（广西专用）2020高考物理二轮复习综合能力训练（二）（含解析）.docx

综合能力训练(二)(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.(2019全国卷)氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.633.10 eV的光为可见光。要使处于基态(n=1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子,最少应给氢原子提供的能量为()A.12.09 eVB.10.20 eVC.1.89 eVD.1.51 eV答案:A解析:氢原子从能级2向能级1跃迁时,辐射的光子能量为10.2eV,不是可见光。氢原子从能级3向能级2跃迁时,辐射的光子能量为1.89eV,是可见光,所以只要把氢原子跃迁到能级3就可以辐射可见光。氢原子从能级1向能级3跃迁时,吸收的光子能量为12.09eV,A正确,B、C、D错误。2.从地面竖直上抛一物体A的同时,在离地面高h处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动,两物体在空中同时到达距地面高h时速率都为v(两物体不会相碰),则下列说法正确的是()A.h=2hB.物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍C.物体A、B在空中运动的时间相等D.两物体落地前各自的机械能都守恒且二者机械能相等答案:D解析:A、B运动的时间相同,加速度都等于g,所以速度的变化量大小也相同,都等于v,对A:v=v-v0=-v,上升高度hA=h,对B:v=v-0=v,下落高度hB=h-h,由x=vt,可知hA=3hB,可得h=4h3,A的初速度v0=2v,根据对称性知,B落地的速度也是2v,故选项A错误,选项B错误;A上升的时间与B下落的时间相同,设为t,故A在空中运动的时间为2t,所以选项C错误;两物体落地前,只有重力做功,所以各自的机械能都守恒,AB在地面处的速度大小相等,所以两者机械能相等,故选项D正确。3.(2019陕西宝鸡模拟)如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动,连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为l,绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为,当连杆AB与水平方向夹角为,AB杆与OB杆的夹角为时,滑块的水平速度大小为()A.lsinsinB.lcossinC.lcoscosD.lsincos答案:D解析:设滑块的水平速度大小为v,A点的速度的方向沿水平方向,如图将A点的速度沿杆方向和垂直杆方向分解,根据运动的合成与分解可知,沿杆方向的分速度vA分=vcos。B点做圆周运动,实际速度是圆周运动的线速度,可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度,如图设B的线速度为v,则vB分=vcos=vcos(-90)=vcos(90-)=vsin,v=L,又二者沿杆方向的分速度是相等的,即vA分=vB分,联立可得v=Lsincos,D正确,A、B、C错误。4.理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的2倍。火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机,做自由落体运动,经时间t落到火星表面。已知引力常量为G,火星的半径为R。若不考虑火星自转的影响,要使探测器脱离火星飞回地球,则探测器从火星表面的起飞速度至少为()A.7.9 km/sB.11.2 km/sC.2hRtD.2hRt答案:D解析:根据h=12gt2可得,火星表面的重力加速度为g=2ht2,火星的第一宇宙速度v1=gR,要使探测器脱离火星飞回地球,则需要以火星第二宇宙速度起飞,即v2=2gR=2hRt,所以选项A、B、C错误;D正确。5.两个中间有孔的质量为m0的小球A、B用一轻弹簧相连,套在水平光滑横杆上。两个小球下面分别连一轻弹簧。两轻弹簧下端系在一质量为m的小球C上,如图所示。已知三根轻弹簧的劲度系数都为k,三根轻弹簧刚好构成一等边三角形。下列说法正确的是 ()A.水平横杆对质量为m0的小球的支持力为m0g+mgB.连接质量为m小球的轻弹簧的弹力为mg3C.连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为33kmgD.套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为33kmg答案:C解析:对C分析,C球受到重力和两个弹簧的拉力,处于静止状态,三力合力为零,所以每根弹簧对小球的拉力为FT1=mg2cos30=3mg3,所以连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为x1=FTk=3mg3k,选项B错误,C正确;水平横杆对质量为M的小球的支持力为FN=Mg+12mg,选项A错误;将连接C球的两个弹簧的弹力沿水平方向分解可得套在水平光滑横杆上的轻弹簧的弹力为FT2=FT1cos60=3mg6,故弹簧的形变量为3mg6k,选项D错误。6.(2019全国卷)如图所示,电荷量分别为q和-q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则 ()A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加答案:BC解析:取无穷远处电势为0,a点距-q近,距q远,电势为负数;b点距q近,距-q远,电势为正数,b点电势大于a点电势,A错误。电势能Ep=q,负电荷在电势小处电势能大,即负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,将负电荷从a点移到b点,电势能减小,D错误。正电荷的电场强度沿半径向外,负电荷的电场强度沿半径向内,E=kQr2,点电荷q在a点的电场强度与点电荷-q在b点的电场强度相同,大小和方向都一样;点电荷q在b点的电场强度与点电荷-q在a点的电场强度相同,大小和方向都一样,则a点的合电场强度与b点的合电场强度相同,B、C正确。7.下图为某小型水电站的电能输送示意图,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R=10 ,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41,副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路,用电器电阻R0=11 。若T1、T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u=2202sin 100t V。下列说法正确的是()A.发电机中的电流变化频率为100 HzB.通过用电器的电流有效值为20 AC.升压变压器的输入功率为4 650 WD.当用电器的电阻R0减小时,发电机的输出功率减小答案:BC解析:从u=2202sin100tV可以得出,发电机中的电流变化频率为50Hz,选项A错误;加在R0两端的电压有效值为220V,因此流过用电器R0的电流I2=UR0=22011A=20A,选项B正确;根据n1n2=I2I1,可知流过R的电流为I1=5A,因此输入变压器的输入功率等于R与R0消耗的总功率,P=I12R+I22R0=4650W,选项C正确;当用电器的电阻R0减小时,R0消耗的功率增大,这时发电机的输出功率将增大,选项D错误。8.正对着且水平放置的两平行金属板连接在如图所示的电路中,板长为l,板间距为d,在距离板的右端 2l 处有一竖直放置的光屏 M。D为理想二极管(即正向电阻为0,反向电阻无穷大),R为滑动变阻器,R0为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间,闭合开关S,让一电荷量为q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间,质点未碰极板,最后垂直打在 M 屏上。在保持开关S闭合的情况下,下列分析或结论正确的是()A.质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同B.板间电场强度大小为2mgqC.若仅将滑片P向下滑动一段后,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会垂直打在光屏上D.若仅将两平行板的间距变大一些,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会垂直打在光屏上答案:BCD解析:由题意知,粒子在板间做类平抛运动,要使最后垂直打在M屏上,离开板间后竖直方向做减速运动,到达M板时竖直速度减为零,而水平方向一直做匀速运动,设离开板时竖直速度为vy,质点在板间运动的过程中速度变化为vy,从板的右端运动到光屏的过程中速度变化为-vy,故选项A错误;粒子从板的右端运动到光屏的过程中用时t2=2lv0,所以vy=gt2=2glv0,在板间t1=lv0,竖直方向vy=at1=qE-mgmlv0,联立解得E=3mgq,故选项B错误;若仅将滑片P向下滑动一段后,电阻R的电压减小,电容器电压减小,电容器放电,由于二极管的特性,电容器放不出去电,故电容器电压不变,板间电场强度不变,质点依然会垂直打在光屏上,故选项C正确;若仅将两平行板的间距变大一些,由C=rS4kd知,电容减小,由Q=CU,电容器放电,由于二极管的特性,电容器放不出去电,故电容器电压不变,板间电场强度不变,质点依然会垂直打在光屏上,故选项D正确。第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第912题为必考题,每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题,考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9.(6分)右图是某同学做探究做功与速度变化的关系的实验装置。他将光电门固定在直轨道上的O点,用同一重物通过细线拉同一小车,每次小车都从不同位置由静止释放,各位置A、B、C、D、E、F、G(图中只标出了O、G)离O点的距离d分别为8 cm、16 cm、24 cm、32 cm、40 cm、48 cm、56 cm。 (1)该实验是否必须测量重物的重力:(选填“需要”或“不需要”);该实验是否必须平衡摩擦力:(选填“是”或“否”)。(2)(多选)为了减小实验误差,下列做法正确的是()A.增大遮光条的宽度使其宽度的测量的相对误差尽量小B.同一d值的测量多测几次以减小偶然误差C.重物质量应当远小于小车质量D.调节滑轮高度,使连接小车的细线与轨道平行(3)用游标卡尺测得此装置中的遮光条的宽度d=mm。答案:(1)不需要否(2)BD(3)3.44解析:(1)本实验中,测量的是做功W与速度v的关系,实际上就是验证动能定理,Fl=12mv2,由于给出了不同的位移,实际上是计算l与v的关系,因此不用计算拉力大小,也不用平衡摩擦力。(2)应减小遮光条的宽度使其能准确测出小车到达该位置时的速度以尽量减小误差,选项A错误;多测几次求平均值是减小偶然误差的好方法,选项B正确;由于不必测量重物重力,也用不着求出细线拉力,因此不必满足重物质量应当远小于小车质量,选项C错误;调节滑轮高度,使连接小车的细线与轨道平行,这样使小车运行平稳,摩擦力保持不变,选项D正确。(3)读数为3mm+220.02mm=3.44mm。10.(9分)某同学身边有一电动势未知的电源和电压表A,他想用以下器材组装成欧姆表,并比较准确地测量该电源的电动势和电压表B的内阻。现有下列器材:电压表A,满偏电压3 V,内阻为1 k待测电压表B,量程015 V,内阻为几千欧电源,电动势约15 V,内阻为3 滑动变阻器R1,最大阻值为10 k滑动变阻器R2,最大阻值为1 k(1)本实验中应选择滑动变阻器(选填“R1”或“R2”)。请在下面的方框内画出所改装的欧姆表的内部电路结构图;(2)该同学组装完毕并进行欧姆调零后,将待测电压表接入电路中,两电压表的读数如图所示,甲、乙电表读数分别为V、V;(3)通过本实验测得该电源电动势为V,电压表B的内阻为。(计算结果保留两位有效数字)答案:(1)R1见解析图(2)1.009.5(3)149.5103解析:(1)由题意可知,要想组装欧姆表应采用电源和表头串联,由于只给出了一个满偏电压为3V的电压表,故只能利用电压表与电阻和电源串联使用;欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻,调零时电压表应该满偏,因电动势约为15V,电压表分压3V,则滑动变阻器分压约为12V,可知其阻值应为电压表内阻的4倍,故滑动变阻器应选择最大阻值为10k的滑动变阻器R1,电路如图所示。(2)甲电压表量程为03V,最小分度为0.1V,故读数为U1=1.00V;乙电压表量程为015V,最小分度为0.5V,故读数为U2=9.5V。(3)“欧姆表”调零时电压表A的电压为3V,则电流为I1=31000A=0.003A,则有I1=ERVA+R1+r;而接入待测电压表后,I2=URV=11000A=0.001A由闭合电路欧姆定律可知I2=Er+R1+RVA+RVB,RVB=U2I2=9.50.001=9.5103,联立以上各式解得E=14V。11.(12分)(2019黑龙江双鸭山模拟)如图甲所示,两根平行光滑金属导轨间距l=0.5 m,置于同一水平面上。导轨间接有阻值R1=1.5 的定值电阻。垂直于轨道的虚线右侧充满竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。一置于轨道上的导体棒与虚线平行,且相距s=0.32 m。在水平向右外力F的作用下,导体棒由静止开始做匀加速运动,其v-t图像如图乙所示。已知导体棒的质量m=0.1 kg,棒接入两导轨间的阻值r=0.5 。求:甲乙(1)导体棒运动的加速度a;(2)t1=0.3 s、t2=0.5 s时电压表的示数U1、U2;(3)1 s时水平外力F的大小。答案:(1)4 m/s2(2)00.375 V(3)0.525 N解析:(1)根据题图乙,知导体棒的加速度为a=vt=3.20.8m/s2=4m/s2。(2)导体棒进入磁场前,电压表示数为零;进入磁场后切割磁感线产生感应电流,电压表有示数。根据s=12at2可算出导体棒进入磁场的时刻t0=0.4s所以t1=0.3s时,电压表示数为U1=0Vt2=0.5s时,切割速度v2=2.0m/s感应电动势为E=Blv2=0.50.52V=0.5V电压表示数为U2=ER1R1+r=0.375V。(3)t=1s时,切割速度v=4.0m/s根据牛顿第二定律得F-F安=ma又F安=BIl=B2l2vR1+r,代入数据解得F=0.525N。12.(20分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计,可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 kg,现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s,求:(1)A开始运动时加速度a的大小;(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;(3)A的上表面长度l。答案:(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m解析:(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律得F=mAa代入数据得a=2.5m/s2。(2)A、B碰撞后共同运动过程中,选向右的方向为正,由动量定理得Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v代入数据解得v=1m/s。(3)A、B碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理得Fl=12mAvA2-0联立并代入数据得l=0.45m。(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分)13.(15分)【物理选修3-3】(2019全国卷)(1)(5分)用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液,稀释的目的是。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积,可以 。为得到油酸分子的直径,还需测量的物理量是。(2)(10分)如图所示,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有一段高度为2.0 cm的水银柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强相当于76 cm高水银柱产生的压强,环境温度为296 K。求细管的长度;若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封气体的温度。答案:(1)使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1 mL油酸酒精溶液的滴数,得到一滴溶液中纯油酸的体积单分子层油膜的面积(2)41 cm312 K解析:(1)稀释后,油酸在浅盘的水面上更容易形成一块单分子层油膜。把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1mL油酸酒精溶液的滴数n,得到一滴油酸酒精溶液的体积1mLn,之后根据浓度求出一滴溶液中纯油酸的体积。根据公式d=VS可知,还需要测单分子层油膜的面积S。(2)设细