2020版高考物理二輪復(fù)習 單科標準滿分練4（含解析）

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1、單科標準滿分練(四) (時間：60分鐘　分值：110分) 第Ⅰ卷 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。 14.某種金屬逸出光電子的最大初動能Ekm與入射光頻率ν的關(guān)系如圖所示，其中ν0為極限頻率。下列說法正確的是(　　) A．逸出功隨入射光頻率增大而減小 B．最大初動能Ekm與入射光強度成正比 C．最大初動能Ekm與入射光頻率成正比 D．圖中直線的斜率與普朗克常量有關(guān) D　[金屬的逸出功是由金屬自身決定的，與入射光頻率無關(guān)

2、，A項錯誤；光電子的最大初動能Ekm與入射光的強度無關(guān)，B項錯誤；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ekm＝hν－W0，可知最大初動能Ekm隨入射光頻率增大而增大，但不成正比，C項錯誤；Ekm－ν圖線的斜率與普朗克常量有關(guān)，D項正確。] 15．甲、乙兩物體沿同一直線同向運動，兩物體的v-t圖線如圖所示，t＝5 s時兩物體位于同一位置。在0～5 s時間內(nèi)，下列說法正確的是(　　) A．甲物體一直追趕乙物體 B．t＝2 s甲物體在后，乙物體在前 C．t＝0時兩物體相距4 m D．兩物體做勻變速運動的加速度大小比為a甲∶a乙＝1∶2 C　[由v-t圖線可求得兩圖線交點的橫坐標為t＝2 s。有a

3、甲＝ m/s2＝－2 m/s2，a乙＝ m/s2＝6 m/s2，所以|a甲|∶a乙＝1∶3，故D錯；由圖象可求得甲的位移x甲＝×10×5 m＝25 m，乙的位移x乙＝×6×1 m＋6×3 m＝21 m。t＝5 s時兩物體位于同一位置，所以t＝0時甲物體在乙物體后4 m，故C正確；運動過程中，t＝2 s前甲的速度大于乙的速度，t＝2 s后乙的速度大于甲的速度，所以前面甲追乙，后面乙追甲，故A錯；2 s～5 s時間內(nèi)，甲物體位移x1＝×6×3 m＝9 m，乙物體位移x2＝6×3 m＝18 m，t＝5 s時兩物體位于同一位置，所以t＝2 s甲物體在前，乙物體在后，故B錯。] 16.空間有一圓形勻強

4、磁場區(qū)域，O點為圓心。一帶負電的粒子從A點沿半徑方向以速率v垂直射入磁場，經(jīng)過時間t離開磁場時速度方向與半徑OA垂直，不計粒子重力。若粒子速率變?yōu)関，其他條件不變，粒子在圓形磁場中運動的時間為(　　) A.　　　　　　　　 B.t C. D．2t B　[粒子運動周期T＝，可知速度變化前后，粒子的兩次運動周期不變，設(shè)以速率v射入磁場時運動軌跡的半徑為R1，畫出粒子運動過程圖如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中運動所轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝90°，半徑R1＝r。設(shè)以速率 v射入磁場時運動軌跡的半徑為R2，粒子半徑R2＝r，根據(jù)幾何關(guān)系畫出粒子運動過程圖如圖乙所示，粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角

5、θ2＝60°，所以兩次粒子在磁場中運動的時間之比：＝＝＝，又因為t1＝t，所以t2＝t，B項正確。] 17.如圖所示，“”形框架由光滑的豎直桿和粗糙的水平桿組成。L1、L2為不可伸長的輕繩，P、Q是兩個可看作質(zhì)點的小球。輕繩L1的左端A套在豎直桿上，可沿桿自由移動。小球P穿在水平桿上，在桿的B點位置靜止不動?，F(xiàn)把小球P向右移動一小段距離，兩小球仍處于靜止狀態(tài)。與移動前相比，下列說法正確的是(　　) A．輕繩L1的拉力不變 B．輕繩L2的拉力變大 C．水平桿對小球P的支持力變小 D．水平桿對小球P的摩擦力變小 B　[L1為輕繩，且A為自由端，所以L1一直處于水平位置。變化前后

6、小球Q的受力矢量圖如圖所示，可得L1、L2的拉力變大，故A錯誤，B正確； 從整個系統(tǒng)來看，水平桿對小球P的支持力等于兩小球的重力之和，保持不變，故C錯誤；水平桿對小球P的摩擦力與L1的拉力相等，故D錯誤。] 18.宇畝空間由一種由三顆星體A、B、C組成的三星體系，它們分別位于等邊三角形ABC的三個頂點上，繞一個固定且共同的圓心O做勻速圓周運動，軌道如圖中實線所示，其軌道半徑rAaB>aC C．質(zhì)量大小關(guān)系是mA＝mB＝mC D．角

7、速度大小關(guān)系是ωA<ωB<ωC A　[A項：三星體運動周期相同，根據(jù)公式T＝，可知vArB>rA，根據(jù)質(zhì)心位置的特點(與質(zhì)量大的物體距離比較小)可知，它們的質(zhì)量關(guān)系應(yīng)該是mA>mB>mC，所以C錯誤。D項：三星體運動周期相同，根據(jù)公式T＝，可知ωA＝ωB＝ωC，故D錯誤。] 19．如圖所示，理想變壓器的輸入端通過滑動變阻器R1與輸出功率恒定的交流電源相連，理想變壓器的輸出端接滑動變阻器R2和燈泡L。在保證

8、電路安全的情況下，欲使燈泡L變亮，可以(　　) A．把R1的滑動片向a端移動 B．把R1的滑動片向b端移動 C．把R2的滑動片向c端移動 D．把R2的滑動片向d端移動 AD　[根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)的關(guān)系，有＝。設(shè)電源的輸出功率為P，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，有P－IR1＝IR2＋IRL。聯(lián)立兩式，得I＝。燈泡變亮，應(yīng)使I增大，由公式可知，應(yīng)使R1或R2減小，故A、D正確。] 20.如圖所示，豎直向下的電場寬度為d，場強大小為E，質(zhì)量均為m，電荷量分別為＋q、－q的兩個帶電粒子，從左邊界的O點以與水平方向成θ角的速度v0向右射入電場中，粒子重力不計，下列說法正確的是(　

9、　) A．若帶電為－q的粒子從與O點等高的P點射出電場，則v0＝ B．若帶電為－q的粒子從與O點等高的P點射出電場，則v0＝ C．若兩粒子射出電場的位置相距為d，則v0＝ D．若兩粒子射出電場的位置相距為d，則v0＝ AC　[－q從與O點等高的P點射出，豎直方向的位移為0,0＝v0sin θ·t－at2，水平方向d＝v0cos θ·t，Eq＝ma，解得v0＝，A項正確；－q豎直方向的位移y1＝v0sin θ·t－at2，＋q豎直方向的位移y2＝v0sin θ·t＋at2，d＝y(tǒng)2－y1＝at2，解得v0＝，C項正確。] 21.如圖所示，勁度系數(shù)為K的水平輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連

10、接質(zhì)量為m的小物塊，靜止于A點，物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)對物塊施加一個水平向右的恒力F，物塊開始運動，且此后運動中能到達A點右側(cè)的最大距離是x0，已知重力加速度為g，物塊最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則(　　) A．拉力F的大小一定大于μmg B．物塊開始運動時加速度的大小a滿足：－2μg≤a≤ C．物塊運動至A點右側(cè)距離是x0點時彈簧彈性勢能增量為(F－μmg)x0 D．此后運動過程中物塊可能再次經(jīng)過A點 BC　[這個物塊原來靜止的狀態(tài)有一個可能范圍。因為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。那么物塊可以受到的最大靜摩擦力是μmg，μ為摩擦因數(shù)。彈簧壓縮量

11、為l，使μmg＝lk時可以平衡，這時摩擦力向左。彈簧伸長量l，使μmg＝lk時也可以平衡，這時摩擦力向右。以彈簧平衡位置為原點，物塊在兩側(cè)距原點均為l之間都是可以平衡的。這時靜摩擦力不需要達到最大值μmg。假設(shè)物塊在左側(cè)距原點l處，彈力向右，摩擦力向左而保持平衡，再加向右的力必然使它運動。但在彈簧伸長時，這時摩擦向右，如果加一個向右且小于彈簧彈力的力時，物塊不動。超過彈簧拉力時，摩擦力會反向向左，即若使物塊運動，則要克服的是摩擦力與彈簧拉力之和。在最右端時最大，也就是至少需要力2μmg，所以A錯誤；物塊開始運動時，如果彈力向右，則a＝，如果彈力向左，則a＝－2μg，所以－2μg≤a≤，所以B正

12、確；從物塊開始運動，到到達A點右側(cè)的最大距離，應(yīng)用動能定理(F－μmg)x0－E彈＝0，得E彈＝(F－μmg)x0，所以C正確；在整個運動過程中，摩擦力做負功，消耗能量，所以此后運動過程中物塊不可能再次經(jīng)過A點，所以D錯誤。故選擇B、C。] 第Ⅱ卷 三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 (一)必考題(共47分) 22．(6分)某同學利用頻閃照相測量滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)。圖示為一小滑塊沿斜面下滑過程的頻閃照片，已知頻閃相機每隔0.05 s閃光一次，照片中的數(shù)字是滑塊滑下的距離。 (1

13、)滑塊下滑過程中的加速度大小a＝________m/s2； (2)滑坎下滑過程中經(jīng)過位置3時速度大小v3＝__________m/s； (3)已知斜面固定在水平面上，傾角為37°，則滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝________。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，以上結(jié)果均要求保留兩位有效數(shù)字) [解析]　(1)x4－x2＝2a1t2，x3－x1＝2a2t2， a＝＝＝4.0 m/s2。 (2)滑塊下滑過程中經(jīng)過位置3時速度大小 v3＝＝ m/s≈1.0 m/s。 (3)由牛頓第二定律得 a＝＝gsin 37°－μgcos 37°， 解得

14、μ＝0.25。 [答案]　(1)4.0(2分)　(2)1.0(2分)　(3)0.25(2分) 23．(9分)如圖甲所示為測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗電路圖， 圖甲中R0＝20 Ω為定值電阻，R為電阻箱。實驗中改變電阻箱R的阻值，讀出與之相對應(yīng)的電壓表的示數(shù)。以電阻箱的阻值R為橫坐標，以電壓表示數(shù)的倒數(shù) 為縱坐標，建立直角坐標系，得到變化關(guān)系圖線如圖乙所示。 (1)請根據(jù)電路圖連接下面的實物圖。 (2)根據(jù)圖線和已知數(shù)據(jù)，可求得干電池的電動勢E＝________，內(nèi)電阻r＝________。 (3)若要電阻箱R消耗的電功率最大，則其連入電路的阻值為________ Ω

15、。若要定值電阻R0消耗的功率最大，則電阻箱R連入電路的阻值為________ Ω。 (4)把電路圖中的電阻箱R和定值電阻R0互換位置，請在直角坐標系中定性畫出 -R圖線(坐標值參照已給出數(shù)值)。 [解析]　(2)由閉合電路歐姆定律有E＝U＋(R＋r)， 得＝R＋。由圖線可得斜率為，縱截距為。聯(lián)立解得E＝1.5 V，r＝5.0 Ω。(3)考慮電阻箱R消耗的電功率時，把定值電阻R0看成電源內(nèi)阻，這樣當R＝R0＋r＝25 Ω時，電源輸出功率最大，即電阻箱R消耗的功率最大。當定值電阻R0消耗的功率最大，則流過其電流最大，所以電路中電阻最小，即電阻箱R的阻值為0。(4)定值電阻R0和電阻箱R互換位

16、置，由閉合電路歐姆定律有E＝U＋(R0＋r)，整理并代入數(shù)值得＝＋。結(jié)合公式和電路圖可知，當R為零時，電壓表示數(shù)U為零，而為無窮大；當R＝25 Ω時，＝；當R無窮大時，＝＝。 [答案]　(1)(2分) 　 (2)1.5(2分)；5.0(2分) (3)25(1分)；0(1分) (4)(1分) 24．(14分)如圖所示，寬度為L的光滑導軌分為左、右兩部分，左側(cè)部分與水平面成θ角傾斜放置，右側(cè)部分處于水平，兩部分在C、D兩點處平滑連接，導軌兩端各接有阻值為R的電阻。質(zhì)量為m，電阻為R、長度也為L的導體棒橫跨在導軌的A、B位置，由靜止釋放，最終導體棒停在導軌的E、F位置，AB、EF到CD的

17、距離均為L。重力加速度為g，整個空間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，導軌的電阻不計，求： (1)導體棒將要滑到CD瞬間的加速度； (2)導體棒由AB滑至CD和由CD滑至EF兩過程中產(chǎn)生電能的比值。 [解析]　(1)設(shè)導體棒滑至CD瞬間的速度為v，導體棒由CD滑至EF過程中，平均感應(yīng)電動勢為，有 ＝①(1分) 導體棒的平均電流 ＝＝②(1分) 導體棒所受安培力的平均值 ＝BL＝③(1分) 對導體棒應(yīng)用動量定理，有 －Δt＝0－mv④(1分) 得v＝⑤(1分) 導體棒將要滑到CD瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的瞬時值為 E＝BLv⑥(1分) 導體棒所受安培力的瞬間

18、值 F＝⑦(1分) 取沿傾斜導軌向下的方向為正方向，由牛頓第二定律有 mgsin θ－cos θ＝ma⑧(2分) 得a＝gsin θ－。⑨(1分) (2)導體棒由AB滑至CD過程產(chǎn)生的電能 E1＝mgLsin θ－mv2⑩(2分) 導體棒由CD滑至EF過程產(chǎn)生的電能 E2＝mv2?(1分) 兩者的比值 ＝－1。?(1分) [答案]　(1)gsin θ－(若只回答加速度為零給1分)；(2)－1 25．(18分)(2019·湖北荊州模擬)如圖所示，光滑水平面AB與半徑R＝0.5 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點相切，D點為半圓軌道最高點，A點的右側(cè)連接一粗糙的水平面。用細線

19、連接甲、乙兩物體，甲、乙中間夾一輕質(zhì)壓縮彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接。甲的質(zhì)量m1＝4 kg，乙的質(zhì)量m2＝5 kg，甲、乙均靜止。若燒斷細線，甲離開彈簧后經(jīng)過B點進入半圓軌道，過D點時對軌道的壓力恰好為零。取g＝10 m/s2，彈簧恢復(fù)原長時，甲、乙均在水平面AB上，甲、乙兩物體可看作質(zhì)點。 (1)求甲離開彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小vB； (2)求燒斷細線時彈簧的彈性勢能Ep； (3)若固定甲，將乙物體換為質(zhì)量為m的物體丙，燒斷細線，丙物體離開彈簧后從A點進入粗糙水平面AF，AF長度為4l，F(xiàn)端與半徑為l的光滑半圓軌道FGH相切，半圓軌道的直徑FH豎直，如圖所示。設(shè)丙物體離開彈簧

20、時的動能為6mgl，重力加速度大小為g，丙物體與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，求丙物體離開半圓軌道FGH后落回到水平面BAF上的位置與F點之間的距離s； (4)在第(3)問的條件下，僅將丙物體的質(zhì)量變?yōu)镸，若丙物體能滑上半圓軌道FGH，且能從GH間離開半圓軌道滑落(G點為半圓軌道中點)，求丙物體的質(zhì)量M的取值范圍。 [解析]　(1)甲在最高點D時對軌道的壓力恰好為零，由牛頓第二定律有m1g＝m1(1分) 甲從B點運動至D點的過程中機械能守恒，以水平面為零勢能面，則 m1v＝m1g·2R＋m1v(1分) 聯(lián)立解得vB＝5 m/s。 (2)彈簧和甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平

21、向左為正方向，則有0＝m1v1－m2v2(1分) 由于水平面AB光滑，則有v1＝vB＝5 m/s(1分) 解得v2＝4 m/s(1分) 根據(jù)能量守恒定律可知，燒斷細線時彈簧的彈性勢能 Ep＝m1v＋m2v＝90 J。(1分) (3)甲固定，燒斷細線后丙物體運動到F點時的速度大小記為vF 由動能定理得－4μmgl＝mv－6mgl(1分) 解得vF＝2(1分) 設(shè)丙滑到H點時的速度為vH，以水平面為零勢能面，由機械能守恒定律得 mv＝mv＋2mgl(1分) 聯(lián)立解得vH＝2(1分) 由于vH＝2>，故丙物體能運動到H點，并從H點以速度vH水平射出。設(shè)丙物體落回到水平面BAF所

22、需的時間為t，由運動學公式得2l＝gt2(1分) 丙物體落回到BAF上的位置與F點之間的距離為s＝vHt(1分) 聯(lián)立得s＝4l。(1分) (4)設(shè)丙物體到達F點時的速度大小為v′F 由動能定理得－μMg·4l＝Mv′－6mgl(1分) 解得v′F＝(1分) 為使丙物體能滑上半圓軌道并從GH間離開半圓軌道，需滿足的條件是 ①丙物體在半圓軌道上的上升高度大于l，由能量關(guān)系有Mv′>Mgl(1分) ②丙物體在半圓軌道上的上升高度小于2l，由能量關(guān)系有Mv′

23、中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。 33．[物理—選修3－3](15分) (1)(5分)下列有關(guān)熱現(xiàn)象的說法中，正確的是____________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．玻璃磚很難變形，但其內(nèi)的玻璃分子仍然在做無規(guī)則的熱運動 B．氣體存在壓強是因為氣體分子間存在斥力 C．當氣體吸熱時，其內(nèi)能并不一定增加 D．把一定量的氣體壓縮，其內(nèi)能一定增加 E．熱量可以從低溫物體傳到高溫物體 (2)(10分)如圖所示，在水平地面上放置一柱形汽缸，兩活塞(體積均可忽略)a、b將兩部分理想氣體封閉在汽

24、缸內(nèi)，兩部分氣體的體積之比＝，兩活塞間連接一根水平輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長，汽缸壁導熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動，固定汽缸，用水平向左的外力(圖中未畫出)緩慢推活塞b，活塞b向左運動一小段距離，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，兩部分氣體的體積之比 ＝，推力F＝p0S，求此時彈簧彈力大小。(已知汽缸的橫截面積為S，設(shè)環(huán)境溫度保持不變，外界大氣壓為p0) [解析]　(1)一切物體的分子都在做無規(guī)則的熱運動，A項正確；氣體存在壓強是因為氣體分子對器壁的撞擊產(chǎn)生的，B項錯誤；改變內(nèi)能的方式有做功和熱傳遞，氣體從外界吸熱，其內(nèi)能不一定增加，C項正確；把一定量的氣體壓縮，但若對外傳遞熱量，則其內(nèi)能可能減小

25、，D項錯誤；熱量不可以自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，但在一定條件下可以實現(xiàn)，E項正確。 (2)氣體壓縮之前，活塞a、b處于平衡狀態(tài)，氣體1、2的壓強均為p0，設(shè)氣體a、b壓縮后的壓強分別為p1、p2， 壓縮氣體過程為等溫過程，由玻意耳定律： 對1氣體：p0V10＝p1V1(2分) 對2氣體：p0V20＝p2V2(2分) 對兩活塞和2氣體整體：p1S＝p0S＋p0S(2分) 設(shè)彈簧彈力為F′，對于活塞a p1S＝p2S＋F′(2分) 解得F′＝。(2分) [答案]　(1)ACE　(2) 34．[物理—選修3－4](15分) (1)(5分)甲、乙兩列簡諧橫波波速均為v＝2 m

26、/s，甲沿x軸負方向傳播，乙沿x軸正方向傳播，某時刻波的圖象分別如圖甲、乙所示，其中P、Q處的質(zhì)點均處于波峰，關(guān)于這兩列波，下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．甲波中的M處質(zhì)點比P處質(zhì)點先回到平衡位置 B．從圖示的時刻開始，P處質(zhì)點與Q處質(zhì)點同時回到平衡位置 C．從圖示的時刻開始，經(jīng)過1.0 s，P質(zhì)點沿x軸負方向通過的位移為2 m D．從圖示的時刻開始，經(jīng)過1.0 s，M質(zhì)點通過的路程為20 cm E．如果這兩列波相遇不可能形成穩(wěn)定的干涉圖樣 (2)(10分)如圖所示，一束

27、平行單色光從空氣垂直入射到等腰三棱鏡的AB面上，AB和AC邊長相等，頂角為θ＝30°，底邊BC長為L，這種單色光在三棱鏡中的折射率為n＝。在三棱鏡右側(cè)有一足夠大的豎直光屏垂直于BC，光屏到C點的距離為3L。求光屏上光斑的最高點和最低點之間的距離。(tan 15°＝2－，結(jié)果可以帶根號) [解析]　(1)甲沿x軸負方向傳播，M處質(zhì)點正向y軸負方向運動，比P處質(zhì)點先回到平衡位置，A項正確；T甲＝＝2 s，T乙＝＝4 s，P、Q處的質(zhì)點均需通過T回到平衡位置，但時間不同，B項錯誤；質(zhì)點不會隨波遷移，C項錯誤；經(jīng)過半個周期，質(zhì)點通過的路程為2A，為20 cm，D項正確；兩列波頻率不同，不能形成穩(wěn)

28、定的干涉圖樣，E項正確。 (2)根據(jù)全反射條件，光線射入三棱鏡后射出時的臨界角C＝45°。(2分) 光線射入三棱鏡后，在AC邊的入射角為30°，不會發(fā)生全反射。 設(shè)射出AC邊時的出射角i。根據(jù)折射定律 ＝n，得i＝45°(2分) 根據(jù)題意，射到光屏上最低點的位置在圖中S1點，如圖所示。由幾何關(guān)系可知，∠OCS1＝30°， 故OS1＝3Ltan 30°＝L。(2分) 在BC邊的入射角為75°，大于全反射的臨界角45°，會發(fā)生全反射。 由題意可知，從BC邊全反射的光線中射到光屏上最高點的位置在圖中S2點，如圖所示。由幾何關(guān)系可知，∠OBS2＝15° 故OS2＝4Ltan 15°＝(8－4)L(2分) 所以，光屏上光斑的最高點和最低點之間的距離為 S＝OS1＋OS2＝(8－3)L。(2分) [答案]　(1)ADE　(2)(8－3)L - 14 -