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    2019高考物理三轮冲刺小卷冲刺抢分练4(含解析)

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    2019高考物理三轮冲刺小卷冲刺抢分练4(含解析)

    1、小卷冲刺抢分练(四)(本栏目内容,在学生用书中以独立形式分册装订!)一、选择题(本题共8小题,每小题6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公元前600年左右,希腊人泰勒斯就发现了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小物体。公元一世纪,我国学者王充在论衡一书中也写下了“顿牟掇芥”。关于静电场,下列说法正确的是()A沿电场线方向电场强度越来越小B若电场中某点的电场强度为零,则该点电势必然也为零C等势面一定与电场强度的方向垂直D初速度为零的带电粒子在电场中一定沿电场线运动解析:在匀强电场中,沿

    2、电场线方向电场强度不变,选项A错;电势与场强无关,等量同种点电荷连线中点处的场强为0、电势不为0(选无穷远处电势为0),选项B错;沿电场线方向电势降低,等势面与电场线垂直,选项C对;在非匀强电场中,初速度为零的带电粒子不一定沿电场线运动,选项D错。答案:C15.某工厂为了测试汽车的性能,将两辆完全相同的汽车A、B并排停放在平直的公路上,在t0时刻让两汽车同时启动,通过计算机描绘出两汽车的加速度随时间的变化规律的图象。则下列说法正确的是()A汽车A做匀速直线运动,汽车B做匀减速直线运动B第1 s末两车之间的距离最大C第1 s末汽车A的速度大小为10 m/s,汽车B的速度大小为15 m/sD前2

    3、s内两汽车的位移大小相等解析:在02 s内,汽车A做匀加速直线运动,汽车B做加速度逐渐减小的加速直线运动,选项A错误;在a t图象中,图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化量,又两汽车的初速度均为零,则某段时间内,图线与坐标轴围成的面积等于该时刻两汽车速度的大小。即1 s末汽车A的速度大小为10 m/s,汽车B的速度大小为15 m/s,选项C正确;两车沿相同方向由静止开始运动,由a t图象可知,2 s末两汽车的速度相等,则该时刻两汽车之间的距离最大,选项B、D错误。答案:C16.如图所示,质量为M2 kg的长木板位于光滑水平面上,质量为m1 kg的物块静止在长木板上,两者之间的动摩擦因数为0

    4、.5。重力加速度大小为g10 m/s2,物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F,下列说法正确的是()A水平力F3 N时,物块m将保持静止状态B水平力F6 N时,物块m将在长木板M上滑动C水平力F7 N时,长木板M的加速度大小为2.5 m/s2D水平力F9 N时,长木板M受到的摩擦力大小为5 N解析:设m和M恰好不分离时力FF0,应用牛顿第二定律,有,解得F07.5 N。显然F3 NF0时,m和M一起加速运动,选项A错;F6 NF0时,m和M一起加速运动,选项B错;F7 NF0,m和M相对运动,M受到的摩擦力大小为mg5 N,选项D对。答案:D17.如

    5、图所示,A、B是绕地球做圆周运动的两颗卫星,A、B两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k1,则A、B两卫星的周期的比值为()AkB.kCk2 D.k3解析:由题意可知k,即k,根据开普勒第三定律,有,联立可得k3,选项A、B、C均错,D对。答案:D18.如图所示为氢原子的能级图,氢原子从n4能级直接跃迁到n2能级,辐射出的是可见光光子,则下列说法正确的是()A辐射的可见光光子的能量为2.55 eVB氢原子从n4能级跃迁到n3能级辐射的光子是紫外线光子C氢原子向外辐射光子后,氢原子的核外电子运动的线速度变小D使n4能级的氢原子电离,需要吸收光子的能量至少为0.85 eV解析:氢原子从n

    6、4能级直接跃迁到n2能级时,辐射的可见光光子的能量为2.55 eV,选项A错误;氢原子从n4能级跃迁到n3能级辐射的光子的能量小于从n4能级直接跃迁到n2能级辐射的可见光光子的能量,因此辐射的光子不可能是紫外线光子,选项B错误;氢原子向外辐射光子后,能级降低,核外电子运动的轨道半径减小,核外电子运动的线速度变大,选项C错误;使处于n4能级的氢原子电离,需要吸收光子的能量至少为0(0.85 eV)0.85 eV,选项D正确。答案:D19如图甲所示,理想变压器原线圈输入图乙所示的正弦交变电流,副线圈中的R0、R1为定值电阻,滑动变阻器的最大阻值为R,且R1R0。理想交流电压表V1、V2的示数分别为

    7、U1、U2;理想交流电流表A1、A2的示数分别为I1、I2;理想交流电压表V2和理想交电流表A2示数变化的绝对值分别为U2、I2。下列说法正确的是()At0.01 s时,理想交流电压表V1的示数为零B滑动变阻器滑片从最下端向上滑动,I1增大,U2减小C滑动变阻器滑片从最下端向上滑动,不变D滑动变阻器滑片从最下端向上滑动,I2U2减小解析:电压表示数为有效值,而不是瞬时值,选项A错;根据可知副线圈两端电压U20不变,滑片上滑,副线圈电路电阻减小,副线圈中电流I2增大,由变压器原理可知I1增大,原线圈两端电压U1不变,则副线圈两端电压U20不变,由U2U20I2R0知U2减小,则I2U2乘积不能确

    8、定,选项B对,D错;U20U2I2R0,U20不变,则U2变化的绝对值和定值电阻R0两端电压变化的绝对值相等,则R0不变,选项C对。答案:BC20.如图所示,一平行板电容器两极板A、B水平放置,上极板A接地,电容器通过滑动变阻器R和开关S与电动势为E的电源相连。现将开关S闭合,位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态,则()AB板电势为EB改变滑动变阻器的滑片位置,带电粒子仍处于静止状态C将B板向上移动,P点电势将不变D将B板向左平移,带电粒子电势能将不变解析:粒子静止在P点,受力分析可知粒子受到向上的电场力和重力处于平衡状态。上板与电源正极相连、电势为0,两板之间电势差为E,则下板

    9、电势为E,选项A对;平行板电容器接入电路,相当于电路断开,改变滑片位置,电容器两板间电压不变,板间的场强不变,粒子受到的电场力不变,粒子仍静止,选项B对;两板间电压不变,B板上移,板间距离减小,两板间的场强E0增大,A、P间的电势差增大,则P点电势降低,选项C错;将B板左移,而两板之间的电压等于E不变,板间距离d不变,则两板间场强E1不变,粒子仍静止,又上板位置不动,粒子处的电势不变,粒子的电势能不变,选项D对。答案:ABD21.如图所示,半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内,轨道的末端B处切线水平,现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放。小物体刚到B点时的加速度为a,对B点的压力为FN

    10、,小物体离开B点后的水平位移为x,落地时的速率为v。若保持圆心的位置不变,改变圆弧轨道的半径R(不超圆心离地的高度)。不计空气阻力,下列图象正确的是()解析:设小物体释放位置距地面高为H,小物体从A点到B点应用机械能守恒定律有,vB,到地面时的速度v,小物体的释放位置到地面间的距离始终不变,则选项D对;小物体在B点的加速度a2g,选项A对;在B点对小物体应用向心力公式,有FBmg,又由牛顿第三定律可知FNFB3mg,选项B错;小物体离开B点后做平抛运动,竖直方向有HRgt2,水平方向有xvBt,联立可知x24(HR)R,选项C错。答案:AD二、非选择题(计算)24(12分)一质量为m0.5 k

    11、g的小球从距离地面一定高度处由静止释放,一段时间后落地,经反弹后上升到最高点,再从最高点下落,如此反复。经测量可知小球每次反弹后上升的最大高度等于每次下落高度的。假设小球每次与地面相互作用的时间均相等,且小球与地面相互作用过程中的作用力远大于小球的重力。忽略空气的阻力,重力加速度g10 m/s2。(1)小球第一次与地面碰撞、第二次与地面碰撞的过程中,地面对小球的作用力的大小之比应为多少?(2)如果将小球无初速度释放后,欲使小球在距离地面0.8 m处与地面之间做往复运动,则小球每次运动到最高点时应给小球多大的冲量?解析:(1)由运动学公式v22gh并结合题意可知小球每次与地面碰撞后瞬间的速度大小

    12、是碰撞前瞬间的速度大小的。(1分)设小球的初始高度为H,与地面第一次碰撞前瞬间的速度大小为v0,第一次碰撞后瞬间的速度大小v10.8v0(1分)小球与地面第二次碰撞前瞬间的速度大小v10.8v0(1分)小球与地面二次碰撞后瞬间的速度大小v20.8v10.64v0(1分)设两次碰撞中地面对小球的平均冲力大小分别为F1、F2,取竖直向上为正方向,根据动量定理,小球第一次与地面碰撞过程中有F1tmv1(mv0)1.8mv0(1分)小球第二次与地面碰撞过程中有F2tmv2(mv1)1.8mv11.44mv0(1分)故可得F1F254。(2分)(2)欲使小球碰后上升到距离地面高0.8 m处,应使小球由静

    13、止下落的高度为h1 m1.25 m(1分)小球由距离地面高1.25 m处从静止落到距离地面高0.8 m处的过程中有v2gh,其中h0.45 m。(1分)解得距离地面高0.8 m处的速度v33 m/s(1分)则应在距离地面高0.8 m处(此时速度为零)给小球的冲量为Imv31.5 Ns,方向竖直向下,即可满足题意。(1分)答案:见解析25(20分)如图甲所示,一个匝数n100、面积为S0.6 m2的圆形金属线圈,其总电阻r2.0 ,与R10 的电阻连接成闭合电路。线圈内存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度按B12t3(T)规律变化的磁场。电阻R两端并联一对平行金属板M、N,N板右侧为坐标系的第一象

    14、限(坐标原点O在N板的下端),虚线OA与x轴成45角。yOA区域有垂直于纸面向外的匀强磁场B,xOA区域加如图乙所示周期性变化的电场E(规定沿x轴正方向的电场为正)。在靠近M板的P点由静止释放一个质量为m2103 kg、带电荷量q0.1 C的粒子(重力不计),粒于经过N板的小孔Q(0,2 m)点垂直于y轴进入第一象限。t0(从粒子进入电场时开始计时)时刻粒子经过OA上某点(未画出)沿y轴负方向进入电场,最后恰好垂直打在x轴上的C(1.5 m,0)点。求:(1)金属线圈的感应电动势E和平行金属板M、N间的电压U;(2)yOA区域内的磁感应强度B;(3)xOA区域内电场的变化周期T和电场强度E0。

    15、解析:(1)线圈中产生的感应电动势EnS代入数据得E120 V(2分)由闭合电路欧姆定律得I(1分)M、N两板间电压为UIR(1分)联立解得U100 V(1分)(2)粒子由P运动到Q,由动能定理得qUmv2(2分)粒子从Q点进入磁场后,在磁场中运动圆周,由几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R1 m(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可知qvB(2分)解得B2 T(2分)(3)粒子进入xOA区域做类平抛运动,由于垂直x轴方向打到C点,所以粒子沿x轴方向做若干个先匀加速、后匀减速的运动,沿y轴方向做匀速直线运动。设粒子在电场中运动的总时间为t,电场变化n个周期粒子沿y轴方向运动的位移为y2 m1 m1 myvt(1分)由(2)解得v100 m/s联立解得t0.01 s(1分)依题意有tnT得T s(n1,2,3,)(2分)粒子沿x轴方向的位移为:x1.510.5 (m)xa22n(2分)a(1分)联系以上式子解得:E0400 n(V/m)(n1,2,3,)(1分)答案:(1)120 V100 V(2)2 T(3)T s(n1,2,3)400 n(V/m)(n1,2,3,)7


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