2020届高考物理二轮复习专题冲刺综合能力仿真模拟卷二课件201912251256.ppt
2020届高考物理二轮复习 专题冲刺 综合能力仿真模拟卷课件+精练（打包4套）
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综合能力仿真模拟卷一 第卷(选择题，共48分)二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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如图是氢原子的能级图，一个氢原子从n5能级直接跃迁到n2能级，则()a放出某一频率的光子b放出一系列频率的光子c吸收某一频率的光子d吸收一系列频率的光子答案a解析由较高能级向较低能级跃迁，放出光子的能量：hemen，一个氢原子从n5能级直接跃迁到n2能级只能够放出某一频率的光子，a正确。15(2019广西钦州三模)某空降兵从直升机上跳下，8 s后打开降落伞，并始终保持竖直下落。在012 s内其下落速度随时间变化的vt图象如图所示。则()a空降兵在08 s内下落的高度为4v2b空降兵(含降落伞)在08 s内所受阻力可能保持不变c8 s时空降兵的速度方向改变，加速度方向保持不变d812 s内，空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小答案d解析由vt图象可知，vt图象与t轴包围的面积表示位移，则空降兵在08 s内下降的高度大于v284v2，故a错误；由vt图象可知，在08 s内，vt图象的斜率越来越小，即加速度越来越小，由受力分析可得：mgfma，故所受的阻力越来越大，b错误；由vt图象可知，在8 s时，空降兵的速度开始减小，但是方向不变，图象的斜率的正负发生了改变，可知加速度的方向发生了改变，变为竖直向上，故c错误；812 s内，空降兵的加速度方向竖直向上，受力分析得：f合ma，由图象可知，斜率越来越小，即空降兵的加速度越来越小，所以空降兵(含降落伞)所受合力逐渐减小，d正确。16.(2019福建宁德二模)2019年4月10日21时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界望远镜发布会上同步发布。该黑洞半径为r，质量m和半径r的关系满足：(其中c为光速，g为引力常量)。若天文学家观测到距黑洞中心距离为r的天体以速度v绕该黑洞做匀速圆周运动，则()a该黑洞的质量为 b该黑洞的质量为c该黑洞的半径为 d该黑洞的半径为答案c解析天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：gm，得m，故a、b错误；设黑洞的半径为r，质量m和半径r的关系满足：，联立解得r，故c正确，d错误。17(2019山东潍坊二模)中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至光速的，促进了我国医疗事业的发展。若用如图所示的回旋加速器分别加速氕、氘两种静止的原子核，不考虑加速过程中原子核质量的变化，以下判断正确的是()a氘核射出时的向心加速度大b氕核获得的速度大c氘核获得的动能大d氕核动能增大，其偏转半径的增量不变答案b解析由qvbm得：速度vm，向心加速度a，可知氕核射出时的向心加速度大，a错误；ekmmv，因为氕核的质量较小，则获得的动能和速度大，b正确，c错误；由r可知，氕核动能增大，其偏转半径的增量要改变，d错误。18(2019湖南岳阳高三二模)如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是()a随意挂在一个钩子上b使背包带跨过两个挂钩c使背包带跨过三个挂钩d使背包带跨过四个挂钩答案d解析设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得2fcosmg；解得背包带的拉力f，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cos最大，由于相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，故使背包带跨过四个挂钩时0，cos1，此时背包带受力最小，故d正确。19(2019福建宁德二模)如图甲为电动汽车无线充电原理图，m为受电线圈，n为送电线圈。图乙为受电线圈m的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为s，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确是()a当线圈n接入恒定电流时，不能为电动汽车充电b当线圈n接入正弦式交变电流时，线圈m两端产生恒定电压c当线圈m中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出d充电时，t时间内线圈m中磁感应强度大小均匀增加b，则m两端电压为答案ac解析当送电线圈n接入恒定电流时，产生的磁场不变化，受电线圈m中的磁通量不发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故a正确；当线圈n接入正弦式交变电流时，受电线圈m中的磁通量按正弦式变化，故m两端产生正弦式电压，b错误；穿过线圈m的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出，c正确；根据法拉第电磁感应定律，有：enns，设受电线圈外接电路的电阻为r，由闭合电路的欧姆定律得m两端的电压：ur，d错误。20(2019湖南衡阳三模)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过(0.1,4.5)和(0.15,3)两点，图中虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线。现有一质量为0.20 kg、电荷量为2.0108 c的滑块p(可视为质点)，从x0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g10 m/s2。则下列说法中正确的是()a滑块p运动过程中的电势能先减小后增大b滑块p运动过程中的加速度先减小后增大cx0.15 m处的电场强度大小为2.0106 n/cd滑块p运动的最大速度为0.1 m/s答案bcd解析由电势与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故a错误；电势与位移x图线的斜率表示电场强度，则x0.15 m处的场强为：e v/m2106 v/m2.0106 n/c，此时滑块受到的电场力为：fqe21082106 n0.04 n，滑动摩擦力大小为：fmg0.022 n0.04 n，在到达x0.15 m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，到达x0.15 m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故b、c正确；到达x0.15 m时，滑块受到的电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qufxmv2，因为0.10 m和0.15 m处的电势差大约为1.5105 v，代入求解，可得最大速度为0.1 m/s，故d正确。21(2019贵州毕节二模)如图甲所示，两个弹性球a和b放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m11 kg。现给a球一个水平向右的瞬时冲量，使a、b球发生弹性碰撞，以碰撞初始时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知()ab球的质量m22 kgba球和b球在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 jct3时刻两球的动能之和小于0时刻a球的动能d在t2时刻两球动能之比为ekaekb18答案ad解析a球和b球在碰撞过程中动量守恒，因此由m1v(m1m2)v共，代入题图所给数据有m22 kg，a正确；a球和b球在共速的时候弹性形变达到最大，产生的弹性势能最大，因此epmaxm1v2(m1m2)v j3 j，b错误；因为是弹性碰撞，两个小球组成的系统在分离前后没有能量损失，则0时刻a球的动能与t3时刻两球动能之和相等，c错误；从碰撞到t2时刻，小球满足动量守恒定律和机械能守恒定律，因此有m1vm1v1m2v2，m1v2m1vm2v，联立解得v22 m/s，v11 m/s，故t2时刻两球的动能之比ekaekb18，d正确。第卷(非选择题，共62分)三、非选择题：共62分，第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3334题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。22(2019成都高新区一模)(6分)某实验小组的同学用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数。每次滑块都从斜面上由静止开始下滑，测出滑块每次下滑时遮光板到光电门所在位置的距离l及相应遮光时间t的值。(1)用游标卡尺测量遮光板的宽度d，如图乙所示，则d_ cm。(2)为测出滑块与斜面间的动摩擦因数，本实验还需要测出或知道的物理量是_(填下列序号)。a滑块和遮光板的总质量mb斜面的倾角c当地的重力加速度g(3)实验中测出了多组l和t的值，若要通过线性图象来处理数据求值，则应作出的图象为_。at2l图象 bt2图象cl2图象 dl2t图象(4)在(3)作出的线性图象中，若直线的斜率为k，则关于值的表达式为_。(可用以上物理量的符号表示)答案(1)0.225(2)bc(3)b(4)tan解析(1)主尺示数为2 mm，游标尺上刻度线5和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为：50.05 mm0.25 mm，故所测宽度为：2 mm0.25 mm2.25 mm0.225 cm。(2)遮光板运动到光电门处滑块的速度v，由动能定理有：(mgsinmgcos)lmv2，可得tan，故需要测量斜面倾角和当地的重力加速度，b、c正确。(3)由tan，可以得到：t2，即t2图象是一条过原点的直线，可作t2线性图象处理数据求值，b正确。(4)图象的斜率为k，则由k，解得tan。23(2019福建高中毕业班3月质检)(9分)某同学用内阻rg20 、满偏电流ig5 ma的毫安表制作了一个简易欧姆表，电路如图甲，电阻刻度值尚未标注。(1)该同学先测量图甲中电源的电动势e，实验步骤如下：将两表笔短接，调节r0使毫安表指针满偏；将阻值为200 的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示，该示数为_ ma；计算得电源的电动势e_ v。(2)接着，他在电流刻度为5.00 ma的位置标上0 ，在电流刻度为2.00 ma的位置标上_ ，并在其他位置标上相应的电阻刻度值。(3)该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小、内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值_(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。(4)为了减小电池老化造成的误差，该同学用一电压表对原电阻刻度值进行修正。将欧姆表的两表笔短接调节r0使指针满偏；再将电压表接在两表笔之间，此时电压表示数为1.16 v，欧姆表示数为1200 ，则电压表的内阻为_ ，原电阻刻度值300 应修改为_ 。答案(1)3.001.5(2)450(3)大于(4)1160290解析(1)由于毫安表的量程为5 ma，分度值为0.1 ma，所以图乙中的示数为3.00 ma；设欧姆表的内阻为r，由闭合电路欧姆定律得：满偏时，5.0103 a，接入200 的电阻时，3.0103 a，联立解得：r300 ，e1.5 v。(2)电流刻度为2.00 ma时的总电阻为r总 750 ，所以此时外接电阻为(750300) 450 。(3)由闭合电路欧姆定律得：i，由于电动势变小，则r变小，所以测同一电阻rx时，电流i变小，所以电阻rx的测量值变大，大于真实值。(4)欧姆表示数为1200 ，由闭合电路欧姆定律得：i a103 a，所以电压表的内阻为rv 1160 。原电阻刻度值300 即欧姆表内阻r的大小，设电动势降为e时，调零后的内阻为r，则eigr0对于电压表接入的闭合电路，有euir，联立解得r290 ，故原300 电阻刻度应改为290 。24.(2019福建泉州二模)(12分)华裔科学家丁肇中负责的ams项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，寻找反物质。某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为o，外圆电势为零，内圆电势45 v，内圆半径r1.0 m。在内圆内有磁感应强度大小b9105 t、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在o点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量m91031 kg，电荷量q1.61019 c，不考虑粒子间的相互作用。(1)求正电子在磁场中运动的速率v和半径r；(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径r。答案(1)4106 m/s0.25 m(2) m解析(1)电场内，内外边界的电势差大小为u045 v，在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qumv20，代入数据解得v4106 m/s，正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvbm，解得r0.25 m。(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：(rr)2r2r2，解得r m。25(2019四川成都二诊)(20分)用如图所示的装置，可以模拟货车在水平路面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢里的货物运动情况。已知模拟小车(含遥控电动机)的质量m7 kg，车厢前、后壁间距l4 m，木板a的质量ma1 kg，长度la2 m，木板上可视为质点的物体b的质量mb4 kg，a、b间的动摩擦因数0.3，木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数00.32，a、b紧靠车厢前壁。现“司机”遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，a、b同时与车厢后壁碰撞。设小车运动过程中所受空气和地面总的阻力恒为f阻16 n，重力加速度大小g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)从小车启动到a、b与后壁碰撞的过程中，分别求a、b的加速度大小；(2)a、b与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的80%，a、b的速率均变为碰前小车的速率，且“司机”立即关闭遥控电动机，求从开始运动到a相对车静止的过程中，a与车之间由于摩擦产生的内能。答案(1)4 m/s23 m/s2(2)670 w(3)40 j解析(1)由题意，从小车启动到a、b与后壁碰撞的过程中，三者间有相对滑动，三者受力如图所示，对b：fabmbg12 n由牛顿第二定律有：fabmbab代入数据解得：ab3 m/s2，方向向前，做匀加速运动对a：f车a0(mamb)g16 n，fabfba由牛顿第二定律：f车afbamaaa代入数据解得：aa4 m/s2，方向向前，做匀加速运动。(2)a、b同时到达后壁，有sasbaat2abt2la且：s车sba车t2abt2l解得：t2 s，a车5 m/s2对车，由牛顿第二定律有：f牵0(mamb)gf阻ma车解得：f牵67 n电动机输出功率为pf牵v碰撞前瞬间的车速为：va车t联立以上各式并代入数据解得：v10 m/s，p670 w。(3)碰撞后瞬间，v车0.8v8 m/s，a、b的速率为v，因0所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示，对b：abab3 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动对a：aaaa4 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动对车：f牵f阻fa车0，因此车做匀速直线运动设经时间t，a与车相对静止，则：t0.5 sa与车间相对滑动的距离为：ssas车(vtaat2)v车t得：s0.5 ma相对车通过的总路程：s总sa与车之间由于摩擦产生的内能：ef车as总代入数据解得：e40 j。(二)选考题：共15分。请考生从2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33(15分)(1)(2019广东高三月考)(5分)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pv图象如图所示，由图象可知：a、b、c三个状态中，状态_的分子平均动能最小；b和c两个状态比较，b状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较_；若经历ca过程气体的内能减少了20 j，则该过程气体放出的热量为_ j。(2)(2019南昌三模)(10分)农药喷雾器的原理如图所示，储液筒与打气筒用软细管相连，先在筒内装上药液，再拧紧筒盖并关闭阀门k，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出。已知储液筒容器为10 l(不计储液筒两端连接管体积)，打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200 ml，现在储液筒内装入8 l的药液后关紧筒盖和喷雾头阀门k，再用打气筒给储液筒打气。(设周围大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变)求：要使储液筒内药液上方的气体压强达到3 atm，打气筒活塞需要循环工作的次数；打开喷雾头开关k直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积。答案(1)a多120(2)204 l解析(1)根据理想气体状态方程c，可知a状态的p、v乘积最小，则温度最低，分子平均动能最小；b和c两个状态比较，p、v乘积相同，则温度相同，分子平均速率相同，b状态压强较大，体积小，分子数密度较大，则b状态中容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多；ca过程外界对气体做功：wpv0.5105(31)103 j100 j；则由uwq可得quw20 j100 j120 j，则该过程气体放出的热量为120 j。(2)设需打气的次数为n，每次打入的气体体积为v0，储液筒药液上方的气体体积为v，则开始打气前：储液筒液体上方气体的压强：p1p01 atm，气体的体积为：v1vnv0打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：v2v，压强为p23 atm打气过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：p1v1p2v2代入数据解得：n20。打开喷雾头阀门k直至储液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为v3，此过程为等温变化，所以由玻意耳定律得：p3v3p1v1，代入数据解得：v33v16 l所以喷出的药液的体积vv3v4 l，剩余的药液的体积为8 l4 l4 l。34物理选修34(15分)(1)(2019江西九校重点中学协作体高三第一次联考)(5分)甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了t2l图象，如图甲中a、b所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示。那么下列说法中正确的是_。(填正确答案标号。选对1个得2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单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定b由图甲分析可知a图象所对应的实验地点重力加速度较大c若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度d由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cme如果甲同学增大摆长，他得到的共振曲线的峰值将向左移动(2)(2019四川泸州二诊)(10分)2018年9月23日“光纤之父”华人科学家高琨逝世，他一生最大的贡献是研究玻璃纤维通讯。光纤在转弯的地方不能弯曲太大，如图模拟光纤通信，将直径为d的圆柱形玻璃棒弯成圆环，已知玻璃的折射率为，光在真空中的速度为c，要使从a端垂直入射的光线能全部从b端射出。求：圆环内径r的最小值；在问的情况下，从a端最下方入射的光线，到达b端所用的时间。答案(1)ace(2)(1)d解析(1)根据单摆的固有周期公式为t2，l为摆长，g为当地重力加速度，可知a正确；根据t2得：t2l，所以t2l图象的斜率k，图甲中a图象的斜率大于b图象的斜率，故a图象对应的实验地点重力加速度较小，b错误；若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，不能在竖直平面内来回摆动，故c正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5 hz时，单摆发生共振，故系统的固有频率为0.5 hz，固有周期t2 s，根据t2，解得摆长l1 m，故d错误；根据t2，若在同一地点增长摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振峰向左移动，故e正确。(2)从a端最下方入射的光线发生全反射时，其他光线也能发生全反射，设从a端最下方入射的光线到达玻璃棒侧面的入射角为，根据几何关系得：sin设全反射临界角为c，则要使a端垂直入射的光线全部从b端射出，必须有c因此有：sinsinc根据临界角公式有sinc即有，解得：r(1)d所以r的最小值为(1)d。在问的情况下，45，r(1)d，光路图如图所示，光在玻璃内传播的总路程为s6r光在玻璃内传播的速度为vc所以所求时间为t。- 15 -综合能力仿真模拟卷二物理部分 第卷(选择题，共48分)二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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(2019四川德阳三诊)下列说法中错误的是()a若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应b核泄漏事故污染物cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为csbax，可以判断x为电子c原子核发生一次衰变，该原子外层就一定失去一个电子d质子、中子、粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是(2m12m2m3)c2答案c解析根据玻尔理论可知，氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出光的能量大于氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故a正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式csbax中，x的质量数为0，电荷数为：z55561，所以x为电子，故b正确；衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，将电子释放出来，衰变释放的电子不是来自于核外电子，故c错误；质子和中子结合成粒子，核反应方程为2h2nhe，根据爱因斯坦质能方程可知，释放的能量是emc2(2m12m2m3)c2，故d正确。本题要求选说法错误的，故选c。15(2019河南郑州三模)背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为()a2 m/s b.5 m/s c.8 m/s d11 m/s答案b解析运动员跳高过程可以看成竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为：h1.3 m，根据机械能守恒定律可知：mv2mgh；解得：v m/s5 m/s，故b正确，a、c、d错误。16(2019湖南常德高三一模)2018年，我省加大环保督查力度，打响碧水蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为l、直径为d，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为u，显示仪器显示污水流量为q(单位时间内排出的污水体积)。则()aa侧电势比c侧电势低b污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大c污水流量q与u成正比，与l、d无关d匀强磁场的磁感应强度b答案d解析污水中正负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，所以后表面a侧电势比前表面c侧电势高，故a错误；最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力而平衡，有qeqvb，即vb，而污水流量q，可知q与u、d成正比，与l和离子浓度无关；因为q，则匀强磁场的磁感应强度b，故d正确，b、c错误。17(2019江西吉安高三上学期五校联考)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答案c解析无线充电的原理是电磁感应，而不是电流的磁效应，故a错误；发生电磁感应的条件是电流要发生变化，故不能接到直流电源上，b错误；发生互感时，两个线圈中交流电的频率应该相同，故c正确；有无线充电底座，当手机内部的线圈与底座上的线圈频率相同时才可以进行充电，故d错误。18(2019湖南省长沙市宁乡三模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图a所示，碰撞前后两壶运动的vt图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()a两壶发生了弹性碰撞b碰后蓝壶速度为0.8 m/sc碰后蓝壶移动的距离为2.4 md碰后红壶所受的摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力答案b解析由图可知：碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为v00.2 m/s，且碰后红壶沿原方向运动。设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0mv0mv，代入数据解得：v0.8 m/s，计算可得：mvmv02mv2，即碰撞过程有机械能损失，该碰撞为非弹性碰撞，故a错误，b正确；根据vt图象中图线与时间轴围成的面积表示位移可得，碰后蓝壶移动的位移大小xt5 m2 m，故c错误；根据vt图象的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，又因为两者的质量相等，由牛顿第二定律可知碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故d错误。故选b。19(2019湖南怀化三模)2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日l2点的halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该l2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动。已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为me、mm、m，地球和月球之间的平均距离为r，l2点离月球的距离为x，则()a“鹊桥”的线速度大于月球的线速度b“鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度cx满足(rx)dx满足(rx)答案ac解析根据题意可知，“鹊桥”与月球运动的角速度相等，“鹊桥”中继星绕地球转动的半径比月球绕地球转动的半径大，根据线速度vr可知，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故a正确；根据向心加速度a2r可知，“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故b错误；中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有：m2(rx)，对月球而言，则有mm2r，两式联立可解得：(rx)，故c正确，d错误。故选a、c。20(2019湖南湘潭三模)如图所示，匀强电场方向水平向右，带负电的小球从斜面顶端的o点水平向右抛出，初速度大小为v0。小球带电量为q，质量为m，运动轨迹如图中曲线所示，小球打到斜面上p点的速度方向竖直向下，已知斜面与小球初速度方向的夹角为60，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是()a匀强电场的场强大小为b小球做曲线运动的加速度大小为gc小球由o点到p点用时d小球通过p点时的速度大小为答案bc解析带电小球在水平方向做匀减速直线运动，设加速度为a，合位移为l，由牛顿第二定律得：a，0v0at，lcos60t，在竖直方向做自由落体运动，则lsin60gt2，联立解得：ag，e，故a错误；小球做曲线运动的加速度大小a，联立解得：ag，故b正确；联立解得：t，故c正确；小球通过p点时的速度大小为vgtv0，故d错误。故选b、c。21(2019武汉三模)如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从m点踢出，球斜抛后落在60 m外地面上的p点。发球的同时，前锋从距p点11.5 m的n点向p点做匀加速直线运动，其初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，当其速度达到8 m/s后保持匀速运动。若前锋恰好在p点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是()a前锋加速的距离为7.5 mb足球在空中运动的时间为2.3 sc足球运动过程中的最小速度为30 m/sd足球上升的最大高度为10 m答案ac解析前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，末速度为8 m/s，根据速度位移公式可知，v2v2ax加，代入数据解得x加7.5 m，a正确；前锋和足球运动的时间相等，前锋加速运动的时间t加1.5 s，匀速运动时间t匀0.5 s，故足球在空中运动的时间t总t加t匀2 s，b错误；足球在水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m，时间为2 s，则足球在水平方向的速度v水平30 m/s，当足球竖直方向速度为0时，运动速度最小，故足球运动过程中的最小速度为30 m/s，c正确；足球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，且当t1 s时，足球上升的高度最高，最大高度hmaxgt25 m，d错误。故选a、c。第卷(非选择题，共62分)三、非选择题：共62分，第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3334题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。22(2019黑龙江齐齐哈尔一模)(6分)用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示。已知m150 g、m2150 g，则：(结果保留两位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v_ m/s。(2)在打05计数点的过程中系统动能的增量ek_ j，系统势能的减少量ep_ j(计算时g取10 m/s2)。由此得出的结论是：_。(3)若某同学作出h图象如图3，则当地的重力加速度g_ m/s2。答案(1)2.4(2)0.580.60在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒(3)9.7解析(1)根据在匀变速直线运动中中点时刻的瞬时速度大小等于该过程的平均速度，可知打下计数点5时的速度为：v5 m/s2.4 m/s。(2)物体的初速度为零，所以动能的增加量为：ek(m1m2)v0(50150)103(2.4)2 j0.58 j。重力势能的减小量等于系统重力做的功，故：epwg(m2m1)gh(15050)10310(38.4021.60)102 j0.60 j。由此可知系统动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。(3)本题中根据机械能守恒定律可知，m2ghm1gh(m1m2)v2，即有：v2ghgh，所以h图象中图象的斜率表示重力加速度的一半，由图3可知，斜率k4.85，故当地的重力加速度为：g2k9.7 m/s2。23(2019广东深圳二模)(9分)led灯的核心部件是发光二极管。某同学欲测量一只工作电压为2.9 v的发光二极管的正向伏安特性曲线，所用器材有：电压表(量程3 v，内阻约3 k)，电流表(用多用电表的直流25 ma挡替代，内阻约为5 )，滑动变阻器(020 )，电池组(内阻不计)，开关和导线若干。他设计的电路如图a所示。回答下列问题：(1)根据图a，在实物图b上完成连线。(2)调节变阻器的滑片至最_(填“左”或“右”)端，将多用电表选择开关拨至直流25 ma挡，闭合开关。(3)某次测量中，多用电表示数如图c，则通过二极管的电流为_ ma。(4)该同学得到的正向伏安特性曲线如图d所示。由曲线可知，随着两端电压增加，二极管的正向电阻_(填“增大”“减小”或“不变”)；当两端电压为2.9 v时，正向电阻为_ k(结果取两位有效数字)。(5)若实验过程中发现，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.72.9 v之间变化，试简要描述一种可能的电路故障：_。答案(1)连线图见解析(2)左(3)16.0(在15.816.2范围内均可)(4)减小0.15(0.15或0.16均可)(5)连接电源负极与变阻器的导线断路解析(1)根据多用电表红黑表笔的接法“红进黑出”可知，黑表笔接二极管正极，红表笔接滑动变阻器，滑动变阻器采用分压式接法，连线如图所示。(2)滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置，即最左端。(3)多用电表所选量程为25 ma，则电流表读数为 ma16.0 ma(答案在15.816.2范围内均可)。(4)iu图象中，图线与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随着电压的增加，斜率逐渐增大，则二极管的电阻逐渐减小；由图d知，当两端电压为2.9 v时，电流为19.0 ma，则电阻大小为r152.6 0.15 k。(5)由于二极管的正向电阻约为0.15 k，远大于滑动变阻器的最大阻值，因此若实验中，将变阻器滑片从一端移到另一端，二极管亮度几乎不变，电压表示数在2.72.9 v之间变化，则有可能是滑动变阻器与二极管串联，导致电路中总电阻较大，总电流较小，所以电压表的示数变化较小，故故障可能是连接电源负极与变阻器的导线断路。24(2019河南郑州三模)(12分)翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力f始终与飞行方向相同，空气升力f1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即f1c1v2；空气阻力f2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即f2c2v2。其中c1、c2相互影响，可由飞行员调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为m90 kg。(重力加速度取g10 m/s2)(1)若飞行员使飞行器以速度v110 m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计算，飞行器受到的动力f为多大？(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节c15.0 ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为37，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2大小。(已知sin370.6，cos370.8)答案(1)750 n(2)30 m15 m/s解析(1)选飞行器和飞行员为研究对象，由受力分析可知，在竖直方向上有：mgc1v得：c13 ns2/m2由c1、c2关系图象可得：c22.5 ns2/m2在水平方向上，动力和阻力平衡：ff2又f2c2v解得：f750 n。(2)由题意知空气升力f1与竖直方向夹角为，在竖直方向所受合力为零，有：mgc1vcos水平方向合力提供向心力，有：c1vsinm联立解得：r30 m；v215 m/s。25(2019山东青岛二模)(20分)如图为一除尘装置的截面图，塑料平板m、n的长度及它们间的距离均为d。大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v0进入两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m，带电量均为q。当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板间；若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图所示的平面直角坐标系xoy，y轴垂直于板并紧靠板右端，x轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于p(2d，1.5d)处的条状容器中，需在y轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用及对板间电场和磁场的影响均不计，求：(1)两板间磁场磁感应强度b1的大小；(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少；(3)y轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度b2大小的取值范围。答案(1)(2)50%(3)b2解析(1)沿n极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，尘埃在磁场中的轨迹半径：rd，尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0b1，解得：b1。(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，满足：qeqv0b1，撤去磁场以后粒子在电场力作用下做类平抛运动，假设与n极板相距为y的粒子恰好离开电场：水平方向：dv0t，竖直方向：yat2，加速度：a解得：y0.5d当y0.5d时，水平位移xd，即与y极板相距为0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，则除尘效率为：100%50%。(3)设圆形磁场区域的半径为r0，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为r2，要把尘埃全部收集到位于p处的条状容器中，就必须满足r2r0，另qv0b2m如图1，当圆形磁场区域过p点且与m板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径r0最小，磁感应强度b2最大，有r0小d解得：b2大如图2，当圆形磁场区域过p点且与y轴在m板的右端相切时，圆形磁场区域的半径r0最大，磁感应强度b2最小，有r0大2d解得：b2小所以圆形磁场区域磁感应强度b2的大小须满足的条件为b2。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的
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