2019版高中物理二轮专题复习课时跟踪训练19：赢取满分策略（含解析）

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1、课时跟踪训练 (十九)一、选择题(15 题为单项选择题，68 题为多项选择题)1(2018济宁市高三第二次模拟)以下有关近代物理内容的若干叙述中，正确的是( )A重核型变为中等质量的核之后，核子的平均质量减小B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应C一束光照射到某金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小D按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的总能量也减小A 无论是重核裂变还是轻核聚变，反应的过程中释放能量，组成原子核的核子的平均质量均会减小，故 A 正确；太阳辐射的能量主要来自太阳同倍的聚变反应，故 B 错误；一束光照射到某种金属

2、上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小故 C 错误按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的总能量增大故D 错误故选 A.2一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，测得该汽车在启动过程中加速度随时间变化的图线如图所示，图中 a0、t 1、t 2 已知，则下列说法正确的是( )A0t 2 时间内汽车做匀加速直线运动Bt 1 t2 时间内汽车所受合力对汽车做负功Ct 2 时刻汽车的速度等于 a0t1 a0(t2t 1)12D0t 2 时间内汽车的平均速度小于 a0t212D 0 t2 时间内汽车从静止开始运动，先做匀加速直线运动，再做加速减小的

3、加速运动，合力对汽车做正功，A、B 错误； at 图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，0t 2 时间内图象面积小于 a0t1 a0(t2t 1)，C 错误；若12加速度保持不变，t 2 时刻的速度为 a0t2，平均速度为 a0t2，后一段时间加速度12减小，则平均速度小于 a0t2，D 正确123(2018四川省攀枝花市高考物理三诊试卷)均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球半径为 R，MN 为通过半球顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 A、B 两点，A、B 关于 O 点对称，AB4R .已知 A 点的场强大

4、小为E，则 B 点的场强大小为( )A. E B. E C. E D. Ekq2R2 kq2R2 kq4R2 kq4R2B 若将带电量为 2q 的球面放在 O 处，均匀带电的球壳在 A、B 点所产生的电场为 E0 ，由题知当半球面产生的场强为 E，则 B 点的场强为2kq2R2 kq2R2EE 0E .解得 E E，故选 B.kq2R24一颗卫星的运行轨道在地球赤道的正上方，运行方向与地球自转方向相同，轨道高度为 R.某时刻卫星恰好经过赤道上观测点正上方若地球同步卫星的轨道高度为 5.6R，角速度为 0，地球半径为 R，当该观测点恰好观测不到这颗卫星时，经历的最短时间为( )A. B.3 3.

5、33 10 3 2.83 10C. D.3 6.63 10 3 5.63 10A 以地球为参考系卫星相对观测点运动的角速度 相 卫 0，当观测点恰好观测不到卫星时，卫星相对观测点运动的角度 相 ，如图所示，地3球同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，均为 0，地球同步卫星轨道半径为 6.6R，该卫星的轨道半径为 2R，根据 m 2r，GMmr2则有 ， 卫 0， 相 卫 0( 1)卫0 6.6323 3.33 3.33 3.330，t ，A 正确相相 3 3.33 105如图甲所示，港口码头经常使用起重机提升货物，某次货物上升过程中的 vt 图象如图乙所示，下列说法正确的是( )At4 s 时

6、，货物处于超重状态B3 5 s 时间内，货物所受合力做的功大于零C0 2 s 时间内，货物所受拉力做的功大于重力做的功D02 s 时间内，拉力做正功，35 s 时间内，拉力做负功C t4 s 时货物减速上升，加速度方向向下，故货物处于失重状态，A错误.35 s 时间内，货物的动能减少，根据动能定理，货物所受合力做的功小于零，B 错误 .02 s 时间内，货物的动能增大，货物所受拉力做的功大于重力做的功，C 正确货物上升的过程中，拉力一直做正功，D 错误6如图所示，两条足够长的平行光滑金属导轨 CH、PQ 与水平面成 角放置，两轨间距为 L，轨道电阻不计现有两根长为 L、电阻为 R、质量为 m的

7、金属棒 ab 和 cd 放置在导轨上，其中 cd 棒通过一段细线连接在与导轨共面的O 点，ab 棒由静止开始沿轨道下滑，经 t 时间达到速度 v0 时悬挂的细线刚好断裂，此后两棒均沿导轨下滑已知重力加速度为 g，匀强磁场方向垂直导轨面向下，磁感应强度大小为 B，两棒与导轨始终垂直且接触良好，则下列有关描述中正确的是( )Aab 棒从开始下滑到细线断裂过程中通过 cd 棒的电荷量是mv0LBB悬挂细线所能承受的最大拉力为 mgsin B2L2v02RC最后稳定时的两棒的速度差均匀增大D细线断后 cd 棒做加速度逐渐减小的加速度运动，最后稳定时的加速度为 gsin BD ab 棒由静止下滑切割磁感

8、线，做加速度逐渐减小的加速运动，对 ab棒由( mgsin LB)tm v0 和 q t 知 q ，A 错误；线刚断时通I Imgtsin mv0LB过回路的电流为 I ，因此细线能承受的最大拉力 FTmgsin ILB，即BLv02RFTmgsin ，B 正确；线断后 cd 棒在重力、支持力和安培力的作用B2L2v02R下沿轨道做加速度逐渐减小的加速运动，最后稳定时回路中无电流，因此两棒同速，此时以两棒整体为对象，由 2mgsin 2ma 知 agsin ，C 错误，D 正确7如图所示，A 受到沿斜面向上的拉力 F1 和垂直于斜面的拉力 F2 作用，正沿斜面向下运动，斜面体 B 始终保持静止

9、不动斜面体 B 受到地面的摩擦力向右，物块 A 正在下滑时，则( )A若只撤去 F1，则 B 受到地面的摩擦力变大B若只撤去 F2，则 B 受到地面的摩擦力变大C若同时撤去 F1、F 2，物块 A 将做减速运动D增大 F2，物块 A 受到斜面的摩擦力将变大BC 若只撤去 F1，对 A 与 B 间的弹力、摩擦力均没有影响，而且两力方向均保持不变，所以 B 受到地面的摩擦力不变，A 错误；若只撤去 F2，会导致A 与 B 间的弹力、摩擦力均增加，由 FfF N 可知，两力按照相同比例增加，而且两力方向均保持不变，所以两力的水平分力差值会增加，则 B 受到地面的摩擦力也会变大，B 正确；设 为斜面倾

10、角，若 tan ，此时地面不受斜面体 B 的摩擦力，若 tan ，此时地面对斜面体 B 有向右的静摩擦力，符合题给条件，所以物块 A 正在下滑时，若同时撤去 F、 F2，物块 A 将做减速运动，C正确；F 2 增大会导致 A、B 之间的摩擦力减小，D 错误8光滑斜面 AB 和水平传送带 BC 通过一小段光滑圆弧平滑连接，此圆弧长度略去不计如图所示，现让质量为 0.2 kg 的滑块 (可视为质点)从高 h0.8 m 的 A 处由静止释放后沿斜面下滑，当传送带固定不动时，滑块恰好运动到传送带右端 C 处停下已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.5，取 g10 m/s2.若传送带以 v2 m/s 的

11、速率沿逆时针方向转动，滑块仍从 A 处收静止释放，则下列说法正确的是( )A滑块不能运动到 C 处B滑块第一次从 B 处运动到 C 处所用的时间为 0.8 sC滑块第一次从 B 处向右运动到返回 B 处的过程中产生的热量为 3.6 JD滑块从传送带返回斜面上升的最大高度为 0.2 mBCD 无论传送带固定不动还是沿逆时针方向转动，滑块在传送带上第一次向右运动过程中受力情况和运动情况均不变，滑块运动到 C 处时的速度仍为零，A 错误；滑块从 A 处运动到 B 处，根据机械能守恒定律有 mgh mv ，得12 20滑块到达 B 处时的速度大小 v04 m/s，根据动量定理有mgt 10mv 0，得

12、滑块第一次从 B 处运动到 C 处所用的时间 t10.8 s，B 正确；滑块第一次从 B处向右运动到 C 处的过程中产生的热量 Q1mg 0.4 J，总热量(vt2 v 02 t2)QQ 1Q 23.6 J，C 正确；根据机械能守恒定律有 mgH mv2，得滑块从传12送带返回斜面上升的最大高度 H0.2 m，D 正确 二、实验题9(2018山东省青岛市高三统一质检)某同学用如图所示装置验证动量守恒定律入射球和靶球的半径相同，质量分别为 m1、 m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸实验时先使入射球从斜槽上固定位置 G 由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次再把靶球放在水平槽末端，让入射

13、球仍从位置 G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示(1)关于本实验下列说法正确的是_A需要用游标卡尺测量两小球的直径B应使 m1m2C实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动D斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平(2)请你叙述确定落点平均位置的办法： _.(3)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置 P、Q 、R 并测出了OP、PQ、QR 间的距离分别为 x1、x 2、x 3，则验证动量守恒定律的表达式是_解析 (1)A：本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径故 A 项错误B：要碰后入射球不反弹，则入射球的质量

14、大于靶球的质量，即 m1m2.故 B 项正确C ：实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动故 C 项正确D：斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动故 D 项错误 (2)确定落点平均位置的办法：用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置(3) 验证动量守恒定律的表达式是 m1v0m 1v1m 2v2，则m1v0tm 1v1tm 2v2t，即 m1QQm 1OPm 2OR，用题中测量的量表示为m1(x1 x2)m 2(x1x 2x 3)答案 (1)BC (2)用心意可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置 (

15、3) m1x1m 2(x1x 2x 3)m 2(x1x 2)10某实验小组设计了如图甲所示的电路来完成小灯泡伏安特性曲线的描绘，同时测量电源的电动势和内阻(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的触头调至_(选填“a” 或“b”)端；开关闭合后，调节滑动变阻器，记录电压表 V1、 V2 及电流表 A 的读数U1、U 2、I ；重复的操作，得到八组实验数据；描点作图，分别作出 IU 1 和 IU 2 的图像，如图乙、丙所示，已知R05 .(2)图乙中 0 U0 段图线基本呈直线的原因是_ _.(3)由图丙可知该电源的电动势为_V，内阻为 _.(4)将该电源与阻值为 11 的电阻串联后给上述小灯泡供电，此

16、时小灯泡的电阻为_，消耗的功率为_W (结果保留两位有效数字)解析 (1)闭合开关前要保证滑动变阻器串入回路的阻值最大，触头应在a 端(2)图乙中 0 U0 段，热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显，故图线呈直线(3)由闭合电路欧姆定律得 U2EI (R0r)，知(R 0r ) 6 ，故电U2I源内阻为 1 ，电动势为 12 V.(4)在题图乙中作出电源与定值电阻串联后的外特性曲线如图所示，此时灯泡电阻约为 3.6 ，2.8 V0.77 A功率为 2.8 V0.77 A2.2 W.答案 (1)a (2) 热功率较小，温度变化不明显，灯泡电阻变化不明显(3)12 1(4)3.53.7

17、均给分 2.1 或 2.2 均给分三、计算题11如图所示，一个物块以某一初速度 v0 沿倾角 37、高 h1.7 m 的固定光滑斜面的最下端向上运动，物块运动到斜面的顶端时的速率为v m/s，如果在斜面中间某一区域设置一段摩擦区，物块与摩擦区间的动摩2擦因数 0.125 ，物块以同样的初速度从斜面的底端向上运动，物块恰好运动到斜面的顶端( g10 m/s 2，sin 370.6，cos 37 0.8， 4.7)22(1)求初速度 v0 的大小；(2)求摩擦区的长度 l；(3)在设置摩擦区后，摩擦区的位置不同，物块以初速度 v0 从斜面底端运动到顶端的时间不同，求物块从斜面底端运动到斜面顶端的最

18、长时间(计算结果保留两位小数)解析 (1)由动能定理得mgh mv2 mv12 12 20代入已知量得 v06 m/s(2)增设摩擦区后，因物块恰好运动到斜面的顶端，则摩擦力做的功恰好等于没有摩擦区域时物块运动到斜面顶端的动能，则 mgcos l mv212代入已知量得 l1 m(3)如图所示，当摩擦区设置在斜面最下面时，让物块一开始运动就进入摩擦区，特块在斜面上运动的时间最长设物块在摩擦区和光滑的斜面上的加速度分别是 a1 和 a2，则mgsin mgcos ma 1mgsin ma 2代入已知量得 a17 m/s 2，a 26 m/s 2物块在摩擦区内运动的时间为 t1，则lv 0t1 a

19、1t12 21代入数据解得 t10.19 s，t 11.53 s(舍去)物块在斜面的光滑部分运动的初速度为 v1，时间为 t2，则v1v 0a 1t14.67 m/st2 0.78 s v1a2物块运动到斜面顶端的最长时间为tt 1t 20.97 s答案 (1)6 m/s (2)1 m (3)0.97 s12(2018山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图，xOy 平面内存在着平行于 y 轴的匀强电场，一个质量为 m、带电荷量为q 的粒子从坐标原点 O 以速度 v0 沿 x 轴正方向开始运动当它经过图中虚线上的 M(2 a，a)点3时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个垂直于 xOy

20、 平面的矩形匀强磁场区域( 图中未画出) ，又从虚线上的某一位置 N 处沿 y 轴负方向运动并再次经过 M 点已知磁场的磁感应强度大小为 B ，不计粒子的重力试求：23mv03qa(结果用 m、v 0、q、a 表示)(1)电场强度的大小及方向(2)N 点的坐标(3)矩形磁场的最小面积为多少？解析 (1)因为 q 向上做类平抛，所以电场方向沿 y 轴的负方向粒子从 O到 M 做类平抛运动，设时间为 t，则有 2 av 0t a t2 得 E3lqE2m mv206qa(2)粒子运动到 M 点时速度为 v，与 x 方向的夹角为 ，则vy t v0qEm qmmv206qa23av0 33v v0t

21、an ，即 30v20 v2y233 vyv0 33由题意知，粒子从 P 点进入磁场，从 N 点离开磁场，由左手定则知磁场方向垂直于 xOy 平面(纸面) 向外；粒子在磁场中 O 点为圆心做匀速圆周运动，设计径 R，则由 qvBmv2R解得粒子做圆周运动的半径为 R a 由几何关系知，mvqB 23mv03qB PMN3012所以 N 点的纵坐标为 yN a aa，横坐标为 xN2 aRtan 3 3得 N 点的坐标为(2 a， aa)3 3(3)当矩形磁场为图示粗实线矩形时的面积最小，则矩形的两个边长分别是L12R 2aL2R Rsin a 面积为：SL 1L23a 232答案 (1) ，沿 y 轴反方向mv206qa(2)(2 a， aa) (3)3 a23 3