2019-2020年高三物理一輪復習備考 第十五單元 必考部分綜合 滬科版.doc

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2019-2020年高三物理一輪復習備考 第十五單元 必考部分綜合 滬科版 選擇題部分共10小題。在每小題給出的四個選項中,1~6小題只有一個選項正確,7~10小題有多個選項正確;全部選對的得4分,選不全的得2分,有選錯或不答的得0分。 1.兩物體分別從不同高度自由下落,同時落地,已知甲物體下落的時間為t,乙物體下落的時間為。當乙物體開始下落時,甲、乙兩物體的高度之比是 A.2∶1　　　　　　B.3∶1　　　　　　C.4∶1　　　　　　D. 4∶3 解析:甲物體距地面高度h=gt2,乙物體下落時,甲已經下落,即h=g()2,此時甲距地面的高度h甲=h-h=gt2,乙距地面的高度h乙=g()2=gt2,故h甲∶h乙=3∶1,選項B正確。 答案:B 2.規(guī)定向右為正方向,質點做直線運動的v-t圖象如圖所示,則 A.質點在0~6 s內合力做的功大于6 s~10 s內合力做的功 B.3 s~6 s與8 s~10 s內合力均做正功 C.3 s~6 s和6 s~8 s內合力的平均功率相等 D.0~3 s內合力的功率小于6 s~8 s內合力的功率 解析:由動能定理知:0~6 s內和6 s~10 s內合力做的功均為0,選項A錯誤;3 s~6 s和8 s~10 s內質點的動能均減小,合力做負功,選項B錯誤;由斜率知,3 s~6 s內與6 s~8 s內動能的變化量相等,但所用的時間不同,選項C錯誤;0~3 s內和6 s~8 s內動能的變化量相等,但時間不同,由P=知,0~3 s內合力的功率小于6 s~8 s內合力的功率,選項D正確。 答案:D 3.我國于2013年12月2日成功發(fā)射“嫦娥三號”月球探測衛(wèi)星。假設衛(wèi)星從地球向月球轉移的過程可以簡化成如圖所示的路線:探測衛(wèi)星由地面發(fā)射后經過發(fā)射軌道進入停泊軌道,此時可認為其做勻速圓周運動的半徑等于地球半徑;然后探測衛(wèi)星在停泊軌道經過調速后進入轉移軌道,經過幾次制動后進入工作軌道,此時探測衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動的半徑可認為等于月球半徑;最后再經調整,探測衛(wèi)星降落至月球開始對月球進行探測。已知地球的質量與月球的質量之比是p,地球的半徑與月球的半徑之比是q,則探測衛(wèi)星在停泊軌道與工作軌道的運行速度大小之比是 A. B. C. D. 解析:探測衛(wèi)星在軌道上運行時,做勻速圓周運動,萬有引力提供向心力,由G=m,得v=,所以==,選項C正確。 答案:C 4.空間里存在著平行于x軸方向的靜電場,PQMN為x軸上的點,沿x軸正方向,電勢φ隨位置坐標的變化如圖所示,一個粒子僅在電場力的作用下從P點由靜止開始向右運動,則下列說法正確的是 A.粒子可能帶負電 B.M點的電勢低于N點的電勢 C.粒子從P點運動到M點時,電勢能先減小后增大 D. UPQ=UMN 解析:由圖知,從P點到N點電勢均勻降低,故電場是勻強電場,因帶電粒子僅在電場力作用下從P點由靜止開始沿x軸運動,則電場線方向沿x軸正方向,故粒子帶正電,選項A、B錯誤,選項D正確;粒子從P點運動到M點,電場力一直做正功,電勢能一直減小,選項C錯誤。 答案:D 甲 5.如圖甲所示,兩個相鄰的勻強磁場的寬均為L,方向均垂直紙面向外,磁感應強度的大小分別為B和2B。一邊長為L的正方形線框從位置P勻速穿過了這兩個磁場到達位置Q,規(guī)定感應電流沿逆時針方向為正,則感應電流i隨時間t變化的圖象是圖乙中的 乙 解析:利用楞次定律和右手定則判斷感應電流的方向,當線框進入磁場區(qū)域時,感應電流為順時針方向,且I=-,A錯誤;當線框開始進入右半邊的磁場區(qū)域時,右邊框和左邊框均切割磁感線,則線框中感應電流I==-,感應電流為順時針方向,選項A、B、C錯誤;當線框離開磁場時,線框的左邊切割磁感線,感應電流為逆時針方向,且電流大小I=,選項D正確。 答案:D 6.如圖所示,磁場中固定一正點電荷+Q,一個質子以+Q為圓心在勻強磁場中做勻速圓周運動。磁場方向垂直于質子的運動平面,磁感強度的大小為B,若質子所受磁場力是電荷+Q作用的電場力的三倍,質子的電荷量為q、質量為m。則質子運動的角速度可能是 A. B. C. D. 解析:由于兩個粒子都帶正電,故質子的洛倫茲力一定指向圓心,向心力大小等于,由牛頓第二定律得=mω2r,v=ωr,故ω=,選項A正確。 答案:A 7.物理學的發(fā)展豐富了人類對物質世界的認識,推動了科學技術的創(chuàng)新和革命。同時在物理學發(fā)展中科學家們創(chuàng)造出了許多物理學研究方法,以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是 A.在伽利略之前的學者們總是通過思辯性的論戰(zhàn)決定誰是誰非,是伽利略首先采用了以實驗檢驗猜想和假設的科學方法 B.牛頓總結前人的理論,通過邏輯思維對事實進行分析的方法得出無法用實驗驗證的牛頓第一定律 C.庫侖利用扭秤研究電荷間相互作用力的大小跟電荷量和距離的關系時,采用了理想實驗法 D.通電螺線管外部的磁場與條形磁鐵的磁場相似,安培受此啟發(fā)后提出分子電流假說用到的是控制變量法 解析:伽利略開創(chuàng)了實驗物理的先河,選項A正確;牛頓第一定律是牛頓通過邏輯思維對事實進行分析的產物,不是通過實驗直接驗證得出的,選項B正確;庫侖在探究庫侖定律時,采用了控制變量法和放大法,選項C錯誤;安培是采用類比法得到分子電流假說的,選項D錯誤。 答案:AB 8.如圖所示,固定的半球殼由兩種材料做成,左側是由粗糙材料做成的,右側是光滑的,O為球心,兩個質量相同的物體(可視為質點)靜止在同一高度上的A、B兩處。A處物體受到的摩擦力為F1,對球面的壓力是N1;用水平力F2推著B處物體,使物體恰好靜止,物體對球面的壓力為N2。兩物體與球心連線和豎直方向的夾角均為θ,則 A.F1∶F2=cos2θ∶1 B.F1∶F2=cos θ∶1 C.N1∶N2=cos2θ∶1 D.N1∶N2=cos θ∶1 解析:A處物體保持平衡,則F1=mgsin θ,N1=mgcos θ;B處物體保持平衡,則F2=mgtan θ,N2=。故F1∶F2=cos θ∶1,N1∶N2=cos2θ∶1,選項B、C正確。 答案:BC 9.如圖所示,輕質彈簧的一端與固定的豎直板P連接,另一端與物體A相連,物體A靜止于光滑水平桌面上,A的右端連接一細線,細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時用手托住B,讓細線恰好伸直,然后由靜止釋放B,直至B獲得最大速度。下列對該過程的分析,正確的是 A.物體A、B組成的系統(tǒng)的機械能減少 B.B物體機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 C.A物體動能的增加量等于B對A做的功與彈簧對A的彈力做的功之和 D.A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量小于物體B對A做的功 解析:桌面光滑,物體A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,故由靜止釋放B至最大速度過程中,B物體機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量和物體A、B動能的增加量,故選項A正確、B錯誤;對物體A,由動能定理,動能的增加量等于B對A做的功與彈簧對A的彈力做功之和,選項C正確;A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于B對A的拉力做的功,選項D錯誤。 答案:AC 10.如圖所示,在理想變壓器的原線圈輸入u=1100sin 100πt(V)的交流電,對“220 V 100W”的燈泡和“220 V 800W”的電動機供電,燈泡正常發(fā)光,電動機正常工作。不計導線電阻,則下列說法正確的是 A.燈泡中的電流方向每秒改變100次 B.電流表和的示數(shù)之比是5∶1 C.在相同時間內,燈泡和電動機的發(fā)熱功率之比是1∶8 D.若關閉電動機,則燈泡的亮度不變 解析:由u=1100sin 100πt(V)知原線圈的電壓有效值U1=1100 V,交流電頻率f=50 Hz,故交流電方向每秒改變100次,選項A正確;“220 V　100 W”的燈泡正常發(fā)光,則U2=220 V,故n1∶n2=5∶1,所以I1∶I2=1∶5,選項B錯誤;電動機不是純電阻電路,電能沒有全部用來發(fā)熱,選項C錯誤;改變負載,對理想變壓器的輸出電壓無影響,故關閉電動機,燈泡仍能正常發(fā)光,選項D正確。 答案:AD 第Ⅱ卷　(非選擇題　共60分) 非選擇題部分共6小題,把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟,只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題,答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 甲 11. (6分)某物理興趣小組在一次探究活動中,要探究加速度與合力之間的關系。實驗裝置如圖甲所示,先把長木板固定在水平桌面上,右端裝有定滑輪;木板上有一滑塊,其左端與穿過打點計時器的紙帶相連,右端通過跨過定滑輪的細線與托盤連接。打點計時器使用的交流電源的頻率為50 Hz。開始實驗時,在托盤中放入適量砝碼,放手后滑塊開始做勻加速直線運動,在紙帶上打出一系列點。 乙 (1)為使托盤與砝碼的重力大小等于滑塊所受合力,實驗之前首先應做的是　　　　　　　。 (2)圖乙是正確操作后,所得出的一條紙帶的一部分。0、1、2、3、4、5、6是計數(shù)點,每相鄰兩計數(shù)點間還有4個點(圖中未標出),用刻度尺測量出計數(shù)點間的距離如圖乙所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算打計數(shù)點1時,滑塊的速度為　　　　m/s,滑塊的加速度是　　　　m/s2。(保留三位有效數(shù)字) 解析:(1)實驗之前首先平衡摩擦力。 (2)打計數(shù)點1時,滑塊的速度v0==10-2 m/s=0.220 m/s; 滑塊的加速度a==0.400 m/s2。 答案:(1)平衡摩擦力　(2分)　(2)0.220　(2分)　0.400　(2分) 12.(9分)在測量一節(jié)電池的電動勢E和內阻r的實驗中,可供使用的器材有:一個電壓表、一個電阻箱、一個開關、導線若干。 (1)請你在圖甲所示的方框中畫出實驗電路圖并在圖乙所給實物器材上進行連線。 　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　　乙　　　　　　　　　　　　丙 (2)為了便于分析,一般采用線性圖象處理數(shù)據(jù),如果根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出如圖丙所示的-圖線,其中R為電阻箱的示數(shù),U為電壓表的示數(shù),由此可得到E=　　　　V,r=　　　　Ω。 解析:(2)測量電池的電動勢E和內阻r的實驗原理為E=U+Ir,測出多組不同的U、I值,根據(jù)所測數(shù)據(jù)在合適的坐標系中描點、連線,應用圖線求解電池的電動勢和內阻。由于沒有電流表,而所作出的圖線是-圖線,所以我們要把上式整理成與的函數(shù)式,故把 I=代入上式就有E=U+r。整理后得=+。由圖象與函數(shù)關系式可知:圖象的縱軸截距是,斜率是。則有E=2 V,r=0.5 Ω。 答案:(1)原理圖如圖丁所示　(2分)　實物圖連線如圖戊所示　(3分) 　　 　　　丁　　　　　　　　　　　　　　　戊 (2)2　0.5　(每空2分) 13.(10分)如圖所示,在水平地面上有一長L=0.5 m、質量M=1.2 kg的木板,木板上有一可看做質點的鐵塊,鐵塊質量m=0.8 kg。若M、m間的動摩擦因數(shù)μ1=0.3,木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,現(xiàn)作用一水平恒力F在長木板上。 (1)若m、M一起勻速運動,則F多大? (2)若在運動過程中保持m、M相對靜止,則力F的最大值是多少? (3)若從靜止開始用F1=11.2 N的力拉動木板,則鐵塊的加速度是多大?經多長時間鐵塊從木板上脫離? 解:(1) m、M一起勻速運動,在水平方向對m、M有:F=μ2 (M+m)g　(1分) 解得F=4 N?！?1分) (2)當m、M間有最大靜摩擦力時,F最大　(1分) 對m,由牛頓第二定律得:μ1mg=ma　(1分) 對m、M,由牛頓第二定律得:F-μ2 (M+m)g=(M+m)a　(1分) 聯(lián)立解得 F=10 N?！?1分) (3)F1=11.2 N>10 N,故m、M已相對滑動,設經時間t鐵塊從木板上脫落 對M,由牛頓第二定律得:F-μ2 (M+m)g-μ1mg=Ma2　(1分) 對m,由牛頓第二定律得:μ1mg=ma1　(1分) 當m從M脫落時L=a1t2-a2t2　(1分) 代入數(shù)據(jù),解得t=1 s?！?1分) 　　　　甲　　　　　　　　　　乙 14. (10分)如圖甲所示,足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ的間距L=0.3 m。導軌電阻忽略不計,與水平面的夾角為37,其間連接有阻值R=0.8 Ω的固定電阻。開始時,導軌上固定著一質量m=0.01 kg、電阻r=0.4 Ω的金屬桿ab,整個裝置處在磁感應強度大小B=0.5 T的勻強磁場中,磁場的方向垂直于導軌平面向上。解除固定,同時用一平行于導軌的外力F拉金屬桿ab,使之由靜止開始運動。通過電壓表采集器即時采集電壓U并輸入電腦,獲得的電壓U隨時間t變化的關系如圖乙所示。求: (1)金屬桿ab在3.0 s內通過的位移。 (2)3.0 s末拉力F的瞬時功率。 解:(1)金屬桿的速度為v時,產生的感應電動勢E=BLv　(1分) 電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓,即U=E=BLv　(1分) 由圖象知電壓U與時間成正比,所以金屬桿的速度與時間成正比,即金屬桿做勻加速直線運動 (1分) t=3.0 s時電壓表的示數(shù)為0.6 V,代入數(shù)據(jù)可解得速度v=6 m/s　(1分) a==2.0 m/s2　(1分) 金屬桿在3.0 s內的位移x=at2=9 m。　(1分) (2)金屬桿在3.0 s時受到的安培力F安=BIL==0.1125 N　(1分) 由牛頓第二定律,對桿有F-F安-mgsin 37=ma　(1分) 故3.0 s末拉力F的瞬時功率P=Fv　(1分) 代入數(shù)據(jù)得P=1.155 W?！?1分) 15.(12分)如圖所示,水平桌面上一輕彈簧的左端固定在A點,自然狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側有一豎直放置的半徑R=0.5 m的光滑半圓軌道MN,其中MN為其直徑,與地面垂直?，F(xiàn)用一質量m=0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點,釋放后物塊向右運動,過B點后物塊的位移與時間滿足關系式x=7t-2t2(x的單位為m,t的單位為s)。物塊進入光滑圓軌道后,恰好能從M點飛出。g=10 m/s2,求: (1)B、N間的距離。 (2)在N點,物塊對軌道的壓力。 (3)物塊離開M點后落至地面時與N點的距離。 解:(1)物塊恰好從M點飛出,則物塊的重力恰好完全提供向心力,設其速度為vM,則: mg=m　(1分) 物塊從N到M,由機械能守恒定律,得:m+2mgR=m　(1分) 解得:vN=5 m/s　(1分) 對于物塊m在B、N段做勻減速運動,由x=7t-2t2知初速度v0=7 m/s,a=-4 m/s2　(1分) 由-=-2ax得 x=3 m。　(1分) (2)在N點,由牛頓第二定律得:FN-mg=m　(1分) 解得FN=12 N　(1分) 由牛頓第三定律得物塊對N點的壓力是12 N,方向豎直向下?！?1分) (3)物塊由M點水平飛出后,以初速vM做平拋運動 水平方向:xN=vMt　(1分) 豎直方向:y=2R=gt2　(1分) 代入數(shù)據(jù)解得xN=1 m?！?2分) 甲 16.(13分)如圖甲所示,在豎直平面內的直角坐標系xOy的第一象限內存在著沿y軸正方向的勻強電場,在第四象限內存在著等大反向的另一勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場,MN為電場和磁場區(qū)域的邊界線,一帶電荷量為-q、質量為m的小球從y軸上的P點(0,d)以初速度v0=垂直進入電場,經x軸上的Q點(d,0)進入復合場,已知OP=OM=d,求: (1)勻強電場的電場強度的大小E和小球經過Q點時速度的大小v。 (2)要使小球不越過邊界MN,磁場的磁感應強度的最小值。 解:(1)小球進入第一象限受重力和電場力,小球的加速度a=　(1分) 小球在電場區(qū)域做類平拋運動,則有d=v0t　(1分) d=at2　(1分) 聯(lián)立解得E=　(1分) 經過Q點時,設小球在豎直方向的速度為vy,有:-0=22gd　(1分) v=　(1分) 代入得v=?！?1分) 乙 (2)小球在第四象限中受到的重力和電場力平衡,有Eq=mg (1分) 因此小球在磁場力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖乙所示。當圓周與下邊界MN相切時磁感應強度最小,由幾何關系知=,式中v0=,v=　(2分) 解得R=　(1分) 又qvB=m　(1分) 代入解得最小的磁感應強度B=?！?1分)