2019届高三物理第二轮复习选择实验选修限时训练4学生版

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高三物理限时训练4

物理限时训练4一、单选择題:14. 物理学中，运动的分解、力的合成、平均速度这三者所体现的共同的科学思维方法是（）A．控制变量法 B.极限思维法 C. 理想模型法 D.等效替代法15. 我国“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星（同步卫星)和30颗非静止轨道卫星组成,30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星。

中轨道卫星轨道高度约为 2.15X104 km ,静止轨道卫星的高度约为3.60X104 km。

下列说法正确的是（）A. 中轨道卫星的线速度大于7.9 km/sB. 5颗静止轨道卫星的轨道平面和赤道平面的夹角各不相同C. 静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期D. 静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度16. 下图为某款电吹风的电路图。

a、b、c、d为四个固定触点。

可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。

触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态。

n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数。

该电吹风的各项参数如下表所示。

下列说法正确的有A. 吹冷风时触片P与触点b、c接触B. 可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60ΩC. 变压器两线圈的匝数比n l：n2 = 13 : 15D. 若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率将变小，吹冷风时的功率不变17. 4（）在“测定玻璃的折射率”实验中，已画好玻璃砖界面两直线aa′与bb′后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如下图左所示，若其它操作正确，则测得的折射率将A．变大B．变小C．不变D．变大、变小均有可能二、不定项选择18. 利用传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象。

某同学在一次实验中得到运动小车的速度一时间图象如图所示，由此图象可知A. 18 s 时的加速度大于13 s 时的加速度B. 小车做曲线运动C. 13 s 末小车距离出发点最远D. 小车前10S 内的平均速度比后10 S 内的大19.如图所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd,铝框的质量为 m 、电阻为R ，斜面上ef线与gh 劝线间有垂直斜面向上的匀强磁场，ef//gh//pq//ab,eh>bc 。

2019版高考物理二轮复习高考题型四考情题型练题组1选修34

选修3—4题组(一)1.(1)(2018陕西榆林三模)如图所示是沿x轴传播的一列简谐横波,实线是在t=0时刻的波形图,虚线是在t=0.2 s时刻的波形图。

已知该波的波速是0.8 m/s,则下列说法正确的是。

A.这列波的周期是0.15 sB.这列波是沿x轴负方向传播C.t=0时,x=10 cm处的质点速度沿y轴负方向D.0~0.2 s内,x=4 cm处的质点振动方向改变了3次E.t=0.2 s时,x=4 cm处的质点加速度方向向下(2)(2018山西太原三模)三棱镜ABC主截面如图所示,其中∠A=90°,∠B=30°,AB=30 cm,将单色光从AB边上的a点垂直AB射入棱镜,测得从AC边上射出的光束与BC面垂直,已知Ba=21 cm,真空中的光速c=3.0×108 m/s,不考虑光在AC面的反射,求:①三棱镜对该单色光的折射率;②从a入射到AC边出射,单色光在棱镜中传播的时间。

2.(1)(2018河南濮阳三模)一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t=0时刻的波形图如下图所示。

已知波速为0.4 m/s,且波刚传到c点。

下列选项正确的是。

A.波源的振动周期为0.2 sB.t=0时,质点d沿y轴正方向运动C.在t=0时,质点a的加速度比质点b的加速度小D.质点a比质点b先回到平衡位置E.t=0.1 s时,质点c将运动到x=12 cm(2)(2018重庆三诊)右图为玻璃材料制成的一棱镜的截面图,PM为圆弧,O为圆心,PQ与QM垂直。

一细光束从A点沿AO方向进入棱镜,B为入射点,θ=30°,棱镜对光的折射率n=。

光束射入棱镜后,经QM面反射,再从圆弧的C点射出的光束恰好通过A点。

已知圆弧半径OB=R,OQ=,光在真空中的传播速度为c。

求:①光束在棱镜中的传播速度大小v;②AB间距d。

3.(1)(2018山东菏泽期末)关于机械波与电磁波,下列说法正确的是。

A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关B.电磁波可以发生衍射现象和偏振现象C.简谐机械波在给定的介质中传播时,振动的频率越高,则波传播速度越大D.紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度E.机械波不但能传递能量,而且能传递信息,其传播方向就是能量或信息传递的方向(2)(2018山东潍坊三模)如图所示,半球形玻璃砖半径为R,AB为其直径,O为球心。

【课堂新坐标】2019届高三物理(通用版)二轮复习选考题15分强化练(选修3-4)

选考题15分强化练(选修3－4)1．(1)(5分)如图1所示，甲图是一列横波某一刻的图象，乙图是离O 点3 cm 处的质点从这一刻的振动图象，则下述正确的是 ________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)甲乙图1A ．3 cm 处的这个质点t ＝0时向y 轴正方向运动B ．这列波沿x 轴负方向传播C ．质点的振动周期8 sD ．波速为50 m/sE ．3 cm 处的这个质点再次回到平衡位置需要的时间为0.04 s(2)(10分)如图2所示，某透明材料制成的半球形光学元件直立放置，其直径与水平光屏垂直接触于M 点，球心O 与M 间的距离为10 3 cm.一束激光与该元件的竖直圆面成30°角射向圆心O ，结果在光屏上出现间距为d ＝40 cm 的两个光斑，请完成光路图并求该透明材料的折射率．图2【解析】 (1)由乙图读出该时刻即t ＝0时刻3 cm 处质点的速度方向为沿y 轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x 轴负向，故A 、B 正确；由甲图读出该波的波长为λ＝4 cm ，由乙图知周期为T ＝0.08 s ，则波速为v ＝λT ＝0.040.08 m/s ＝0.5 m/s ，故C 、D 错误；3 cm 处的这个质点经过半个周期再次回到平衡位置，因此需要时间为0.04 s ，故选项E 正确．选A 、B 、E.(2)光屏上的两个光斑分别是激光束经光学元件反射与折射的光线形成，其光路图如图3所示：图3依题意知R ＝10 3 cm ，据反射规律与几何关系知，反射光线形成光斑P 1与M 点的距离为： d 1＝Rtan 30 °激光束的入射角i ＝60°，设其折射角为γ，由几何关系可知折射光线形成光斑P 2与M 点间距为：d 2＝Rcot γ 据题意有：d 1＋d 2＝d联立各式并代入数据解得：cot γ＝3，即γ＝30° 据折射规律得：n ＝sin i sin γ＝sin 60°sin 30°＝ 3.【答案】 (1)ABE (2) 3 图见解析2．(1)(5分)2019年7月15日21时，“2018中国·黑河大黑河岛国际经贸洽谈会焰火晚会”在黑龙江畔拉开了帷幕．整场焰火晚会共分为“礼花缤纷、增进友谊”“魅力黑河、发展黑河”“合作双赢、再创辉煌”三个焰章．下列关于光的认识，说法正确的是( )A ．焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的衍射效果好B ．利用相机拍下这些壮观景象时，涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射C ．通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的D ．焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光E. 焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的折射效果好(2)(10分)机械横波某时刻的波形图如图3所示，波沿x 轴正方向传播．质点P 的横坐标x ＝0.32 m ．从此时刻开始计时．图3①若P 点经0.4 s 第一次达到正向最大位移．求波速的大小； ②若P 点经0.4 s 到达平衡位置，求波速的大小．【解析】 (1)焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的波长较长，故衍射效果好，选项A 正确；涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，是因为增透膜对淡紫色光的透射较少，有一部分反射的紫光，故B 错误；通过电视观看焰火晚会时，所用电视机遥控器是利用红外线脉冲信号进行遥控的，选项C 正确；焰火晚会舞台上所用的激光是一种相干光，选项D 正确；焰火中各种五颜六色的光，红光比绿光的折射效果差，选项E 错误．故选A 、C 、D.(2)①波沿x 轴正方向传播，P 点恰好第一次达到正向最大位移时，波峰传播的距离Δx ＝0.32 m －0.2 m ＝0.12 m波速v ＝ΔxΔt＝0.3 m/s.②波沿x 轴正方向传播，若P 点恰好第一次到达平衡位置，则Δx ＝0.32 m 由周期性可知波0.4 s 内传播的可能距离 Δx ＝⎝⎛⎭⎪⎫0.32＋λ2n m(n ＝0,1,2…) 波速v ＝ΔxΔt＝(0.8＋n)m/s (n ＝0,1,2…)．【答案】 (1)ACD (2)①0.3 m/s ②(0.8＋n)m/s(n ＝0,1,2…)3．(1)(5分)一列频率为2.5 Hz 的简谐横波沿x 轴传播，在t 1＝0时刻波形如图4中实线所示，在t 2＝0.7 s 时刻波形如图中虚线所示．则该波沿x 轴________(填“正向”或“负向”)传播．其传播速度为________m/s.在t 3＝0.9 s 时位于0＜x ＜4 m 区间的部分质点正在向y 轴正方向运动，这些质点在x 轴上的坐标区间是________________．图4(2)(10分)如图5所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC ，∠A＝30°.它对红光的折射率为n 1.对紫光的折射率为n 2.在右侧距AC 边d 处有一与AC 平行的光屏，现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB 边射入棱镜．①红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？②若两种光都能从AC 面射出，求在光屏MN 上两光点间的距离．【导学号：37162123】图5【解析】 (1)该波的周期为：T ＝1f ＝12.5 s ＝0.4 s ，t 2－t 1＝0.7 s ＝134T ，由波形的平移法可知，该波沿x 轴负向传播．由图知，波长为 λ＝4 m ，波速为 v ＝λT＝10 m/s ，在t 1＝0时刻，在x 轴上坐标区间为2 m ＜x ＜4 m 的质点正向y 轴正方向运动，在t 3＝0.9 s ＝214T 时刻，波形向左平移14λ＝1 m ，则正向y 轴正方向运动的质点在x 轴上的坐标区间是：1 m ＜x ＜3 m.(2)①根据v ＝c n 得： v 红＝c n 1，v 紫＝c n 2，联立可解得：v 红v 紫＝n 2n 1.②根据几何关系，光从AC 面上折射时的入射角为30°，根据折射定律有： n 1＝sin r 1sin 30°， n 2＝sin r 2sin 30°，则tan r 2＝n 24－n 22，tan r 1＝n 14－n 21，所以x ＝d(tan r 2－tan r 1)＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 21【答案】 (1)负向 10 m/s 1 m ＜x ＜3 m. (2)①n 2n 1②d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 24－n 22－n 14－n 214．(1)(5分)一列简谐横波，沿x 轴正向传播．t ＝0时刻的波形图如图6甲所示，图乙是图甲中某质点的振动图象．则该波的波速为________m/s ；图乙表示甲图中________(选填 “A”、“ B”、“C”、“ D”)质点的振动图象．图6(2)(10分)如图7所示，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角度i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为 2.求：①入射角i ；②从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)．图7【解析】 (1)从甲图中可得波长为λ＝2 m ，从图乙中可得周期为T ＝0.2 s ，故波速为v ＝λT ＝10 m/s.图乙中的质点在0时刻从平衡位置向上振动，根据走坡法可得甲图中的A 点在波峰，将向下运动，B 点在平衡位置向上运动，C 点在波谷，将向上运动，D 点在平衡位置向下运动，故图乙为图甲中B 点的振动图象．(2)①根据全反射定律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C 如图所示，由折射定律得：sin C ＝1n，代入数据得：C ＝45°设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得：r ＝30°由折射定律得：n ＝sin isin r ，联立代入数据得：i ＝45°.②在△OPB 中，根据正弦定理得：OPsin 75°＝L sin 45°，设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得：OP ＝vt ，光在玻璃中的传播速度v ＝cn ，联立代入数据得：t ＝6＋22c.【答案】 (1)10 m/s B (2)②i＝45° ②t＝6＋22c5．(1)(5分)某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏P ，让一复色光束SA 射向玻璃砖的圆心O 后，有两束单色光a 和b 射向光屏P ，如图8所示．他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是________(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图8A ．单色光a 的波长大于单色光b 的波长B ．在玻璃中单色光a 的传播速度小于单色光b 的传播速度C ．单色光a 通过玻璃砖所需的时间大于单色光b 通过玻璃砖所需的时间D ．当光束SA 绕圆心O 逆时针转动过程中，在光屏P 上最早消失的是b 光E ．相同条件下，a 光比b 光的干涉条纹间距大(2)(10分)一根弹性绳沿x 轴方向放置，左端在原点O 处，用手握住绳的左端使其沿y 轴方向做周期为1 s 的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点N 的平衡位置为x ＝5 m ，经某一时间振动传播到质点M 时的波形如图9所示，求：图9①经过多长时间N 点第一次出现波谷；②质点N 开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程．【解析】 (1) 由图知，a 光的偏折程度小于b 光，所以a 光的折射率小于b 光的折射率，则a 光的波长大于b 光的波长，故A 正确．由v ＝cn 知，在玻璃中单色光a 的传播速度大于单色光b 的传播速度，在玻璃中通过的路程相等，则单色光a 通过玻璃砖所需的时间小于单色光b 通过玻璃砖所需的时间，故B 、C 错误；由sin C＝1n 知a 光的临界角较大，b 光的临界角较小，则当光束SA 绕圆心O 逆时针转动过程中，入射角增大，b 光最早发生全反射，所以在光屏P 上最早消失的是b 光，故D 正确；a 光的波长大于b 光的波长，相同条件下，干涉条纹间距大小与波长成正比，故E 正确．选A 、D 、E.(2)①由图可知，波长λ＝2 m ，周期T ＝1 s ，则波速 v ＝λT＝2 m/s 质点N 第一次出现波谷经历的时间 t ＝x v ＝5－0.52＝2.25 s.②任何一个质点的振动都在重复波源的振动，此时，质点M 在重复波源刚刚开始振动，振动方向沿y 轴负向，所以质点N 开始振动时的振动方向也是沿y 轴负向．从M 传播到N ，需要时间t ＝x v ＝5－12＝2 s质点N 开始振动时，绳的左端振动时间t ＝2 s ＝2T ，而目前绳的左端已经振动半个周期，所以通过的路程s 1＝4A×2＋2A ＝80 cm.【答案】 (1)ADE (2)①经过2.25 s 时间N 点第一次出现波谷 ②质点N 开始振动时的振动方向沿y 轴负向，此时绳的左端已振动所通过的路程为80 cm6．(1)(5分)一列沿x 轴传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图10所示，此时质点P 恰在波峰，质点Q 恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s ，质点Q 第二次到达波谷，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)图10A ．波沿x 轴负方向传播B ．波的传播速度为60 m/sC ．波的传播周期为0.2 sD ．0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为1.8 mE ．1 s 末质点P 的位移是零(2)(10分)如图11所示，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA 边上的点E 沿垂直OA 的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB 面且恰好未从AB 面射出．已知OE ＝35OA ，cos 53°＝0.6，试求：①玻璃砖的折射率n ；②光线第一次从OB 射出时折射角的正弦值．图11【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x 轴负方向传播，故A 正确；根据题意则14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT ＝240.4m/s ＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s ＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负在最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37°光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37° 由sin C ＝1n得：n ＝53.②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.【答案】 (1)ABD (2)①53 ②56。

选择题限时训练四(答案)

第1页第2页高三物理限时规范选择题（四）姓名成绩选择题（每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、水平面上有两个物体a 和b ，它们之间用轻绳连接，它们与水平面之间的滑动摩擦系数相同。

在水平恒力F 的作用下，a 和b 在水平面上作匀速直线运动，如图所示。

如果在运动中绳突然断了，那么a 、b 的运动情况可能是（ A ） A ．a 作匀加速直线运动，b 作匀减速直线运动； B ．a 作匀加速直线运动，b 处于静止； C ．a 作匀速直线运动，b 作匀减速直线运动； D ．a 作匀速直线运动，b 作匀速直线运动。

2、在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。

若不计空气阻力，则 (D)A ．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定B ．垒球落地时的瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定C ．垒球在空中运动的水平位置仅由初速度决定D ．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定3、如图所示，质量为m 的物体A 放置在质量为M 的物体B 上，B 与弹簧相连。

它们一起在光滑的水平面作简谐振动。

振动过程中A 、B 之间无相对运动。

设弹簧的劲度系数为k 。

当物体离开平衡位置的位移为x 时，A 、B 间摩擦力的大小等于 (D)A ．0B ．kxC ．kx M m )(D ．kx M m m )( 4、一艘宇宙飞船在预定轨道上做匀速圆周运动，在该飞船的密封舱内，下列实验能够进行的是 (C)5、一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行。

认为行星是密度均匀的球体，要确定该行星的密度，只需要测量(C)A.飞船的轨道半径B.飞船的运行速度C.飞船的运行周期D.行星的质量6、宇航员在月球上做自由落体这实验，将某物体由距月球表面高h 处释放，经时间t 后落月球表面（设月球半径为R ），据上述信息推断。

2019年黑龙江省大庆实验中学高考物理第二轮复习考试试卷(解析版)

2019年黑龙江省大庆实验中学高考物理第二轮复习试卷一．选择题（本题共8道小题，每小题6分，共48分)1．（6分）重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则（）A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC．当θ不同时，运动员受到的地面合力不同D．当θ不同时，运动员与地面间的相互作用力不相等2．（6分）如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20kg，B物体质量M＝30kg。

处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2．现有一水平推力F作用于物体B上，使B缓慢地向墙壁移动，当B移动0.2m时，水平推力的大小为（g取10m/s2）（）A．100 N B．140 N C．150 N D．200 N3．（6分）2007年4月24日，科学家在太阳系外发现了一颗可能适合人类居住的行星Cliese 581c．这颗围绕红矮星Cliese 581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距地球20光年，直径为地球1.5倍，质量为地球5倍，绕红矮星Cliese 581运行的周期为13天．假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，则下面说法中正确的是（）A．飞船在Cliese 581c表面附近运行的周期约为13天B．飞船在Cliese 581c表面附近运行的速度大于7.9km/sC．人在Cliese 581c上所受重力比在地球上所受重力小D．Cliese 581c的平均密度比地球密度小4．（6分）如图所示，长为L、倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端B点时的速度仍为v0，则（）A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B．A、B两点的电势差一定为C．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷D．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定是5．（6分）如图甲所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（）A．图线a表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况B．图线b表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C．此过程中电压表V1示数的变化量△U1和电流表示数变化量△I的比值绝对值不变D．此过程中电压表V示数的变化量△U和电流表示数变化量△I的比值绝对值变大6．（6分）如图所示，质子（H），氘核（H）和α粒子（He）都沿平行板电容器中线O′O方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都能打在同一个与中垂线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，粒子重力不计，下列推断正确的是（）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C．若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将出现3个亮点D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点7．（6分）如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）。

2019高考物理选修二轮复习题(附)

2019高考物理选修二轮复习题(附)各位读友大家好，此文档由网络收集而来，欢迎您下载，谢谢摘要：大家把理论知识复习好的同时，也应该要多做题，从题中找到自己的不足，及时学懂，下面是中国（）小编为大家整理的xxxx高考物理选修二轮复习题，希望对大家有帮助。

年泡利提出,在β衰变中除了电子外还会放出不带电且几乎没有静质量的反中微子.氚是最简单的放射性原子核,衰变方程为HHee+,半衰期为年.下列说法中正确的是.A.两个氚原子组成一个氚气分子,经过年后,其中的一个氚核一定会发生衰变B.夜光手表中指针处的氚气灯放出β射线撞击荧光物质发光,可以长时间正常工作c.氚气在一个大气压下,温度低于时可液化,液化后氚的衰变速度变慢D.氚与氧反应生成的超重水没有放射性在某次实验中测得一静止的氚核发生β衰变后He的动量大小为p1,沿反方向运动的电子动量大小为p2,则反中微子的动量大小为.若hhe和e的质量分别为m1、m2和m3,光在真空中的传播速度为c,则氚核Β衰变释放的能量为p=““.电子撞击一群处于基态的氢原子,氢原子激发后能放出6种不同频率的光子,氢原子的能级如图所示,则电子的动能至少为多大?2.下列四幅图中说法正确的是.A.原子中的电子绕原子核高速运转时,运行轨道的半径是任意的B.光电效应实验说明了光具有粒子性c.电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D.发现少数α粒子发生了较大偏转,说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围如图所示为氢原子的能级图.用光子能量为的光照射一群处于基态的氢原子,可能观测到氢原子发射的不同波长的光有种,其中最短波长为m.速度为3m/s的冰壶甲与静止的相同冰壶乙发生对心正碰,碰后甲以1m/s的速度继续向前滑行.求碰后瞬间冰壶乙的速度大小.3.如图所示是某原子的能级图,a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光.在下列该原子光谱的各选项中,谱线从左向右的波长依次增大,则正确的是.一个中子与某原子核发生核反应,生成一个氘核,其核反应方程式为.该反应放出的能量为Q,则氘核的比结合能为.A、B两种光子的能量之比为2∶1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB.求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功.年戴维逊和革末完成了电子衍射实验,该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一,如图所示的是该实验装置的简化图.下列说法中错误的是.A.亮条纹是电子到达概率大的地方B.该实验说明物质波理论是正确的c.该实验再次说明光子具有波动性D.该实验说明实物粒子具有波动性核电池又叫“放射性同位素电池”,一个硬币大小的核电池,就可以让手机不充电使用5000年.燃料中钚Pu)是一种人造同位素,可通过下列反应合成:科研人员成功研制出硬币大小的“核电池”①用氘核D)轰击铀U)生成镎和两个相同的粒子X,核反应方程是UDNp+2X.②镎放出一个粒子y后变成钚,核反应方程是NpPu+y.则X粒子的符号为,y粒子的符号为.一对正、负电子相遇后转化为光子的过程被称为湮灭.①静止的一对正、负电子湮灭会产生两个同频率的光子,且两个光子呈180°背道而驰,这是为什么?②电子质量m=×10-31kg,真空中光速c=3×108m/s,普朗克常量为h=×10-34j·s,求一对静止的正、负电子湮灭后产生的光子的频率.专题十六选修3-5p2-p1c2氢原子能放出光子的种类数=6,则量子数n=4.电子的动能至少为ΔE=E4-E1.解得ΔE=10×10-82m/s根据动量守恒定律mv1=mv’1+mv’2,代入数据得v’2=2m/s.nHH2∶1EA-2EBne①总动量为零,遵循动量守恒定律.②×1020Hz解析:电子的衍射说明了运动的电子具有波动性,而不是光具有波动性.亮纹处说明电子到达的几率大,综上所述选项c错误.根据电荷数守恒和质量数守恒得到X为n,y为e.①总动量要为零,遵循动量守恒.②2mc2=2hν,ν==×1020Hz.总结：xxxx高考物理选修二轮复习题就为大家介绍到这儿了，希望小编的整理可以帮助到大家，祝大家学习进步。

高考物理二轮复习选考强化练4选修3-4

选考强化练(四) 选修3－4(时间：20分钟分值：45分)1．(1)(5分)一列沿x 轴传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图1所示，此时质点P 恰在波峰，质点Q 恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s ，质点Q 第二次到达波谷，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)图1A ．波沿x 轴负方向传播B ．波的传播速度为60 m/sC ．波的传播周期为0.2 sD ．0至0.9 s 时间内P 点通过的路程为1.8 mE ．1 s 末质点P 的位移是零(2)(10分)如图2所示，AOB 是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA 边上的点E 沿垂直OA 的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB 面且恰好未从AB 面射出．已知OE ＝35OA ，cos 53°＝0.6，试求： ①玻璃砖的折射率n ；②光线第一次从OB 射出时折射角的正弦值.【导学号：19624282】图2【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x 轴负方向传播，故A 正确；根据题意知14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT ＝240.4m/s＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s ＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A ＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s ＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负的最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37° 光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37°由sin C ＝1n得：n ＝53. ②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.【答案】 (1)ABD (2)①53 ②562．(2017·鸡西市模拟)(1)(5分)一列简谐横波在t ＝0.2 s 时的波形图如图3甲所示，P 为x ＝1 m 处的质点，Q 为x ＝4 m 处的质点，图乙所示为质点Q 的振动图象．则下列关于该波的说法中正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图3A ．该波的周期是0.4 sB ．该波的传播速度大小为40 m/sC ．该波一定沿x 轴的负方向传播D ．t ＝0.1 s 时刻，质点Q 的加速度大小为零E ．从t ＝0.2 s 到t ＝0.4 s ，质点P 通过的路程为20 cm(2)(10分)如图4所示，一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC 的长度为d ，一束单色光从AB 侧面的中点垂直AB 入射．若三棱镜的折射率为2，∠C ＝30°，单色光在真空中的传播速度为c ，求：图4①该单色光第一次从棱镜射入真空时的折射角；②该单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间．【解析】 (1)选ACE.由乙图知，质点的振动周期为T ＝0.4 s ，故A 正确；由甲图知，波长λ＝8 m ，则波速为：v ＝λT ＝80.4m/s ＝20 m/s ，故B 错误；由乙图知，t ＝0.2 s 时刻，质点Q 向下运动，根据甲图可知，该波沿x 轴负方向传播，故C 正确；由图乙可知，t ＝0.1 s 时刻，质点Q 位于最大位移处，所以加速度大小一定不为零，故D 错误；因为T ＝0.4 s ，则从t ＝0.2 s 到t ＝0.4 s 为半个周期，所以质点P 通过的路程为20 cm ，故E 正确．(2)①画出该单色光在三棱镜中传播的光路如图所示．当光线到达三棱镜的BC 边时，因∠C ＝30°，由几何关系可知α＝60°又因为三棱镜的折射率n ＝2，所以光发生全反射的临界角为45°因α＝60°，所以该单色光在BC 边发生全反射．当该单色光到达三棱镜的AC 边时，由几何关系可知，其入射角为β＝30°设其折射角为γ，则由折射定律n ＝sin γsin β可得：γ＝45°. ②因为截面三角形的斜边BC 的长度为d ，D 为AB 边的中点，∠C ＝30°，由几何关系可知DE ＝3d 4因为α＝60°，所以∠CEF ＝30°，又∠C ＝30°，由几何关系可知EF ＝3d 6该单色光在三棱镜中的传播速度为v ＝c n ＝c 2所以单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间t ＝DE ＋EFv代入数据可解得：t ＝56d 12c. 【答案】 (1)ACE (2)①45° ②56d 12c3．(2017·宝鸡市一模)(1)(5分)一列简谐横波沿着x 轴正方向传播，波中A 、B 两质点在平衡位置间的距离为0.5 m ，且小于一个波长，如图5甲所示，A 、B 两质点振动图象如图乙所示．由此可知________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图5A ．波中质点在一个周期内通过的路程为8 cmB ．该机械波的波长为4 mC ．该机械波的波速为0.5 m/sD ．t ＝1.5 s 时A 、B 两质点的位移相同E ．t ＝1.5 s 时A 、B 两质点的振动速度相同(2)(10分)有一个上、下表面平行且足够大的玻璃平板，玻璃平板的折射率为n ＝43、厚度为d ＝12 cm.现在其上方的空气中放置一点光源S ，点光源距玻璃板的距离为L ＝18 cm ，从S 发出的光射向玻璃板，光线与竖直方向夹角最大为θ＝53°，经过玻璃板后从下表面射出，形成一个圆形光斑，如图6所示．求玻璃板下表面圆形光斑的半径(sin 53°＝0.8)．图6【解析】 (1)选ACE.由图可知，该波的振幅为2 cm ，波中质点在一个周期内通过的路程为4倍的振幅，即8 cm ，故A 正确；由图知，t ＝0时刻B 点通过平衡位置向上运动，A 点位于波峰，则有：Δx ＝x 2－x 1＝(n ＋14)λ，n ＝0,1,2,3…由题λ>Δx ＝0.5 m ，则知n 只能取0，故λ＝2 m ，故B 错误；由图知周期T ＝4 s ，则波速为v ＝λT ＝24m/s ＝0.5 m/s ，故C 正确；由图可知，在t ＝1.5 s 时刻，A 的位移为负，而B 的位移为正，故D 错误．由图知，t ＝1.5 s 时A 、B 两质点到平衡位置的距离是相等的，所以振动的速度大小相等；又由图可知，在t ＝1.5 s 时刻二者运动的方向相同，所以它们的振动速度相同，故E 正确．(2)由题意可知光在玻璃板上表面发生折射时的入射角为θ，设其折射角为r ，由折射定律可得：n ＝sin θsin r，代入数据可得：r ＝37°.光在玻璃板下表面发生折射时，由于入射角r 始终小于玻璃板的临界角，所以不会发生全反射，光在玻璃板中传播的光路图如图所示．所以光从玻璃板下表面射出时形成一个圆形发光面，设其半径大小为R ，则有：R ＝L tan θ＋d tan r ，代入数据可得：R ＝33 cm.【答案】 (1)ACE (2)33 cm。

2019届高三物理第二轮复习选择实验选修限时训练4教师版

选择实验选修限时训练（四）班别姓名学号一、单选题14.上虞区城东小学的护鸟小卫士在学校的绿化带上发现一个鸟窝静止搁在三根树叉之间。

若鸟窝的质量为m，与三根树叉均接触。

重力加速度为g。

则A．三根树叉对鸟窝的合力大小等于mgB．鸟窝所受重力与鸟窝对树叉的力是一对平衡力C．鸟窝与树叉之间一定只有弹力的作用D．树叉对鸟窝的弹力指向鸟窝的重心【参考答案】A A．由力的平衡知识可知，三根树叉对鸟窝的合力大小等于mg，选项A正确；B．鸟窝所受重力作用在鸟窝上，而鸟窝对树叉的力是作用在树杈上，两力不是一对平衡力，选项B错误；C．鸟窝与树叉之间也可能存在摩擦力的作用，选项C错误；D．树叉对鸟窝的弹力方向垂直于树枝方向，不一定指向鸟窝的重心，选项D错误。

15.如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时刻杆与水平方向的夹角为θ，物块向右运动的速度v，则此时A点速度为A．sinLvhθB．cosLvhθC．2sinLvhθD．2cosLvhθ【参考答案】C 将物块的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向，垂直于杆方向的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=rω可求出杆转动的角速度，再根据杆的角速度和A的转动半径可以求出A的线速度大小。

如图所示根据运动的合成与分解可知，接触点B 的实际运动为合运动，可将B 点运动的速度v B =v 沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v 2和v 1，其中v 2=v B sin θ=v sin θ为B 点做圆周运动的线速度，v 1=v B cos θ为B 点沿杆运动的速度。

当杆与水平方向夹角为θ时，s i n hOB θ=，由于B 点的线速度为v 2=v sin θ=OBω，所以2sin sin =v v OB h θθω=，所以A 的线速度2sin A Lv v L hθω==，故C 正确。

16.如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q ，系统处于静止状态。

2019版高考物理二轮复习题型专练专题四选考题巧练选修3-3巧练

专题四选考题巧练技巧——拿满分选修3-3巧练(建议用时：30分钟)1．(1)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，V－T图象如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则下列结果正确的是________．A．p b>p c，Q ab>Q acB．p b<p c，Q ab>Q acC．p b<p c，Q ab<Q acD．状态a的压强等于状态b的压强(2)①液体表面具有________的趋势，是由于液体表面层分子的分布比内部稀疏．②密闭容器中有一定质量的理想气体，当其在完全失重状态下，气体的压强________(填“为”或“不为”)零．(3)某学校科技兴趣小组利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．已知该装置密封气体的体积为480 cm3，玻璃管内部横截面积为0.4 cm2，瓶口外的有效长度为48 cm.当气温为7 ℃时，水银柱刚好处在瓶口位置．①求该气温计能测量的最高气温；②假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3 J热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？(已知大气压强为1×105 Pa)2．(2015·无锡考前监测)(1)下列说法正确的是________．A．布朗运动就是分子的热运动B．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C．物体体积增大时，分子间距增大，分子势能也增大D．对物体做功，物体的内能可能减小(2)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的倒U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长L1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．先将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后左管水银面高出右管水银面h＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)①稳定后低压舱内的压强为________cmHg.②此过程中外界对左管内气体________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．(3)如图所示，水平放置一个长方体的封闭汽缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体的压强均为p、温度均为T.现使A的温度升高ΔT而保持B部分气体温度不变，则A部分气体压强的增加量是多少？3．(1)关于热现象和热学规律，下列说法正确的是________．A．布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小C．热量可以从低温物体传递到高温物体D．物体的摄氏温度变化了1 ℃，其热力学温度变化了273 K(2)一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c时，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)________J热量．(3)如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m＝1.0 kg 的活塞A、B用一长度为3L＝30 cm、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气．活塞A、B的面积分别为S A＝200 cm2和S B＝100 cm2，汽缸内A和B 之间封闭有一定质量的理想气体，A的左边及B的右边都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105 Pa.当汽缸内气体的温度为T1＝500 K时，活塞处于图示位置平衡．问：①此时汽缸内理想气体的压强多大？②当汽缸内气体的温度从T1＝500 K缓慢降至T2＝400 K时，活塞A、B向哪边移动？移动的位移多大？4．(1)下列说法正确的是________．A．制作晶体管、集成电路只能用单晶体B．晶体熔化过程中需要吸收热量，但其分子的平均动能不变C．大多数金属都是各向同性的，他们都是非晶体D．液体表面具有收缩的趋势，是由于在液体表面层里分子比内部密集(2)如图所示，水平放置一个长方体汽缸，总体积为V，用无摩擦活塞(活塞绝热、体积不计)将内部封闭的理想气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体压强均为p，温度均为T.若使A气体的温度升高ΔT，B气体的温度保持不变．①A气体的体积变为________．②B气体在该过程中________(填“吸热”或“放热”)．(3)某医院使用的一只氧气瓶，容积为32 dm 3，在温度为27 ℃ 时，瓶内压强为150 atm ，按规定当使用到17 ℃、压强降为10 atm ，便应重新充气．①若这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm 时体积为多少？②若这个医院在27 ℃时，平均每天要用压强为1 atm 的氧气439 dm 3，则这一瓶氧气能用多少天？③若上述氧气瓶的开关坏了，使高压氧气迅速向外喷出，当瓶内外压强相等时，才关好开关．过一段较长时间再次打开开关，这时瓶内氧气是否还会喷出？选修3-3巧练1．解析：(1)由V ＝k pT 可知V －T 图线的斜率越大，压强p 越小，故p b <p c .由热力学第一定律得：Q ＝ΔU －W ，因T b ＝T c ，所以ΔU ab ＝ΔU ac ，而W ab <W ac ，故Q ab >Q ac ，a 状态和b 状态在同一条等压线上，所以p a ＝p b ，综上B 、D 正确．(2)②密闭容器内的压强是由气体分子对器壁的碰撞而产生的，与超重、失重无关，故气体压强不为零．(3)①当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T 2，此时气体体积为V 2初状态：T 1＝(273＋7)K ＝280 K ，V 1＝480 cm 3，末状态V 2＝(480＋48×0.4) cm 3＝499.2 cm 3，由等压变化知：V 1T 1＝V 2T 2，代入数据得T 2＝291.2 K ，即18.2 ℃.②水银柱向右移动过程中，外界对气体做功W ＝－p 0S ·L＝－1×105×0.4×10－4×48×10－2 J＝－1.92 J由热力学第一定律知内能变化为ΔU ＝W ＋Q ＝－1.92 J ＋3 J ＝1.08 J ，即内能增加1.08 J.答案：(1)BD (2)①收缩 ②不为 (3)①291.2 K(或18.2 ℃) ②内能增加增加1.08 J2．解析：(1)布朗运动是固体小颗粒的运动，A 错；温度是分子平均动能大小的标志，温度升高，分子平均动能增大，B 对；分子间距小于平衡距离时增大分子间距，分子势能将减小，C 错；如果物体放出的热量大于对物体做的功，物体内能将减小，故D 对，故选B 、D.(2)①设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p 1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体的压强为p 2，气柱长度为L 2，稳定后低压舱内的压强为p ，左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2p 1＝p 0p 2＝p －p hV 1＝L 1SV 2＝L 2S由几何关系得h ＝2(L 2－L 1)联立以上各式，代入数据得p ＝70 cmHg.②此过程气体体积增大，外界对气体做负功，温度不变，内能不变，故吸热．(3)设温度升高后，A 、B 气体压强的增加量都为Δp ，对A 部分气体，升高温度后的体积为V A ，则由气体方程pV T ＝（p ＋Δp ）V A T ＋ΔT对B 部分气体，升高温度后的体积为V B ，则pV ＝(p ＋Δp )V B又2V ＝V A ＋V B解得Δp ＝p ΔT 2T. 答案：(1)BD (2)①70 ②做负功吸热 (3)p ΔT 2T3．解析：(3)①设被封住的理想气体压强为p ，轻细杆对A 和对B 的弹力为F ，对活塞A 有：p 0S A ＝pS A ＋F对活塞B ，有：p 0S B ＝pS B ＋F得：p ＝p 0＝1.0×105 Pa.②当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A 、B 一起向右移动活塞A 最多移动至两筒的连接处．设活塞A 、B 一起向右移动的距离为x .对理想气体： V 1＝2LS A ＋LS BT 1＝500 KV 2＝(2L －x )S A ＋(L ＋x )S BT 2＝400 KS A ＝200 cm 2 S B ＝100 cm 2由盖－吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2解得：x ＝10 cmx <2L ＝20 cm 表明活塞A 未碰两筒的连接处．故活塞A 、B 一起向右移动了10 cm.答案：(1)BC (2)吸收 260 (3)见解析4．解析：(1)晶体有确定的熔点，因此熔化过程中虽然要吸收热量，但分子的平均动能不变，故选项B 对；大多数金属都是各向同性的，他们都是多晶体，故选项C 错；液体表面具有收缩的趋势，是由于在液体表面层里分子比内部稀疏，分子间呈现引力，故选项D 错．(2)①设末状态两部分气体压强均为p 末，选择A 气体为研究对象，升高温度后体积变为V A p V 2T ＝p 末V A T ＋ΔT对B 部分气体，升高温度后体积为V B ，由玻意耳定律p V 2＝p 末V B 又V A ＋V B ＝V可得V A ＝（T ＋ΔT ）V 2T ＋ΔT. ②B 部分气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对B 部分气体做正功，根据热力学第一定律，B 部分气体对外放热．(3)①氧气瓶内氧气初态参量：V 1＝32 dm 3，T 1＝300 K ，p 1＝150 atm ；设这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm 时体积为V 2，T 2＝290 K ，p 2＝10 atm ，则p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得V 2＝464 dm 3.②对跑出的气体，设在T 3＝300 K ，p 3＝1 atm 时占的体积为V 3，则p 2（V 2－V 1）T 2＝p 3V 3T 3这一瓶氧气能用的天数n ＝V 3V 0V 0＝439 dm 3联立解得n ≈10.2(天)，取n ＝10(天)．③因高压氧气迅速向外喷出，氧气来不及与外界进行热交换，可近似看成绝热膨胀．Q ＝0，故ΔU ＝W ，又氧气对外做功，所以瓶内氧气内能减少，温度降低．关上开关时，瓶内氧气温度低于外界，当过一段较长时间后，瓶内氧气温度又等于外界温度，即瓶内剩余气体做等容升温变化，所以p T＝C (C 为常数)，T 变大，则p 变大(大于外界大气压)，故再次打开开关时，氧气还会喷出．答案：(1)AB (2)①（T ＋ΔT ）V 2T ＋ΔT②放热 (3)①464 dm 3 ②10天 ③会喷出。

2019年高考(人教版)物理二轮复习选练题(共5套)含答案及解析

2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题2019年高考（人教版）物理二轮复习选练题（一）一、选择题1、如图所示，一个质量为4 kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动。

若用通过球心的水平推力F＝10 N作用在物体A上，物体A仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。

已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，则( )A．物体A受到斜面B的摩擦力增加8 NB．物体A对斜面B的作用力增加10 NC．地面对斜面B的弹力不变D．地面对斜面B的摩擦力增加10 N2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。

在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ3、如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。

不计空气阻力，则( )A．t2>2t1 B．t2＝2t1C．t2<2t1 D．落在B点4、如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是( )A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ，则v 0<v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0<a AD ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B > 2GM 3R5、用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时间后停在最低点。

2019届高三物理第二轮复习选择实验选修限时训练1学生版

选择实验选修限时训练（一）班别姓名学号一、单选题14.组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星（同步卫星）和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求（）A. 地球静止轨道卫星与地球的质量之比B. 地球静止轨道卫星与中轨道卫星质量之比C. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比15.已知用频率为v的单色光照射某金属表面时，溢出的光电子的最大初动能为E，则要使此金属发生光电效应的极限频率应为（）A. B.C. D.16.如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈的滑动头P可上下滑动．设原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，负载为定值电阻R,原、副线圈电流比为k.则（）A. P下移，k增大B. P上移，k增大C. P上移，U1减小D. P下移，U2增大17.如图所示，在“托球跑”趣味比赛中，若运动员沿水平面匀加速直线跑．球拍平面与水平方向夹角为θ时，网球与球拍保持相对静止．球拍和网球的质量分别为M、m，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是（）A. 球拍对球的作用力太小为mgB. 运动员对球拍的作用力大小为（M+m)gC. 运动员的加速度大小为gtanθD. 若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动的18.如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。

在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）A. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B. 所加磁场越强越不易使圆盘停止转动C. 若所加磁场反向，圆盘将加速转动D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动二、多选题19.如图所示，一名运动员将相同的铅球分别从同一位置掷出，图中①②是它们的运动轨迹，轨道最高点距离地面的高度相等，②的落地点到掷出点的水平距离是①的2倍，忽略空气阻力，对于铅球①与②。

2019年高考物理大二轮复习题型限时专练4选择题+鸭题(四)201902193168

3
[解析] 以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A 项错误．对
3
3 小球受力分析如
图，拉力 FA＝mgtanθ，由几何关系可知 tanθ＝，则 FA＝ mg，B 项正确．半
4
4
mg
球对小球的支持力 FN＝
，在 A 点下移时，θ 增大，cosθ 减小，则 FN 增大，C 项错误．在
A．a 和 b 的飞行时间相同 B．b 的飞行时间比 c 的短 C．a 的初速度比 b 的小 D．c 的初速度比 a 的大
2h [解析] 三个小球与墙壁的水平距离相同，b 下落的高度比 a 大，根据 t＝可知，b 飞
g x 行的时间较长，根据 v0＝，则 a 的初速度比 b 的大，选项 A、C 错误；b 下落的竖直高度比 c t 大，则 b 飞行的时间比 c 长，选项 B 错误；a 下落的竖直高度比 c 大，则 a 飞行的时间比 c 长， x 根据 v0＝，则 a 的初速度比 c 的小，选项 D 正确． t
专练 4 选择题＋选考题(四)
(时间：30 分钟) 一、选择题(本题共 8 小题，在每小题给出的四个选项中，第 14～17 题只有一项符合题目要求，第 18～21 题有多项符合题目要求．) 14．(2018·云南七校联考)关于结合能和比结合能，下列说法正确的是( ) A．原子核的结合能等于核子结合成原子核而具有的能量 B．一重原子核衰变成 α 粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能 C．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 [解析] 原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，A 错误；重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B 正确；比结合能越大，原子核越稳定， C 错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，所以质量亏损对应的能量与结合能是相等的，D 错误． [答案] B 15．(2018·武汉市高三调研)如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球 a、b、c 的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且 a 和 b 从同一点抛出．不计空气阻力，则( )

2019年高中物理高考调研版新课标高三二轮总复习作业4

课时作业(四)一、选择题(共10个小题，3、4、7、8、10为多选，其余为单选，每题5分共50分)1.(2018·宿州三模)如图，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )A.3mv 028qB ．－3mv 028qC ．－mv 028qD.mv 028q答案 B解析粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为：v N ＝v 0cos60°＝12v 0，对从M 到N 过程，根据动能定理，有：qU MN ＝12mv N 2－12mv M 2，解得：U MN ＝－3mv 028q，故A 、C 、D 三项错误，B 项正确；故选B 项．2.(2018·南昌一模)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现只改变带电粒子的速度大小，仍从A 点沿原方向射入原磁场，不计重力，测出粒子在磁场中的运动时间变为2Δt 、则粒子的速度大小变为( ) A.12v B ．2vC.13v D ．3v答案 C解析设圆形磁场区域的半径是R ，以速度v 射入时，半径r 1＝mv qB ，根据几何关系可知，r 1R＝tan60°，所以r 1＝3R ；运动时间Δt ＝16T ；设第二次射入时的圆心角为θ，根据分析可知：θ＝120°则tan θ2＝R r 2＝3 半径r 2＝R 3又：r 2＝mv ′qB得：v ′＝13v 故选C 项．3．(2018·安徽“江南十校”高三联考)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.M 为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q 、质量为m 的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的14.下列说法正确的是()A．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝BqR mB．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝2BqR 2mC．若将磁感应强度的大小增加到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来2 2D．若将磁感应强度的大小增加到2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来2 3答案BD解析边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r＝2R2＝mvBq，得v＝2BqR2m，所以B项正确，A项错误；磁感应强度增加到原来的2倍，直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，所以弧长之比为2∶3，D项正确，C项错误．4.如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D．电压U增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变答案BD解析由题意知，电子在加速电场中加速运动，根据动能定理得eU1＝12mv2，电子获得的速度为v＝2eU1m；电子进入偏转电场后做类平抛运动，也就是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a＝eUmd；电子在电场方向偏转的位移为y＝12at2，垂直电场方向做匀速直线运动，电子在电场中运动时间为t＝Lv.滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以电子获得的速度v增加，可知，电子在电场中运动时间t减少，故电子偏转位移y变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，A项错误；滑动触头向左移动时，加速电压变小，所以电子获得的速度v减小，可知，电子在电场中运动时间t变大，故电子偏转位移y 变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，B项正确；偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时间t没有发生变化，故D项正确；电子在偏转电场中偏转位移增大，电子打在荧光屏上的速度增大，C项错误．5.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v b时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b，当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c，不计粒子重力．则()A．v b∶v c＝1∶2，t b∶t c＝2∶1B．v b∶v c＝2∶1，t b∶t c＝1∶2C．v b∶v c＝2∶1，t b∶t c＝2∶1D．v b∶v c＝1∶2，t b∶t c＝1∶2答案 A解析由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，由公式qvB ＝m v 2r ＝mr 4π2T 2，T ＝2πr v可以得出v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2，又由T ＝2πm qB且粒子运动一周为2π，可以得出时间之比等于偏转角之比．由上图看出偏转角之比为2∶1.则t b ∶t c ＝2∶1，可得A 项正确，B 、C 、D 三项错误．6.(2016·课标全国Ⅱ)如图，P 为固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b答案 D解析在点电荷的电场中，场强大小E ＝k Q r 2，由图可知r a >r c >r b ，可得E a <E c <E b ，而带电粒子运动的加速度a ＝qE m，则a a <a c <a b ；而由动能定理：qU ＝ΔE k 可知电场力做负功，动能减小，由图U ab >U cb ，则v a >v c >v b ，故选D 项．7.如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg 、可视为质点、带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s答案 ABD解析因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝mv min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图1所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图2所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在y 轴上，作出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max ＝mv max qB，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R ＝3.75 m ，由半径公式R ＝mv qB得v ＝3.75 m/s ，B 项正确，由分析易知C 项错误．8．(2015·四川)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T，电子质量m＝9.1×10－31 kg，电量e＝－1.6×10－19 C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()A．θ＝90°时，l＝9.1 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．θ＝30°时，l＝4.55 cm答案AD解析电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力公式和向心力公式，有evB＝m v2r，解得电子圆周运动的轨道半径为r＝mveB＝9.1×10－31×1.6×106 1.6×10－19×2.0×10－4m＝4.55×10－2 m＝4.55 cm，恰好有r ＝d ＝L/2，由于电子源S 可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S 点的一系列半径为r 的等大圆，能够打到板MN 上的区域范围如图所示，实线SN 表示电子刚好经过板N 端时的轨迹，实线SA 表示电子轨迹刚好与板相切于A 点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l ＝NA ，又由题设选项可知，MN 与SO 直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN 板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C 一定落在与MN 距离为r 的平行线上，如图所示，当l ＝4.55 cm 时，即A 点与板O 点重合，作出电子轨迹如图中实线S 1A 1︵，由图中几何关系可知，此时S 1O 与MN 的夹角θ＝30°，故C 项错误，D 项正确；当l ＝9.1 cm 时，即A 点与板M 端重合，作出电子轨迹如图中实线S 2A 2.由图几何关系可知，此时S 2O 与MN 的夹角为90°，故A 项正确．9.(2016·课标全国Ⅲ)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O 的距离为( )A.mv 2qBB.2mv qBC.2mv qBD.4mv qB答案 D解析设射入磁场的入射点为A ，延长入射速度v 所在直线交ON 于一点C ，则轨迹圆与AC 相切；由于轨迹圆只与ON 有一个交点，所以轨迹圆与ON 相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O ′为圆心，B 为出射点．由几何关系可知∠O ′CD ＝30°，Rt △O ′DC 中，CD ＝O ′D ·cot30°＝3R ；由对称性知，AC ＝CD ＝3R ；等腰△ACO 中，OA ＝2AC·cos30°＝3R ；等边△O ′AB中，AB ＝R ，所以OB ＝OA ＋AB ＝4R.由qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB ，所以OB ＝4mv qB，D 项正确．10．(2018·云南玉溪)如图，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度射入磁场，且在上方运动半径为R，则(不计重力)()A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2C．粒子在完成一次周期性运动的时间为2πm qBD．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R答案BD解析根据左手定则判断可知，负电荷在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向旋转，而在第四象限沿逆时针方向旋转，不可能回到原点O，故A项错误；由r＝mvqB，知粒子圆周运动的半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，故B项正确；负电荷在第一象限轨迹所对应的圆心角为60°，在第四象限轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子圆周运动的周期为T＝2πmqB，保持不变，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1＝60°360°T＝πm3qB；同理，在第四象限运动的时间为t2＝60°360°T′＝2πm3qB；完成一次周期性运动的时间为T′＝t1＋t2＝πmqB，故C项错误；根据几何知识得：粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为x＝R＋2R ＝3R，故D项正确，故选B、D两项．二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，12题13分，14题14分，共50分)11．(2018·青海省平安县)一条绝缘的挡板轨道ABC固定在光滑水平桌面上，BC 段为直线，长为4R，动摩擦因数为0.25，AB是半径为R的光滑半圆弧(两部分相切于B 点)．挡板轨道在水平的匀强电场中，场强大小为E ＝8×102 N/C ，方向与BC 夹角为θ＝53°.一带电量为q ＝5×10－4 C 、质量为m ＝5×10－3 kg 的小球从C 点静止释放，已知R ＝0.4 m ，求：(1)小球在B 点的速度大小；(2)若场强E 与BC 夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A 点的速度最大，θ的取值以及A 点速度大小；(3)若场强E 与BC 夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A 点沿切线飞出，θ的取值范围．答案 (1)10 m/s (2)θ＝0°，v A ＝16 m/s (3)0≤θ≤arctan 87解析 (1)根据动能定理：(Eqcos θ－μEq sin θ)·4R ＝12mv B 2－0整理可以得到：v B ＝Eq （8cos θ－2sin θ）R m ，代入数据得到：v B ＝16510 m/s≈10 m/s.(2)由于θ＝0°，小球与BC 挡板的摩擦力为零，小球到B 点的速度最大，且A 、B 等势，则小球在A 点速度最大，根据动能定理： Eq ·4R ＝12mv A 2－0，则：v A ＝8EqRm，代入数据整理得到：v A ＝16 m/s. (3)在A 点不脱离轨道能沿切线飞出，则 F 向A ＝Eqsin θ≤m v A 2R根据动能定理：Eqcos θ(4R －2Rtan θ)－μEq4R sin θ>12mv A 2.解得：tan θ≤87.得到θ的取值范围是：0≤θ≤arctan 87.12.如图所示，空间存在一个半径为R 0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为 B.有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m 、电荷量为＋q.将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用． (1)求带电粒子的速率．(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为B4，求粒子在磁场中最长的运动时间t.(3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R 1(R 1>R 0)圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B/2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该粒子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R 1的最小值和粒子运动的周期T. 解析 (1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍R 0＝2r. qvB ＝m v 2r v ＝qBR 02m(2)磁场的大小变为B4后，粒子的轨道半径为r 1；r 1＝mv qB 1＝4mv qB＝2R 0.根据几何关系可以得到，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R 0时最长，圆心角60°.t ＝60°360°T ＝4πm3qB(3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为B2，方向向里，R 0以外的区域磁场大小为B2，方向向外．粒子运动的半径为R 0.根据对称性画出情境图，由几何关系可得R 1的最小值为(3＋1)R 0 T ＝（π3＋5π6）·4m qB/2＝28πm 3qB.13．(2018·东城区二模)带电粒子的电荷量与其质量之比称为比荷(qm )．是带电粒子的基本参量之一．如图所示是汤姆孙用来测定电子比荷的实验装置，真空玻璃管中K 是金属板制成的阴极，由阴极K 发出的射线被加速后穿过带有狭缝的极板A 、B.经过两块平行铝板C 、D 中心轴线后打在玻璃管右侧的荧光屏上形成光点．若平行铝板C 、D 间无电压，电子将打在荧光屏上的中心O 点；若在平行铝板C 、D 间施加偏转电压U ，则电子将打在O 1点，O 1点与O 点的竖直间距为h ，水平间距可忽略不计．若再在平行铝板C 、D 间施加一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场(图中未画出)，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O 点．已知平行铝板C 、D 的长度均为L 1，板间距离为d ，它们的右端到荧光屏中心O 点的水平距离为L 2，不计电子的重力和电子间的相互作用．(1)求电子刚进入平行铝板C 、D 间时速度的大小； (2)推导出电子比荷的表达式．答案 (1)电子刚进入平行铝板C 、D 间时速度的大小为UBd(2)推导出电子比荷的表达式为em＝UhB 2dL 1（L 2＋L 12）解析 (1)加偏转电压U 后，板间区域的电场为匀强电场，电场强度的大小E ＝Ud ，方向竖直向下；当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为v，则evB＝eE得v＝E B即v＝U Bd(2)当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向做匀加速运动，加速度为a＝eU md电子在水平方向做匀速运动，在电场内的运动时间为t1＝L1 v这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为d1＝12at12＝eL12U2mv2d离开电场时竖直向上的分速度为v1＝at1＝eL1U mvd电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2＝L2 vt2时间内向上运动的距离为d2＝v1t2＝eUL1L2 mv2d这样，电子向上的总偏转距离为h＝d1＋d2＝eUmv2d L1(L2＋L12)可解得em＝UhB2dL1（L2＋L12）14．(2018·课标全国Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示；中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y 轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间．答案 (1)轨迹图如图所示：(2)v 0＝2El ′Bl (3)43El ′B 2l 2 Bl E (1＋3πl18l ′) 分析粒子在电场中做类平抛，然后进入磁场做圆周运动，再次进入电场做类平抛运动，结合相应的计算即可画出轨迹图.(2)在电场中要分两个方向处理问题，一个方向做匀速运动，一个方向做匀加速运动．(3)在磁场中的运动关键是找到圆心，求出半径，结合向心力公式求解．解析 (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的轨迹，如图所示．(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度大小为a ，粒子的电荷量为q ，质量为m ，粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ，如下图所示，根据牛顿第二定律可得：qE ＝ma ① 速度沿电场方向的分量为：v 1＝at ② 垂直电场方向有：l ′＝v 0t ③ 根据几何关系可得：v 1＝vcos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝m v 2R ⑤根据几何关系可得：l ＝2Rcos θ⑥联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M 点入射时速度的大小：v 0＝2El ′Bl ⑦(3)根据几何关系可得速度沿电场方向的分量： v 1＝v 0tan π6⑧ 联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：q m ＝43El ′B 2l 2⑨粒子在磁场中运动的周期：T ＝2πR v ＝2πmqB ⑩粒子由M 点到N 点所用的时间：t ′＝2t ＋2（π2－π6）2π·T ⑪联立③⑦⑨⑪式可得：t ′＝BlE (1＋3πl 18l ′)．。

2019届高考物理二轮复习模块检测卷四选修3-2

模块检测卷四选修3－2第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列现象中属于电磁感应现象的是()A．磁场对电流产生力的作用B．变化的磁场使闭合电路中产生电流C．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场答案 B解析磁场对电流产生力的作用属于通电导线在磁场中的受力情况；插在通电螺线管中的软铁棒被磁化属于电流的磁效应；电流周围产生磁场属于电流的磁效应；而变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象．故正确答案为B.2．如图1所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物．电磁炉工作时产生的电磁波完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害．关于电磁炉，以下说法中正确的是()图1A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的C．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的D．电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的答案 B解析电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误，B正确；而选项C是微波的加热原理，C错误．3．如图2所示，两直导线中通以相同的电流I，矩形线圈位于导线之间．将线圈由实线位置移到虚线位置的过程中，穿过线圈的磁通量的变化情况是()图2A．向里，逐渐增大B．向外，逐渐减小C．先向里增大，再向外减小D．先向外减小，再向里增大答案 D4．我国家庭照明电路的电压随时间变化的规律为u＝311sin 100πt(V)．下列说法中正确的是()A．标有“输入电压100～240 V、50 Hz”的旅行充电器接在该交流电上可以正常工作B ．标有“输入电压100～240 V 、100 Hz ”的旅行充电器接在该交流电上可以正常工作C ．该交流电只能给标有311 V 的用电器供电D ．该交流电给某用电器供电与用311 V 的稳恒直流电给该用电器供电，效果相同答案 A解析由u ＝311sin 100πt (V)可知，该交流电的最大值为311 V ，有效值为3112V ＝220 V ，ω＝100π，所以T ＝0.02 s ，频率为50 Hz ，故A 正确，B 错误；该交流电给某用电器供电与用220 V 的稳恒直流电给该用电器供电产生的效果相同，故D 错误．5．如图3所示，质量为m 的金属框用绝缘轻质细线悬挂，金属框有一半处于水平且与框面垂直的匀强磁场中．从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法正确的是( )图3A ．小于金属框重力mg ，并保持恒定B ．始终等于金属框重力mgC ．大于金属框重力mg ，并逐渐减小D ．大于金属框重力mg ，并保持恒定答案 C解析磁感应强度均匀减小，穿过金属框的磁通量均匀减少，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下．金属框始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小，由F安＝BIL可知安培力逐渐减小，所以拉力也逐渐减小，故C正确．6．在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两条可沿导轨自由移动的导体棒ab、cd，导体棒ab、cd的运动速度分别为v1、v2，如图4所示，ab棒上有电流通过，则一定有()图4A．v1>v2B．v1<v2C．v1≠v2D．v1＝v2答案 C解析对于匀强磁场来说，磁通量Φ＝BS，根据题中条件，仅当穿过闭合电路中磁场的有效面积S发生变化时才有Φ的变化．因此应有v1≠v2，这时存在着v1>v2与v1<v2两种可能，所以只有C正确．7．如图5甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内，电容器()图5A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B ．上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0答案 A解析在0～t 0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电．由法拉第电磁感应定律知，在0～t 0时间内回路中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝(B 2－B 1)S t 0，电容器两极板之间电压U ＝E ，电容器所带电荷量为q ＝CU ＝CS (B 2－B 1)t 0，选项A 正确． 8.如图6所示，电路中电源内阻不能忽略，电阻R 的阻值和线圈L 的自感系数都很大，A 、B 为两个完全相同的灯泡，当S 闭合时，下列说法正确的是( )图6A ．A 比B 先亮，然后A 灭B ．B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗C ．A 、B 一起亮，然后A 灭D．A、B一起亮，然后B灭答案 B解析S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，故选项A、C、D错误．稳定后，总电阻减小，路端电压减小，流过B 灯支路的电流减小，所以B灯逐渐变暗，故选项B正确．9．理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，下列说法中正确的是()A．穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是10∶1B．穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是1∶10C．正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为10∶1D．正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为1∶10答案 C解析理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是1∶1，故A、B均错误；理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，根据变压比公式U1U2＝n1n2，正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为10∶1，故C正确，D错误．10．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图7所示，由图可知()图7A．该交流电的电压的有效值为100 VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t VD．若将该交流电压加在阻值为100 Ω的电阻两端，该电阻消耗的功率为100 W答案 B解析根据图象可知该交变电流的电压的最大值为100 V，周期为4×10－2 s，该交流电的电压的有效值为U＝U m2＝50 2 V，频率为f＝1T＝25 Hz，选项A错误，选项B正确；该交流电压的瞬时值表达式为u＝U m sin 2πft＝100sin 50πt(V)，选项C错误；若将该交流电加在100 Ω的电阻两端，该电阻消耗的功率为P＝U2R＝50 W，选项D错误．11．图8乙为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω，则()图8A．电压表的示数为6 VB．在t＝1×10－2 s的时刻，穿过线圈的磁通量为零C．若线圈转速改为25 r/s，则电动势有效值为3 VD．若线圈转速改为25 r/s，则通过电灯的电流为1.2 A答案 C解析电压表的示数是有效值，U＝ER＋r R＝69＋1×9 V＝5.4 V，A错误；t＝10－2 s时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B错误；原来线圈的转速为n ＝ω2π＝2π2πT ＝50 r /s ，当线圈的转速改为25 r/s 时，感应电动势的最大值为622 V ＝3 2 V ，有效值为3 V ，通过灯泡的电流为0.3 A ，C 正确，D 错误．12．如图9所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1：n ，副线圈接一定值电阻R ，则( )图9A ．若ab 之间接直流电压U ，则R 中的电流为nU RB ．若ab 之间接直流电压U ，则原、副线圈中的电流均为零C ．若ab 之间接交流电压U ，则原线圈中的电流为n 2U RD ．若ab 之间接交流电压U ，则副线圈中的电流为U nR答案 C解析变压器不能改变直流电压的电压，所以当原线圈接直流电压时，副线圈无电流，但原线圈有电流，故A 、B 选项错误；当原线圈电压为U 时，则副线圈输出电压为nU ，副线圈中的电流为nU R ，又因为原、副线圈电流之比与匝数成反比，可得原线圈中的电流为n 2U R ，故C 选项正确，D 错误．13．如图10所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，电表均为理想电表，若用户的总功率减小，则下列说法正确的是( )图10A ．电压表V 1示数减小，电流表A 1示数减小B ．电压表V 1示数增大，电流表A 1示数减小C ．电压表V 2示数增大，电流表A 2示数减小D ．电压表V 2示数减小，电流表A 2示数减小答案 C解析根据U 出U 1＝n 1n 2得电压表V 1两端的电压U 1不变；用户的总功率减小，则得通过电流表A 2的电流I 2将减小，根据I 2I 1＝n 3n 4得通过电流表A 1的电流I 1将减小，降压变压器原线圈两端的电压U ＝U 1－I 1R 线将增大，根据U U 2＝n 3n 4得电压表V 2两端的电压U 2增大，故C 正确．二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14．(2016·诸暨市期末)如图11所示，线圈放置在水平桌面上，S 极向下的条形磁铁沿线圈轴线向桌面运动，此过程中，以下判断正确的是( )图11A ．穿过线圈的磁通量变大B．穿过线圈的磁通量变小C．从上向下看，线圈感应电流方向为顺时针D．从上向下看，线圈感应电流方向为逆时针答案AC15.如图12是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()图12A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析M向右运动，说明是为了阻碍引起感应电流的磁通量的增加，所以原电流增加，故A、C正确．16．图13甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝4∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单力双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()图13A．只断开S2后，小灯泡L1正常发光B．只断开S2后，原线圈的输入功率减小C．若S1换接到2后，流经R中的电流瞬时值表达式i＝24cos 50πt(A)D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为1.25 W答案BD解析L1、L2为规格相同的两只小灯泡，只断开S2后，L1、L2串联，总电阻增加，小灯泡L1不能正常发光，原线圈的输入功率减小，故A错误；B正确；若S1换接到2后，输出电压的有效值U2＝n2n1·U m2＝5 V，则R消耗的电功率为1.25 W，由题意可求ω＝100π rad/s，C错误，选项D正确．第Ⅱ卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)如图14所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．图14(1)将实物电路中所缺的导线补充完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将线圈L1迅速插入线圈L2中，灵敏电流计的指针将________偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)(3)线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将________偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)答案(1)见解析图(2)向右(3)向左解析(1)补充的实物电路如图所示．(2)已知闭合开关瞬间，线圈L2中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转．当开关闭合后，将线圈L1迅速插入线圈L2中时，线圈L2中的磁通量增加，由已知条件可知产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转．(3)滑动变阻器的滑片迅速向右移动，线圈L1中的电流变小，线圈L2中的磁场方向不变，磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转．18．(5分)“实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”(1)实验室中有下列器材：A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有________________．(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______(选填“增大”“减小”或“不变”)，上述“探究副线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是________________．答案(1)BC低压交流电源(2)增大减小控制变量法19．(6分)有一个教学用的可拆变压器，如图15甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为________ Ω，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．(2)如果把它看做理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成实验的步骤填空：①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈；②将________线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的________挡分别测量A线圈的输入电压U A和绕制线圈的输出电压U；④则A线圈的匝数为__________．图15答案 (1)24 A (2)A 交流电压 U A U n解析 (1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率．A 的读数为24，倍率为×1，所以电阻为24 Ω.根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A 的电阻比B 大，所以A 线圈匝数多．(2)因为要测量A 线圈匝数，所以要把A 线圈与低压交流电源相连接．变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压．根据变压器电压比等于匝数比，有：U A U ＝n A n ，所以：n A ＝U A U n .20．(9分)将交流电压u ＝2202sin (100πt ) V 接到“220 V ，100 W ”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡的电流i 的瞬时值表达式．答案 (1)0.64 A (2)100 W (3)100次 (4)i ＝0.64sin (100 πt ) A解析 (1)交流电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ，灯泡的额定电压为U L ＝220 V ，因此恰好正常发光．由“220 V ,100 W ”知该灯泡的电阻为R L ＝U 2L P L ＝484 Ω.通过灯泡电流的最大值为I m ＝U m R L＝2202484 A ≈0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P ＝100 W.(3)周期T ＝0.02 s,1秒钟电流方向改变的次数为n ，则n ＝t T ×2＝10.02×2＝100(次)．(4)通过灯泡的电流i 的瞬时值表达式为：i ＝I m sin ωt ＝0.64sin (100πt ) A.21．(10分)如图16所示，两条足够长的光滑平行金属导轨(电阻不计)相距为L ＝0.5 m ，MN 、PQ 与水平面的夹角为α＝53°，N 、Q 两点间接有阻值为R ＝0.4 Ω的电阻，在导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度B ＝1 T ．现将一质量为m ＝0.5 kg ，有效电阻为r ＝0.1 Ω的导体棒ab 放在轨道上，且与两轨道垂直，然后由静止释放．(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8)图16(1)导体棒能达到的最大速度是多少？(2)导体棒由静止开始沿导轨下滑到刚好达到最大速度的过程中，电阻R 上产生的焦耳热等于3.2 J ，则这个过程中导体棒ab 的位移是多少？答案 (1)8 m/s (2)5 m解析 (1)当达到最大速度v 时，根据牛顿第二定律得BIL ＝mg sin α 根据法拉第电磁感应定律，有：E ＝BL v由闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R ＋r综合得到B 2L 2v R ＋r＝mg sin α 解得v ＝8 m/s.(2)设导体棒刚好达到最大速度时通过的位移为l ，由电阻R 上产生的焦耳热为3.2 J 得整个电路产生的焦耳热为4 J.根据能量守恒定律知机械能的变化量等于电路中产生的焦耳热，知mgl sin α＝12m v2＋Q代入数据可得l＝5 m.22．(10分)用一横截面积为S，电阻率为ρ的匀质导体材料绕制成单匝正方形线框abcd，边长为L.将线框水平放置，垂直水平面方向存在竖直向下的有界磁场，其左侧边界为MN，右侧范围足够大．图17(1)如图17甲，其空间存在的是匀强磁场，磁感应强度为B，求dc边以速度v平行磁场边界匀速进入磁场过程中d、c间的电势差．(2)如图乙，若线框静止不动，且恰好有一半面积处在磁场中，当磁场以变化率k均匀增大时，求线框上感应电流的大小和方向．(3)在图乙情形中，磁场恒定，磁感应强度为B，线框以角速度ω绕磁场边界MN匀速转动，从图示位置开始计时，此时cd边速度垂直纸面向里，试定性地作出线框上的电流随时间变化的图象(不要求写出坐标轴的量值，规定电流方向abcda为正)．答案 (1)34BL v (2)kLS 8ρ 方向沿逆时针 (3)见解析解析 (1)线框dc 边切割磁感线，产生的电动势E 1＝BL v由右手定则可知d 点比c 点电势高，则d 、c 间的电势差U dc ＝34BL v(2)磁场均匀变化，感生电动势E 2＝ΔΦΔt ＝S ＇ΔB Δt ＝kL 22线框的电阻R ＝ρ4L S则线框中的电流I ＝E 2R ＝kLS 8ρ由楞次定律知，电流的方向为abcda (或逆时针) (3)23．(10分)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图18甲所示，虚线MN 右侧存在竖直向上的匀强磁场，一边长为L 的正方形单匝均匀金属线框abcd 放在光滑水平面上，电阻为R ，质量为m ，ab 边在磁场外侧紧靠MN 虚线边界，t ＝0时起磁感应强度B 随时间t 的变化规律是B ＝kt (k 为大于零的常数)，同时用一水平外力使线框处于静止状态，空气阻力忽略不计．图18(1)判断线框中感应电流的方向(“顺时针”或“逆时针”)．(2)求线框中感应电流的大小．(3)请写出所加水平外力F 随时间变化的表达式．(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n 匝线框，在线框上加一质量为M 的负载物，如图乙所示，当t ＝t 0时撤去外力释放线框，求此时线框加速度的大小．答案 (1)顺时针 (2)kL 2R (3)F ＝k 2L 3R t(4)nk 2L 3t 0R (nm ＋M )解析 (1)由B ＝kt 知B 随时间均匀增大，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律知线框中感应电流的方向为顺时针．(2)感应电动势为E ＝ΔB Δt L 2＝kL 2；感应电流为I ＝E R ＝kL 2R .(3)由于线框静止，则所加的水平外力与安培力平衡，有F ＝BIL ＝kt ·kL 2R L ＝k 2L 3R t .(4)n 匝线框中t ＝t 0时刻产生的感应电动势E 总＝nE ＝nkL 2；线框的总电阻R 总＝nR ，线框中的电流I ＝E 总R 总＝kL 2R t ＝t 0时刻线框受到的安培力F 安＝nB 0IL ＝nkt 0IL 设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F 安＝(nm ＋M )a解得a ＝nk 2L 3t 0R (nm ＋M ).。

2019年高考物理二轮复习仿真模拟四

仿真模拟四的衰变过程的半衰期与温度和压强有关如图所示为飞镖比赛时打在镖盘上的两支飞镖．飞镖与竖直方向的夹角．抛出点在同一竖直线上，忽略空气阻力．下列说法中正确的是飞镖的掷出点高飞镖掷出的初速度大的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍三颗卫星的运行速度大小关系为v a＝v b＝kv分离同位素时，为提高分辨率，．偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大如图所示，在水平连线MN和上方有水平向里的匀强磁场．两个质量和带电量均相等的带正电的粒子点先后进入电场，带电粒子，前后两次穿越连线MN时两点间的距离分别为一定等于d B B．t A一定小于t B，d A可能小于一定等于d B D．t A可能等于t B，d A可能小于．[2018·河南省八市联考]如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，电阻不计，通过电刷与理想变压器原线圈相连．当线圈绕垂直磁的角速度转动，副线圈两端交流电压表的示数为．在图示位置时矩形线圈产生的电动势为0．矩形线圈产生的交流电周期为0.02 s．矩形线圈产生的电动势有效值为80．变压器原、副线圈匝数之比为：1如图所示，固定斜面AB和CB细线一端固定在竖直挡板上，另一端系一质量为在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接后，恰好能运动到斜面的最高点，已知AD＝l，则( )C ．细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mgh ＋μmg (htan a＋l ) D ．撤去斜面AB ，小物块还从D 点弹出，将沿斜面CB 上滑并刚好到达B 点21．如图，斜面体C 质量为M ，斜面足够长，始终静止在水平面上，一质量为m 的足够长的长方形木板A 上表面光滑，木板A 获得初速度v 0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A 匀速下滑时将一质量为2m 的滑块B 轻轻放在木板A 表面上，当滑块B 在木板A 上滑动时，下列说法不正确的是( )A ．滑块B 的速度为v 03时，木板A 与滑块B 的速度大小相等 B ．滑块B 的速度为v 03时，斜面体和水平面间无摩擦力 C ．滑块B 的动量为2mv 0时，木板A 的动量大小为mv 0D ．滑块B 的动量为2mv 0时，水平面对斜面体的支持力大小为(M ＋3m )g第Ⅱ卷 (非选择题，共62分)本卷分必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第34题为选考题，考生任选一题作答．(一)必考题二、实验题：本题共2小题，共15分，请按题目要求作答．22．[2018·郑州二模](6分)为了探究在橡皮条弹力作用下小车的运动，某同学设计了如图甲所示的实验，由静止释放小车，小车在处于伸长状态的橡皮条弹力的作用下向左运动．打点计时器打下的纸带如图乙所示，计数点0为打下的第一个点，该同学在测出计数点2、3、4到计数点0的距离x 1、x 2、x 3后，将纸带由图示位置剪断，将每段纸带的下端对齐，依次并排粘贴在直角坐标系中，连接各段纸带上端的中点画出平滑曲线如图丙所示，对该实验结果的研究可知：(1)在有橡皮条弹力作用时，小车做加速度________的直线运动．A ．不断减小B ．不断增大C ．先增大后减小D ．先减小后增大(2)设打点周期为T ，则由纸带测量数据可估算小车的最大速度v m ＝________，该估算值________(选填“等于”、“大于”或“小于”)小车最大速度的实际值．23．[2018·唐山市五校高三联考](9分)(1)用多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E 、内阻为r ，R 0为调零电阻，R g 为表头内阻，电路中电流I 与待测电阻的阻值R x 关系图象如图乙所示，则该图象的函数关系式为________；(调零电阻R 0接入电路的部分阻值用R 0表示)(2)下列根据图乙中I—R x图线做出的解释或判断中正确的是________；A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使R x＝0时电路中的电流I＝I gC．R x越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当R x的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧(3)某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表(量程10 V)的内阻(大约为几十千欧)，欧姆挡的选择开关拨至倍率“1 k”挡．先将红、黑表笔短接调零后，选用图丙中________(选填“A”或“B”)方式连接．在本实验中，如图丁所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势，E＝________V．(计算结果保留3位有效数字)三、计算题：本题共2小题，共32分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写出最后结果的不得分；有数值计算的，答案中须写出数值和单位．24. [2018·南通市第二次模拟](12分)如图所示，A、B两小球质量均为m，A球位于半径为R的竖直光滑圆轨道内侧，B球穿过固定的光滑竖直杆，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆的延长线过轨道圆心．两球用长L(L>2R)的轻杆和轻质铰链连接，连接两球的轻杆能不受阻碍地左右、上下移动，M、N、P三点分别为圆轨道上最低点、圆心等高点和最高点，重力加速度为g.(1)对A施加一个沿圆轨道切向的推力，使其缓慢从M点移至N点，求在N点时推力的大小F.(2)在M点A球有一个水平向左的初速度，A球沿圆轨道运动到最高点P时速度大小为v，求A球在M点时的初速度的大小v0.(3)在(2)的情况下，若A球运动至M点时B球的加速度大小为a，求此时圆轨道对A球的作用力F A.(二)选考题请考生从下面两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](15分)(1)[2018·宿州市三模](5分)下面说法正确的是________(填正确答案标号，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．饱和蒸汽压随温度的升高而增大B ．单晶体在某些物理性质上具有各向异性C ．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加D ．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈E ．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大(2) [2018·宿州市三模](10分)如图所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L ＝13 cm ，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T 1＝300 K 时，粗、细管内的水银柱长度均为h ＝5 cm.已知大气压强P 0＝75 cm Hg ，现对封闭气体缓慢加热，求：①水银恰好全部进入细管时气体的温度T 2；②从开始加热到T 3＝500 K 时，水银柱的下表面移动距离多少厘米(保留3位有效数字)．34．[物理——选修3－4](15分)(1)[2018·石嘴山市三模](5分)下列五幅图中关于振动和波的说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．粗糙斜面上的金属球M 在弹簧的作用下运动，则该运动是简谐运动B ．若单摆的摆长为l ，摆球的质量为m 、位移为x ，则此时回复力为F ＝－mg lxC ．若此图为某简谐横波某时刻的波形图，则此时质点A 、C 之间的距离就是该波的一个波长D ．若实线为某简谐横波某时刻的波形图，且此时质点M 沿y 轴负向运动，则经极短时间后波形图可能如虚线所示E．人站在水边观察，看不到远处水面下的物体，是因为水面下远处物体的光线射到界面上，入射角较大，发生了全反射，没有光能射到人眼处而不被觉察(2)[2018·石嘴山三中三模](10分)半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO′与直径AB垂直．足够大的光屏CD紧靠在玻璃砖的左侧且与AB垂直．一光束沿半径方向与OO′成θ＝30°射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为(3＋1)R.求：①此玻璃的折射率；②当θ变为多大时，两光斑恰好变为一个．错误；原线圈两端的电压为数比为，．CD，解得弹簧对小物块做功根据理想气体状态方程可知，P1·V1T1＝P2·V2T2.联立解得T2＝450 K.②同理，根据理想气体状态方程可知，2SLT2＝2SL＋SxT3.解得x＝2.9 cm.移动距离s＝2h＋x＝12.9 cm.34．(1)BDE (2)① 2 ②45°解析：(1)简谐运动是等幅振动，粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，振幅逐渐降低，不是简谐运动，A选项错误；若单摆的摆长为l，摆球的质量为m、位移为x，则此时回复力为F＝－mg sinθ，小角度摆动时，sinθ≈θ＝xl，故F＝－mglx，B选项正确；相邻的波峰与波谷间的距离为半个波长，C选项错误；若实线为某简谐横波某时刻的波形图，且此时质点M沿y轴负方向运动，则波向右传播，故经极短时间后波形图可能如虚线所示，D选项正确；人站在水边观察，看不到远处水面下的物体，是因为水面下远处物体的光线射到界面上，入射角较大，发生了全反射，没有光能射到人眼处而不被觉察，E选项正确．(2)①光屏CD区域出现两个小光斑，一个是由于光的反射形成的，一个是光的折射形成的，作出光路图如图所示：根据几何关系可知，L1＝Rtanθ＝3R.根据题意两光斑间的距离为(3＋1)R.所以L2＝R.根据几何关系可知，β＝45°.根据折射定律，折射率n＝sinβsinθ＝ 2.(2)为使光屏上只剩下一个光斑，必须使光线发生全反射．根据临界角公式可知，sin C＝1n.求出临界角C＝45°.即当θ≥45°时，光屏上只剩下一个光斑．11。

2019届高三物理第二轮复习选择实验选修限时训练3学生版

2019高考物理第二轮复习选择实验选修限时训练三学生版班别姓名学号一、单选题14.下列关于近代物理知识的阐述中，正确的是A．只要入射光的强度足够大，就可以发生光电效应现象B．一群处于n=4激发态的氢原子可以辐射出6种频率的光子C．若使放射性物质的温度升高，则其半衰期将会减小D．在、β、γ三种射线中，γ射线贯穿本领最弱15.如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab＝bc＝cd＝de，从a 点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v时A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间B．小球一定落在斜面上的e点C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θD．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角小于θ16.如图所示，两颗质量不等卫星分别位于同一轨道上绕地球做匀速圆周运动。

若卫星均顺时针运行，不计卫星间的相互作用力，则以下判断中正确的是A．两颗卫星的加速度大小不相等B．两颗卫星的运动速度大小相等C．两颗卫星所受到的向心力大小相等D．卫星1向后喷气就一定能追上卫星217. 有一电场强度方向沿x轴的电场，其电势φ随x的分布如图所示。

一质量为m，带电荷量为–q的粒子仅在电场力作用下，以初速度v0从原点O处进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中不正确的是A．粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐减小B．粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小C．欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0D．若v018.如图所示电路中，电源内阻为r，电流表A和电压表V均为理想电表。

平行板电容器C内部有一个用绝缘细线悬挂的带电小球，稳定时细线偏离竖直方向一个小角度，当滑动变阻器滑片P从右端向左端滑动的过程中，下列说法正确的是A ．电流表示数增大B ．电压表示数增大C ．细线与竖直方向的偏角减小D ．滑片P 移动中可能有两个位置使电源输出功率相等二、多选题19.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R 。

2019届高三物理第二轮复习选择实验选修限时训练2教师版

选择实验选修限时训练（二）班别姓名学号一、单选题14.甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。

质点甲做初速度为零，加速度大小为1a 的匀加速直线运动，质点乙做初速度为0v ，加速度大小为2a 的匀减速直线运动至速度减为零保持静止。

甲、乙两质点在运动过程中的x v -（位置速度）图象如图所示（虚线与对应的坐标轴垂直）。

A ．在x v -图象中，图线a 表示质点甲的运动，质点乙的初速度05m/s v =B ．质点乙的加速度大小22s 2m/a =C ．质点甲的加速度大小12s 2m/a =D ．图线a b 、的交点表示两质点同时到达同一位置【参考答案】C【试题解析】根据图象可知，a 图象的速度随位移增大而增大，b 图象的速度随位移增大而减小，所以图象a 表示质点甲的运动，当0x =时，乙的速度为6m/s ，即质点乙的初速度06m/s v =，故A 错误；设质点乙、甲先后通过6m x =处时的速度均为v ，对质点甲：212v a x =①，对质点乙：22202v a x v -=-②，联立①②解得：2123m/s a a +=③，当质点甲的速度18m/s v =、质点乙的速度22m/s v =时，两质点通过相同的位移均为x '。

对质点甲：2112a x v ='④，对质点乙：222202a x v v -=-'⑤，联立④⑤解得：122a a =⑥，联立③⑥解得：212m/s a =，221m/s a =，故B 错误，C 正确；图线a 、b 的交点表示两质点在同一位置，但不是同时，故D错误。

15.如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行。

在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态，则A ．b 对c 的摩擦力一定减小B ．地面对c 的摩擦力为零C ．地面对c 的摩擦力方向一定向右D ．地面对c 的摩擦力一定减小【参考答案】D【试题解析】设a 、b 的重力分别为a b G G 、，若sin a b G G θ<，b 受到c 的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件，有sin b a f G G θ=-，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a G 减小，故摩擦力增加；若sin a b G G θ>，b 受到c 的摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件，有sin a b f G G θ=-，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a G 减小，故摩擦力减小，A 错误；以bc 整体为研究对象，根据平衡条件得知水平面对c 的摩擦力cos cos a f T G θθ==，方向水平向左，在减小，BC 错误，D 正确。

2019年高三物理二轮练习课时功课第四章第四单元课时功课沪科版

2019年高三物理二轮练习课时功课第四章第四单元课时功课沪科版注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

(时间：45分钟，总分值：100分)【一】选择题(此题共10小题，每题7分，共70分，每题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1、最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍、假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上数据可以求出的量有()A 、恒星质量与太阳质量之比B 、恒星密度与太阳密度之比C 、行星质量与地球质量之比D 、行星公转速度与地球公转速度之比解析：由G Mm R 2＝m 4π2RT 2以及题中的周期之比与半径之比，故可得恒星与太阳质量之比，A 正确；由v ＝2πRT 可得行星公转速度与地球公转速度之比，D 正确、答案：AD2、由于地球的自转，使得静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动、对于这些做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的选项是()A 、向心力指向地心B 、速度等于第一宇宙速度C 、加速度等于重力加速度D 、周期与地球自转的周期相等解析：物体绕地轴做圆周运动，向心力指向地轴，除赤道上的物体向心力指向地心外，其余位置上的物体向心力都不指向地心，故A 错；万有引力的一个分力提供物体做圆周运动的向心力，另一个分力为重力大小，故向心加速度不等于重力加速度，C 错；第一宇宙速度是物体绕地球做匀速圆周运动，且万有引力完全提供向心力时的环绕速度，它远大于绕地轴自转的线速度，故B 错；地面上静止的物体都绕地轴做圆周运动，周期都为24h ，所以D 项正确、答案：D3、(2018年福州模拟)“嫦娥二号”成功发射后，探月成为同学们的热门话题、一位同学为了测算卫星在月球表面附近做匀速圆周运动的环绕速度，提出了如下实验方案：在月球表面以初速度v 0竖直上抛一个物体，测出物体上升的最大高度h ，月球的半径为R ，便可测算出绕月卫星的环绕速度、按这位同学的方案，绕月卫星的环绕速度为()A 、v 02h RB 、v 0h2RC 、v 02RhD 、v 0R 2h解析：绕月卫星的环绕速度即月球第一宇宙速度，v ＝gR ，对于竖直上抛的物体有v 20＝2gh ，所以环绕速度为v ＝gR ＝v 22h ·R ＝v 0R2h ，选项D 正确、答案：D 4、我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C 做匀速圆周运动、由天文观测得其周期为T ，S 1到C 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，万有引力常量为G ，由此可求出S 2的质量为()B.4π2r 31GT 2C.4π2r 3GT 2D.4π2r 2r 1GT 2解析：设S 1、S 2两星体的质量分别为m 1、m 2，根据万有引力定律和牛顿定律得对S 1有：G m 1m 2r 2＝m 1(2πT )2r 1 解之可得：m 2＝4π2r 2r 1GT 2所以正确答案是D. 答案：D5、质量为m 的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动、月球质量为M ，月球半径为R ，月球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，不考虑月球自转的影响，那么航天器的()A 、线速度v ＝GM RB 、角速度ω＝gRC 、运动周期T ＝2πR gD 、向心加速度a ＝GmR 2解析：由GMm R 2＝m v 2R ＝m ω2R ＝m 4π2T 2R ＝mg ＝ma 得v ＝GMR ，A 对；ω＝g /R ，B 错；T ＝2πR g ，C 对；a ＝GM R 2，D 错、答案：AC6、一宇宙飞船绕地心做半径为r 的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m 的人站在可称体重的台秤上、用R 表示地球的半径，g 表示地球表面处的重力加速度，g ′表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N 表示人对秤的压力，下面说法中正确的选项是()A 、g ′＝0B 、g ′＝R 2r 2gC 、N ＝0D 、N ＝m Rr g解析：做匀速圆周运动的飞船及其上的人均处于完全失重状态，台秤无法测出其重力，故N ＝0，C 正确，D 错误；对地球表面的物体，GMm R 2＝mg ，宇宙飞船所在处，GMm r 2＝mg ′，可得：g ′＝R 2r 2g ，A 错误，B 正确、答案：BC7、(2017年高考四川理综)a 是地球赤道上一幢建筑，b 是在赤道平面内作匀速圆周运动、距地面9.6×106m 的卫星，c 是地球同步卫星，某一时刻b 、c 刚好位于a 的正上方(如图甲所示)，经48h ，a 、b 、c 的大致位置是图乙中的(取地球半径R ＝6.4×106m ，地球表面重力加速度＝10m/s 2，π＝10)()解析：由题意知，同步卫星c 一直处于a 的正上方；由GMm r 2＝m (2πT b )2r ，r ＝R ＋h ；又GMmR 2＝mg ，得b 卫星的周期T b ＝2πR ＋hR R ＋h g ＝5.56h ，在48h 内b 转过的圈数n ＝485.56＝8.63(圈)，故B 图正确、答案：B8、我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球、如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，那么在每次变轨完成后与变轨前相比()A 、卫星动能增大，引力势能减小B 、卫星动能增大，引力势能增大C 、卫星动能减小，引力势能减小D 、卫星动能减小，引力势能增大解析：由F ＝GMm r 2＝m v 2r 知，E k ＝12mv 2＝GMm2r ，r 越大，E k 越小、r 增大，卫星在升高过程中要克服万有引力做功，引力势能增大、综上所述D 对，A 、B 、C 错、答案：D9、近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础、如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T ，那么火星的平均密度ρ的表达式为(k 为某个常数)()A 、ρ＝kTB 、ρ＝kTC 、ρ＝kT 2D 、ρ＝kT 2解析：火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动时，GMm R 2＝m 4π2T 2R ，又M ＝43πR 3ρ，可得：ρ＝3πGT 2＝kT 2，故只有D 正确、答案：D10、两个行星A 、B ，在这两个行星表面附近各有一颗卫星，假设这两颗卫星运动的周期相等，那么以下说法正确的选项是()A 、两颗卫星的角速度、线速度一定分别相等B 、行星A 、B 表面重力加速度与它们的半径成反比C 、行星A 、B 的质量和半径一定分别相等D 、行星A 、B 的密度一定相等解析：根据ω＝2πT ，v ＝2πRT ，两颗卫星的角速度一定相等，线速度不一定相等，A 错误、根据mg ＝G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，得g ＝4π2T 2R ，故行星A 、B 表面重力加速度与半径成正比，B 错误，再根据G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，A 、B 质量和半径不一定相等，C 错误、由G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，V ＝43πR 3和ρ＝M V ，得ρ＝3πGT 2，故行星A 、B 的密度一定相等，D 正确、答案：D【二】非选择题(此题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11、(15分)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；假设他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处、(取地球表面重力加速度g ＝10m/s 2，空气阻力不计)(1)求该星球表面附近的重力加速度g ′；(2)该星球的半径与地球半径之比为R 星∶R 地＝1∶4，求该星球的质量与地球的质量之比M 星∶M 地、解析：(1)t ＝2v 0g 5t ＝2v 0g ′故g ′＝15g ＝2m/s 2.(2)mg ＝G MmR 2那么：M ＝gR 2G即M 星∶M 地＝1×12∶5×42＝1∶80.答案：(1)2m/s 2(2)1∶80.12、(15分)(2018年宝鸡模拟)国际空间站是迄今最大的太空合作计划，其轨道半径为r ，绕地球运转的周期为T 1，通过查阅资料又知引力常量G 、地球半径R 、同步卫星距地面的高度h 、地球的自转周期T 2以及地球表面的重力加速度g .某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M 的方法：设同步卫星绕地球做圆周运动，由G Mm h 2＝mh (2πT 2)2得M ＝4π2h 3GT 22(1)请判断上面的结果是否正确，如不正确，请改正解法和结果； (2)请根据条件再提出两种估算地球质量的方法并计算结果、解析：(1)上面结果不正确，地球的半径R 在计算过程中不能忽略、正确的解法和结果是G Mm R ＋h 2＝m (R ＋h )(2πT 2)2得M ＝4π2R ＋h 3GT 22 (2)方法一：国际空间站绕地球做圆周运动，由 G Mm r 2＝mr (2πT 1)2得M ＝4πr 3GT 21. 方法二：在地面，重力近似等于万有引力，由G MmR 2＝mg得M ＝gR 2G答案：见解析。