2019届高考物理第二轮考点复习练习4
2019年高考物理冲刺大二轮练习：_word版含解析(
专练6实验题(二)(时间：10分钟)22．(2018·辽宁五校联考)用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．如图1所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.实验步骤如下．步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________．A．小球1和小球2的质量m1、m2B．B点离地面的高度hC．A、B两点间的高度差ΔhD．小球1和小球2的半径r(2)当所测物理量满足表达式________________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示的圆弧为圆心在斜槽末端的14圆．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为M′、P′、N′.测得斜槽末端与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________________(用所测物理量的字母表示)．[解析](1)利用“碰撞实验器”验证动量守恒定律实验是根据平抛运动原理，将速度的测量转化为水平位移的测量，测量出OP、OM、ON外，还需要测量出两个小球的质量，选项A正确．(2)若碰撞前小球1的动量等于碰撞后小球1和小球2的动量之和，即m1v0＝m1v1＋m2v2，就能说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由于OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，所以当所测物理量满足表达式m1·OP ＝m1·OM＋m2·ON即可．(3)测得斜槽末端与M′的连线与竖直方向的夹角为α1，由平抛运动规律，x1＝v1t1，y1＝12gt21，设斜槽末端与M′的连线长度为L(即圆弧半径为L)，sinα1＝x1L，cosα1＝y1L，联立解得v1＝L sinα12L cosα1g；测得斜槽末端与P′的连线与竖直方向的夹角为α2，同理可得v0＝L sinα22L cosα2g；测得斜槽末端与N′的连线与竖直方向的夹角为α3，同理可得v2＝L sinα32L cosα3g；代入m1v0＝m1v1＋m2v2，化简得：m1sinα2cosα2＝m1sinα1cosα1＋m2sinα3cosα3[答案](1)A(2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON(3)m1sinα2cosα2＝m1sinα1cosα1＋m2sinα3cosα323．(2018·湖南湘东五校联考)为了精确测量一电阻的阻值R x，现有以下器材：蓄电池E ，电流表A ，电压表V ，滑动变阻器R ，电阻箱R P ，开关S 1、S 2，导线若干．某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验的主要步骤：a ．闭合S 1，断开S 2，调节R 和R P ，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示数分别为I 1、U 1；b ．保持S 1闭合、R P 阻值不变，闭合S 2，记下电流表和电压表示数分别为I 2、U 2.(1)按如图甲所示的电路图将图乙所示的实物连成电路．(2)写出被测电阻的表达式R x ＝________(用两电表的示数表示)．(3)由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻R x 的测量值________真实值(选填“大于”、“小于”或“等于”)．[解析] (2)由题意易知R P ＝U 1I 1，又R P 、R x 并联的阻值为R 并＝U 2I 2，又1R P ＋1R x＝1R 并，联立解得R x ＝U 1U 2U 1I 2－U 2I 1.(3)若考虑电流表和电压表不是理想电表，则在分析时应考虑电压表的内阻，则在(2)的分析中U 1I 1表示的就是R P 、R V 的并联电阻，结合后面的分析，可知此时R x 的测量值仍等于真实值．[答案] (1)如图所示(2)U1U2U1I2－U2I1(3)等于。
2019年高考红对勾高中物理二轮复习选择题提速练4
选择题提速练41—5为单选，6—8为多选1．(2018·吉林质检)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是(C)A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：因为v-t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度为零，其电场力也为零，b点的电场强度一定为零，选项C正确；要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，选项A错误；Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，选项B错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D错误．2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6)(B)A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 WC．7.5 m/s9 W D．15 m/s9 W解析：小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝B2l2v R总对棒满足：mg sinθ－μmg cosθ－B2l2vR棒＋R灯＝0因为R灯＝R棒则：P灯＝P棒再依据功能关系：mg sinθ·v－μmg cosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．3．(2018·河南六市一联)如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥．线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的(C)解析：正、负离子在磁场中受洛伦兹力，正离子向P1板偏转，负离子向P2板偏转，P1板带正电，P2板带负电，ab中电流为从a流向b，在0～1 s内排斥说明电流从d流向c,1～3 s内吸引说明电流从c 流向d,3～4 s内排斥说明电流从d流向c，再利用楞次定律、安培定则可判断只有C项正确．4．现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是(C)A．核反应方程为21H＋21H→32He＋11HB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u ×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动能守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn＝m n m He ，解得E kHe ＝m n m n ＋m He (2E 0＋ΔE )＝1 MeV ，E km ＝m He m n ＋m He(2E 0＋ΔE )＝3 MeV ，所以C 正确，D 错误．5．如图所示，有5 000个质量均为m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于( A )A.2 9895 000B.2 0115 000C.2 0112 089D.2 0892 011解析：对1～5 000号球整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、天花板处绳子拉力T 0以及5 000个球的重力5 000G ，由平衡条件可列出平衡方程：T 0cos45°＝F ，T 0sin45°＝5 000G .解得F ＝5 000G .再对2 012～5 000号球为整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、2 989个球的重力2 989G 以及2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳拉力T ，列出平衡方程T cos α＝F ，T sin α＝2 989G .解得tan α＝2 9895 000. 6．(2018·江苏南通二模)车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h >H ，当地重力加速度为g ，汽车可视为质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( CD )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α<θ解析：据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t ，故A 错误；汽车的质量未知，根据动能表达式E k ＝12m v 2可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能E k ，故B 错误；设汽车离开左侧斜坡的速度大小为v 1.根据水平方向的匀速直线运动有d ＝v 1cos α·t ①竖直方向的竖直上抛运动有H m ＝(v 1sin α)22g② 取竖直向上方向为正方向有－(h －H )＝v 1sin α·t －12gt 2③ 由①③两式可求得运动时间t 和v 1，将v 1代入②式可求出最大高度H m ，故C 正确；根据速度的分解得tan α＝v y 1v x ，tan θ＝v y 2v x，由于h >H ，竖直分速度关系为v y 1<v y 2，则得α<θ，故D 正确．7. (2018·湖北八校联考)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无恒力F .图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v -t 图线．不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小解析：根据v -t 中斜率等于加速度的意义可知：a a ＝Δv t 1＝0－111.1＝－10 m/s 2，a b ＝0－111＝－11 m/s 2；不受拉力时：ma b ＝－mg sin53°－μmg cos53°，代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：ma a ＝F －mg sin53°－μmg cos53°；所以：F ＝1 N ．故A 正确，B 错误；根据运动学公式：x ＝0－v 202a可知，因为有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D 正确．故选AD.8．(2018·湖南株洲质检)某种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( ABD )A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%解析：理想电压表V 的示数为4.0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6 Ω＝203Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203Ω＋12·103Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0 V ＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W ＝0.36 W ，C错误；电源效率η＝55.6×100%＝89.3%，D 正确．。
2019年高考物理二轮复习选考题15分练4
选考题15分练(四)(时间：20分钟分值：15分)1．(1)(5分)下列说法正确的是__________．A．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果B．热量不能自发地从低温物体传到高温物体C．因为布朗运动的剧烈程度跟温度有关，所以布朗运动叫分子热运动D．知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离E．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面BDE[足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关，A错误；热量在外界做功的情况下可以从低温物体传递到高温物体，但不能自发地传递，B正确；布朗运动的剧烈程度跟温度有关，但它不是分子热运动，C错误；根据阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离，D正确；液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发，E正确．](2)(10分) (2018·衡阳二次联考)如图1所示，两竖直固定且正对放置的导热汽缸内被活塞各封闭一定质量的理想气体，活塞a、b用刚性杆相连，两活塞及杆总质量为m，且mg＝p0S a，上下两活塞的横截面积S a∶S b＝1∶2，活塞处于平衡状态时，A、B中气体的体积均为V0，温度均为300 K，B中气体压强为1.5p0，p0为大气压强，活塞与汽缸内壁间摩擦不计)图1①求A中气体的压强；②现对B中气体加热，同时保持A中气体温度不变，活塞重新达到平衡状态后，A中气体的压强为2p0，求此时B中气体的温度．【解析】①对两活塞整体分析：p A S a＋p0S b＋mg＝p0S a＋p B S b且S a∶S b＝1∶2，可得p A＝p0.②设重新平衡后A气体和B气体的体积为V A′和V B′对A 气体分析，有：p A V 0＝2p 0V A ′⇒V A ′＝V 02又V A ＝V B ，S a ∶S b ＝1∶2所以V B ′＝2V 0对B 气体分析，有：1.5p 0V 0300＝p B ′V B ′T B， 再对两活塞整体受力分析：2p 0S a ＋p 0S b ＋mg ＝p 0S a ＋p B ′S b ，得p B ′＝2p 0联立求得：T B ＝800 K.【答案】 ①p 0 ②800 K2．(1)(5分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图2中实线所示，t ＝0.1 s 时刻的波形如图中虚线所示．波源不在坐标原点O ，P 是传播介质中离坐标原点x P ＝2.5 m 处的一个质点．则以下说法正确的是( )图2A ．质点P 的振幅为0.1 mB ．波的频率可能为7.5 HzC ．波的传播速度可能为50 m/sD ．在t ＝0.1 s 时刻与P 相距5 m 处的质点一定沿x 轴正方向运动E ．在t ＝0.1 s 时刻与P 相距5 m 处的质点可能是向上振动，也可能是向下振动ACE [质点P 的振幅即波的振幅，为0.1 m ，故A 正确．波沿x 轴正方向传播，则Δt ＝nT ＋14T ，周期为T ＝0.44n ＋1 s ，频率为f ＝1T ＝20n ＋52Hz ，(n ＝0,1,2,3…)，所以波的频率可能为2.5 Hz,12.5 Hz ，不可能为7.5 Hz ，故B 错误．波速为v ＝λf ＝4×20n ＋52m/s ＝(40n ＋10) m/s ，所以当n ＝1时，v ＝50 m/s ，故C 正确．在t ＝0.1 s 时刻与P 相距5 m 处的质点只能上下振动，不可能沿x 轴正方向运动，故D 错误．由于波传播的周期性，波沿x 轴正方向传播，在t ＝0.1 s 时刻与P 相隔5 m 处的质点与P 点相距1 m 的质点振动情况完全相同，即距原点为3.5 m 或1.5 m 的质点的振动情况相同；据虚线波形图和波向右传播可知，3.5 m 的质点沿y 轴正方向，即与P 相距5 m 处的质点也一定向上振动；1.5 m 的质点沿y 轴负方向，即与P 相距5 m 处的质点也一定向下振动，故E 正确．](2)(10分)如图3所示，在MN 的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n ＝3，玻璃介质的上边界MN 是屏幕．玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l ＝40 cm ，顶点与屏幕接触于C 点，底边AB 与屏幕平行．激光a 垂直于AB 边射向AC 边的中点O ，结果在屏幕MN 上出现两个光斑．图3①画出光路图；②求两个光斑之间的距离L .【解析】 ①画出光路图如图所示．②在界面AC ，a 光的入射角i ＝60°.由光的折射定律有：sin i sin r＝n 代入数据，求得折射角r ＝30°由光的反射定律得，反射角i ′＝60°.由几何关系易得：△ODC 是边长为0.5l 的正三角形，△COE 为等腰三角形，CE ＝OC ＝0.5l . 故两光斑之间的距离L ＝DC ＋CE ＝ l ＝40 cm.【答案】 ①见解析图②L ＝40 cm。
2019高考物理大二轮复完整版习题型一选择题选择题专项训练4.doc
选择题专项训练（四）（时间:20分钟满分:48分）本卷共8小题,每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项屮，1帀题只有一个选项符合题目要求,6 *题有多个选项符合题目要求。
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.（2016・全国卷/）一平行板电容器两极板之问充满云母介质，接在恒压直流电源上。
若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变2.一屮子与一质量数为水/Pl）的原子核发生弹性正碰。
若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后屮子的速率之比为A+1A-1A.4A（&+1）2C.3.CA FB 777777777 7777777^TT如图所示，在水平桌面上叠放着质量相等的久〃两块木板,在木板A上放着质量为刃的物块C,木板和物块均处于静止状态异、B、C之间以及〃与地面之间的动摩擦因数均为"，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为马,现用水平恒力F向右拉木板A,则下列判断正确的是（）A.不管厂多大，木板〃一定保持静止B.A. C之间的摩擦力大小一定等于mgC.〃受到地面的滑动摩擦力大小一定小于FD.A.〃之间的摩擦力大小不可能等于尸4.无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量界种的点电荷形成的电场等效。
如图所示,P为一无限大金属板，0为板前距板为厂的一带正电的点电荷，沏V为过。
点和金属板垂直的直线，直线上畀、〃是和0点的距离相等的两点。
下面关于/I、〃两点的电场强度用和层、电势如和如判断正确的是（）M PA QB N()^-1卫+1B. (&+1)2工A.E A>E B, e,\ <（1）8B.E A >E B, Of > eC. E A >E B, e,\二如D. E A =Ef h eA > ©aB如图所示，通电直导体棒放在间距为/的光滑水平绝缘轨道上,劲度系数为斤的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的屮点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为〃的匀强磁场屮, 弹簧伸长禺棒处于静止状态。
2019最新高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷4(考试专用)
仿真模拟卷(四)一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下图中不是测量力学基本量的仪器是()2.金丽温高铁开通后,从铁路售票网查询到G7330次列车缙云西到杭州东的信息如图所示,用电子地图测距工具测得缙云西站到杭州东站的直线距离约为179.8 km,下列说法正确的是()A.在研究动车过一桥梁所花的时间与动车从缙云西站到杭州东站所花的时间时,动车均可看成质点B.图中07:31表示一段时间C.动车高速行驶时,可以取5 m位移的平均速度近似看作这5 m起点位置的瞬时速度D.G7330次列车行驶时的最高速度约为116 km/h3.一小男孩从右侧用5 s的时间爬上滑梯,停10 s后从左侧的滑梯由静止开始滑到水平地面,用时3 s。
下列说法正确的是()A.他爬上去和滑下来的位移相同B.他整个过程用时18 s,指的是时间间隔C.他爬上去和滑下来的平均速度相同D.他爬上去和滑下来的重力做的功相等4.天舟一号货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空,4月25日进入预定轨道调整,于4月27日成功与更高轨道的天宫二号完成首次推进剂在轨补加试验。
已知天舟一号在预定轨道上做匀速圆周运动,补给前后天宫二号在轨道上均为匀速圆周运动。
下列说法正确的是()A.补给之前天宫二号中宇航员处于超重状态B.预定轨道上的天舟一号运行的线速度小于在轨的天宫二号的线速度C.预定轨道上的天舟一号运行的周期小于在轨的天宫二号的周期D.补给后的天宫二号的运行速度将会大于7.9 km/s5.智能手机耗电量大,移动充电宝应运而生,它是能直接给移动设备充电的储能装置。
充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值,约为0.6(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)A.充电宝充电时将电能转化为内能B.该充电宝最多能储存能量为3.6×106JC.该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 hD.该充电宝给电量为零、容量为3 000 mA·h的手机充电,则理论上能充满4次6.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。
北京各区2019年高考物理二模真题专题汇编专题04选择题专题讲练__振动和波部分
专题04 选择题——振动和波部分【2019朝阳二模】15．一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x 与时间t 的关系图线如图所示，由图可知（ ）A ．质点振动的频率为1.6HzB ．质点的振幅为4.0cmC ．在0.3s 和0.5s 两时刻，质点的速度方向相同D ．在0.3s 和0.5s 两时刻，质点的加速度方向相同【答案】：D【考点】：振动图像。
【解析】：由图像可知质点的振动周期 1.6s T ，则频率，A 选项错误。
由图像可知质点的振幅为2.0cm ，B 选项错误。
0.3s 时刻，质点的速度方向沿x 轴向上，0.5s 时刻，质点的速度方向沿x 轴向下，两质点的速度方向不相同，C 选项错误。
在0.3s 和0.5s 两时刻，质点的回复力方向都向下，加速度方向也都向下，方向相同，D 选项正确。
【2019丰台二模】16．如图所示，一列简谐横波沿x 轴正方向传播。
某时刻波上质点P 正通过平衡位置，经过一段时间，波向前传播了距离d ，P 点第一次达到波谷，则该横波的波长为（ ）A ．A ．4dB ．4dC ．43dD ．34d p x B ．d B ．4d C ．43d D ．34d p x C ．．d B ．4d C ．43d D ．34d p x D ．d B ．4d C ．43d D ．34d p x【答案】：A【考点】：机械横波中质点的振动方向与波的传播方向的关系、波长的计算。
【解析】：由波沿x 轴正方向传播、该时刻质点P 位于平衡位置可推知，该时刻质点P 的运动方向竖直向下，又因为经过一段时间，P 点第一次达到波谷，由此可知，经过的时间为4T 。
又因为波是向前匀速传播的，所以4T 向前传播4λ的距离，由4d λ=得4d λ=，所以A 选项正确，其它选项错误。
【2019东城二模】16．如图，细绳一端固定于悬挂点O ，另一端系一小球。
在悬挂点正下方A 点处钉一个钉子。
小球从B 点由静止释放，摆到最低点C 的时间为t 1，从C 点向右摆到最高点的时间为t 2。
2019年高考物理二轮复习： 仿真模拟四(含答案).doc
仿真模拟四 第Ⅰ卷 (选择题，共48分)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14题～第18题只有一个选项符合题目要求，第19题～第21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．[2018·济宁市高三模拟]铀核(235 92U)经过m 次α衰变和n 次β衰变变成铅核(207 82Pb)．关于该过程，下列说法正确的是( )A ．m ＝5B ．n ＝4C ．铀核(235 92U)的比结合能比铅核(207 82Pb)的比结合能大D ．铀核(235 92U)的衰变过程的半衰期与温度和压强有关15．[2018·郑州市第三次质检]如图所示为飞镖比赛时打在镖盘上的两支飞镖．A 飞镖的方向与竖直方向的夹角大于B 飞镖与竖直方向的夹角．若飞镖沿水平方向掷出，两飞镖的抛出点在同一竖直线上，忽略空气阻力．下列说法中正确的是( ) A．A、B两飞镖的掷出点一定在同一点B．A飞镖的掷出点一定比B飞镖的掷出点高C．A飞镖掷出的初速度一定比B飞镖掷出的初速度大D．A飞镖在空中飞行的时间一定比B飞镖在空中飞行的时间长16．[2018·南平市第一次质检]从中国科学院微小卫星创新研究院获悉，北斗卫星导航系统(BDS)，预计今年将发射18颗卫星．这就意味着：北斗将全覆盖亚洲地区，尤其是一带一路沿线国家．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，已知地球自转周期为T.则( )A．卫星b也是地球同步卫星B．卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍C．卫星c的周期为T 1 k3D．a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为v a＝v b＝kv c17．[2018·太原市二模]分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谱仪内的磁场前加一扇形电场．扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向．被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则( )A．垂直电场线射出的离子速度的值相同B．垂直电场线射出的离子动量的值相同C．偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大D．偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大18．[2018·乌鲁木齐市三模]如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平向里的匀强磁场．两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B，分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为t A和t B，前后两次穿越连线MN时两点间的距离分别为d A和d B，粒子重力不计，则( ) A．t A一定小于t B，d A一定等于d B B．t A一定小于t B，d A 可能小于d BC．t A可能等于t B，d A一定等于d B D．t A可能等于t B，d A 可能小于d B19．[2018·河南省八市联考]如图所示，匀强磁场的磁感应强度为22πT ，矩形线圈面积为0.08 m 2，匝数为10，电阻不计，通过电刷与理想变压器原线圈相连．当线圈绕垂直磁场的轴OO ′以50πrad/s 的角速度转动，副线圈两端交流电压表的示数为16 V ，则( )A ．在图示位置时矩形线圈产生的电动势为0B ．矩形线圈产生的交流电周期为0.02 sC ．矩形线圈产生的电动势有效值为80 2 VD ．变压器原、副线圈匝数之比为5：120．[2018·保定市一模]如图所示，固定斜面AB 和CB 与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为α、β，OB ＝h .细线一端固定在竖直挡板上，另一端系一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点，已知AD＝l，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则( )A．弹簧对小物块做功为μmglB．斜面摩擦力对小物块做功为μmgh sin aC．细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh＋μmg(htan a＋l)D．撤去斜面AB，小物块还从D点弹出，将沿斜面CB上滑并刚好到达B点21．如图，斜面体C质量为M，斜面足够长，始终静止在水平面上，一质量为m的足够长的长方形木板A上表面光滑，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A匀速下滑时将一质量为2m的滑块B轻轻放在木板A表面上，当滑块B 在木板A上滑动时，下列说法不正确的是( )A．滑块B的速度为v3时，木板A与滑块B的速度大小相等B．滑块B的速度为v3时，斜面体和水平面间无摩擦力C．滑块B的动量为2mv0时，木板A的动量大小为mv0D．滑块B的动量为2mv0时，水平面对斜面体的支持力大小为(M＋3m)g第Ⅱ卷(非选择题，共62分)本卷分必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第34题为选考题，考生任选一题作答．(一)必考题二、实验题：本题共2小题，共15分，请按题目要求作答．22．[2018·郑州二模](6分)为了探究在橡皮条弹力作用下小车的运动，某同学设计了如图甲所示的实验，由静止释放小车，小车在处于伸长状态的橡皮条弹力的作用下向左运动．打点计时器打下的纸带如图乙所示，计数点0为打下的第一个点，该同学在测出计数点2、3、4到计数点0的距离x1、x2、x3后，将纸带由图示位置剪断，将每段纸带的下端对齐，依次并排粘贴在直角坐标系中，连接各段纸带上端的中点画出平滑曲线如图丙所示，对该实验结果的研究可知：(1)在有橡皮条弹力作用时，小车做加速度________的直线运动．A．不断减小B．不断增大C．先增大后减小D．先减小后增大(2)设打点周期为T，则由纸带测量数据可估算小车的最大速度v m＝________，该估算值________(选填“等于”、“大于”或“小于”)小车最大速度的实际值．23．[2018·唐山市五校高三联考](9分)(1)用多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，R g为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值R x关系图象如图乙所示，则该图象的函数关系式为________；(调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示)(2)下列根据图乙中I—R x图线做出的解释或判断中正确的是________；A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使R x＝0时电路中的电流I＝I gC．R x越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当R x的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧(3)某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表(量程10 V)的内阻(大约为几十千欧)，欧姆挡的选择开关拨至倍率“1 k”挡．先将红、黑表笔短接调零后，选用图丙中________(选填“A”或“B”)方式连接．在本实验中，如图丁所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势，E＝________V．(计算结果保留3位有效数字)三、计算题：本题共2小题，共32分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后结果的不得分；有数值计算的，答案中须写出数值和单位．24. [2018·南通市第二次模拟](12分)如图所示，A、B两小球质量均为m，A球位于半径为R的竖直光滑圆轨道内侧，B球穿过固定的光滑竖直杆，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆的延长线过轨道圆心．两球用长L(L>2R)的轻杆和轻质铰链连接，连接两球的轻杆能不受阻碍地左右、上下移动，M、N、P三点分别为圆轨道上最低点、圆心等高点和最高点，重力加速度为g.(1)对A施加一个沿圆轨道切向的推力，使其缓慢从M点移至N点，求在N点时推力的大小F.(2)在M点A球有一个水平向左的初速度，A球沿圆轨道运动到最高点P时速度大小为v，求A球在M点时的初速度的大小v0.(3)在(2)的情况下，若A球运动至M点时B球的加速度大小为a，求此时圆轨道对A球的作用力F A.25. [2018·江淮十校第三次联考](20分)如图所示，MN、PQ 为两条平行的光滑金属直导轨，导轨平面与水平面成θ＝30°，M、P之间接有电阻箱R，导轨所在空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，质量为m的金属杆ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r，现从静止释放金属杆ab，测得最后的最大速度为v1，已知轨道间距为L，重力加速度取g，轨道足够长且电阻不计，求：(1)电阻箱接入电路的电阻多大？(2)若当金属杆下滑的距离为s时，金属棒的加速度大小为a，则此时金属杆运动的时间为多少？(3)当金属杆沿导轨匀速下滑时，将电阻箱的电阻瞬间增大为3B2L2v1mg－r，此后金属杆再向下滑动d的距离时，导体棒再次达到最大速度，求下滑d的距离过程中，回路中产生的焦耳热．(二)选考题请考生从下面两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](15分)(1)[2018·宿州市三模](5分)下面说法正确的是________(填正确答案标号，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．饱和蒸汽压随温度的升高而增大B．单晶体在某些物理性质上具有各向异性C．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加D．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈E．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大(2) [2018·宿州市三模](10分)如图所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L＝13 cm，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T1＝300 K时，粗、细管内的水银柱长度均为h＝5 cm.已知大气压强P0＝75 cm Hg，现对封闭气体缓慢加热，求：①水银恰好全部进入细管时气体的温度T2；②从开始加热到T3＝500 K时，水银柱的下表面移动距离多少厘米(保留3位有效数字)．34．[物理——选修3－4](15分)(1)[2018·石嘴山市三模](5分)下列五幅图中关于振动和波的说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，则该运动是简谐运动B．若单摆的摆长为l，摆球的质量为m、位移为x，则此时回复力为F＝－mg l xC．若此图为某简谐横波某时刻的波形图，则此时质点A、C之间的距离就是该波的一个波长D．若实线为某简谐横波某时刻的波形图，且此时质点M沿y轴负向运动，则经极短时间后波形图可能如虚线所示E．人站在水边观察，看不到远处水面下的物体，是因为水面下远处物体的光线射到界面上，入射角较大，发生了全反射，没有光能射到人眼处而不被觉察(2)[2018·石嘴山三中三模](10分)半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′与直径AB垂直．足够大的光屏CD紧靠在玻璃砖的左侧且与AB垂直．一光束沿半径方向与OO′成θ＝30°射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为(3＋1)R.求：①此玻璃的折射率；②当θ变为多大时，两光斑恰好变为一个．仿真模拟四14．B 根据电荷数守恒和质量数守恒可知，发生7次α衰变和4次β衰变，A 选项错误，B 选项正确；比结合能越大，原子核越稳定，铀核(235 92U)的比结合能比铅核(207 82Pb)的比结合能小，半衰期由原子核内部因素决定，与温度、压强无关，D 选项错误．15．C 飞镖做平抛运动，水平方向上，x ＝v 0t ，解得初速度v 0＝x t，A 飞镖掷出的初速度一定比B 飞镖掷出的初速度大，C 选项正确；根据速度合成与分解知识可知，tan θ＝v 0v y ＝v 0gt，联立解得，t 2＝x g ·tan θ，A 飞镖与竖直方向的夹角大于B 飞镖与竖直方向的夹角，A 飞镖的运动时间小于B 飞镖的运动时间，D 选项错误．16．C 地球同步卫星必须定点于赤道正上方，卫星b 不在赤道上空运行，不是地球同步卫星，A 选项错误；万有引力提供向心力，G Mm r 2＝ma ，解得向心加速度a ＝G M r2，a 的轨道半径为c 的k 倍，a 的向心加速度是c 的1k2倍，B 选项错误；根据开普勒第三定律可知，a 是地球同步卫星，其周期为T ，a 的轨道半径为c 的k 倍，由开普勒第三定律 r 3T 2＝c ，卫星c 的周期为T 1k 3，C 选项正确；卫星速度公式v ＝GM r，a 、b 、c 三颗卫星的运行速度大小关系为kv a ＝kv b ＝v c ，D 选项错误．17．D 垂直电场线射出的离子在电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qE ＝m v 2r ，解得v ＝qEr m，同位素的质量不同，垂直电场线射出的离子的速度、动量都不同，A 、B 选项错误；离子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，故离子带正电，偏向正极板的离子在偏转的过程中电场力做负功，离开电场时的动能比进入电场时的动能小，C 选项错误；偏向负正极板的离子在偏转的过程中电场力做正功，离开电场时的动能比进入电场时的动能大，动量也大，D 选项正确． 18．A 粒子在电场中做类平抛运动，质量和电荷量均相等，故在电场中的加速度相等，竖直速度v y 相等，在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角θ＝360°－2arctan v y v x ，运动时间t ＝θm qB，粒子A 转过的圆心角比粒子B 小，故t A ＜t B ，磁场中的轨道半径R ＝mv qB，前后两次穿越连线MN 时两点间的距离为d ＝2R ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫arctan v y v x 2mv y qB ，即d A ＝d B ，A 选项正确． 19．AD 线圈与中性面重合时，产生的感应电动势为0，A选项正确；线圈转动的角速度为50πrad/s ，则周期T ＝2πω＝0.04 s ，B 选项错误；感应电动势的最大值为E m ＝NBS ω，根据正弦式交流电最大值与有效值的关系可知，线圈产生的电动势的有效值为80 V ，C 选项错误；原线圈两端的电压为80 V ，副线圈两端的电压为16 V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，D 选项正确．20．CD 小物块运动过程中，根据动能定理可知，W 弹－μmgl －μmg cos α·hsin α－mgh ＝0，解得弹簧对小物块做功W 弹＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l ＋h tan α＋mgh ，A 选项错误，C 选项正确；斜面摩擦力对小物块做功为－μmg ·h tan α，B 选项错误；物块滑上斜面AB 后，恰好能运动到斜面的最高点，在此过程中克服摩擦力做的功为W f ＝μmgl ＋μmg cos α·h sin α＝μmgL DO ，小物块刚好能达到B 点，D 选项正确．21．CD 木板A 做匀速直线运动，处于受力平衡状态，mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝tan θ，对于物体A 、B 构成的系统，合力为零，系统动量守恒，mv 0＝mv 1＋2mv 2，当滑块B 的速度v 2＝v 03时，A 的速度v 1＝v 03，A 选项正确；滑块B 的速度为v 03时，系统合力为零，斜面体和水平面间无摩擦力，B 选项正确；当滑块B 的动量为mv 0时，木板A 的速度为零，后续处于静止状态，故当滑块B 的动量为2mv 0时，木板A 的动量为零，C 选项错误；当滑块B 的动量为2mv 0时，A 处于静止状态，B 加速下滑，系统处于失重状态，水平面对斜面体的支持力小于(M ＋3m )g ，D 选项错误．22．(1)D (2)x 3－x 1T小于 解析：(1)分析图丙可知，图象的斜率表示加速度大小，即小车先做加速度减小后做加速度增大的直线运动．(2)纸带上点距最大时，小车达到最大速度，小车的最大速度v m ＝x 3－x 1T. 由于小车先加速，后减速，依据v m ＝x 3－x 1T求得的估算值小于一直做匀速直线运动的实际值．23．(1)I ＝ER 0＋R g ＋r ＋R x (2)BC (3)A 8.75解析：(1)根据闭合电路欧姆定律可知，I ＝ER 0＋R g ＋r ＋R x .(2)用欧姆表测电阻时，指针指刻度盘中央附近时，测量的误差越小，A 选项错误；欧姆表调零的实质是通过调节R 0，使R x ＝0时电路中的电流I ＝I g ，B 选项正确；R x 越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，欧姆表的示数左密右疏，C 选项正确；测量中，当R x 的阻值为图乙中的R 2时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧，D 选项错误．(3)欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，选择图A 正确．欧姆表的读数为40×1 k ＝40 k Ω；电压表的读数为5.0 V. 根据题意可知，欧姆表的内阻为30 k Ω，与电压表的内阻40 k Ω串联，根据欧姆定律可知，E ＝8.75 V.24．(1)2mg (2)v 2＋8gR (3)10mg ＋ma ＋m v 20R 解析：(1)在N 点，A 、B 和轻杆组成的整体处于平衡状态．在竖直方向上，F ＝2mg .(2)A 球在M 点、P 点时，B 球的速度都为零．A 、B 球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律，2mg ·2R ＝12mv 20－12mv 2. 解得v 0＝v 2＋8gR .(3)此时B 球有向上的加速度a ，设杆对B 球支持力为F 0. 根据牛顿第二定律有，F 0－mg ＝ma .A 球此时受到重力、轨道竖直向上的支持力和轻杆竖直向下的压力．同理，F A －F 0－mg ＝m v 20R. 解得F A ＝10mg ＋ma ＋m v 20R. 25．(1)2B 2L 2v 1mg －r (2)s v 1＋2v 1g ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－2a g(3)12mgd －58mv 21 解析：(1)金属杆下滑过程切割磁感线，产生感应电动势，E ＝BLv 1.设电阻箱接入电路的电阻为R 1，当金属杆以最大速度下滑时，mg sin θ＝BIL .根据闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R 1＋r . 联立解得R 1＝2B 2L 2v 1mg－r . (2)设金属棒下滑的距离为s 时，金属棒的速度为v 2，根据牛顿第二定律可知，mg sin θ－B 2L 2v 2R 1＋r＝ma . 解得，v 2＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－2a g ·v 1. 根据动量定理，⎝⎛⎭⎪⎪⎫mg sin θ－B 2L 2R 1＋r v ·Δt ＝m ·Δv .有12mgt －B 2L 2R 1＋rs ＝mv 2， 联立解得，t ＝s v 1＋2v 1g ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－2a g . (3)当电阻箱的电阻瞬间增大为3B 2L 2v 1mg－r 后，电路中的电流减小，导体棒向下做加速运动．当速度再次增大为最大速度时，mg sin θ＝B 2L 2v 3R 2＋r. 解得v 3＝32v 1. 根据能量守恒，回路总产生的焦耳热Q ＝mgd sin θ－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12mv 23－12mv 21. 联立解得，Q ＝12mgd －58mv 21. 33．(1)ABD (2)①450 K ②12.9 cm解析：(1)液体的饱和汽压仅仅与温度有关，随温度的升高而增大，A 选项正确；单晶体在某些物理性质上具有各向异性，多晶体和非晶体具有各向同性，B 选项正确；根据热力学第一定律可知，一定量的理想气体从外界吸热，若同时对外做功，其内能不一定增加，C 选项错误；液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，D 选项正确；当分子表现为斥力时，分子之间的距离增大，分子力减小，E 选项错误．(2)①初态时，封闭气体的压强P 1＝P 0－ρg ·2h ，体积V 1＝2S ·(L －h )，温度为T 1＝300 K.末态时，封闭气体的压强P 2＝P 0－ρg ·3h ，体积V 2＝2SL .根据理想气体状态方程可知，P 1·V 1T 1＝P 2·V 2T 2. 联立解得T 2＝450 K.②同理，根据理想气体状态方程可知，2SL T 2＝2SL ＋Sx T 3. 解得x ＝2.9 cm.移动距离s ＝2h ＋x ＝12.9 cm.34．(1)BDE (2)① 2 ②45°解析：(1)简谐运动是等幅振动，粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，振幅逐渐降低，不是简谐运动，A选项错误；若单摆的摆长为l，摆球的质量为m、位移为x，则此时回复力为F＝－mg sinθ，小角度摆动时，sinθ≈θ＝xl，故F＝－mgl x，B选项正确；相邻的波峰与波谷间的距离为半个波长，C选项错误；若实线为某简谐横波某时刻的波形图，且此时质点M沿y轴负方向运动，则波向右传播，故经极短时间后波形图可能如虚线所示，D选项正确；人站在水边观察，看不到远处水面下的物体，是因为水面下远处物体的光线射到界面上，入射角较大，发生了全反射，没有光能射到人眼处而不被觉察，E选项正确．(2)①光屏CD区域出现两个小光斑，一个是由于光的反射形成的，一个是光的折射形成的，作出光路图如图所示：根据几何关系可知，L1＝Rtanθ＝3R.根据题意两光斑间的距离为(3＋1)R. 所以L2＝R.根据几何关系可知，β＝45°.根据折射定律，折射率n＝sinβsinθ＝ 2.(2)为使光屏上只剩下一个光斑，必须使光线发生全反射．根据临界角公式可知，sin C＝1n.求出临界角C＝45°.即当θ≥45°时，光屏上只剩下一个光斑．。
2019年高考(人教版)物理二轮复习选练题(共5套)含答案及解析
2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题（一）一、选择题1、如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动。
若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体A上，物体A仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )A．物体A受到斜面B的摩擦力增加8 NB．物体A对斜面B的作用力增加10 NC．地面对斜面B的弹力不变D．地面对斜面B的摩擦力增加10 N2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ3、如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。
不计空气阻力，则( )A．t2>2t1 B．t2＝2t1C．t2<2t1 D．落在B点4、如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是( )A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ，则v 0<v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0<a AD ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B > 2GM 3R5、用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点。
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一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题)1．[2018·湖北八校联考]如图所示，甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是() A．两物体在t1时刻速度大小相等B．t1时刻乙的速度大于甲的速度C．两物体平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度答案 C解析x-t图中两图线的交点代表相遇，切线斜率代表速度，所以A选项错误。
t1时刻甲的速度大于乙的速度，所以B选项错误。
因，所以两物体平均速度大小相等，所以C选项正确，为平均速度v＝xtD选项错误。
2．[2018·洛阳统考]如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。
在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则()A．F的最大值为12 NB．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动答案 C解析由a－t图象知加速度最大时a＝4 m/s2，由牛顿第二定律F－μmg＝ma知，F最大值大于12 N，所以A选项错误。
0～1 s和2～3 s内，加速度均为正方向，所以B选项错误。
3 s末速度最大。
由a －t图面积知Δv＝8 m/s，所以v max＝8 m/s，所以C选项正确。
0～1 s和2～3 s内加速度a与速度v均同向做加速运动，但a大小变化，所以不是匀加速，故D选项错误。
3．[2018·盐城月考]甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝k v(k为正的常量)。
两球的v -t 图象如图所示。
落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。
则下列判断正确的是( )A ．释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球D ．t 0时间内两球下落的高度相等答案 C解析 m 1、m 2均由静止释放，所以释放瞬间空气阻力为零，只受重力作用，加速度均为重力加速度，故A 选项错误；当两球达到稳定状态时，mg ＝k v ，则m 1m 2＝v 1v 2，故B 选项错误；由图知v 1>v 2，则m 1>m 2，所以C 选项正确。
t 0时刻v -t 图围成的面积不相等，所以D 选项错误。
4．[2018·浙江模拟]如图所示，位于竖直平面内的圆与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，C 为圆的最高点，竖直墙上点B 、D 与M 的连线和水平面的夹角分别为53°和37°。
已知在t ＝0时，a 、b 、d 三个球分别由A 、B 、D 三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点，c 球由C 自由下落到M 点，则( )A ．a 、b 和d 球同时到达M 点B ．b 球和d 球同时到达M 点C ．c 球位移最大，最后到达M 点D ．沿墙壁上任意一点到M 点的光滑斜直轨道由静止下滑的物体，下落高度越低，用时越短答案 B解析 设圆的半径为r ，对于AM 段，位移：x 1＝r sin45°＝2r ，加速度：a 1＝g sin45°＝22g ，由位移时间公式得， 所用时间：t 1＝2x 1a 1＝22r 22g ＝2r g ＝4r g 对于BM 段，位移：x 2＝r cos53°＝53r ，加速度：a 2＝g sin53°＝45g ，由位移时间公式得，所用时间：t 2＝2x 2a 2＝103r 45g ＝25r 6g 对于CM 段，位移：x 3＝2r ，加速度：a 3＝g ，由位移时间公式得，所用时间：t 3＝2x 3a 3＝4r g 对于DM 段，位移：x 4＝r cos37°＝54r ，加速度：a 4＝g sin37°＝35g ，由位移时间公式得，所用时间：t 4＝2x 4a 4＝52r 35g ＝25r 6g故：t 1＝t 3<t 2＝t 4故a 、c 同时到达M 点，b 、d 同时到达M 点，且a 、c 用时短于b 、d 用时，故A 、C 、D 错误，B 正确。
5．[2018·江西二模]如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子。
在水平向左的恒力F 作用下从静止开始做匀加速运动。
绳子中某点到绳子左端的距离为x ，设该处绳的张力大小为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( )点击观看解答视频答案 D解析 以整段绳子为研究对象，由牛顿第二定律有F ＝ma ，绳子质量分布均匀，则单位长度的质量m 0＝m L ，距绳子左端x 处某点的张力大小T ＝L －x L m ·a联立得：T ＝(1－x L )F ＝F －x L F图象来源于函数，T -x 图象为一次函数，故D 选项正确。
6．[2018·潍坊月考]如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G 的小球，小球随升降机在竖直方向上运动。
t ＝0时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力F 随时间t 变化的图象如图乙，取F 竖直向上为正，以下判断正确的是 ( )A．升降机停止前一定向上运动B．0～2t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态C．t0～3t0时间内，小球向下运动，在t0、3t0两时刻加速度相同D．3t0～4t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的变化答案AD解析t＝0时刻升降机突然停止，由图象知弹簧弹力减小，所以小球向上运动才会有弹簧弹力减小的结果，故A正确。
零时刻F＝G，F竖直向上为正，所以弹簧有形变时都伸长不压缩，0～t0时间内小球v方向向上，a向下，减速，失重；t0时刻弹簧原长；t0～2t0时间内，a向下，v向下，加速，失重；2t0～3t0时间内，a向上，v向下，减速，超重；3t0时刻小球到达最低点；3t0～4t0时间内，a向上，v 向上，加速，超重，故B、C错误；3t0～4t0时间内，弹簧弹力做正功，重力做负功，两者总功等于小球动能的变化，故D正确。
7．[2018·山东模拟]如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A ．物体的初速率v 0＝3 m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 mD ．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑答案 BC解析 当θ＝90°时，a ＝g ，据v 20＝2ax 1得v 0＝2gx 1＝6 m/s ，故A 选项错误。
当θ＝0°时，据v 20＝2ax 2，其中a ＝μg ，所以μ＝v 204g＝0.75，故B 选项正确。
当θ＝30°时，μ>tan30°，所以物体达到最大位移后将不再下滑，所以D 选项错误。
由v 20＝2(g sin θ＋μg cos θ)x 得x ＝v 202(g sin θ＋μg cos θ)＝v 202g 1＋μ2sin (θ＋α)。
所以x min ＝1.44 m ，故C 选项正确。
8．在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a 和b，木板和物块均处于静止状态。
现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动。
当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块P、Q相对地面的位移分别为s1、s2。
已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是() A．若F1＝F2，m1>m2，则v1<v2，s1<s2B．若F1＝F2，m1<m2，则v1>v2，s1<s2C．若F1>F2，m1＝m2，则v1<v2，s1>s2D．若F1<F2，m1＝m2，则v1>v2，s1>s2答案AD解析A、B选项F1＝F2，则a、b加速度相同，用图线3表示a、b的v-t图，m1>m2时，a1<a2分别用1、2图线表示，画v-t图。
由于图线和时间轴的面积差表示木板长，所以1和3的面积差、2和3的面积差需相同，所以v2>v1，s2>s1，故A选项正确。
同理，C、D选项画图，P、Q的v-t相同为4，a、b的分别为5、6F大的为5，F小的为6故D选项正确。
二、计算题(本题共2小题，共36分，需写出规范的解题步骤)9．[2018·行唐月考]如图所示，一传送带与水平地面的夹角θ＝37°，传送带上端固定一平台，平台离地面高H＝1.8 m，传送带以恒定速度v＝4 m/s逆时针运行。
将质量m＝2 kg的小滑块轻放在传送带底端，平台上的人通过一根轻绳用恒力F沿传送带向上拉小滑块，滑块的速度刚达到传送带的速度时轻绳断裂，此后小滑块恰好不能到达平台上。
已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：点击观看解答视频(1)恒力F ；(2)小滑块在传送带上运动的总时间T 。
答案 (1)24 N (2)2.72 s解析 (1)小滑块在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前加速度为a 1，有：F ＋μmg cos37°－mg sin37°＝ma 1位移x 1＝v 22a 1随后小滑块向上匀减速到速度为零有：mg sin37°－μmg cos37°＝ma 2解得a 2＝4 m/s 2，通过的位移为x 2x 2＝v 22a 2＝2 m 向上的总位移x ＝x 1＋x 2＝H /sin37°＝3 m解得x 1＝1 m a 1＝8 m/s 2 F ＝24 N由v ＝a 1t 1解得t 1＝0.5 st 2＝2x 2v ＝1 s 其向上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s(2)小滑块向下滑动时，有x ＝a 3t 232解得：t 3＝ 1.5 s ＝1.22 s小滑块在传送带上运动的总时间T ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.72 s10．[2018·邯郸一模]如图，AB 为光滑竖直杆，ACB 为构成直角的光滑L 形直轨道，C 处有一小圆弧连接，可使小球顺利转弯(即通过转弯处不损失机械能)。