2019高考物理二轮复习专题测试练（六）必考部分.docx

专题测试卷(六)必考部分(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)1(多选)在物理学发展史中，许多科学家通过自己不懈的努力和聪明才智作出了卓越的贡献，发现了许多重要的自然规律，形成了科学地解决问题的方法，下列说法正确的是()A牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量B库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量k的值C探究求合力的方法的实验中运用了控制变量的方法D把带电体看成点电荷运用了理想模型的方法解析 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，A错误；库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量k的值，B正确；探究求合力的方法的实验中运用了等效替代的方法，C错误；把带电体看成点电荷运用了理想模型的方法，D正确。答案 BD2(多选)如图所示，地面上固定一个斜面，上面叠放着A、B两个物块并均处于静止状态。现对物块A施加一斜向上的力F作用，A、B两个物块始终处于静止状态。则木块B的受力个数可能是()A3个 B4个C5个 D6个解析 对A受力分析可得，A受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力及水平向右的摩擦力，对B受力分析可得，B受重力、A对B的压力、斜面的支持力、A对B向左的摩擦力，且斜面若对B没有摩擦力则B受到4个力，若斜面对B有摩擦力则B受5个力，选项A、D错误，B、C正确。答案 BC3(多选)为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1，随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则()AX星球的质量为MBX星球表面的重力加速度为gxC登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为 D登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2T1解析 根据题意画出示意图，并标注字母条件(如图)。由m1r1得M，A对；m2r2联立两式得T2T1 ，D对。由m得v ，与m1、m2无关，C错；因飞船的向心加速度为ar1，不等于X星球表面的重力加速度gx，故B错。答案 AD4(2018北京市丰台区模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是()A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析 无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。所以A、B、D选项错误。接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，C选项正确。答案 C5(多选)(2018洛阳市二模)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB。两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图像，图中xL点为图线的最低点，若在x2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是()A小球在xL处的速度最大B小球一定可以到达x2L点处C小球将以xL点为中心做往复运动D固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QAQB41解析 据x图像切线的斜率等于场强E，则知xL处场强为零，所以小球在C处受到的电场力向左，向左加速运动，到xL处加速度为0，从xL向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在xL处的速度最大，故A正确；由题图乙可知，x2L点的电势大于x2L点的电势，所以小球不可能到达x2L点处，故B错误；由图知图像不关于xL对称，所以xL点不是中心，故C错误；xL处场强为零，根据点电荷场强公式则有：kk，解得QAQB41，故D正确。答案 AD6如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息无法计算出(sin 370.6，cos 370.8)()A物体的质量B物体能静止在斜面上时所施加的外力C斜面的倾角D加速度为6 m/s2时物体的速度解析 分析物体受力，由牛顿第二定律得Fcos mgsin ma，由F0时，a6 m/s2，解得37。由aFgsin 和a F图像知：图像斜率，解得m2 kg，物体静止时的最小外力Fmincos mgsin ，Fminmgtan 15 N，因物体的加速度的变化对应的时间未知，所以无法求出物体加速度为6 m/s2时的速度，故满足题意的选项是D。答案 D7(多选)(2018南昌市二模)一足够长的传送带与水平面的夹角为，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系。如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1v2)。已知传送带的速度保持不变。则下列判断正确的是()A若物块与传送带间的动摩擦因数为，则tan B0t1内，传送带对物块做正功C0t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D0t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量解析 在t1t2内，物块向上运动，则有mgcos mgsin ，得tan ，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0t1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故C正确；0t2内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故D错误。答案 AC8(多选)如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2为定值电阻，滑动触头P可在R上滑动。V1、V2为理想电压表，读数分别为U1、U2；A1、A2两理想电流表的读数分别为I1、I2。当滑动触头P向下滑动且V1示数一直不变时，则下列推断中正确的是()AU2变大，I2变大BU2不变，I2变小CI1变小，R1两端电压变小DI1变大，R1两端电压变小解析 考查学生对变压器及电路知识的掌握情况。对于理想变压器在输入电压一定的条件下，输出电压也是一定的，即U2不变，选项A错误；当P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，负载电阻增大，所以I2减小，R1两端电压减小，又因为理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化，所以I1减小，选项B、C正确，D错误。答案 BC9(多选)在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是()A灯泡L变亮B电流表读数变小，电压表读数变大C电源的输出功率变小D电容器C上所带的电荷量减少解析 滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，整个闭合电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流I减小，电流表读数变小，灯泡L变暗，A错误；电压表读数UEIr增大，B正确；灯泡L的电阻大于电源的内阻r，由电源输出功率与外电路电阻的关系图像(如图所示)可知，当滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，电源的输出功率减小，C正确；电容器C上所带的电荷量QCEI(rRL)增大，D错误。答案 BC10如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形，且PM为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)。设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时PMQ37，下列说法正确的是()A穿过线圈PQM的磁通量大小为0.96BR2B若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且BB0kt，则此时线圈中产生的感应电流的大小为IC保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变D保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热解析 由计算可知A正确，B错误；Q点顺时针移动到PMQ45时，线圈中感应电流的方向改变，C错误；将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M的过程中有感应电流产生，故线圈中会产生焦耳热，D错误。答案 A二、实验题(本题共2小题，共14分，请按题目要求作答)11(5分)在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验中要求小灯泡两端电压从零开始连续变化。(1)实验电路已经画出了一部分，如图甲所示，但尚未画完整，请将电路完整地连接好。(2)按你连的电路，开关S闭合前，滑动变阻器的滑动触头P应移动到_(选填“A”或“B”)端。(3)实验结束后，画出的IU图线如图乙对应的1线，其中虚线2是曲线1在B点的切线，则由该图线可知，图线B点对应的小灯泡的电阻值为_。解析 (1)题中要求小灯泡两端电压从零开始连续变化，故滑动变阻器应选用分压式接法，因小灯泡的电阻较小，故电流表应采用外接法。电路连接如图所示。(2)开关S闭合前，应使两电表的示数最小，故滑动变阻器的滑动触头P应移动到A端。(3)由图像可得B点对应的小灯泡的电阻应为B点的电压与电流之比，即R 4 。答案 (1)见解析图(2)A(3)412(9分)为了用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面间的动摩擦因数(设为定值)，某同学经查阅资料知：一劲度系数为k的轻弹簧由伸长量为x至恢复到原长的过程中，弹力所做的功为kx2，于是他设计了下面实验：第一步：如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，使滑块紧靠弹簧将其压缩，松手后滑块在水平桌面上滑行一段距离后停止；第二步：将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态。回答下列问题：(1)对于松手后，滑块在水平桌面上滑行过程中有关物理量的描述，正确的是()A当弹簧恢复原长时，滑块的加速度达到最大值B当弹簧恢复原长时，滑块的速度达到最大值C滑块的加速度先增大，后减小，然后保持不变D滑块的加速度先减小，后增大，然后保持不变(2)你认为，该同学用刻度尺直接测量的物理量是(写出名称并用符号表示)_。(3)用测得的物理量表示滑块与水平桌面间动摩擦因数的计算式：_。解析 (1)对于松开手后的滑块，在弹簧恢复原长前，水平方向受到向右的弹力kx和向左的摩擦力mg，根据牛顿第二定律得：a。在恢复原长过程中，弹簧的形变量x逐渐减小，所以滑块的加速度先减小后反向增大，当kxmg时速度最大，加速度开始反向，选项D正确。(2)弹簧悬挂滑块时，kx2mg滑块滑行的全过程，根据能量守恒定律得：kxmgs联立得。所以需要用刻度尺直接测量的物理量为：弹簧被压缩的长度x1、滑块滑行的距离s和弹簧悬挂滑块时伸长的长度x2。(3)由(2)得。答案 (1)D(2)弹簧被压缩的长度x1，滑块滑行的距离s，弹簧悬挂滑块时伸长的长度x2(3)三、计算题(本题共4小题，共46分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位)13(9分)在光滑水平面上，有一质量m1.0103 kg、电荷量q1.01010 C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy。现在突然加一沿x轴正方向，场强大小E2.0106 V/m的匀强电场，使小球开始运动。经过一段时间后，所加匀强电场再突然变为沿y轴正方向，场强大小不变，使该小球恰能够到达坐标为(0.30，0.10)的P点，求：(1)电场改变方向前经过的时间；(2)带正电小球到达P点时的速度大小和方向。解析 (1)由牛顿运动定律得，在匀强电场中小球加速度的大小为：a代入数值得：a0.20 m/s2当场强沿x轴正方向时，经过时间t小球的速度大小为vxat小球沿x轴正方向移动的距离x1at2电场方向改为沿y轴正方向后的时间t1内，小球在x轴方向做速度为vx的匀速运动，在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动。沿x轴方向移动的距离：xvxt1x10.30 m沿y轴方向移动的距离：yat0.10 m由以上各式解得t1.0 st11.0 s，vx0.20 m/s。(2)到P点时小球在x轴方向的分速度仍为vx，在y轴方向的分速度vyat10.20 m/s由上可知，此时运动方向与x轴成45角，速度大小为0.28 m/s。答案 (1)1.0 s(2)0.28 m/s与x轴成45角14(11分)如图所示，一质量为m2 kg的滑块从半径为R0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接。已知传送带匀速运行速度为v04 m/s，B点到传送带右端C点的距离为L2 m。当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同。(g10 m/s2)求：(1)滑块到达底端B时对轨道的压力；(2)滑块与传送带间的动摩擦因数；(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q。解析 (1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgRmv物体在B点，由牛顿第二定律得FBmgm由两式得FB60 N由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N。方向竖直向下。(2)方法一：滑块在从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得mgma由运动学公式得vv2aL由三式得0.3方法二：滑块在从A到C整个运动过程中，由动能定理得mgRmgLmv0解得0.3。(3)滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t由运动学公式得v0vBat产生的热量Qmg(v0tL)由得Q4 J。答案 (1)60 N，方向竖直向下(2)0.3(3)4 J15(12分)如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m。导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B。金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g。现在闭合开关S，将金属棒由静止释放。(1)判断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)当B0.40 T，L0.50 m，37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图2所示。取g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。求阻值R1和金属棒的质量m。解析 (1)由右手定则，金属棒ab中的电流方向为从b到a。(2)由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即mghmv2Q解得：Qmghmv2。(3)设最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势EBLvm由闭合电路的欧姆定律：I从b端向a端看，金属棒受力如图：金