2019高考物理三轮冲刺小卷冲刺抢分练4（含解析）

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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