定律得9E=U1+(I1+I2)(R1+r)联立方程解得 E=9 V,R1+r=4 ,故 A 错误,B 正确;电源效率 = ,当电压表示数为 5.0 V 时,并联部分电阻最大,则外电路电阻最大,此时=路端电压最大,效率最高,故 C 正确;把 R1看成内阻,当并联部分电阻 R 并 =R1+r=4 时, R2消耗的总功率最大,此时电压表示数不是5 V,故 D 错误。故选 B、C。7.CD 解析 在前 0.5 s 内由题图乙根据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)

5、时,必须是磁场减弱的。而在 0.51.5 s,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,故选项 A 错误;在前 0.5 s 内,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小,而在 0.51.5 s,由感应电流方向,结合楞次定律可得:若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增加的,则磁通量也会增大,故选项 B 错误;在前 0.5 s 内,若磁场方向垂直纸面向

6、里(正方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小,而在 0.51.5 s,由感应电流方向,结合楞次定律可得:若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大,故选项 C 正确;在前 0.5 s 内由题图乙根据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,而在0.51.5 s,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面向外(负

7、方向)时,必须是磁场增强的,故选项 D 正确。8.BD 解析 开始系统处于静止状态,弹簧弹力等于 A 的重力沿斜面向下的分力,当 B 刚离开 C 时,弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面向下的分力,故 m2gsin =kx 2,x2为弹簧相对于原长的伸长量,但由于开始时弹簧是压缩的,故 dx2,故 m2gsin kd ,故选项 A 错误;当 B 刚离开 C 时,弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力,故 m2gsin =kx 2,根据牛顿第二定律: F-m1gsin -kx 2=ma,已知 m1gsin =kx 1,x1+x2=d,故物块 A 加速度等于 ,故选项 B 正确;拉力的瞬时功率 P=

8、Fv,故选项 C 错-1误;根据功能关系,弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量,即为Fd-m1gdsin - m1v2,故选项 D 正确。129.答案 (1)10 .55 (2) 1.23 同一位置 O 细绳的方向解析 (1)游标卡尺的主尺刻度为 10 mm,游标尺刻度为 110.05 mm=0.55 mm,所以游标卡尺读数为10.55 mm。10(2) 经估读,弹簧测力计的读数为 1.23 N。 验证力的平行四边形定则的依据是两弹簧测力计共同作用与一个弹簧测力计单独作用等效,应将节点拉到同一位置 O。利用平行四边形定则作合力,既要知道力的大小,又要知道力的方向,所以

9、要记下细绳的方向。10.答案 (1)DAE (2) C D F 电路图如图所示解析 (1)选择倍率后,欧姆表指针读数偏大,应该换用大倍率,更换倍率需要重新欧姆调零,所以先更换大倍率即步骤 D,再欧姆调零即步骤 A,最后测量电阻即步骤 E。(2) 要使得电表指针有较大变化范围,滑动变阻器选择分压式接法,所以滑动变阻器选择阻值小的即 F;电源电动势为 3 V,所以电压表为读数准确选择小量程即 D。根据欧姆表可知待测电阻阻值在 1 000 以上,而电压最大只有 3 V,所以电流不会超过 3 mA,电流表选择 C。 滑动变阻器已经确定分压式,而待测电阻阻值较大,电流表内阻较小,所以电流表选择内接法。如

10、答案图所示。11.答案 (1)78 .4 kW (2)23.6 m (3)见解析解析 (1)重物速度最大时,有 F=mgP=mgv 解得 P=78.4 kW。 (2)重物匀加速上升的高度h1= a11212得 h1=9.6 m此过程起重机拉力满足F1-mg=ma1 从静止到最大速度过程中,由动能定理得 F1h1+Pt2-mg(h1+h2)= 12m2得 h1+h2=19.6 m匀减速运动上升的高度h3= =4 m0-222h=h1+h2+h3=23.6 m。 (3)图象如图所示 1112.答案 (1) v0,与水平方向成 45夹角2(2)02, 20(3) 不可能经过 O 点(16+42+32

11、)80解析 (1)电荷在电场中做类平抛运动,由 l=v0t1, t1,得 vy=v0,经过 M 点速度的大小 vM=2=2v0,设与水平方向的夹角为 ,有 tan = =1,得 = 45。02+2=2 0(2)在电场中运动,有 vy=at1=v0,而 a= ,得 E= ;由几何关系知, PI=l,则 PC= l,电荷进 02 22入磁场后运动轨迹如图,设电荷做圆周运动对应的圆心为 Q 点,半径为 R,根据几何关系有 R=SQ=l,据 qvB=m ,得 B= 。2 20(3)电荷从 D 到 O 的运动可分为 3 段,电场中的类平抛、离开电场进入磁场前的匀速直线运动、进入磁场后的匀速圆周运动。在电

12、场中,据 l=v0t1,得 t1= ;在电场与磁场之间做直线运动,有0v0t2= 1+ l,t2= 1+ ;在磁场中运动, t3= T= ,则总的运动时间为22 220 135360328012t=t1+t2+t3= 。若 AO 右侧出现无磁场区域,则电荷将从轨迹与边界的交点(16+42+32)80沿轨迹上该点切线方向射出,根据电荷的运动轨迹可以看出,该点切线方向与该点和原点的连线方向一定不同,故电荷不可能经过 O 点。13.答案 (1)BCE (2) 4 kg 640 cm3解析 (1)布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒所做的无规则运动,选项 A 错误;叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作

13、用,选项 B 正确;液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点,选项C 正确;当两分子间距离大于平衡位置的间距 r0时,分子间的距离越大,分子势能越大,选项 D 错误;温度升高时,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有的分子的速率都增大,选项 E 正确。(2) 设物体 A 的体积为 V。T1=300 K,p1=1.0105 Pa,V1=6040 cm3- V T2=330 K,p2=(1.0105+ ) Pa,V2=V1 4010-4T3=360 K,p3=p2,V3=6440 cm3- V 由状态 1 到状态 2 为等容过程:11=22代入数据得 m=4 kg。 由状态 2 到状态 3 为

14、等压过程:22=33代入数据得 V=640 cm3。 14.答案 (1)ABD (2) 133 cm 125 cm解析 (1)由 v= 可知,A 项正确;由 = 及 a b可知,B 项正确 ;由题图可知, nanb,C 项错误;由sin C= 可知, a 先发生全反射,D 项正确;由 x= 及 a b可得,E 项错误。1 (2) 由题意, O、 P 两点间的距离与波长 之间满足 OP= 54波速 v 与波长的关系为 v= 在 t=5 s 的时间间隔内,波传播的路程为 vt。由题意有 vt=PQ+ 4式中, PQ 为 P、 Q 间的距离。由 式和题给数据,得 PQ=133 cm。 13Q 处的质点第一次处于波峰位置时,波源运动的时间为 t1=t+ T 54波源从平衡位置开始运动,每经过 ,波源运动的路程为 A。由题给条件得 t1=25 4 4故 t1时间内,波源运动的路程为l=25A=125 cm。