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文档介绍
2020版高考物理二轮复习单科标准满分练2含解析
高考化学总复习 单科标准满分练(二) 命题报告 仿真二 选题亮点展示 核心素养：第17、19、21、24、25题培养学生模型构建、科学思维等学科核心素养。 情景创新：15题星载氢原子钟、20题磁流体发电机体现试题与现代科技的结合。 角度创新：23题属于创新实验，设置角度新颖，有很好的区分度，体现科学探究的核心素养。 难易度：0.60 题型 题号 考查内容 难易度 选择题 14 物理学史 易 15 原子模型能级跃迁 易 16 电磁感应现象 易 17 万有引力定律、天体运动规律 中 18 电场的性质 中 19 碰撞类问题 中 20 磁流体发电机原理及应用 中 21 带电体在复合场中的运动 难 实验题 22 电表改装及万用表的使用 易 23 力学创新实验测劲度系数 中 计算题 24 带电粒子在组合场中运动 中 25 电磁感应中的力、电综合问题 难 选考题 33 分子动理论、热力学定律、理想气体方程 中 34 光的衍射、折射、全反射及波的传播 中 (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，有选错或不答的得0分。 14．许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。下图是科学史上一个著名的实验，以下说法正确的是( ) - 14 - 高考化学总复习 A．此实验是库仑测量油滴电荷量的实验 B．此实验是法拉第测量电子电荷量的实验 C．通过此油滴实验直接测定了元电荷的数值 D．通过多次实验测量，发现油滴所带的电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷 D [题图为密立根油滴实验的示意图，密立根通过油滴实验直接测定了油滴的电荷量。通过多次实验测量，发现油滴所带的电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷，选项D正确。] 15.2018年7月10日，我国成功发射了第三十二颗北斗导航卫星，卫星采用星载氢原子钟，它是利用氢原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟。如图为氢原子的能级图，以下说法正确的是( ) A．一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，辐射的光子最多12种 B．处于n＝1能级的氢原子可以吸收能量为13 eV的光子 C．氢原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程，是吸收光子的过程 D．欲使处于基态的氢原子跃迁，可用10.2 eV的光子照射 D [根据C＝6可知，一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，辐射的光子最多6种，A错误；由于氢原子的能级差中，不存在能量为13 eV的能级差，所以处于n＝1能级的氢原子不可以吸收能量为13 eV的光子，B错误；氢原子从较高的激发态向较低的激发态或基态跃迁的过程，是释放能量的过程，是放出光子的过程，C错误；10.2 eV刚好是n＝1、n＝2的能级差，D正确。] 16.如图所示，在光滑的固定的水平木板上有一轻质绝缘弹簧，其一端固定在竖直墙壁上，另一端与一磁铁相连，当弹簧处于原长时，磁铁的中心位置恰好位于图中的O点处，有一与灵敏电流计相连的圆形线圈穿过木板，线圈所在平面与木板面垂直，且线圈圆心与O点重合。现将磁铁向右拉至某一位置Q后再由静止释放，磁铁能穿过线圈，下列说法正确的是( ) - 14 - 高考化学总复习 A．灵敏电流计的读数稳定不变 B．磁铁远离线圈时，两者之间会产生斥力 C．由于木板面光滑，故磁铁将一直往复运动下去 D．磁铁从Q点运动到O点的过程中，弹簧弹性势能的减小量大于系统产生的焦耳热 D [将磁铁向右拉至某一位置后再由静止释放，在磁铁向线圈运动的过程中，穿过线圈的磁通量的变化呈现非线性变化，故灵敏电流计的读数不会不变，A错误；根据楞次定律可知，磁铁远离线圈时，两者之间会产生吸引力，B错误；在整个过程中弹簧的弹性势能最终将转化为焦耳热，磁铁将静止，C错误；磁铁从Q点运动到O点的过程，弹簧弹性势能的减小量等于系统产生的焦耳热和磁铁的动能之和，D正确。] 17．某市科技馆内介绍太阳系八大行星(按与太阳距离由近至远排列)时的体积对比图和有关参数，表格中P处由于字迹污损无法看清。下列说法正确的是( ) 天体名称 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 赤道半径/km 2 440 6 052 6 378 3 397 71 492 60 268 25 559 24 764 质量是地球的倍数 0.055 0.815 1.000 P 317.9 95.16 14.54 17.15 重力加速度是地球的倍数 0.38 0.91 1.00 0.38 2.48 0.94 0.89 1.11 A.土星公转的角速度大于地球公转的角速度 B．土星公转的向心加速度小于天王星的向心加速度 C．火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的0.45倍 D．污损部分为0.5 C [行星绕太阳做圆周运动时，万有引力提供向心力，即＝mω2r＝man，可知半径越大，角速度和向心加速度越小，故A、B错误；在天体表面，忽略自转效应，物体所受重力等于物体与天体之间的万有引力，即mg＝，得M＝，则＝＝0.1，污损部分为0.1，D错误；行星的第一宇宙速度v＝，故火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的0.45倍，C正确。] 18.如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚直线cd为Q1、Q2连线的垂直平分线，O为垂足，c、d两点在垂直平分线上且关于Q1、Q2连线对称。一电子(不计重力)从a点沿虚曲线途经O点运动到b点。下列说法正确的是( ) - 14 - 高考化学总复习 A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B．c、d两点的电势和电场强度都相同 C．电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度 D．电子在O点时的电势能大于在a点时的电势能 C [Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密，说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量，A错误；根据电场线的分布情况知Q1、Q2为异种电荷，根据曲线运动的合力方向指向轨迹凹处知，Q1为正电荷，Q2为负电荷，电场线的方向由Q1沿电场线指向Q2，根据对称性知c、d两点的电势相等，场强大小相等方向不同，B错误；O点附近的电场线比a点附近的电场线密，O点场强较大，由加速度a0＝知，电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度，C正确；电子从a点运动到O点的过程中，电场力一直做正功，电势能逐渐减小，即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能，D错误。] 19．如图所示，在一水平的长直轨道上，放着相距为L的两木块甲、乙，质量分别为m和3m，它们与水平轨道间的动摩擦因数均为μ，在两木块都静止的情况下，一沿轨道方向的水平恒力F＝2μmg持续作用在木块甲上，使其与木块乙发生碰撞，碰后与木块乙结为一体继续运动，设碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是( ) A．碰撞后的瞬间，木块甲、乙的速度大小均为 B．碰撞后的瞬间，木块甲、乙的速度大小均为 C．碰后木块甲与木块乙一起运动的距离为L D．碰后木块甲与木块乙一起运动的距离为L BC [对木块甲根据动能定理可得，(F－μmg)L＝mv，解得v0＝，设木块甲与木块乙碰撞后瞬间的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得mv0＝4mv1，解得v1＝，所以B正确，A错误；设木块甲与木块乙一起做匀减速直线运动的距离为x，根据动能定理得(F－4μmg)x＝0－×4mv，解得x＝，所以C正确，D错误。] - 14 - 高考化学总复习 20．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是：燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度v＝1 000 m/s 进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场(图乙中垂直纸面向里)，磁感应强度大小B0＝5 T，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。已知发电通道长L＝50 cm，宽h＝20 cm，高d＝20 cm，等离子体的电阻率ρ＝4 Ω·m，电子的电荷量e＝1.6×10－19 C。不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用，则以下判断正确的是( ) 甲 乙 A．发电机的电动势为2 500 V B．若电流表示数为16 A，则单位时间(1 s)内打在下极板的电子有1020个 C．当外接电阻为12 Ω时，电流表的示数为50 A D．当外接电阻为50 Ω时，发电机输出功率最大 BC [由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得qvB0＝q，则得发电机的电动势为E＝B0dv＝1 000 V，故A错误；由电流的定义可知I＝，代入数据解得n＝1020个，故B正确；发电机的内阻为r＝ρ＝8 Ω，由闭合电路欧姆定律，I＝＝50 A，故C正确；当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大，此时外电阻为R＝r＝8 Ω，故D错误。] 21.如图所示，ABCDG是竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆，轨道的水平部分与半圆轨道相切于B、D两点，且AB＝R＝0.2 m，把一质量m＝100 g、带电荷量q＝＋10－4 C的小球，从A点由静止释放后，取g＝10 m/s2，则( ) - 14 - 高考化学总复习 A．小球到达C点时的速度大小为1 m/s B．小球到达C点时对轨道的压力大小为3 N C．小球所能获得的最大动能为 J D．小球能运动到D点并沿直轨道DG运动 BC [设小球在C点的速度大小为vC，则小球由A到C的过程，应用动能定理，qE·2R－mgR＝mv－0，解得vC＝2 m/s，A错误；对小球在C点时受力分析有NC－qE＝m，解得NC＝ 3 N，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为3 N，B正确；由mg＝qE＝1 N，可知小球受到的合力方向垂直于B、C两点的连线向下，所以“等效最低点”是圆弧BC的中点，设小球的最大动能为Ekm，由动能定理可得Ekm＝qER(1＋sin 45°)－mgR(1－cos 45°)，解得Ekm＝ J，故小球所能获得的最大动能为 J，C正确；小球从A点到D点由动能定理有EqR－2mgR＝mv<0，故小球不能运动到D点，D错误。] 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。 22．(6分)将灵敏电流计G改装成两种倍率(“×10”“×100”)的欧姆表，电路图如图甲所示。现用该欧姆表对一阻值约为200 Ω的电阻进行测量，步骤如下： 甲 乙 - 14 - 高考化学总复习 (1)将开关S合向________端(选填“a”或“b”)，这时的欧姆表所用的是较小倍率挡。 (2)将两表笔短接，旋动合适的部件，对欧姆表进行调零。 (3)将两表笔分别与被测电阻相接。 (4)若欧姆表的示数如图乙所示，则该电阻的阻值为________Ω。 (5)将两表笔短接，旋动合适的部件，对欧姆表进行调零。 若电源电动势E＝15 V，灵敏电流计的满偏电流Ig＝5 mA，“×10”倍率时欧姆表的内阻R＝150 Ω，在该倍率下欧姆调零时，流过电阻Ra的电流为________mA。 [解析] (1)由图甲可知，该欧姆表与被测电阻使用的是同一电源，故根据闭合电路欧姆定律可知，I＝，Ig＝，R内＝R′g＋R0，R中＝R内越大，倍率越大；接a时，R内比较小，故倍率比较小。 (4)开关拨至较小倍率(“×10”)挡时，由图乙可知该电阻的阻值为18.0×10 Ω＝180 Ω。 (5)在“×10”倍率下欧姆调零时，根据闭合电路欧姆定律，可得电路中的电流I＝＝ A＝100 mA，此时开关S合向a端，根据电路的串、并联规律可得流过电阻Ra的电流为Ia＝I－Ig＝95 mA。 [答案] (1)a(2分) (4)180(2分) (5)95(2分) 23．(9分)某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧的劲度系数k，拆开发现其内部简易结构如图(a)所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D与齿条C啮合，在齿轮上固定指示示数的指针E，两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I上。托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为P0＝5 kg。 科技小组设计了下列操作： A．在托盘中放上一物品，读出托盘秤的示数P1，并测出此时弹簧的长度l1； B．用游标卡尺测出齿轮D的直径d； - 14 - 高考化学总复习 C．托盘中不放物品，测出此时弹簧的长度l0； D．根据测量结果、题给条件及胡克定律计算弹簧的劲度系数k； E．在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P2，并测出此时弹簧的长度l2； F．再次在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P3，并测出此时弹簧的长度l3； G．数出齿轮的齿数n； H．数出齿条的齿数N并测出齿条的长度l。 (1)小组同学经过讨论得出一种方案的操作顺序，即a方案：利用BD步骤。 ①用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k＝________。 ②某同学在实验中只测得齿轮直径，如图(b)所示，并查资料得知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，则弹簧的劲度系数k＝________。(结果保留三位有效数字) (2)请你根据科技小组提供的操作，设计b方案：采用：________步骤；用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k，则k＝________。 [解析] (1)①弹簧的伸长量与齿条下降的距离相等，而齿条下降的距离与齿轮转过的角度对应的弧长相等，齿轮转动一周对应的弧长即为齿轮周长，即托盘中物品质量为P0＝5 kg时弹簧的伸长量Δx＝πd，因此只要测出齿轮的直径d即可计算其周长，然后由胡克定律得2kΔx＝P0g，解得k＝。②游标卡尺读数为0.980 cm，代入k＝得k＝7.96×102 N/m。(2)直接测出不同示数下弹簧的伸长量也可以进行实验，即按CAEFD进行操作，实验不需要测量齿轮和齿条的齿数，GH是多余的。Δx1＝l1－l0、Δx2＝l2－l0、Δx3＝l3－l0，则k1＝、k2＝、k3＝，则k＝，联立解得k＝。 [答案] (1)①(2分) ②7.96×102 N/m(2分) (2)CAEFD(2分) (3分) 24．(12分)如图所示，在xOy平面坐标系的第三、四象限内有沿y轴正方向的匀强电场E，第一象限中的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以速度v0＝2×107 m/s从Q点沿x轴正方向发射，并从O点射出，进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场。已知Q点的横坐标为－0.4 m，该粒子的比荷 ＝2.5×109 C/kg，MN平行于x轴，N点的坐标为(0.4 m,0.4 m)，不计粒子重力，求： (1)Q点的纵坐标； (2)磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围。 - 14 - 高考化学总复习 [解析] (1)粒子进入磁场后以垂直于PM的方向从PM边射出磁场，说明粒子射入磁场时速度方向也与PM垂直。则粒子从O点射出时速度方向与x轴正方向的夹角α＝45°(2分) 粒子到达O点时沿y轴正方向的分速度 vy＝2×107 m/s (1分) 设粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，y轴方向的位移为y，由运动学规律有 y＝t (1分) x＝v0t (1分) 联立解得y＝0.2 m(1分) 则Q点的纵坐标为－0.2 m。(1分) (2)该粒子恰好没有从PN边射出，如图所示，根据几何关系有 R＋R＝ m (1分) 解得R＝ m (1分) 由Bminqv＝m (1分) 解得Bmin＝(4＋4)×10－2 T(1分) 所以磁场区域的磁感应强度大小B的取值范围为B≥Bmin＝(4＋4)×10－2 T。 (1分) [答案] 见解析 25．(20分)如图所示，相距l＝1 m的足够长平行金属导轨ABC和DEF折成倾角相同的两个斜面，倾角为θ＝30°，A、D之间接一个阻值为R＝ Ω的定值电阻，a、b - 14 - 高考化学总复习 导体棒垂直导轨放在两个斜面上，两棒间用轻质绝缘绳相连，轻绳绕过固定在斜面顶端的光滑定滑轮，轻绳与两斜面平行，a棒的质量为m＝0.1 kg，电阻为R，b棒的质量为2m，电阻也为R。左侧斜面导轨与a棒间的动摩擦因数为μ＝，左侧斜面处于垂直左侧斜面向上的磁感应强度为B′＝1 T的匀强磁场中，右侧斜面无磁场，导轨光滑。初始时轻绳恰好伸直但没有拉力，将两棒同时由静止释放后，a棒沿导轨运动距离x(为已知量)后恰好做匀速运动。其他电阻不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求释放两棒瞬间，b棒受到轻绳的拉力大小T； (2)求从静止释放到a棒匀速运动前瞬间，a棒上产生的焦耳热； (3)若两斜面导轨的倾角α可以改变，且30°<α<60°，则求两棒匀速运动时整个电路的电功率的取值范围。 [解析] (1)由题知，2mgsin θ－mgsin θ>μmgcos θ 故在释放瞬间a棒向上运动，对a、b棒整体，由牛顿第二定律有2mgsin θ－mgsin θ－μmgcos θ＝3ma0(1分) 代入数据解得a0＝ m/s2 (1分) 对b棒有2mgsin θ－T＝2ma0 (1分) 代入数据解得T＝ N。 (1分) (2)设a棒匀速运动时的速度大小为v，流过a棒的电流为I。对a、b棒整体有 2mgsin θ－mgsin θ＝μmgcos θ＋B′Il(1分) 对a棒有E＝B′lv (1分) I＝ (1分) 由电路串并联关系得R总＝(1分) 联立解得v＝1 m/s，I＝ A(1分) 设总的焦耳热为Q总，对a、b棒整体由功能关系得 2mgxsin θ－mgxsin θ＝Q总＋μmgxcos θ＋mv2(1分) - 14 - 高考化学总复习 由电路串并联关系知，定值电阻中的电流和b棒中的电流大小相等，a棒电流是定值电阻电流的两倍，则 Qa＝ (1分) 代入数据解得Qa＝J。 (1分) (3)整个电路产生的电功率P＝I2R总(1分) 对a棒有E＝B′lv(1分) I＝＝(1分) 两棒做匀速运动的速度最大时，电流最大，电功率最大 此时有2mgsin α－mgsin α＝μmgcos α＋B′Iml(1分) 解得mgsin α－μmgcos α＝(1分) 其中sin α－μcos α＝sin(α－β)(1分) sin(α－β)在α的取值范围内为增函数 当α＝30°时，由(2)可知v′m＝1 m/s 当α＝60°时v′m＝ m/s(1分) 则 A查看更多