2019高考物理三轮冲刺许冲刺抢分练4含解析.pdf

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1、小卷冲刺抢分练(四)小卷冲刺抢分练(四) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只 有一项符合题目要求，第 1921 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) 14公元前 600 年左右，希腊人泰勒斯就发现了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小物体。 公元一世纪，我国学者王充在论衡一书中也写下了“顿牟掇芥” 。关于静电场，下列说 法正确的是( ) A沿电场线方向电场强度越来越小 B若电场中某点的电场强度为零，则该点电势必然也为零 C等势面一定与电场强度的

2、方向垂直 D初速度为零的带电粒子在电场中一定沿电场线运动 解析： 在匀强电场中，沿电场线方向电场强度不变，选项 A 错；电势与场强无关，等 量同种点电荷连线中点处的场强为 0、电势不为 0(选无穷远处电势为 0)，选项 B 错；沿电 场线方向电势降低，等势面与电场线垂直，选项 C 对 ； 在非匀强电场中，初速度为零的带电 粒子不一定沿电场线运动，选项 D 错。 答案： C 15. 某工厂为了测试汽车的性能，将两辆完全相同的汽车A、B并排停放在平直的公路上， 在t0 时刻让两汽车同时启动，通过计算机描绘出两汽车的加速度随时间的变化规律的图 象。则下列说法正确的是( ) A汽车A做匀速直线运动，汽

3、车B做匀减速直线运动 B第 1 s 末两车之间的距离最大 C第 1 s 末汽车A的速度大小为 10 m/s，汽车B的速度大小为 15 m/s D前 2 s 内两汽车的位移大小相等 解析： 在 02 s 内，汽车A做匀加速直线运动，汽车B做加速度逐渐减小的加速直 线运动，选项 A 错误；在a t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化量， 又两汽车的初速度均为零， 则某段时间内， 图线与坐标轴围成的面积等于该时刻两汽车速度 的大小。即 1 s 末汽车A的速度大小为 10 m/s，汽车B的速度大小为 15 m/s，选项 C 正确 ； 两车沿相同方向由静止开始运动，由a t图象可知，2 s

4、末两汽车的速度相等，则该时刻两 汽车之间的距离最大，选项 B、D 错误。 答案： C 16. 如图所示， 质量为M2 kg 的长木板位于光滑水平面上， 质量为m1 kg 的物块静止在 长木板上，两者之间的动摩擦因数为0.5。重力加速度大小为g10 m/s2，物块与长木 板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说 法正确的是( ) A水平力F3 N 时，物块m将保持静止状态 B水平力F6 N 时，物块m将在长木板M上滑动 C水平力F7 N 时，长木板M的加速度大小为 2.5 m/s2 D水平力F9 N 时，长木板M受到的摩擦力大小为 5 N 解析 ： 设m和

5、M恰好不分离时力FF0， 应用牛顿第二定律， 有， 解得F07. 5 F0 Mm mg M N。显然F3 NF0，m和M相对运动，M受到的摩擦力大小为mg5 N，选项 D 对。 答案： D 17. 如图所示，A、B是绕地球做圆周运动的两颗卫星，A、B两卫星与地心的连线在相等时 间内扫过的面积之比为k1，则A、B两卫星的周期的比值为( ) Ak B.k 2 3 Ck2 D.k3 解析： 由题意可知k，即k，根据开普勒第三定律， ( A 2 R2 A t) ( B 2 R2 B t) TBR2 A TAR2 B 有，联立可得k3，选项 A、B、C 均错，D 对。 R3 A R3 B T2 A T2

6、 B TA TB 答案： D 18. 如图所示为氢原子的能级图， 氢原子从n4 能级直接跃迁到n2 能级， 辐射出的是可 见光光子，则下列说法正确的是( ) A辐射的可见光光子的能量为2.55 eV B氢原子从n4 能级跃迁到n3 能级辐射的光子是紫外线光子 C氢原子向外辐射光子后，氢原子的核外电子运动的线速度变小 D使n4 能级的氢原子电离，需要吸收光子的能量至少为 0.85 eV 解析 ： 氢原子从n4 能级直接跃迁到n2 能级时，辐射的可见光光子的能量为 2.55 eV，选项 A 错误；氢原子从n4 能级跃迁到n3 能级辐射的光子的能量小于从n4 能级 直接跃迁到n2 能级辐射的可见光光

7、子的能量，因此辐射的光子不可能是紫外线光子，选 项 B 错误 ； 氢原子向外辐射光子后，能级降低，核外电子运动的轨道半径减小，核外电子运 动的线速度变大，选项 C 错误；使处于n4 能级的氢原子电离，需要吸收光子的能量至少 为 0(0.85 eV)0.85 eV，选项 D 正确。 答案： D 19如图甲所示，理想变压器原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，副线圈中的R0、R1 为定值电阻， 滑动变阻器的最大阻值为R， 且R1R0。 理想交流电压表V1、 V2的示数分别为U1、U2； 理想交流电流表 A1、A2的示数分别为I1、I2；理想交流电压表 V2和理想交电流表 A2示数变 化的绝对值分别为

8、U2、I2。下列说法正确的是( ) At0.01 s 时，理想交流电压表 V1的示数为零 B滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，I1增大，U2减小 C滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，不变 U2 I2 D滑动变阻器滑片从最下端向上滑动，I2U2减小 解析： 电压表示数为有效值，而不是瞬时值，选项 A 错；根据可知副线圈两端 U1 U20 n1 n2 电压U20不变， 滑片上滑， 副线圈电路电阻减小， 副线圈中电流I2增大， 由变压器原理可知I1 增大，原线圈两端电压U1不变，则副线圈两端电压U20不变，由U2U20I2R0知U2减小， 则I2U2乘积不能确定，选项 B 对，D 错；U20U2I2R0

9、，U20不变，则U2变化的绝对值和定 值电阻R0两端电压变化的绝对值相等，则R0不变，选项 C 对。 U2 I2 答案： BC 20. 如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变 阻器R和开关 S 与电动势为E的电源相连。现将开关 S 闭合，位于A、B两板之间的P点的 带电粒子恰好处于静止状态，则( ) AB板电势为E B改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态 C将B板向上移动，P点电势将不变 D将B板向左平移，带电粒子电势能将不变 解析： 粒子静止在P点，受力分析可知粒子受到向上的电场力和重力处于平衡状态。 上板与电源正极相连、电势为 0，两板之间

10、电势差为E，则下板电势为E，选项 A 对 ； 平行 板电容器接入电路，相当于电路断开，改变滑片位置，电容器两板间电压不变，板间的场强 不变，粒子受到的电场力不变，粒子仍静止，选项 B 对；两板间电压不变，B板上移，板间 距离减小，两板间的场强E0增大，A、P间的电势差增大，则P点电势降低，选项 C 错 ； 将B 板左移，而两板之间的电压等于E不变，板间距离d不变，则两板间场强E1 不变，粒子 E d 仍静止，又上板位置不动，粒子处的电势不变，粒子的电势能不变，选项 D 对。 答案： ABD 21. 如图所示， 半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内， 轨道的末端B处切线水 平，现将一小物

11、体从轨道顶端A处由静止释放。小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的 压力为FN，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v。若保持圆心的位置不变， 改变圆弧轨道的半径R(不超圆心离地的高度)。不计空气阻力，下列图象正确的是( ) 解析 ： 设小物体释放位置距地面高为H， 小物体从A点到B点应用机械能守恒定律有，vB ，到地面时的速度v，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项 D2gR2gH 对 ； 小物体在B点的加速度a2g， 选项 A 对 ； 在B点对小物体应用向心力公式， 有FBmg v2 B R ，又由牛顿第三定律可知FNFB3mg，选项 B 错；小物体离开B点后做平抛运动

12、，竖 mv2 B R 直方向有HRgt2，水平方向有xvBt，联立可知x24(HR)R，选项 C 错。 1 2 答案： AD 二、非选择题(计算) 24 (12 分)一质量为m0.5 kg 的小球从距离地面一定高度处由静止释放， 一段时间后 落地，经反弹后上升到最高点，再从最高点下落，如此反复。经测量可知小球每次反弹后上 升的最大高度等于每次下落高度的。 假设小球每次与地面相互作用的时间均相等， 且小球 16 25 与地面相互作用过程中的作用力远大于小球的重力。忽略空气的阻力，重力加速度g10 m/s2。 (1)小球第一次与地面碰撞、第二次与地面碰撞的过程中，地面对小球的作用力的大小 之比应为

13、多少？ (2)如果将小球无初速度释放后， 欲使小球在距离地面 0.8 m 处与地面之间做往复运动， 则小球每次运动到最高点时应给小球多大的冲量？ 解析： (1)由运动学公式v22gh并结合题意可知小球每次与地面碰撞后瞬间的速度 大小是碰撞前瞬间的速度大小的 。(1 分) 4 5 设小球的初始高度为H，与地面第一次碰撞前瞬间的速度大小为v0，第一次碰撞后瞬间 的速度大小v10.8v0(1 分) 小球与地面第二次碰撞前瞬间的速度大小v10.8v0(1 分) 小球与地面二次碰撞后瞬间的速度大小v20.8v10.64v0(1 分) 设两次碰撞中地面对小球的平均冲力大小分别为F1、F2，取竖直向上为正方

14、向，根据动 量定理，小球第一次与地面碰撞过程中有F1tmv1(mv0)1.8mv0(1 分) 小球第二次与地面碰撞过程中有F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0(1 分) 故可得F1F254。(2 分) (2)欲使小球碰后上升到距离地面高 0.8 m 处，应使小球由静止下落的高度为h1 0.8 16 25 m1.25 m(1 分) 小球由距离地面高 1.25 m 处从静止落到距离地面高 0.8 m 处的过程中有v2gh，其 2 3 中 h0.45 m。(1 分) 解得距离地面高 0.8 m 处的速度v33 m/s(1 分) 则应在距离地面高 0.8 m 处(此时速度为零)给小球的冲量

15、为Imv31.5 Ns，方向竖 直向下，即可满足题意。(1 分) 答案： 见解析 25(20 分)如图甲所示，一个匝数n100、面积为S0.6 m2的圆形金属线圈，其总电 阻r2.0 ，与R10 的电阻连接成闭合电路。线圈内存在方向垂直于纸面向里、磁感 应强度按B12t3(T)规律变化的磁场。电阻R两端并联一对平行金属板M、N，N板右侧 为坐标系的第一象限(坐标原点O在N板的下端)，虚线OA与x轴成 45角。yOA区域有垂 直于纸面向外的匀强磁场B，xOA区域加如图乙所示周期性变化的电场E(规定沿x轴正方向 的电场为正)。在靠近M板的P点由静止释放一个质量为m2103 kg、带电荷量q0.1

16、C 的粒子(重力不计)，粒于经过N板的小孔Q(0,2 m)点垂直于y轴进入第一象限。t0(从 粒子进入电场时开始计时)时刻粒子经过OA上某点(未画出)沿y轴负方向进入电场， 最后恰 好垂直打在x轴上的C(1.5 m,0)点。求： (1)金属线圈的感应电动势E和平行金属板M、N间的电压U； (2)yOA区域内的磁感应强度B； (3)xOA区域内电场的变化周期T和电场强度E0。 解析： (1)线圈中产生的感应电动势EnSB t 代入数据得E120 V(2 分) 由闭合电路欧姆定律得I(1 分) E Rr M、N两板间电压为UIR(1 分) 联立解得U100 V(1 分) (2)粒子由P运动到Q，由

17、动能定理得qUmv2(2 分) 1 2 粒子从Q点进入磁场后，在磁场中运动 圆周，由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨 1 4 迹半径R1 m(1 分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知 qvB(2 分) mv2 R 解得B2 T(2 分) (3)粒子进入xOA区域做类平抛运动，由于垂直x轴方向打到C点，所以粒子沿x轴方 向做若干个先匀加速、后匀减速的运动，沿y轴方向做匀速直线运动。设粒子在电场中运动 的总时间为t，电场变化n个周期粒子沿y轴方向运动的位移为y2 m1 m1 m yvt(1 分) 由(2)解得v100 m/s 联立解得t0.01 s(1 分) 依题意有tnT 得T s(n1,2,3，)(2 分) 0.01 n 粒子沿x轴方向的位移为：x1.510.5 (m) xa 22n(2 分) 1 2( T 2) a(1 分) qE0 m 联系以上式子解得：E0400 n(V/m) (n1,2,3，)(1 分) 答案： (1)120 V 100 V (2)2 T (3)T s(n1,2,3) 400 n(V/m)(n 0.01 n 1,2,3，)