2019年高考物理第二轮复习 练习题(十一)(答案详解).docx

1、2019年高考物理第二轮复习练习题(十一)一、单选题1如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，下列说法中正确的是 A 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n3跃迁到n2所发出的光波长最短B 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eVC 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eVD 这群氢原子能发出两种频率不同的光其中从n3跃迁到n1所发出的光频率最高【答案】B【解析】一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁过程中， 跃迁过程31，32和21三种方式，所以辐射出

2、三种光子，光子能量等于能级差，能量分别为：h1=E2-E1=10.2eVW0，h2=E3-E2=1.89eVW0，能够发生光电效应的只有2种，其中光子能量最大的是从31辐射的光子，此光子能量最大，频率最高，波长=cv最短，从31跃迁时辐射光子能量最大，发出光电子的最大初动能Ekm=h3-W0=9.6eV 综上所述，故应选B。2把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻,原线圈连接V1,副线圈连接V2下列说法正确的是：( )A Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大B Rt处温度升高

3、时，电压表V1、V2示数的比值不变C 在t=1102s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零D 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（V）【答案】A【解析】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲

4、的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=362V，T=0.02s，则2T=20.02 =100rad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=362sin100t（V），故D错误。故选A。3一物体做加速直线运动，依次经过A、B、C三位置，B为AC的中点，物体在AB段的加速度为a1，在BC段的加速度为a2，现测得B点的瞬时速度vB=12vA+vC，则a1与a2的大小关系为A a1a2 B a1=a2 C a1”或“”)钢球球心通过光电门的瞬时速度。【答案】12h(d2tB2-d2tA2) mg-m2h(d2tB2-d2tA2)

5、【解析】(1)钢球通过光电门A、B时的瞬时速度分别为vA=dtA、vB=dtB，由vB2-vA2=2ah得，加速度a=12hd2tB2-d2tA2，由牛顿第二定律得mgfma，解得：f=mg-m2hd2tB2-d2tA2。(2)由匀变速直线运动的规律可知，钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而球心通过光电门的中间位移的速度大于中间时刻的瞬时速度，因此钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度。10某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A电流表(量程15mA，内阻未知)

6、B电流表(量程0.6A，内阻未知)C电阻箱(099.99)D电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约3V，内阻约1)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I。根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_ （选填器材前的字母）根据实验步骤可知，待测电阻Rx= _（用步骤中所测得的物理量表示）。同学乙认为该电

7、路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=_ V，内阻r= _ 。(计算结果保留两位有效数字)【答案】 A; D; ; 3.2; 0.80;【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax=0.167A=167mA，如果电流表选B，则读数误差太大，故电流表应选A；电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：I=U/R可知，电路中的最小电阻应为：Rmax=E/IA=3V/0.015A=200，所以电阻箱应

8、选D；根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)联立解得：Rx=R2R1；(2)S闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I(R+RA+r)则有： ，由图像可得， ， 联立解得：E=3.2V，r=0.80.四、解答题11如图所示，在光滑的水平面上有一质量为mc=1kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量mA=1kg，8的质量为mB=2 kg。A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能EP=3J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v0=2m/s的初速度，与此同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时

9、间内恢复原长，之后与A、B分离（此过程中C仍保持静止)。已知A和C之间的摩擦因数为1=0.2，B、C之间的动摩擦因数为2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦。求：（1）弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大?（2）已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度aA、aB、aC。的大小?（3）已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离?【答案】(1) vA=0、vB=3m/s (2) aA=aB=aC=1m/s2 ， v=1.5m/s (3) 0.75m【解析】（1）在弹簧弹开两物体

10、的过程中，由于作用时间极短，对AB弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(mA+mB)v0=mAvA+mBvBEP+12(mA+mB)v02=12mAvA2+12mBvB2联立解得：vA=0、vB=3m/s （2）对物体B有：aB=2g=1m/s2 假设AC相对静止，有：2mBg=(mA+mC)a 解得：a=1m/s2因为：mAa3mv0qd（3）B=3（2+3）mv0qd【解析】(1)粒子在电场中只受电场力作用做类平抛运动，有加速度a=qEmvy2=2adv=v02+vy2 设v与水平方向的夹角为，tan=vyv0联立解得：=600 v=2v0 (2)在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mv

11、2R 根据几何关系可得：要使粒子不打到挡板上，粒子做圆周运动的轨道半径：R+Rcos=d联立解得：B=3mv0qd 从而要满足题意必须B3mv0qd (3)在电场中做类平抛运动，有d=12at2 x=v0t 联立解得：x=233d 由题，有2（2x-2R/sin）=4d 解得：R/=2（2-3）3d 又qvB/=mv2R/ 解得：B/=3（2+3）mv0qd选修部分13如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F0为斥力，F0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，若规定无限远处分子势能为零，

12、则下列说法不正确的是()A 乙分子在b处势能最小，且势能为负值B 乙分子在c处势能最小，且势能为负值C 乙分子在d处势能一定为正值D 乙分子在d处势能一定小于在a处势能E. 乙分子在c处加速度为零，速度最大【答案】ACD【解析】由于乙分子由静止开始，在ac间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子势能一直在减小，到达c点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，分子势能最小，为负值由于惯性，到达c点后乙分子继续向甲分子靠近，由于分子力为斥力，故乙分子做减速运动，直到速度减为零，设到达d点后返回，故乙分子运动范围在ad之间在分子力表现为斥力的那一段cd上，随分子间距的减小，乙分

13、子克服斥力做功，分子力、分子势能随间距的减小一直增加故BE正确，ACD错误；此题选项不正确的选项，故选ACD14如图甲、乙所示，汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成，活塞A、B被长度为0.9m的轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动，A、B的质量分别为mA=12kg、mB=8.0kg，横截面积分别为SA=4.010-2m2，SB=2.0l0-2m2。一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强P0=1.0l05Pa。取重力加速度g=10m/s2。图甲所示是气缸水平放置达到的平衡状态，活塞A与圆筒内壁凸起面恰好不接触，求被封闭气体的压强。保持温度不变使汽缸竖直放置，平衡后达到如图乙所示位置

14、，求活塞A沿圆筒发生的位移大小。【答案】(1)P1=1.0105Pa (2)x=0.1m【解析】【详解】气缸处于图甲位置时，设气缸内气体压强为P1，对于活塞和杆，根据力的平衡条件可得：P0SA+P1SB=P1SA+P0SB解得：P1=P0=1.0105Pa气缸处于图乙位置时，设气缸内气体压强为P2，对于活塞和杆，由平衡条件：P0SA+P2SB=P2SA+P0SB+（mA+mB）g代入数据可得：P2=0.9105Pa由玻意耳定律可得：P1lSB=P2lSB+x（SA-SB）由以上各式并代入数据得：x=0.1m15如图所示实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2

15、s时刻的波形图，已知x=5cm处的质点的振动周期为0.15s，下列说法正确的是_A这列波的波速是0.8m/sB在一个周期内这列波向前传播的距离是14cmC这列波一定沿x轴负方向传播D每经过0.15s介质中的质点就沿x轴移动12cmE从t=0时刻开始，x=5cm处质点经0.1s振动到波峰【答案】ACE【解析】B、由题图可知，这列波的波长为12cm，所以在一个周期内这列波向前传播的距离为12cm，故B错误；A、波的周期与质点的振动周期相同，则v=T=0.120.15=0.8m/s，故A正确；C、当波沿x轴负方向传播时，实线与横坐标轴的交点（4,0）处的波形传到原点的时间为t=0.040.8s=0.

16、05s，因波的周期是0.15s，t=0.2s时刻的波形实际是0.05s的波形，故C正确；D、简谐横波向前传播的过程中介质中质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不向前移动，故D错误；E、从t=0时刻开始经0.1s波向左传播的距离x=vt=0.10.8=0.08m=8cm，根据波形的平移法知，t=0时刻x=13cm处的波峰传到x=5cm处，所以从t=0时刻开始，x=5cm处的质点经0.1s振动到波峰，故E正确；故选ACE。16玻璃球体的半径为R，P为经过球心的水平轴线上的一点，且PC=Rn(n为折射率)，如图所示。若从P点向石侧发出的任意一条光线经球面折射后，其反向延长线均聚焦于水平轴PC上的Q点(未画出)，已知玻璃球体对光线的折射率为n，试求Q的位置。【答案】nR【解析】设光线在D点发生折射，由折射定律可得：n=sin1sin2在三角形DCP中，由正弦定理可得：PCsin2=DCsin4可得：4=1由几何关系可得：1=5+24=5+3可得：3=2在三角形DQC中，由正弦定理可得：QCsin1=DCsin3可得：QC=nR 即Q点距O点的距离为nR