2019高考物理复习综合能力训练3.docx

综合能力训练(三)(时间:60分钟满分:110分)第卷一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68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)1.关于近代物理学,下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不一定减少C.10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,一定有5个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性2.一个物体沿直线运动,从t=0时刻开始,物体的-t的图象如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和-1 s,由此可知()A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5 m/sD.物体的初速度大小为1 m/s3.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球同步卫星b离地面高度为H,h1.9 m/s2,不可能一起运动,m2将相对于m1下滑,选项D正确。5.C解析 电压表测量的是有效值,根据,代入数据得,可得电压表示数U2=11 V,选项A错误;由于=100 rad/s,交变电流的周期为0.02 s,选项B错误;副线圈中的电流I2=2 A,因此副线圈的输出功率P=U2I2=22 W,选项D错误;而变压器本身不消耗能量,因此输入功率也是22 W,因此输入电流I1=0.1 A,选项C正确。6.BC解析 根据电路图结合数学知识可知,当aP的电阻等于bP的电阻时,并联部分电阻最大,此时电压表示数最大,根据乙图可知,电压表示数最大为5.0 V,此时电流表示数为0.5 A,则有RaP= =10 ,则滑动变阻器的总阻值为R=2RaP=20 ,根据闭合电路欧姆定律得E=U+2I(R1+r)根据乙图可知,当电压表示数U1=4 V时电流表示数为I1=0.25 A或I2=1 A,根据闭合电路欧姆定律得E=U1+(I1+I2)(R1+r)联立方程解得E=9 V,R1+r=4 ,故A错误,B正确;电源效率=,当电压表示数为5.0 V时,并联部分电阻最大,则外电路电阻最大,此时路端电压最大,效率最高,故C正确;把R1看成内阻,当并联部分电阻R并=R1+r=4 时,R2消耗的总功率最大,此时电压表示数不是5 V,故D错误。故选B、C。7.CD解析 在前0.5 s内由题图乙根据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的。而在0.51.5 s,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,故选项A错误;在前0.5 s内,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小,而在0.51.5 s,由感应电流方向,结合楞次定律可得:若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增加的,则磁通量也会增大,故选项B错误;在前0.5 s内,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小,而在0.51.5 s,由感应电流方向,结合楞次定律可得:若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的,则磁通量也会减小;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,则磁通量也会增大,故选项C正确;在前0.5 s内由题图乙根据楞次定律可知,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场增强的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场减弱的,而在0.51.5 s,若磁场方向垂直纸面向里(正方向)时,必须是磁场减弱的;若磁场方向垂直纸面向外(负方向)时,必须是磁场增强的,故选项D正确。8.BD解析 开始系统处于静止状态,弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,故m2gsin =kx2,x2为弹簧相对于原长的伸长量,但由于开始时弹簧是压缩的,故dx2,故m2gsin kd,故选项A错误;当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,故m2gsin =kx2,根据牛顿第二定律:F-m1gsin -kx2=ma,已知m1gsin =kx1,x1+x2=d,故物块A加速度等于,故选项B正确;拉力的瞬时功率P=Fv,故选项C错误;根据功能关系,弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量,即为Fd-m1gdsin -m1v2,故选项D正确。9.答案 (1)10.55(2)1.23同一位置O细绳的方向解析 (1)游标卡尺的主尺刻度为10 mm,游标尺刻度为110.05 mm=0.55 mm,所以游标卡尺读数为10.55 mm。(2)经估读,弹簧测力计的读数为1.23 N。验证力的平行四边形定则的依据是两弹簧测力计共同作用与一个弹簧测力计单独作用等效,应将节点拉到同一位置O。利用平行四边形定则作合力,既要知道力的大小,又要知道力的方向,所以要记下细绳的方向。10.答案 (1)DAE(2)CDF电路图如图所示解析 (1)选择倍率后,欧姆表指针读数偏大,应该换用大倍率,更换倍率需要重新欧姆调零,所以先更换大倍率即步骤D,再欧姆调零即步骤A,最后测量电阻即步骤E。(2)要使得电表指针有较大变化范围,滑动变阻器选择分压式接法,所以滑动变阻器选择阻值小的即F;电源电动势为3 V,所以电压表为读数准确选择小量程即D。根据欧姆表可知待测电阻阻值在1 000 以上,而电压最大只有3 V,所以电流不会超过3 mA,电流表选择C。滑动变阻器已经确定分压式,而待测电阻阻值较大,电流表内阻较小,所以电流表选择内接法。如答案图所示。11.答案 (1)78.4 kW(2)23.6 m(3)见解析解析 (1)重物速度最大时,有F=mgP=mgv 解得P=78.4 kW。(2)重物匀加速上升的高度h1=a1得h1=9.6 m此过程起重机拉力满足F1-mg=ma1从静止到最大速度过程中,由动能定理得F1h1+Pt2-mg(h1+h2)=得h1+h2=19.6 m匀减速运动上升的高度h3=4 mh=h1+h2+h3=23.6 m。(3)图象如图所示12.答案 (1)v0,与水平方向成45夹角(2)(3)不可能经过O点解析 (1)电荷在电场中做类平抛运动,由l=v0t1,t1,得vy=v0,经过M点速度的大小vM=v0,设与水平方向的夹角为,有tan =1,得=45。(2)在电场中运动,有vy=at1=v0,而a=,得E=;由几何关系知,PI=l,则PC=l,电荷进入磁场后运动轨迹如图,设电荷做圆周运动对应的圆心为Q点,半径为R,根据几何关系有R=SQ=l,据qvB=m,得B=。(3)电荷从D到O的运动可分为3段,电场中的类平抛、离开电场进入磁场前的匀速直线运动、进入磁场后的匀速圆周运动。在电场中,据l=v0t1,得t1=;在电场与磁场之间做直线运动,有v0t2=1+l,t2=1+;在磁场中运动,t3=T=,则总的运动时间为t=t1+t2+t3=。若AO右侧出现无磁场区域,则电荷将从轨迹与边界的交点沿轨迹上该点切线方向射出,根据电荷的运动轨迹可以看出,该点切线方向与该点和原点的连线方向一定不同,故电荷不可能经过O点。13.答案 (1)BCE(2)4 kg 640 cm3解析 (1)布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒所做的无规则运动,选项A错误;叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用,选项B正确;液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点,选项C正确;当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时,分子间的距离越大,分子势能越大,选项D错误;温度升高时,分子热运动的平均动能一定增大,但并非所有的分子的速率都增大,选项E正确。(2)设物体A的体积为V。T1=300 K,p1=1.0105 Pa,V1=6040 cm3-VT2=330 K,p2=(1.0105+) Pa,V2=V1T3=360 K,p3=p2,V3=6440 cm3-V由状态1到状态2为等容过程:代入数据得m=4 kg。由状态2到状态3为等压过程:代入数据得V=640 cm3。14.答案 (1)ABD(2)133 cm125 cm解析 (1)由v=可知,A项正确;由=及ab可知,B项正确;由题图可知,nanb,C项错误;由sin C=可知,a先发生全反射,D项正确;由x=及ab可得,E项错误。(2)由题意,O、P两点间的距