2019屆高三物理考前圍題卷(含解析).doc

2019屆高三物理考前圍題卷(含解析)二、選擇題1. 圖示為一個均勻帶正電的細圓環(huán)，半徑為R。取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設軸上某點P到O點的的距離為x，設無窮遠處的電勢為零，點的電勢為，真空中靜電力常量為。下面判斷正確的是（ ）A. 圖中P點電場強度E的方向是沿x軸正方向, O點電場強度E為零B. 圖中P點電場強度E的方向是沿x軸負方向, O點勢為零C. 從O點到P點，電場強度E一定逐漸增大，電勢一定逐漸增大D. 從O點到P點，電場強度E一定逐漸減小，電勢一定逐漸減小【答案】A【解析】將圓環(huán)看成若干個點電荷，則由電場強度相互疊加可知，P點電場強度E的方向是沿x軸正方向，O點電場強度E為零，設無窮遠處的電勢為零，因沿著電場線的方向，電勢降低，則P點的電勢大于零，O點電勢不為零，A正確B錯誤；從O點到P點，電場強度E可能一直逐漸增大，也可能先增大后減小，而電勢卻是一直減小，CD錯誤2. 沿軸正方向傳播的一列簡諧橫波在t = 0時刻的波形曲線如圖所示，其波速為10ms，該時刻波恰好傳播到x = 6m的位置。介質中有a、b兩質點，下列說法中正確的是 （ ）A. 時刻，b質點的運動方向向上B. 時刻，b質點的速度大于a質點的速度C. 時刻，b質點的加速度大于a質點的加速度D. 時刻，處的質點位于波谷【答案】B【解析】試題分析：簡諧波沿x軸正方向傳播，由波形的平移法判斷t=0時刻質點b的運動方向；質點位于波峰時速度為零；根據(jù)簡諧運動的特征，分析加速度的關系；讀出波長，求出周期，根據(jù)時間與周期的關系，確定時刻，處的質點位置3. 如圖為學校配電房向各個教室的供電示意圖,T為理想變壓器， V1、A1為監(jiān)控市電供電端的電壓表和電流表，V2、A2為監(jiān)控校內變壓器的輸出電壓表和電流表，R1、R2為教室的負載電阻，V3、A3為教室內的監(jiān)控電壓表和電流表,配電房和教室間有相當長的一段距離，則當開關S閉合時（ ）A. 電流表A1、A2和A3的示數(shù)都變大B. 只有電流表A1的示數(shù)變大C. 電壓表V3的示數(shù)變小D. 電壓表V2和V3的示數(shù)都變小【答案】C【解析】試題分析：市電供電端的電壓不變，即V1示數(shù)不變，由，可判斷知V2不變，D錯；當開關S閉合時，負載增加，功率增大，由能量守恒知,知I1、I2變大，B錯；由于I2變大，導線分得的電壓增加，故負載兩端的電壓減小，V3減小，C對；,V3減小，R1不變，知A3示數(shù)變小，A錯?？键c：遠距離輸電?！久麕燑c睛】解遠距離輸電問題的思路：(1)正確畫出輸電過程示意圖并在圖上標出各物理量(2)抓住變壓器變壓前后各量間關系，求出輸電線上的電流(3)計算電路功率問題時常用關系式：P損IR線，注意輸電線上的功率損失和電壓損失(4)電網送電遵循“用多少送多少”的原則說明原線圈電流由副線圈電流決定4. 如圖為嫦娥三號登月軌跡示意圖。圖中M點為環(huán)地球運動的近地點，N為環(huán)月球運動的近月點。a為環(huán)月運行的圓軌道,b為環(huán)月球運動的橢圓軌道，下列說法中正確的是（ ）A. 嫦娥三號在環(huán)地球軌道上的運行速度大于11.2km/sB. 嫦娥三號在M點進入地月轉移軌道時應點火減速C. 設嫦娥三號在圓軌道a上經過N點時的加速度為a1，在橢圓軌道b上經過N點時的加速度為a2，則a1a2D. 嫦娥三號在圓軌道a上的機械能小于在橢圓軌道b上的機械能【答案】D5. 如圖所示，傾斜的傳動帶以恒定的速度v2向上運動，一個小物塊以初速度v1從底端沖上傳動帶，且v1大于v2，小物塊從傳動帶底端到達頂端的過程中一直做減速運動，則（ ）A. 小物塊到達頂端的速度不可能等于零B. 小物塊到達頂端的速度不可能等于v2C. 小物塊的機械能一直在減小D. 小物塊所受的合外力一直做負功【答案】D【解析】試題分析：小物塊以初速度從底端沖上傳動帶，且大于，所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動，當速度減為后，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物體繼續(xù)減速，摩擦力方向上，（也可以一直減到頂端時速度剛好為），根據(jù)除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，判斷機械能的變化情況，根據(jù)動能定理可知，判斷合力做功情況小物塊以初速度從底端沖上傳動帶，且大于，所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動，當速度減為后，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物體繼續(xù)減速，到達頂端時，速度正好減為零，故A錯誤；小物塊從傳動帶底端到達頂端的過程中一直做減速運動，減到頂端時速度剛好與傳送帶速度相等，故B錯誤；除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，剛開始大于，摩擦力方向向下，做負功，機械能減小，當速度減為后，再減速時，摩擦力方向向上，做正功，機械能增大，故C錯誤；根據(jù)動能定理可知，因為物體一直做減速運動，速度動能一直減小，合外力一直做負功，故D正確6. 如圖所示，兩個垂直于紙面的勻強磁場方向相反,磁感應強度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a。高度為a的正三角形導線框ABC從圖示位置沿x軸正向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下列圖形中能正確描述感應電流I與線框移動距離x關系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】x在0-a內，由楞次定律可知，電流方向為逆時針，為正方向；有效切割的長度為 ，感應電動勢為 E=BLv，感應電流為 ，隨著x的增大，I均勻減小，當x=0時， ；當x=a時，I=0；x在a-2a內，線框的AB邊和其他兩邊都切割磁感線，由楞次定律可知，電流方向為順時針，為負方向；有效切割的長度為 ，感應電動勢為 E=BLv，感應電流大小為 ，隨著x的增大，I均勻減小，當x=a時， ；當x=2a時，I=0；x在2a-3a內，由楞次定律可知，電流方向為逆時針，為正方向；有效切割的長度為 ，感應電動勢為 E=BLv，感應電流為 ，隨著x的增大，I均勻減小，當x=2a時， ；當x=3a時，I=0；故根據(jù)數(shù)學知識可知B正確故選：B三、非選擇題7. 在一次課外活動中，某同學用圖甲所示裝置測量放在水平光滑桌面上鐵塊A與金屬板B間的動摩擦因數(shù)。已知鐵塊A的質量mA=1 kg，金屬板B的質量mB=0.5 kg。用水平力F向左拉金屬板B，使其一直向左運動，穩(wěn)定后彈簧秤示數(shù)的放大情況如圖甲所示，則A、B間的摩擦力Ff=_N，A、B間的動摩擦因數(shù)=_。（g取10 m/s2）。該同學還將紙帶連接在金屬板B的后面，通過打點計時器連續(xù)打下一系列的點，測量結果如圖乙所示，圖中各計數(shù)點間的時間間隔為0.1 s，可求得拉金屬板的水平力F= _N.【答案】 (1). 2.50 (2). 0.25 (3). 3.50【解析】試題分析：A受到B的摩擦力與彈簧對A的彈力等大反向，可讀得摩擦力為2.50N，由可知，動摩擦因數(shù)為0.25，由打點計時器可求出B的加速度為，再由牛頓第二定律可知?？键c：共點力平衡、牛頓第二定律8. 某科研小組要用伏安法測量磁流體發(fā)電機的電動勢和內阻，所用器材如圖所示，其中，長方體表示磁流體發(fā)電機的發(fā)電導管，其前后兩個側面是絕緣體，上下兩表面是電阻不計的導體薄片，薄片上分別焊接一個接線柱勻強磁場垂直于前后兩個側面，含有正、負離子的高速流體在發(fā)電導管內向右勻速流動，兩個接線柱間形成穩(wěn)定的電勢差 發(fā)電導管的_接線柱電勢高(選填“上”或“下”)在圖中用筆連線代替導線，把電路元件連接起來以達實驗目的_連接好電路后，調節(jié)滑動變阻器，記錄多組電流表示數(shù)I和對應的電壓表示數(shù)U的數(shù)據(jù)，在UI坐標系中描點如圖所示根據(jù)描出的點作出UI圖線_，并由圖線求出磁流體發(fā)電機的電動勢E= _V；內阻r=_該小組利用求出的內阻r來研究流體的導電特性，首先測量了長方體發(fā)電導管的各邊長度分別為d1、d2、d3，如上圖所示，然后根據(jù)電阻定律r=求流體的電阻率，則公式中的電阻長度l=_，S=_.(用d1、d2、d3表示)【答案】 (1). 下 (2). (3). (4). 3.5 (5). 2.5 (6). (7). 【解析】試題分析：由左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力向下，下極板聚集正電荷，上極板聚集負電荷，下極板電勢高伏安法測電源電動勢與內阻，電壓表測路端電壓，電流表測電路電流，實驗電路圖如圖所示：根據(jù)坐標系內描出的點作出圖象，圖象如圖所示：由圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值是3.5，則電源電動勢E=3.5V，電源內阻r=2.5由圖1所示可知，電阻率公式中的電阻長度l=d1，橫截面積S=d2d3考點：本題考查伏安法測電阻。9. 質量為2kg的木板B靜止在水平面上，可視為質點的物塊A從木板的左側沿木板上表面水平沖上木板，如圖甲所示。A和B經過ls達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的圖象如圖乙所示，重力加速度，求：（1）A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)；（2）B與水平面間的動摩擦因數(shù)；（3）A的質量?！敬鸢浮浚?）0.2（2）0.1（3）6kg【解析】試題分析：A滑上B做勻減速直線運動，根據(jù)速度時間圖線得出勻減速運動的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求出A與B之間的動摩擦因數(shù)；A、B速度相同后，一起做勻減速運動，根據(jù)速度時間圖線求出勻減速運動的加速度大小，結合牛頓第二定律求出與水平面間的動摩擦因數(shù)；隔離對M分析，根據(jù)速度時間圖線得出M的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出A的質量。（1）由圖象可知，A在0-1s內的加速度，對A由牛頓第二定律得，解得。（2）由圖象知，AB在1-3s內的加速度，對AB由牛頓第二定律得，解得；（3）由圖象可知B在0-1s內的加速度；對B由牛頓第二定律得，代入數(shù)據(jù)解得10. xx2月8日第22屆冬季奧林匹克運動會在俄羅斯聯(lián)邦索契市勝利開幕，設一個質量m=50kg的跳臺花樣滑雪運動員（可看成質點），從靜止開始沿斜面雪道從A點滑下，沿切線從B點進入半徑R=15m的光滑豎直冰面圓軌道BPC，通過軌道最高點C水平飛出，經t=2s落到斜面雪道上的D點，其速度方向與斜面垂直，斜面與水平面的夾角=37，運動員與雪道之間的動摩擦因數(shù)=0075，不計空氣阻力，取當?shù)氐闹亓铀俣萭=l0m/s2，（ sin37=060，cos37=080）。試求：（1）運動員運動到C點時的速度大小VC;（2）運動員在圓軌道最低點P受到軌道支持力的大小FN；（3）A點離過P點的水平地面的高度h；【答案】（1）15m/s（2）3250N（3）45.5m【解析】（1）運動員從C點到D點做平拋運動，在D點對速度進行分解，根據(jù)運動的分解得：得：，代入數(shù)據(jù)解得（2）設運動員運動到P點時的速度大小為，根據(jù)機械能守恒定律得：，根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立解得（3）根據(jù)動能定理研究從A點到P點有聯(lián)立解得：11. 如圖，水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，擋板高h=9m，與擋板等高處有一水平放置的籃筐，筐口的中心離擋板s=3m，擋板的左側以及擋板上端與筐口的連線上方存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=lT，質量m=ll03kg、電荷量q= -1103C、直徑略小于小孔寬度的帶電小球（視為質點），以某一速度水平射入場中做勻速圓周運動，若小球與擋板相碰會以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能從筐口的中心處落入筐中，g=l0m/s2，求： （1）電場強度的大小與方向：（2）小球做圓周運動的周期及最大半徑（3）小球運動的最小速率；【答案】（1）10N/C（2）；（3）3m/s【解析】（1）因小球能做勻速圓周運動，所以有，解得，方向豎直向下；（2）小球做勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，有，周期小球不與擋板相碰直接飛入框中，其運動半徑最大，如圖1所示，由幾何知識可得：，求得最大半徑（3）因為速度方向與半徑方向垂直，圓心必在檔板的豎直線上設小球與檔板碰撞n次，其最大半徑為 要擊中目標必有：，代入解得n1.5n只能取0，1，當n=0，即為（2）問中的解當n=1，時可得：，解得時半徑最小，其運動軌跡如圖2中的軌跡所示，有可得最小速率12. 人們發(fā)現(xiàn)，不同的原子核，其核子的平均質量（原子核的質量除以核子數(shù)）與原子序數(shù)有如圖所示的關系。下列關于原子結構和核反應的說法正確的是_A. 由圖可知，原子核D和E聚變成原子核F時會有質量虧損，要吸收能量B. 由圖可知，原子核A裂變成原子核B和C時會有質量虧損，要放出核能C. 已知原子核A裂變成原子核B和C時放出的射線能使某金屬板逸出光電子，若增加射線強度，則逸出光電子的最大初動能增大。D. 盧瑟福提出的原子核式結構模型，可以解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征【答案】B【解析】由圖象可知，D和E核子的平均質量大于F核子的平均質量，原子核D和E聚變成原子核F時，核子總質量減小，存在質量虧損，根據(jù)愛因斯坦質能方程可知要釋放出核能，A錯誤；由圖象可知，A的核子平均質量大于B與C核子的平均質量，原子核A裂變成原子核B和C時會有質量虧損，要放出核能，B正確；根據(jù)光電效應方程，則知光電子的最大初動能是由入射光的頻率決定的，與入射光的強度無關，增加射線強度，逸出的光電子的最大初動能不變，C錯誤；玻爾提出的原子模型，可以解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分