《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練19 贏取滿分策略》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練19 贏取滿分策略（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤訓(xùn)練(十九) 贏取滿分策略 一、選擇題(1－5題為單項選擇題，6－8題為多項選擇題) 1．(2018·濟(jì)寧市高三第二次模擬)以下有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述中，正確的是(　　) A．重核型變?yōu)橹械荣|(zhì)量的核之后，核子的平均質(zhì)量減小 B．太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的裂變反應(yīng) C．一束光照射到某金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因為這束光的光強太小 D．按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子的總能量也減小 A　[無論是重核裂變還是輕核聚變，反應(yīng)的過程中釋放能量，組成原子核的核子的平均質(zhì)量均會減小，故A正確；太陽輻射的能量主要來自太

2、陽同倍的聚變反應(yīng)，故B錯誤；一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因為這束光的頻率太小．故C錯誤．按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，但原子的總能量增大．故D錯誤．故選A.] 2．一輛汽車在平直公路上由靜止開始啟動，測得該汽車在啟動過程中加速度隨時間變化的圖線如圖所示，圖中a0、t1、t2已知，則下列說法正確的是(　　) A．0～t2時間內(nèi)汽車做勻加速直線運動 B．t1～t2時間內(nèi)汽車所受合力對汽車做負(fù)功 C．t2時刻汽車的速度等于a0t1＋a0(t2－t1) D．0～t2時間內(nèi)汽車的平均速度小于a0t2 D　[0～t2時

3、間內(nèi)汽車從靜止開始運動，先做勻加速直線運動，再做加速減小的加速運動，合力對汽車做正功，A、B錯誤；a－t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的變化量，0～t2時間內(nèi)圖象面積小于a0t1＋a0(t2－t1)，C錯誤；若加速度保持不變，t2時刻的速度為a0t2，平均速度為a0t2，后一段時間加速度減小，則平均速度小于a0t2，D正確．] 3．(2018·四川省攀枝花市高考物理三診試卷)均勻帶電的球體在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球體上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球半徑為R，MN為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有A、B兩點，A、B關(guān)于O點對稱，AB＝4R.已

4、知A點的場強大小為E，則B點的場強大小為(　　) A.＋E B.－E C.＋E D.－E B　[若將帶電量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在A、B點所產(chǎn)生的電場為E0＝＝，由題知當(dāng)半球面產(chǎn)生的場強為E，則B點的場強為E′＝E0－E.解得E′＝E，故選B.] 4．一顆衛(wèi)星的運行軌道在地球赤道的正上方，運行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，軌道高度為R.某時刻衛(wèi)星恰好經(jīng)過赤道上觀測點正上方．若地球同步衛(wèi)星的軌道高度為5.6R，角速度為ω0，地球半徑為R，當(dāng)該觀測點恰好觀測不到這顆衛(wèi)星時，經(jīng)歷的最短時間為(　　) A. B. C. D. A　[以地球為參考系．衛(wèi)星相對觀測點運動的角

5、速度ω相＝ω衛(wèi)－ω0，當(dāng)觀測點恰好觀測不到衛(wèi)星時，衛(wèi)星相對觀測點運動的角度θ相＝，如圖所示，地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，均為ω0，地球同步衛(wèi)星軌道半徑為6.6R，該衛(wèi)星的軌道半徑為2R，根據(jù)＝mω2r， 則有＝＝，ω衛(wèi)＝ω0，ω相＝ω衛(wèi)－ω0＝(－1)ω0，t＝＝，A正確．] 5．如圖甲所示，港口碼頭經(jīng)常使用起重機提升貨物，某次貨物上升過程中的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．t＝4 s時，貨物處于超重狀態(tài) B．3～5 s時間內(nèi)，貨物所受合力做的功大于零 C．0～2 s時間內(nèi)，貨物所受拉力做的功大于重力做的功 D．0～2 s時間內(nèi)，拉力做正功

6、，3～5 s時間內(nèi)，拉力做負(fù)功 C　[t＝4 s時貨物減速上升，加速度方向向下，故貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤.3～5 s時間內(nèi)，貨物的動能減少，根據(jù)動能定理，貨物所受合力做的功小于零，B錯誤.0～2 s時間內(nèi)，貨物的動能增大，貨物所受拉力做的功大于重力做的功，C正確．貨物上升的過程中，拉力一直做正功，D錯誤．] 6．如圖所示，兩條足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌CH、PQ與水平面成θ角放置，兩軌間距為L，軌道電阻不計．現(xiàn)有兩根長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的金屬棒ab和cd放置在導(dǎo)軌上，其中cd棒通過一段細(xì)線連接在與導(dǎo)軌共面的O點，ab棒由靜止開始沿軌道下滑，經(jīng)t時間達(dá)到速度v0時懸掛的細(xì)線剛好斷裂，此

7、后兩棒均沿導(dǎo)軌下滑．已知重力加速度為g，勻強磁場方向垂直導(dǎo)軌面向下，磁感應(yīng)強度大小為B，兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則下列有關(guān)描述中正確的是(　　) A．a(chǎn)b棒從開始下滑到細(xì)線斷裂過程中通過cd棒的電荷量是 B．懸掛細(xì)線所能承受的最大拉力為mgsin θ＋ C．最后穩(wěn)定時的兩棒的速度差均勻增大 D．細(xì)線斷后cd棒做加速度逐漸減小的加速度運動，最后穩(wěn)定時的加速度為gsin θ BD　[ab棒由靜止下滑切割磁感線，做加速度逐漸減小的加速運動，對ab棒由(mgsin θ－LB)t＝mv0和q＝t知q＝，A錯誤；線剛斷時通過回路的電流為I＝，因此細(xì)線能承受的最大拉力FT＝mgsin θ

8、＋I(xiàn)LB，即FT＝mgsin θ＋，B正確；線斷后cd棒在重力、支持力和安培力的作用下沿軌道做加速度逐漸減小的加速運動，最后穩(wěn)定時回路中無電流，因此兩棒同速，此時以兩棒整體為對象，由2mgsin θ＝2ma知a＝gsin θ，C錯誤，D正確．] 7．如圖所示，A受到沿斜面向上的拉力F1和垂直于斜面的拉力F2作用，正沿斜面向下運動，斜面體B始終保持靜止不動．斜面體B受到地面的摩擦力向右，物塊A正在下滑時，則(　　) A．若只撤去F1，則B受到地面的摩擦力變大 B．若只撤去F2，則B受到地面的摩擦力變大 C．若同時撤去F1、F2，物塊A將做減速運動 D．增大F2，物塊A受到斜面的摩擦

9、力將變大 BC　[若只撤去F1，對A與B間的彈力、摩擦力均沒有影響，而且兩力方向均保持不變，所以B受到地面的摩擦力不變，A錯誤；若只撤去F2，會導(dǎo)致A與B間的彈力、摩擦力均增加，由Ff＝μFN可知，兩力按照相同比例增加，而且兩力方向均保持不變，所以兩力的水平分力差值會增加，則B受到地面的摩擦力也會變大，B正確；設(shè)α為斜面傾角，若μ＝tan α，此時地面不受斜面體B的摩擦力，若μ>tan α，此時地面對斜面體B有向右的靜摩擦力，符合題給條件，所以物塊A正在下滑時，若同時撤去F、F2，物塊A將做減速運動，C正確；F2增大會導(dǎo)致A、B之間的摩擦力減小，D錯誤．] 8．光滑斜面AB和水平傳送帶BC

10、通過一小段光滑圓弧平滑連接，此圓弧長度略去不計．如圖所示，現(xiàn)讓質(zhì)量為0.2 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從高h(yuǎn)＝0.8 m的A處由靜止釋放后沿斜面下滑，當(dāng)傳送帶固定不動時，滑塊恰好運動到傳送帶右端C處停下．已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取g＝10 m/s2.若傳送帶以v＝2 m/s的速率沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，滑塊仍從A處收靜止釋放，則下列說法正確的是(　　) A．滑塊不能運動到C處 B．滑塊第一次從B處運動到C處所用的時間為0.8 s C．滑塊第一次從B處向右運動到返回B處的過程中產(chǎn)生的熱量為3.6 J D．滑塊從傳送帶返回斜面上升的最大高度為0.2 m BCD　[無論傳送

11、帶固定不動還是沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，滑塊在傳送帶上第一次向右運動過程中受力情況和運動情況均不變，滑塊運動到C處時的速度仍為零，A錯誤；滑塊從A處運動到B處，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝mv，得滑塊到達(dá)B處時的速度大小v0＝4 m/s，根據(jù)動量定理有－μmgt1＝0－mv0，得滑塊第一次從B處運動到C處所用的時間t1＝0.8 s，B正確；滑塊第一次從B處向右運動到C處的過程中產(chǎn)生的熱量Q1＝μmg＝0.4 J，總熱量Q＝Q1＋Q2＝3.6 J，C正確；根據(jù)機械能守恒定律有mgH＝mv2，得滑塊從傳送帶返回斜面上升的最大高度H＝0.2 m，D正確．] 二、實驗題 9．(2018·山東省青島市高三統(tǒng)

12、一質(zhì)檢)某同學(xué)用如圖所示裝置驗證動量守恒定律．入射球和靶球的半徑相同，質(zhì)量分別為m1、m2，平放于地面的記錄紙上鋪有復(fù)寫紙．實驗時先使入射球從斜槽上固定位置G由靜止開始滾下，落到復(fù)寫紙上，重復(fù)上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，讓入射球仍從位置G由靜止開始滾下，和靶球碰撞后繼續(xù)向前運動落到復(fù)寫紙上，重復(fù)操作多次．最終記錄紙上得到的落點痕跡如圖乙所示． (1)關(guān)于本實驗下列說法正確的是________ A．需要用游標(biāo)卡尺測量兩小球的直徑 B．應(yīng)使m1>m2 C．實驗中記錄紙上鋪的復(fù)寫紙的位置可以移動 D．斜槽要固定好，末端切線不需要調(diào)節(jié)水平 (2)請你敘述確定落點平均位置的辦法

13、： _____________________________. (3)按照本實驗方法，該同學(xué)確定了落地點的平均位置P、Q、R并測出了OP、PQ、QR間的距離分別為x1、x2、x3，則驗證動量守恒定律的表達(dá)式是______________________． 解析　(1)A：本實驗中兩小球的直徑要相同即可，不需要測量小球的直徑．故A項錯誤．B：要碰后入射球不反彈，則入射球的質(zhì)量大于靶球的質(zhì)量，即m1>m2.故B項正確．C：實驗中記錄紙上鋪的復(fù)寫紙的作用是描繪落點的位置，則復(fù)寫紙的位置可以移動．故C項正確．D：斜槽要固定好，末端切線需要調(diào)節(jié)水平，才能使小球做平拋運動．故D項錯誤．(2)確定落點

14、平均位置的辦法：用盡可能小的圓把盡可能多的落點都圈在里面，圓心就是落點的平均位置．(3)驗證動量守恒定律的表達(dá)式是m1v0＝m1v1＋m2v2，則m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1QQ＝m1OP＋m2OR，用題中測量的量表示為m1(x1＋x2)＋m2(x1＋x2＋x3)． 答案　(1)BC　(2)用心意可能小的圓把盡可能多的落點都圈在里面，圓心就是落點的平均位置　(3)m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)＝m2(x1＋x2) 10．某實驗小組設(shè)計了如圖甲所示的電路來完成小燈泡伏安特性曲線的描繪，同時測量電源的電動勢和內(nèi)阻． (1)①閉合開關(guān)前，應(yīng)將滑動變阻器的觸頭調(diào)至_____

15、___(選填“a”或“b”)端； ②開關(guān)閉合后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，記錄電壓表V1、V2及電流表A的讀數(shù)U1、U2、I； ③重復(fù)②的操作，得到八組實驗數(shù)據(jù)； ④描點作圖，分別作出I－U1和I－U2的圖像，如圖乙、丙所示，已知R0＝5 Ω. (2)圖乙中0～U0段圖線基本呈直線的原因是___________________________ ___________________. (3)由圖丙可知該電源的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω. (4)將該電源與阻值為11 Ω的電阻串聯(lián)后給上述小燈泡供電，此時小燈泡的電阻為________Ω，消耗的功率為________

16、W．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 解析　(1)①閉合開關(guān)前要保證滑動變阻器串入回路的阻值最大，觸頭應(yīng)在a端． (2)圖乙中0～U0段，熱功率較小，溫度變化不明顯，燈泡電阻變化不明顯，故圖線呈直線． (3)由閉合電路歐姆定律得U2＝E－I(R0＋r)，知(R0＋r)＝＝6 Ω，故電源內(nèi)阻為1 Ω，電動勢為12 V. (4)在題圖乙中作出電源與定值電阻串聯(lián)后的外特性曲線如圖所示， 此時燈泡電阻約為≈3.6 Ω， 功率為2.8 V×0.77 A≈2.2 W. 答案　(1)①a　(2)熱功率較小，溫度變化不明顯，燈泡電阻變化不明顯 (3)12　1 (4)3.5～3.7均給分　2.1或

17、2.2均給分 三、計算題 11．如圖所示，一個物塊以某一初速度v0沿傾角θ＝37°、高h(yuǎn)＝1.7 m的固定光滑斜面的最下端向上運動，物塊運動到斜面的頂端時的速率為v＝m/s，如果在斜面中間某一區(qū)域設(shè)置一段摩擦區(qū)，物塊與摩擦區(qū)間的動摩擦因數(shù)μ＝0.125，物塊以同樣的初速度從斜面的底端向上運動，物塊恰好運動到斜面的頂端(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝4.7)． (1)求初速度v0的大小； (2)求摩擦區(qū)的長度l； (3)在設(shè)置摩擦區(qū)后，摩擦區(qū)的位置不同，物塊以初速度v0從斜面底端運動到頂端的時間不同，求物塊從斜面底端運動到斜面頂端的最長時間(

18、計算結(jié)果保留兩位小數(shù))． 解析　(1)由動能定理得－mgh＝mv2－mv 代入已知量得v0＝6 m/s (2)增設(shè)摩擦區(qū)后，因物塊恰好運動到斜面的頂端，則摩擦力做的功恰好等于沒有摩擦區(qū)域時物塊運動到斜面頂端的動能，則μmgcos θ·l＝mv2 代入已知量得l＝1 m (3)如圖所示，當(dāng)摩擦區(qū)設(shè)置在斜面最下面時，讓物塊一開始運動就進(jìn)入摩擦區(qū)，特塊在斜面上運動的時間最長．設(shè)物塊在摩擦區(qū)和光滑的斜面上的加速度分別是a1和a2，則－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1－mgsin θ＝ma2 代入已知量得a1＝－7 m/s2，a2＝－6 m/s2 物塊在摩擦區(qū)內(nèi)運動的時間為t

19、1，則 l＝v0t1＋a1t 代入數(shù)據(jù)解得t1≈0.19 s，t1≈1.53 s(舍去) 物塊在斜面的光滑部分運動的初速度為v1，時間為t2，則v1＝v0＋a1t1＝4.67 m/s t2＝＝0.78 s 物塊運動到斜面頂端的最長時間為 t＝t1＋t2＝0.97 s 答案　(1)6 m/s　(2)1 m　(3)0.97 s 12．(2018·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學(xué)期質(zhì)檢)如圖，xOy平面內(nèi)存在著平行于y軸的勻強電場，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子從坐標(biāo)原點O以速度v0沿x軸正方向開始運動．當(dāng)它經(jīng)過圖中虛線上的M(2a，a)點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進(jìn)入一

20、個垂直于xOy平面的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，又從虛線上的某一位置N處沿y軸負(fù)方向運動并再次經(jīng)過M點．已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝，不計粒子的重力．試求：(結(jié)果用m、v0、q、a表示) (1)電場強度的大小及方向． (2)N點的坐標(biāo)． (3)矩形磁場的最小面積為多少？ 解析　(1)因為－q向上做類平拋，所以電場方向沿y軸的負(fù)方向粒子從O到M做類平拋運動，設(shè)時間為t，則有2a＝v0t　a＝t2　得E＝ (2)粒子運動到M點時速度為v，與x方向的夾角為α，則 vy＝t＝··＝v0 v＝＝v0tan α＝＝，即α＝30° 由題意知，粒子從P點進(jìn)入磁場，從N點離開磁場，由左手定則知磁場方向垂直于xOy平面(紙面)向外；粒子在磁場中O′點為圓心做勻速圓周運動，設(shè)計徑R，則由qvB＝m 解得粒子做圓周運動的半徑為R＝＝＝a由幾何關(guān)系知， β＝∠PMN＝30° 所以N點的縱坐標(biāo)為yN＝＋a＝a＋a，橫坐標(biāo)為xN＝2a 得N點的坐標(biāo)為(2a，a＋a) (3)當(dāng)矩形磁場為圖示粗實線矩形時的面積最小，則矩形的兩個邊長分別是L1＝2R＝2a L2＝R＋Rsinβ＝a　面積為：S＝L1L2＝3a2 答案　(1)，沿y軸反方向 (2)(2a，a＋a)　(3)3a2 10