《2019年高考物理冲刺大二轮练习：题型限时专练2 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理冲刺大二轮练习：题型限时专练2 Word版含解析.pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专练专练 2 选择题选考题 选择题选考题(二二) (时间：时间：30 分钟分钟) 一、 选择题一、 选择题(本题共本题共 8 小题， 在每小题给出的四个选项中， 第小题， 在每小题给出的四个选项中， 第 14 18 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求) 14 (2018海南省五校一模海南省五校一模)真空中有一平行板电容器， 电容为真空中有一平行板电容器， 电容为 C， 两极板分别由铂和钾 ， 两极板分别由铂和钾(其极限频率分别为其极限频率分别为 1和和 2)制成，板间距离为制成，板间距离为 d. 现用频率为现用频率为 (22
2、mg)的力， 将弹簧再压缩一段距离的力， 将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限 度内 弹簧始终处于弹性限 度内)而处于平衡状态， 现突然撤去力而处于平衡状态， 现突然撤去力 F， 设两物体向上运动过程中， 设两物体向上运动过程中 A、 B 间的相互作用力大小为间的相互作用力大小为 FN，不计空气阻力，则关于，不计空气阻力，则关于 FN的说法正确 的是 的说法正确 的是(重力加速度为重力加速度为 g)( ) A刚撤去力刚撤去力 F 时，时，FNmg F 2 B弹簧弹力大小为弹簧弹力大小为 F 时，时，FNF 2 CA、B 的速度最大时，的速度最大时，FN2mg D弹簧恢复原长时，弹簧恢复原长
3、时，FNmg 解析解析 对对 A 施加一竖直向下、大小为施加一竖直向下、大小为 F(F2mg)的力，将弹簧 再压缩一段距离 的力，将弹簧 再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，弹簧弹 力大小为 而处于平衡状态，弹簧弹 力大小为 F2mg.刚撤去力刚撤去力 F 时，时，A、B 向上加速运动，由牛顿第二 定律可得， 向上加速运动，由牛顿第二 定律可得， a， 对， 对 A 受力分析， 由牛顿第二定律有，受力分析， 由牛顿第二定律有， FNmgma， F 2m 解得解得 FN，选项，选项 A 错误当弹簧弹力大小为错误当弹簧弹力大小为 F 时，对时，对 A、B
4、2mgF 2 整体，由牛顿第二定律有，整体，由牛顿第二定律有，F2mg2ma1，隔离，隔离 A，由牛顿第二定 律有， ，由牛顿第二定 律有，FNmgma1，解得，解得 FN ，选项 ，选项 B 正确正确A、B 的速度最大的速度最大 F 2 时，加速度为零，弹簧弹力大小为时，加速度为零，弹簧弹力大小为 2mg，FNmg，选项，选项 C 错误弹 簧恢复原长时， 错误弹 簧恢复原长时，A、B 只受重力向上运动，只受重力向上运动，FN0，选项，选项 D 错误错误 答案答案 B 19(2018河南郑州二次质检河南郑州二次质检)如图所示，半径为如图所示，半径为 R 的圆形区域的圆形区域 内有垂直纸面向里的
5、匀强磁场，磁感应强度为内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.M 为磁场边界上一 点，有无数个带电荷量为 为磁场边界上一 点，有无数个带电荷量为q、质量为、质量为 m 的相同粒子的相同粒子(不计重力不计重力)在纸 面内向各个方向以相同的速率通过 在纸 面内向各个方向以相同的速率通过 M 点进入磁场，这些粒子射出边 界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的 点进入磁场，这些粒子射出边 界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的 . 1 3 下列说法中正确的是下列说法中正确的是( ) A粒子从粒子从 M 点进入磁场时的速率为点进入磁场时的速率为 v 3qBR
6、 2m B粒子从粒子从 M 点进入磁场时的速率为点进入磁场时的速率为 vqBR m C若将磁感应强度的大小增加到若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧，则粒子射出边界的圆弧3 长度变为原来的长度变为原来的1 2 D若将磁感应强度的大小增加到若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧，则粒子射出边界的圆弧 6 2 长度变为原来的长度变为原来的1 3 解析解析 设从设从 M 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 P， 如图 甲所示， 最远的点是轨迹圆直径与磁场边界圆的交点， 相应的弧长为 圆周长的 ，所以 ， 如图 甲所示， 最远的点是轨迹圆直径
7、与磁场边界圆的交点， 相应的弧长为 圆周长的 ，所以MOP120；结合几何关系有；结合几何关系有 r，又，又 PM 1 3 PM 2 2Rcos30，解得，解得 rR，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律 3 2 有有 qvBm，解得，解得 v，A 正确，正确，B 错误；若将磁感应强度错误；若将磁感应强度 v2 r 3qBR 2m 的大小增加到的大小增加到B，则粒子的轨道半径，则粒子的轨道半径 r1，解得，解得 r1 ，作出 ，作出3 mv 3Bq R 2 粒子的轨迹，如图乙所示，由几何关系可知粒子的轨迹，如图乙所示，由几何关系可知MOP60，则粒子射 出
8、边界的圆弧长变为原来的一半， ，则粒子射 出边界的圆弧长变为原来的一半，C 正确 ； 若将磁感应强度的大小增 加到 正确 ； 若将磁感应强度的大小增 加到B，则粒子的轨道半径，则粒子的轨道半径 r2，解得，解得 r2，作出粒子的，作出粒子的 6 2 mv 6 2 Bq 2R 2 轨迹，如图丙所示，由几何关系可知轨迹，如图丙所示，由几何关系可知MOP90，则粒子射出边界 的圆弧长变为原来的 ， ，则粒子射出边界 的圆弧长变为原来的 ，D 错误错误 3 4 答案答案 AC 20.如图所示，如图所示，a、b 两端接在正弦交流电源上，原、副线圈回路 中 两端接在正弦交流电源上，原、副线圈回路 中 A、
9、B 电阻阻值相同，原、副线圈匝数比为电阻阻值相同，原、副线圈匝数比为 n1n231，下列说 法正确的是 ，下列说 法正确的是( ) AA、B 电阻电流之比为电阻电流之比为 13 BA、B 电阻电压之比为电阻电压之比为 31 CA、B 电阻功率之比为电阻功率之比为 11 DA 电阻两端电压与原线圈输入电压之比为电阻两端电压与原线圈输入电压之比为 19 解析解析 根据 得，根据 得，U13U23UB，根据 ，选，根据 ，选 U1 U2 n1 n2 3 1 I1 I2 n2 n1 1 3 项项 A 正确；正确；UAI1R I2R UB，选项，选项 B 错误；错误； ，选 ，选 1 3 1 3 PA
10、PB UA UB I1 I2 1 9 项项 C 错误； ，选项错误； ，选项 D 正确正确 UA UI 1 9 答案答案 AD 21 (2018浙江五校联考浙江五校联考)如图所示， 滑块如图所示， 滑块 A、 B 的质量均为的质量均为 m， A 套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成 45角，角，B 套在水平固定 的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够 长， 套在水平固定 的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够 长， A、 B 通过铰链用长度为通过铰链用长度为 L 的刚性轻杆的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成初始时
11、轻杆与水平面成 30 角角)连接，连接，A、B 从静止释放，从静止释放，B 开始沿水平杆向右运动，不计一切摩 擦，滑块 开始沿水平杆向右运动，不计一切摩 擦，滑块 A、B 视为质点，重力加速度为视为质点，重力加速度为 g，下列说法正确的是，下列说法正确的是( ) AA、B 组成的系统机械能守恒组成的系统机械能守恒 B当当 A 到达到达 B 所在的水平面时，所在的水平面时，A 的速度为的速度为 gL CB 到达最右端时，到达最右端时，A 的速度为的速度为 2gL DB 的最大速度为的最大速度为 3gL 解析解析 因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，因不计一切摩擦，故系统机械能守恒，A 正确；当正确
12、；当 A 到 达 到 达 B 所在水平面时，有所在水平面时，有 mg mv mv ，将，将 A 的速度沿水平方的速度沿水平方 L 2 1 2 2 A 1 2 2 B 向和竖直方向分解，则向和竖直方向分解，则 A、B 的速度关系为的速度关系为 vBvA，得，得 vA， 2 2 6gL 3 故故 B 错误 ；错误 ； B 到达最右端时，到达最右端时，B 的速度为零，此时的速度为零，此时 A、B 的位置如图的位置如图 1 所示，则有所示，则有 mgL mv ，解得 ，解得 vA，故，故 C 错错 1 2 2 1 2 2 A gL 1 2 误；当误；当 A 滑到最低点时，速度为零，滑到最低点时，速度为
13、零，B 的速度最大，此时的速度最大，此时 A、B 的位 置如图 的位 置如图 2 所示， 则有所示， 则有 mg L mv ， 解得 ， 解得 vB， 故， 故 D 正确正确 3 2 1 2 2 B 3gL 答案答案 AD 二、选考题二、选考题(从两道题中任选一题作答从两道题中任选一题作答) 33(2018江西六校联考江西六校联考)物理物理选修选修 33 (1)(多选多选)如图所示，质量为如图所示，质量为 m 的活塞将一定质量的理想气体封 闭在气缸内，活塞与气缸之间无摩擦， 的活塞将一定质量的理想气体封 闭在气缸内，活塞与气缸之间无摩擦，a 状态是气缸放在冰水混合物 中气体达到的平衡状态， 在
14、活塞上加一质量为 状态是气缸放在冰水混合物 中气体达到的平衡状态， 在活塞上加一质量为 m 的砝码， 经过过程 达到 的砝码， 经过过程 达到 b 状态，再将气缸从容器中移出后，经过过程在室温状态，再将气缸从容器中移出后，经过过程在室温(27 )中 达到 中 达到 c 状态， 已知大气压强保持不变 下列说法中正确的是状态， 已知大气压强保持不变 下列说法中正确的是_ A过程中理想气体从外界吸收热量过程中理想气体从外界吸收热量 B过程中理想气体从外界吸收热量过程中理想气体从外界吸收热量 Cc 状态与状态与 a 状态相比，状态相比，c 状态的气体分子对活塞的作用力较 大 状态的气体分子对活塞的作用
15、力较 大 D理想气体在理想气体在 b 状态的内能大于在状态的内能大于在 a 状态的内能状态的内能 E理想气体在理想气体在 c 状态的内能大于在状态的内能大于在 a 状态的内能状态的内能 (2)如图所示，内壁光滑的圆柱形气缸竖直倒立在两木块上，气 缸底水平，气缸质量为 如图所示，内壁光滑的圆柱形气缸竖直倒立在两木块上，气 缸底水平，气缸质量为 M20 kg、横截面积为、横截面积为 S5.010 3 m2、高 为 、高 为 H0.5 m， 质量， 质量 m10 kg 的活塞在气缸中封闭了一定质量的理想 气体，气体温度 的活塞在气缸中封闭了一定质量的理想 气体，气体温度 t127 ，活塞静止，此时活
16、塞到气缸开口端的距 离为 ，活塞静止，此时活塞到气缸开口端的距 离为 h0.1 m通过一定的方法使气缸内封闭气体从外界吸收了热 量 通过一定的方法使气缸内封闭气体从外界吸收了热 量 Q620 J，此时气体温度为，此时气体温度为 t2177 ，已知大气压强为，已知大气压强为 p0 1.0105 Pa，重力加速度大小，重力加速度大小 g10 m/s2，求，求 最终气体的压强；最终气体的压强； 此过程中封闭气体的内能变化此过程中封闭气体的内能变化 解析解析 (1)过程中外界对气体做功，内能不变，理想气体放出 热量， 过程中外界对气体做功，内能不变，理想气体放出 热量，A 错误 ； 过程中理想气体对外
17、做功，内能增大，理想气体从 外界吸收热量， 错误 ； 过程中理想气体对外做功，内能增大，理想气体从 外界吸收热量， B 正确 ； 由于正确 ； 由于 c 状态的压强大于状态的压强大于 a 状态的压强， 所以状态的压强， 所以 c 状态的气体分子对活塞的作用力较大，状态的气体分子对活塞的作用力较大，C 正确 ； 理想气体在正确 ； 理想气体在 b 状态的 温度等于在 状态的 温度等于在 a 状态的温度， 在状态的温度， 在 b 状态的内能等于在状态的内能等于在 a 状态的内能，状态的内能， D 错误；理想气体在错误；理想气体在 c 状态的温度高于在状态的温度高于在 a 状态的温度，在状态的温度，
18、在 c 状态的内 能大于在 状态的内 能大于在 a 状态的内能，状态的内能，E 正确正确 (2)初始时气体压强为初始时气体压强为 p1p00.8105 Pa mg S 气体体积气体体积 V1(Hh)S，温度，温度 T1300 K 假设气缸足够长，温度变为假设气缸足够长，温度变为 T2(273177) K，根据盖，根据盖萨克 定律有 萨克 定律有 V1 T1 V2 T2 解得解得 V20.6SV0(气缸体积气缸体积)，表明活塞向下移动，表明活塞向下移动 h 后气体做等 容变化 后气体做等 容变化 气体终态：压强为气体终态：压强为 p3，体积，体积 V3V0，温度，温度 T3T2 根据理想气体状态
19、方程有根据理想气体状态方程有 p1V1 T1 p3V3 T3 解得解得 p30.96105 Pa 封闭气体在等压变化过程中气体对外界做的功封闭气体在等压变化过程中气体对外界做的功 Wp1hS 对封闭气体，应用热力学第一定律有对封闭气体，应用热力学第一定律有 UQW 解得解得 U580 J，气体内能增加，气体内能增加 580 J. 答案答案 (1)BCE (2)0.96105 Pa 增加 增加 580 J 34(2018河北各校联盟河北各校联盟)物理物理选修选修 34 (1)如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情 况，图中实线为波峰，虚线为波谷已知两列波的振幅分别为 如图所示是水平面
20、上两列频率相同的波在某时刻的叠加情 况，图中实线为波峰，虚线为波谷已知两列波的振幅分别为 4 cm 和和 3 cm， 波速均为， 波速均为 v2 m/s， 波长均为， 波长均为 8 cm， E 点是点是 B、 D 和和 A、 C 连线的交点，则连线的交点，则 B 处质点是振动处质点是振动_(选填“加强”或“减弱”选填“加强”或“减弱”) 的点，的点，E 处质点是振动处质点是振动_(选填“加强”或“减弱”选填“加强”或“减弱”)的点，图 示时刻 的点，图 示时刻 B、D 两处两质点的竖直高度差是两处两质点的竖直高度差是_cm. (2)水晶是一种石英结晶体矿物，其折射率范围为水晶是一种石英结晶体矿
21、物，其折射率范围为 1.5441.553， 不良商家常用碳酸聚酯 ， 不良商家常用碳酸聚酯(折射率一般大于折射率一般大于 1.6)制成假水晶饰品充当真 水晶高价来卖 某人在旅游时买到一水晶饰品， 其截面为直角三角形， 如图所示 为了检验其真假， 他用量角器测量可知 制成假水晶饰品充当真 水晶高价来卖 某人在旅游时买到一水晶饰品， 其截面为直角三角形， 如图所示 为了检验其真假， 他用量角器测量可知C60， ， B30. 他用一束红色激光射向他用一束红色激光射向 AC 面，方向与面，方向与 AC 面夹角为面夹角为 30，折射后 的光线 ，折射后 的光线 MN 平行于底边平行于底边 BC.根据以上
22、数据，回答下列问题：根据以上数据，回答下列问题： 该饰品是否是真水晶？红色激光束在该饰品是否是真水晶？红色激光束在 N 点能否发生全反射？ 如果能，画出由底边 点能否发生全反射？ 如果能，画出由底边 BC 射出的光线射出的光线 如果将绿色激光从如果将绿色激光从 M 点射向点射向 AC 面， 方向与面， 方向与 AC 面夹角为面夹角为 30，其在，其在 AC 面的折射角是大于面的折射角是大于 30还是小于还是小于 30？ 解析解析 (1)实线交点或虚线交点为振动加强点， 实线与虚线的交 点为振动减弱点，振幅分别为 实线交点或虚线交点为振动加强点， 实线与虚线的交 点为振动减弱点，振幅分别为|A1
23、A2|和和|A1A2|，对照题图，对照题图，A、C 两点为振动减弱点，两点为振动减弱点，B、D 两点为振动加强点，两点为振动加强点，B、D 连线上各点振 动也加强，形成振动加强的区域，所以 连线上各点振 动也加强，形成振动加强的区域，所以 E 点处质点是振动加强的 点此刻 点处质点是振动加强的 点此刻 D 处处 质点的位移应是质点的位移应是|A1A2|7 cm， B 处质点的位移应是处质点的位移应是7 cm， B、 D 两处质点的竖直高度差为两处质点的竖直高度差为 14 cm. (2)光线在光线在 AC 界面的入射角界面的入射角 160，折射角，折射角 230 根据折射定律得根据折射定律得 n
24、1.6，说明该饰品不是真，说明该饰品不是真 sin1 sin2 sin60 sin30 3 水晶水晶 由几何关系知，光线在由几何关系知，光线在 AB 界面的入射角为界面的入射角为 360 而临界角而临界角 C的正弦值的正弦值 sinC 1 n 3 3 sin60，则光线在，则光线在 AB 界面的入射角界面的入射角 3C 3 2 所以光线在所以光线在 N 点将发生全反射，光路如图点将发生全反射，光路如图 因为绿光的频率大于红光的频率， 所以该水晶对绿光的折射率 大于对红光的折射率，从而可得其在 因为绿光的频率大于红光的频率， 所以该水晶对绿光的折射率 大于对红光的折射率，从而可得其在 AC 面的折射角小于面的折射角小于 30. 答案答案 (1)加强 加强 加强 加强 14 (2)不是 能不是 能 小于小于 30