2020版高考物理二轮复习单科标准满分练4含解析

2020版高考物理二轮复习单科标准满分练4含解析

高考化学总复习 单科标准满分练(四)‎ ‎(时间：60分钟　分值：110分)‎ 第Ⅰ卷 二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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.某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。下列说法正确的是(　　)‎ A．逸出功随入射光频率增大而减小 B．最大初动能Ekm与入射光强度成正比 C．最大初动能Ekm与入射光频率成正比 D．图中直线的斜率与普朗克常量有关 D　[金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，A项错误；光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关，B项错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0，可知最大初动能Ekm随入射光频率增大而增大，但不成正比，C项错误；Ekm－ν图线的斜率与普朗克常量有关，D项正确。]‎ ‎15．甲、乙两物体沿同一直线同向运动，两物体的vt图线如图所示，t＝5 s时两物体位于同一位置。在0～5 s时间内，下列说法正确的是(　　)‎ A．甲物体一直追赶乙物体 B．t＝2 s甲物体在后，乙物体在前 C．t＝0时两物体相距4 m D．两物体做匀变速运动的加速度大小比为a甲∶a乙＝1∶2‎ C　[由vt图线可求得两图线交点的横坐标为t＝2 s。有a甲＝ m/s2＝－2 m/s2，a乙＝ m/s2＝6 m/s2，所以|a甲|∶a乙＝1∶3，故D错；由图象可求得甲的位移x甲＝ - 13 -‎ 高考化学总复习 ‎×10×5 m＝25 m，乙的位移x乙＝×6×1 m＋6×3 m＝21 m。t＝5 s时两物体位于同一位置，所以t＝0时甲物体在乙物体后4 m，故C正确；运动过程中，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错；2 s～5 s时间内，甲物体位移x1＝×6×3 m＝9 m，乙物体位移x2＝6×3 m＝18 m，t＝5 s时两物体位于同一位置，所以t＝2 s甲物体在前，乙物体在后，故B错。]‎ ‎16.空间有一圆形匀强磁场区域，O点为圆心。一带负电的粒子从A点沿半径方向以速率v垂直射入磁场，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直，不计粒子重力。若粒子速率变为v，其他条件不变，粒子在圆形磁场中运动的时间为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B.t C. D．2t B　[粒子运动周期T＝，可知速度变化前后，粒子的两次运动周期不变，设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R1，画出粒子运动过程图如图甲所示，根据几何关系可知，粒子在磁场中运动所转过的圆心角θ1＝90°，半径R1＝r。设以速率 v射入磁场时运动轨迹的半径为R2，粒子半径R2＝r，根据几何关系画出粒子运动过程图如图乙所示，粒子所转过的圆心角θ2＝60°，所以两次粒子在磁场中运动的时间之比：＝＝＝，又因为t1＝t，所以t2＝t，B项正确。]‎ ‎17.如图所示，“”形框架由光滑的竖直杆和粗糙的水平杆组成。L1、L2为不可伸长的轻绳，P、Q是两个可看作质点的小球。轻绳L1的左端A套在竖直杆上，可沿杆自由移动。小球P穿在水平杆上，在杆的B点位置静止不动。现把小球P - 13 -‎ 高考化学总复习 向右移动一小段距离，两小球仍处于静止状态。与移动前相比，下列说法正确的是(　　)‎ A．轻绳L1的拉力不变 B．轻绳L2的拉力变大 C．水平杆对小球P的支持力变小 D．水平杆对小球P的摩擦力变小 B　[L1为轻绳，且A为自由端，所以L1一直处于水平位置。变化前后小球Q的受力矢量图如图所示，可得L1、L2的拉力变大，故A错误，B正确；‎ 从整个系统来看，水平杆对小球P的支持力等于两小球的重力之和，保持不变，故C错误；水平杆对小球P的摩擦力与L1的拉力相等，故D错误。]‎ ‎18.宇亩空间由一种由三颗星体A、B、C组成的三星体系，它们分别位于等边三角形ABC的三个顶点上，绕一个固定且共同的圆心O做匀速圆周运动，轨道如图中实线所示，其轨道半径rAaB>aC C．质量大小关系是mA＝mB＝mC D．角速度大小关系是ωA<ωB<ωC A　[A项：三星体运动周期相同，根据公式T＝，可知vArB>rA，根据质心位置的特点(与质量大的物体距离比较小)可知，它们的质量关系应该是mA>mB>mC，所以C错误。D项：三星体运动周期相同，根据公式T＝，可知ωA＝ωB＝ωC，故D错误。]‎ - 13 -‎ 高考化学总复习 ‎19．如图所示，理想变压器的输入端通过滑动变阻器R1与输出功率恒定的交流电源相连，理想变压器的输出端接滑动变阻器R2和灯泡L。在保证电路安全的情况下，欲使灯泡L变亮，可以(　　)‎ A．把R1的滑动片向a端移动 B．把R1的滑动片向b端移动 C．把R2的滑动片向c端移动 D．把R2的滑动片向d端移动 AD　[根据理想变压器电流与匝数的关系，有＝。设电源的输出功率为P，理想变压器输入功率等于输出功率，有P－IR1＝IR2＋IRL。联立两式，得I＝。灯泡变亮，应使I增大，由公式可知，应使R1或R2减小，故A、D正确。]‎ ‎20.如图所示，竖直向下的电场宽度为d，场强大小为E，质量均为m，电荷量分别为＋q、－q的两个带电粒子，从左边界的O点以与水平方向成θ角的速度v0向右射入电场中，粒子重力不计，下列说法正确的是(　　)‎ A．若带电为－q的粒子从与O点等高的P点射出电场，则v0＝ B．若带电为－q的粒子从与O点等高的P点射出电场，则v0＝ C．若两粒子射出电场的位置相距为d，则v0＝ D．若两粒子射出电场的位置相距为d，则v0＝ AC　[－q从与O点等高的P点射出，竖直方向的位移为0,0＝v0sin θ·t－at2‎ - 13 -‎ 高考化学总复习 ‎，水平方向d＝v0cos θ·t，Eq＝ma，解得v0＝，A项正确；－q竖直方向的位移y1＝v0sin θ·t－at2，＋q竖直方向的位移y2＝v0sin θ·t＋at2，d＝y2－y1＝at2，解得v0＝，C项正确。]‎ ‎21.如图所示，劲度系数为K的水平轻质弹簧左端固定，右端连接质量为m的小物块，静止于A点，物块与水平面之间的动摩擦因数为μ。现对物块施加一个水平向右的恒力F，物块开始运动，且此后运动中能到达A点右侧的最大距离是x0，已知重力加速度为g，物块最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则(　　)‎ A．拉力F的大小一定大于μmg B．物块开始运动时加速度的大小a满足：－2μg≤a≤ C．物块运动至A点右侧距离是x0点时弹簧弹性势能增量为(F－μmg)x0‎ D．此后运动过程中物块可能再次经过A点 BC　[这个物块原来静止的状态有一个可能范围。因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。那么物块可以受到的最大静摩擦力是μmg，μ为摩擦因数。弹簧压缩量为l，使μmg＝lk时可以平衡，这时摩擦力向左。弹簧伸长量l，使μmg＝lk时也可以平衡，这时摩擦力向右。以弹簧平衡位置为原点，物块在两侧距原点均为l之间都是可以平衡的。这时静摩擦力不需要达到最大值μmg。假设物块在左侧距原点l处，弹力向右，摩擦力向左而保持平衡，再加向右的力必然使它运动。但在弹簧伸长时，这时摩擦向右，如果加一个向右且小于弹簧弹力的力时，物块不动。超过弹簧拉力时，摩擦力会反向向左，即若使物块运动，则要克服的是摩擦力与弹簧拉力之和。在最右端时最大，也就是至少需要力2μmg，所以A错误；物块开始运动时，如果弹力向右，则a＝，如果弹力向左，则a＝－2μg，所以－2μg≤a≤，所以B正确；从物块开始运动，到到达A点右侧的最大距离，应用动能定理(F－μmg)x0－E弹＝0，得E弹＝(F－μmg)x0，所以C正确；在整个运动过程中，摩擦力做负功，消耗能量，所以此后运动过程中物块不可能再次经过A点，所以D错误。故选择B、C。]‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题(共47分)‎ - 13 -‎ 高考化学总复习 ‎22．(6分)某同学利用频闪照相测量滑块与斜面的动摩擦因数。图示为一小滑块沿斜面下滑过程的频闪照片，已知频闪相机每隔0.05 s闪光一次，照片中的数字是滑块滑下的距离。‎ ‎(1)滑块下滑过程中的加速度大小a＝________m/s2；‎ ‎(2)滑坎下滑过程中经过位置3时速度大小v3＝__________m/s；‎ ‎(3)已知斜面固定在水平面上，倾角为37°，则滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝________。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，以上结果均要求保留两位有效数字)‎ ‎[解析]　(1)x4－x2＝2a1t2，x3－x1＝2a2t2，‎ a＝＝＝4.0 m/s2。‎ ‎(2)滑块下滑过程中经过位置3时速度大小 v3＝＝ m/s≈1.0 m/s。‎ ‎(3)由牛顿第二定律得 a＝＝gsin 37°－μgcos 37°，‎ 解得μ＝0.25。‎ ‎[答案]　(1)4.0(2分)　(2)1.0(2分)　(3)0.25(2分)‎ ‎23．(9分)如图甲所示为测一节干电池的电动势和内电阻的实验电路图， 图甲中R0＝20 Ω为定值电阻，R为电阻箱。实验中改变电阻箱R的阻值，读出与之相对应的电压表的示数。以电阻箱的阻值R为横坐标，以电压表示数的倒数 为纵坐标，建立直角坐标系，得到变化关系图线如图乙所示。‎ ‎(1)请根据电路图连接下面的实物图。‎ - 13 -‎ 高考化学总复习 ‎(2)根据图线和已知数据，可求得干电池的电动势E＝________，内电阻r＝________。‎ ‎(3)若要电阻箱R消耗的电功率最大，则其连入电路的阻值为________ Ω。若要定值电阻R0消耗的功率最大，则电阻箱R连入电路的阻值为________ Ω。‎ ‎(4)把电路图中的电阻箱R和定值电阻R0互换位置，请在直角坐标系中定性画出 R图线(坐标值参照已给出数值)。‎ ‎[解析]　(2)由闭合电路欧姆定律有E＝U＋(R＋r)，‎ 得＝R＋。由图线可得斜率为，纵截距为。联立解得E＝1.5 V，r＝5.0 Ω。(3)考虑电阻箱R消耗的电功率时，把定值电阻R0看成电源内阻，这样当R＝R0＋r＝25 Ω时，电源输出功率最大，即电阻箱R消耗的功率最大。当定值电阻R0消耗的功率最大，则流过其电流最大，所以电路中电阻最小，即电阻箱R的阻值为0。(4)定值电阻R0和电阻箱R互换位置，由闭合电路欧姆定律有E＝U＋(R0＋r)，整理并代入数值得＝＋。结合公式和电路图可知，当R为零时，电压表示数U为零，而为无穷大；当R＝25 Ω时，＝；当R无穷大时，＝＝。‎ ‎[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)如图所示，宽度为L的光滑导轨分为左、右两部分，左侧部分与水平面成θ角倾斜放置，右侧部分处于水平，两部分在C、D两点处平滑连接，导轨两端各接有阻值为R的电阻。质量为m，电阻为R、长度也为L的导体棒横跨在导轨的A、B位置，由静止释放，最终导体棒停在导轨的E、F位置，AB、EF到CD的距离均为L。重力加速度为g，整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨的电阻不计，求：‎ ‎(1)导体棒将要滑到CD瞬间的加速度；‎ ‎(2)导体棒由AB滑至CD和由CD滑至EF两过程中产生电能的比值。‎ - 13 -‎ 高考化学总复习 ‎[解析]　(1)设导体棒滑至CD瞬间的速度为v，导体棒由CD滑至EF过程中，平均感应电动势为，有 ＝①(1分)‎ 导体棒的平均电流 ＝＝②(1分)‎ 导体棒所受安培力的平均值 ＝BL＝③(1分)‎ 对导体棒应用动量定理，有 ‎－Δt＝0－mv④(1分)‎ 得v＝⑤(1分)‎ 导体棒将要滑到CD瞬间产生的感应电动势的瞬时值为 E＝BLv⑥(1分)‎ 导体棒所受安培力的瞬间值 F＝⑦(1分)‎ 取沿倾斜导轨向下的方向为正方向，由牛顿第二定律有 mgsin θ－cos θ＝ma⑧(2分)‎ 得a＝gsin θ－。⑨(1分)‎ ‎(2)导体棒由AB滑至CD过程产生的电能 E1＝mgLsin θ－mv2⑩(2分)‎ 导体棒由CD滑至EF过程产生的电能 E2＝mv2⑪(1分)‎ 两者的比值 ＝－1。⑫(1分)‎ - 13 -‎ 高考化学总复习 ‎[答案]　(1)gsin θ－(若只回答加速度为零给1分)；(2)－1‎ ‎25．(18分)(2019·湖北荆州模拟)如图所示，光滑水平面AB与半径R＝0.5 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面。用细线连接甲、乙两物体，甲、乙中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接。甲的质量m1＝4 kg，乙的质量m2＝5 kg，甲、乙均静止。若烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零。取g＝10 m/s2，弹簧恢复原长时，甲、乙均在水平面AB上，甲、乙两物体可看作质点。‎ ‎(1)求甲离开弹簧后经过B点时的速度大小vB；‎ ‎(2)求烧断细线时弹簧的弹性势能Ep；‎ ‎(3)若固定甲，将乙物体换为质量为m的物体丙，烧断细线，丙物体离开弹簧后从A点进入粗糙水平面AF，AF长度为4l，F端与半径为l的光滑半圆轨道FGH相切，半圆轨道的直径FH竖直，如图所示。设丙物体离开弹簧时的动能为6mgl，重力加速度大小为g，丙物体与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，求丙物体离开半圆轨道FGH后落回到水平面BAF上的位置与F点之间的距离s；‎ ‎(4)在第(3)问的条件下，仅将丙物体的质量变为M，若丙物体能滑上半圆轨道FGH，且能从GH间离开半圆轨道滑落(G点为半圆轨道中点)，求丙物体的质量M的取值范围。‎ ‎[解析]　(1)甲在最高点D时对轨道的压力恰好为零，由牛顿第二定律有m1g＝m1(1分)‎ 甲从B点运动至D点的过程中机械能守恒，以水平面为零势能面，则 m1v＝m1g·2R＋m1v(1分)‎ 联立解得vB＝5 m/s。‎ ‎(2)弹簧和甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，则有0＝m1v1－m2v2(1分)‎ 由于水平面AB光滑，则有v1＝vB＝5 m/s(1分)‎ 解得v2＝4 m/s(1分)‎ 根据能量守恒定律可知，烧断细线时弹簧的弹性势能 Ep＝m1v＋m2v＝90 J。(1分)‎ ‎(3)甲固定，烧断细线后丙物体运动到F点时的速度大小记为vF 由动能定理得－4μmgl＝mv－6mgl(1分)‎ - 13 -‎ 高考化学总复习 解得vF＝2(1分)‎ 设丙滑到H点时的速度为vH，以水平面为零势能面，由机械能守恒定律得 mv＝mv＋2mgl(1分)‎ 联立解得vH＝2(1分)‎ 由于vH＝2>，故丙物体能运动到H点，并从H点以速度vH水平射出。设丙物体落回到水平面BAF所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2(1分)‎ 丙物体落回到BAF上的位置与F点之间的距离为s＝vHt(1分)‎ 联立得s＝4l。(1分)‎ ‎(4)设丙物体到达F点时的速度大小为v′F 由动能定理得－μMg·4l＝Mv′－6mgl(1分)‎ 解得v′F＝(1分)‎ 为使丙物体能滑上半圆轨道并从GH间离开半圆轨道，需满足的条件是 ‎①丙物体在半圆轨道上的上升高度大于l，由能量关系有Mv′>Mgl(1分)‎ ‎②丙物体在半圆轨道上的上升高度小于2l，由能量关系有Mv′

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