（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 綜合能力訓(xùn)練（一）（含解析）

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1、綜合能力訓(xùn)練(一) (時間:60分鐘　滿分:110分) 第Ⅰ卷 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8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) 1.下列敘述正確的是(　　) A.法拉第最先提出電荷周圍存在電場的觀點 B.伽利略用“月—地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性 C.牛頓在給出萬有引力定律的同時給出了引力常量 D.將實驗和邏輯推理(包括數(shù)學(xué)演算)和諧地結(jié)合起來,從而發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法的科學(xué)家是笛卡兒 答案:A 解析:最先提出電荷周圍存在電

2、場觀點的是法拉第,故選項A正確;牛頓用“月—地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性,故選項B錯誤;測量引力常量的是卡文迪許,故選項C錯誤;將實驗和邏輯推理(包括數(shù)學(xué)演算)和諧地結(jié)合起來,從而發(fā)展了人類的科學(xué)思維方式和科學(xué)研究方法的科學(xué)家是伽利略,故選項D錯誤。 2.下列說法不正確的是(　　) A.β射線與γ射線一樣都是電磁波,但β射線的穿透本領(lǐng)遠(yuǎn)比γ射線弱 B.玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域,其理論能夠解釋氫原子光譜的特征 C.氫原子的核外電子由離原子核較遠(yuǎn)的軌道躍遷到離核較近的軌道上時氫原子的能量減少 D.92238U衰變成?82206Pb要經(jīng)過6次β衰變和8次α衰變 答案:A 3.如

3、圖所示,內(nèi)壁光滑質(zhì)量為m的管形圓軌道,豎直放置在光滑水平地面上,恰好處在兩固定光滑擋板M、N之間,圓軌道半徑為R。質(zhì)量為m的小球能在管內(nèi)運動,小球可視為質(zhì)點,管的內(nèi)徑忽略不計。當(dāng)小球運動到軌道最高點時,圓軌道對地面的壓力剛好為零。下列判斷正確的是(　　) A.圓軌道對地面的最大壓力大小為8mg B.圓軌道對擋板M、N的壓力總為零 C.小球運動的最小速度為gR D.小球離擋板N最近時,圓軌道對擋板N的壓力大小為5mg 答案:A 解析:當(dāng)小球運動到最高點時,圓軌道對地面的壓力為零,可知小球?qū)A軌道的彈力大小等于圓軌道的重力,根據(jù)牛頓第二定律得,mg+FN1=mv12R,FN1=mg

4、,解得在最高點的速度v1=2gR,小球運動到軌道最低點,根據(jù)動能定理得,mg·2R=12mv22-12mv12,根據(jù)牛頓第二定律得,FN2-mg=mv22R,再根據(jù)牛頓第三定律,聯(lián)立解得小球?qū)壍赖淖畲髩毫N2'=7mg,則圓軌道對地面的最大壓力為8mg,故A正確。因為小球在光滑的管形軌道內(nèi)運動,完成圓周運動的最小速度可以是0,C錯誤。在小球運動到離擋板N最近時,小球需要向左的向心力,由擋板N的彈力提供,所以小球?qū)醢錗、N的壓力不為零,故B錯誤。根據(jù)動能定理得,mgR=12mv32-12mv12,根據(jù)牛頓第二定律得,FN3=mv32R,聯(lián)立解得FN3=4mg,則圓軌道對擋板N的壓力為4mg

5、,故D錯誤。選A。 4.星球上的物體脫離星球引力所需的最小速度稱為第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關(guān)系是v2=2v1。已知某星球的半徑為r,表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的16,不計其他星球的影響,則該星球的第二宇宙速度為(　　) A.gr B.16gr C.13gr D.13gr 答案:C 解析:根據(jù)mg6=mv12r,在該星球上的第一宇宙速度v1=gr6,因此第二宇宙速度v2=2v1=13gr,因此選項C正確,選項A、B、D錯誤。 5.(2019·黑龍江雙鴨山模擬)如圖所示,A為水平放置的膠木圓盤,在其側(cè)面均勻分布著負(fù)電荷,在A的正上方用絕緣絲線懸

6、掛一個金屬圓環(huán)B,B的環(huán)面水平且與圓盤面平行,B的軸線與A的軸線OO'重合。現(xiàn)使A由靜止開始繞其軸線OO'按箭頭所指方向加速轉(zhuǎn)動,則(　　) A.B的環(huán)面有擴(kuò)張的趨勢,絲線受到的拉力增大 B.B的環(huán)面有收縮的趨勢,絲線受到的拉力減小 C.B的環(huán)面有擴(kuò)張的趨勢,絲線受到的拉力減小 D.B的環(huán)面有收縮的趨勢,絲線受到的拉力增大 答案:B 解析:使膠木盤A由靜止開始繞其軸線OO'按箭頭所指方向加速轉(zhuǎn)動,形成環(huán)形電流,環(huán)形電流的大小增大,穿過金屬環(huán)B的磁通量向下,且增大,根據(jù)楞次定律可判斷,金屬環(huán)B的環(huán)面有收縮的趨勢,且有向上的運動趨勢,絲線受到的拉力減小,選項B正確,選項A、C、D錯

7、誤。 6.如圖所示,等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,直角邊bc的長度為l。三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶2。不計粒子的重力及粒子間的相互作用,下列說法正確的是(　　) A.粒子的速率關(guān)系一定是v1=v2

8、速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=mv2r,解得r=mvqB,粒子軌道半徑與速度成正比,又因為三個粒子在磁場中運動的時間之比為t1∶t2∶t3=3∶3∶2,顯然它們在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度之比為3∶3∶2。即粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,軌跡如圖所示。粒子1、2打在ab上,而粒子3打在ac上,粒子3的速度比1、2的速度大,無法確定粒子1、2的速度關(guān)系,1、2兩粒子的速度既可能相等也可能不相等,故A錯誤,B正確;對速度為v2的粒子,其偏轉(zhuǎn)角度為90°,粒子在磁場中的運動時間t2=14T=14×2πmqB,則qm=π2Bt2,故C錯誤;對速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)60°,運動

9、軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系知r3tan30°+r3tan30°cos60°=l,解得r3=23l3,粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qv3B=mv32r3,解得r3=mv3qB,qm=v3Br3=3v32Bl,故D正確。 7.如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過B處的速度最大,到達(dá)C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)(　　) A.下滑過程中,加速度一直減小 B.下滑過程中,克服

10、摩擦力做的功為14mv2 C.在C處,彈簧的彈性勢能為14mv2-mgh D.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度 答案:BD 解析:下滑過程中,圓環(huán)先加速然后減速,其加速度開始時豎直向下(大小逐漸減小),然后改為豎直向上(其大小逐漸增大),選項A錯誤;設(shè)下滑過程克服摩擦力做功為Wf,則上滑過程克服摩擦力做功也為Wf,對下滑過程由動能定理有mgh-Wf-W彈=0,對上滑過程由動能定理有W彈-mgh-Wf=0-12mv2,聯(lián)立以上兩式得Wf=14mv2,E彈C=W彈=mgh-14mv2,可知選項B正確,C錯誤;設(shè)環(huán)下滑時經(jīng)過B點時速度為v1,對環(huán)由A至B的過程有mghAB-Wf'-W彈'

11、=12mv12-0,設(shè)環(huán)上滑時經(jīng)過B點時速度為v2,對環(huán)由B至A的過程有-Wf'-mghAB+W彈'=0-12mv22,比較以上兩式易知v2>v1,選項D正確。 8.如圖所示,把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12 m。已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10-4 kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g取10 m/s2,靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,則 (　　) A.兩球所帶電荷量相等 B.A球所受的靜電力為1.0×10-2 N

12、C.B球所帶的電荷量為46×10-8 C D.A、B兩球連線中點處的電場強(qiáng)度為0 答案:ACD 解析:根據(jù)電荷量均分原理知,兩小球電荷量相同,A選項正確;兩小球接觸后再分開后的位置如圖所示,已知OAA=0.10m,AB=0.12m,根據(jù)幾何知識可知θ=37°。對A進(jìn)行受力分析如圖所示,將A受到的庫侖力和重力合成后合力沿OAA的延長線,可得Fq=mgtanθ=6×10-3N,B選項錯誤;根據(jù)庫侖定律Fq=kq2l2,可得q=Fq·l2k,其中l(wèi)=0.12m,代入數(shù)據(jù)得q=46×10-8C,C選項正確;A、B帶的電荷量相等且同種性質(zhì),所以連線中點處電場強(qiáng)度為零,D選項正確。 第Ⅱ卷

13、二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第9~12題為必考題,每個試題考生都必須作答。第13~14題為選考題,考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 9.(6分)如圖甲所示,由小車、斜面及粗糙程度可以改變的水平長直木板構(gòu)成伽利略理想斜面實驗裝置。實驗時,在水平長直木板旁邊放上刻度尺,小車可以從斜面平穩(wěn)地滑行到水平長直平面。利用該裝置與器材,完成能體現(xiàn)如圖乙所示的伽利略理想斜面實驗思想與方法的實驗推論(設(shè)重力加速度為g)。 甲 乙 丙 (1)請指出,實驗時必須控制的實驗條件:　　　　　　　　　　　　　。? (2)請表述,由實驗現(xiàn)象可以得出的實驗推論:?

14、 　。? (3)圖丙是每隔Δt時間曝光一次得到小車在粗糙水平面上運動過程中的五張照片,測得小車之間的距離分別是s1、s2、s3、s4,由此可估算出小車與水平面間的動摩擦因數(shù)μ= 　　　　　　　　　　(用s1、s2、s3、s4、g、Δt表示)。? 答案:(1)小車從同一位置靜止釋放 (2)水平面越光滑,小車滑得越遠(yuǎn),當(dāng)水平面完全光滑時,小車將滑向無窮遠(yuǎn) (3)(s1+s2)-(s3+s4)4g·(Δt)2 解析:(1)根據(jù)伽利略“理想實驗”的內(nèi)容與原理可知,需要小車到達(dá)水平面時的速度是相同的,所以在實驗的過程中要求小車從同一位置靜止釋放。 (2)根據(jù)實驗的情況

15、,可以得出的結(jié)論為水平面越光滑,小車滑得越遠(yuǎn),當(dāng)水平面完全光滑時,小車將滑向無窮遠(yuǎn)。 (3)小車在水平面內(nèi)做勻變速直線運動,結(jié)合勻變速直線運動的推論,則a=(s1+s2)-(s3+s4)4(Δt)2,根據(jù)牛頓第二定律可知a=μmgm=μg,所以小車與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=(s1+s2)-(s3+s4)4g·(Δt)2。 10.(9分)某同學(xué)要通過實驗描繪一個規(guī)格為“3 V　0.25 A”的LED燈的伏安特性曲線。實驗室提供的器材有: A.電流表A1(量程為0~0.6 A,內(nèi)阻約為10 Ω) B.電流表A2(量程為0~250 mA,內(nèi)阻約為 5 Ω) C.滑動變阻器R1(“20 Ω　

16、1 A”) D.滑動變阻器R2(“200 Ω　0.3 A”) E.電壓表V(量程為0~3 V,內(nèi)阻RV約為3 kΩ) F.開關(guān)S一只 G.蓄電池E(電動勢為4 V,內(nèi)阻很小) H.導(dǎo)線若干 (1)要完成實驗,除蓄電池、電壓表、開關(guān)、導(dǎo)線若干外,還需選擇的器材有　　　　(填寫器材前的字母編號)。? (2)在圖中他已經(jīng)連接了一部分電路,請你用筆畫線代替導(dǎo)線將電路連線補(bǔ)充完整。 (3)為了得到伏安特性曲線,他以電壓表的讀數(shù)U為橫軸,以電流表的讀數(shù)I為縱軸,將實驗中得到的多組數(shù)據(jù)進(jìn)行了描點,如圖所示,請你幫他完成I-U圖像。 (4)如果將此燈連入如圖所示電路,其中電源電動勢

17、為3 V,電源內(nèi)阻與保護(hù)電阻R0的總阻值為5 Ω,定值電阻R的阻值為10 Ω。開關(guān)S閉合后,通過小燈泡的電流是　　　　A(保留兩位有效數(shù)字)。? 答案:(1)BC　(2)如圖甲所示　(3)如圖乙所示　(4)0.18 甲 乙 解析:(1)用電流表測量時要保證指針有較大的偏角,滑動變阻器作為分壓器使用,阻值宜小,允許通過的最大電流值宜大,故選B、C。 (2)選用分壓式外接電路,將實物圖連接。 (3)用平滑曲線將各點連接如答案圖乙。 (4)設(shè)燈兩端電壓為U,電流為I,則由閉合電路歐姆定律可知E=U+UR+I(r+R0);代入數(shù)據(jù)化簡可知3V=32U+5Ω·I,即U=2V-1

18、03Ω·I,看成等效電源E'=2V,r'=103Ω與燈連接,作出過(2V,0)和(1V,0.3A)的圖像如圖所示: 兩圖的交點即為燈的工作點,則由圖可知,電流為0.18A。 11.(12分)如圖所示,在傾角θ=37°的粗糙斜面上距離斜面底端x=1 m處有一質(zhì)量m=1 kg的物塊,受到豎直向下的恒力F=30 N,由靜止開始沿斜面下滑。到達(dá)底端時即撤去恒力F,然后在水平面上滑動一段距離后停止。不計物塊撞擊水平面時的能量損失,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)相同,g取10 m/s2。 (1)若物塊運動過程中最大速度為4 m/s,物塊與各接觸面之間的動摩擦因數(shù)μ為多少? (2)若僅改變豎

19、直恒力F的大小,可使物塊總的運動時間有一最小值,最小值為多少?此時物塊在水平面上運動的位移為多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) 答案:(1)0.5　(2)2105 s　1 m 解析:(1)物塊到達(dá)斜面底端時速度最大,根據(jù)運動學(xué)公式v2=2ax 代入數(shù)據(jù)得a=8m/s2 對斜面上物塊受力分析知 (mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma 代入數(shù)據(jù),解得 μ=0.5。 (2)設(shè)斜面上物塊加速度為a1,運動時間為t1,在水平面上運動時間為t2,則 x=12a1t12 到達(dá)底端時速度為 v1=2a1x=μgt2 則總時間為 t=t1+t2=2xa1

20、+2a1xμg 根據(jù)基本不等式,當(dāng)a1=μg=5m/s2時,t有最小值tmin=2105s 物塊在水平面上運動的位移為x0 由v12=2μgx0 解得x0=1m。 12.(20分)如圖所示,在正方形ACDF區(qū)域內(nèi),對角線CF以上的區(qū)域存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場,對角線CF以下的區(qū)域存在平行于DF方向的勻強(qiáng)電場,正方形邊長為l。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子(重力不計)以初速度v0從A點沿AC方向進(jìn)入磁場,在對角線CF的中點P處進(jìn)入電場,并從DF邊上離開電場,求: (1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向; (2)電場強(qiáng)度E的大小; (3)帶電粒子從DF邊離開時的最大速度。

21、答案:(1)2mv0ql,垂直于紙面向外　(2)E≤4mv02ql　(3)5v0,方向見解析 解析:(1)帶電粒子的運動軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系知帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的半徑R=l2 帶電粒子在磁場中運動的洛倫茲力提供向心力 qv0B=mv02R B=2mv0ql 方向垂直于紙面向外。 (2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子從P點進(jìn)入電場時的速度方向與CF的夾角θ=45°,平行CD方向進(jìn)入電場,帶電粒子恰從D點或F點離開電場時,電場強(qiáng)度E最大。 平行CD方向t=l2v0 平行FD方向l2=at22　qEm=ma 上述各式聯(lián)立解得Em=4mv02ql 當(dāng)E≤4mv02ql時,

22、帶電粒子從DF邊離開電場。 (3)當(dāng)電場強(qiáng)度最大,帶電粒子從D或F點離開電場時,速度最大。 由動能定理得qEml2=mvm22-mv022 vm=5v0 最大速度與CD邊的夾角為 cosβ=v05v0 β=arccos55。 (二)選考題(共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分) 13.(15分)【物理——選修3-3】 (1)(5分)下列說法正確的是　　　　。(填正確答案標(biāo)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.液晶具有流動性,光學(xué)性質(zhì)為各向異性 B.氣體擴(kuò)散現(xiàn)象表明氣體分子

23、間存在斥力 C.熱量總是自發(fā)地從分子平均動能大的物體傳遞到分子平均動能小的物體 D.機(jī)械能不可能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,內(nèi)能也無法全部用來做功以轉(zhuǎn)化成機(jī)械能 E.液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離,所以液體表面存在表面張力 (2)(10分)如圖所示,用活塞在汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量理想氣體,活塞與汽缸壁間摩擦忽略不計,活塞的質(zhì)量m1=0.5 kg,開始時活塞距汽缸底高度h1=0.40 m,氣體的溫度t1=27 ℃?，F(xiàn)給汽缸緩慢加熱,使活塞緩慢升到距離汽缸底h2=0.80 m處,此過程中缸內(nèi)氣體吸收Q=450 J的熱量。已知活塞橫截面積S=5.0×10-3 m2,大氣壓強(qiáng)p0=1.0×105

24、Pa,g取10 m/s2。求: ①活塞距離汽缸底h2時的溫度t2; ②此過程中缸內(nèi)氣體增加的內(nèi)能ΔU。 答案:(1)ACE　(2)①327 ℃　②248 J 解析:(1)液晶具有流動性,但液晶的光學(xué)性質(zhì)為各向異性,故選項A正確;氣體擴(kuò)散現(xiàn)象表明氣體分子在做永不停息的無規(guī)則運動,故選項B錯誤;根據(jù)熱力學(xué)第二定律,熱量能自發(fā)地從高溫物體傳遞到低溫物體,故選項C正確;根據(jù)熱力學(xué)第二定律,機(jī)械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,但內(nèi)能不能全部用來做功而轉(zhuǎn)化成機(jī)械能,而不產(chǎn)生其他的影響,故選項D錯誤;液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離,所以液體表面存在表面張力,故選項E正確。 (2)①氣體做等壓

25、變化,活塞距離汽缸底h2時溫度為t2,則根據(jù)氣態(tài)方程可得 V1T1=V2T2 T2=t2+273K 解得t2=327℃。 ②在氣體膨脹的過程中,氣體對外做功為 W0=(p0S+m1g)(h2-h1)=202J 根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得氣體內(nèi)能的變化為 ΔU=W+Q=-W0+Q=-202J+450J=248J。 14.(15分)【物理——選修3—4】 (1)(5分)右圖是擺長均為l的兩個單擺,兩擺球間用一根細(xì)線相連,現(xiàn)使兩擺線與豎直方向均成θ角(θ<5°),且使兩單擺靜止。已知甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量。當(dāng)細(xì)線突然斷開后,兩擺球都做簡諧運動,從細(xì)線斷開瞬間開始計時,經(jīng)過時間t,甲、乙兩

26、擺球第n次距離最近。則下列說法正確的是　　　　。? A.甲的振幅小于乙的振幅 B.甲的振幅等于乙的振幅 C.兩單擺所處位置的重力加速度為g=π2n2lt2 D.甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度 E.兩擺所處位置的重力加速度為g=4π2n2lt2 (2)(10分)如圖所示,半徑為R的半圓形玻璃磚的底面MN涂有一層反射膜。甲、乙兩束相同的紅色平行光分別從a點和b點斜射到玻璃磚的弧面上,入射方向與水平方向成45°角。進(jìn)入玻璃磚后,甲光射到圓心O點,其反射光線恰與乙光反射光線相交于弧面上c點。 ①求該玻璃磚對紅色光的折射率;如果底面沒有涂反射膜,甲光能不能從MN射出?

27、②如果將甲光換成單色紫色,其能不能從MN射出? 答案:(1)BDE (2)①2-22-1　不能從MN射出?、诓荒軓腗N射出 解析:(1)甲、乙兩單擺的擺長相等,再結(jié)合題意可知,甲、乙兩單擺做簡諧運動的振幅相等,選項A錯誤,B正確;兩單擺在平衡位 置時速度最大,根據(jù)mgh=12mv2,得v=2gh,即速度與質(zhì)量無關(guān),所以甲在平衡位置的速度等于乙在平衡位置的速度,選項D正確;當(dāng)經(jīng)過時間t,甲、乙兩擺球第n次距離最近,說明單擺周期為T=tn,根據(jù)T=2πl(wèi)g,知單擺周期與質(zhì)量無關(guān),且計算得兩單擺所處位置的重力加速度為g=4π2n2lt2,選項C錯誤,E正確。 (2)①在光路圖中,過c點作MN的垂線,根據(jù)幾何關(guān)系,知垂線長為22R 設(shè)乙光的折射角為r,則由幾何關(guān)系 有Rtanr+22Rtanr=22R 解得tanr=2-1 即sinr=tan2r1+tan2r=2-14-22 根據(jù)折射定律n=sin45°sinr=2-22-1 因為n=2-22-1>2,因此臨界角小于45°,如果底面沒有涂反射膜,甲光在底面將發(fā)生全反射,甲光不能從MN射出。 ②因為紅光發(fā)生了全反射,而紫光的頻率比紅光大,同種介質(zhì)對紫光的折射率更大,紫光發(fā)生全反射的臨界角也小于45°,因此不能從MN射出。 16