2018版高考物理二轮复习小题提速练12
江苏2018版高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略力学综合练220180324513
力学综合练2一、选择题(第1～3题为单项选择题,第4～5题为多项选择题)1.利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小,实验时让质量为M的某消防员从一平台上自由下落,落地过程中先双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身重心又下降了一小段距离,最后停止,用这种方法获得消防员受到的地面冲击力随时间变化的图线如图所示。
已知F m＜2Mg,根据图线所提供的信息,在消防员落地过程中下列判断正确的是( )A．t1时刻消防员的速度最大B．t2时刻消防员的动能最大C．t3时刻消防员的加速度最大D．t4时刻消防员的合外力最大解析：选B 由题图知,t1时刻消防员双脚触地,在t1～t2时间内消防员受到的合力向下,其加速度向下,做加速度减小的加速下落运动；而t2～t3时间内,消防员所受合力向上,做向下的减速运动,t2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反,合力为零,消防员的速度最大,动能最大,故A错误,B正确；在t2～t4时间内消防员所受的合力向上,t3时刻消防员与地面之间的相互作用力最大,但由于F m＜2Mg,可知在t3时刻消防员的加速度小于g,小于t1时刻的加速度,故C 错误；t4时刻消防员与地面之间的作用力等于他的重力,受到的合外力等于0,故D错误。
2.在同一竖直线上的不同高度水平掷出两支飞镖,飞镖打到镖盘上的位置如图所示。
已知1镖镖体与竖直方向的夹角小于2镖镖体与竖直方向的夹角,忽略空气阻力,则下列判断正确的是( )A ．两支飞镖掷出的速度相同B ．1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小C ．1镖在空气中飞行的时间比2镖飞行的时间短D ．1镖的掷出点一定比2镖的掷出点低解析：选B 若两支飞镖掷出的速度相同,水平位移也相同,则两镖打到镖盘上时,镖体与竖直方向的夹角应该相同,故A 错误；1镖镖体与竖直方向的夹角小,说明1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小,故B 正确；由于两支飞镖的水平位移相同,1镖的速度小,因此1镖飞行时间长,故C 错误；1镖飞行时间长,且1镖的落点还在2镖的上方,则1镖的掷出点一定比2镖的掷出点高,故D 错误。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：4 Word版含解析
选择题提速练41—5为单选，6—8为多选。
1．(2018·吉林质检)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是(C)A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：因为v-t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度为零，其电场力也为零，b点的电场强度一定为零，选项C正确；要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，选项A错误；Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，选项B错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D错误．2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6)( B )A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W解析：小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2v R 总对棒满足：mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2v R 棒＋R 灯＝0 因为R 灯＝R 棒则：P 灯＝P 棒再依据功能关系：mg sinθ·v－μmg cosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．3．(2018·河南六市一联)如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥．线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A 内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的(C)解析：正、负离子在磁场中受洛伦兹力，正离子向P1板偏转，负离子向P2板偏转，P1板带正电，P2板带负电，ab中电流为从a流向b，在0～1 s内排斥说明电流从d流向c,1～3 s内吸引说明电流从c流向d,3～4 s内排斥说明电流从d流向c，再利用楞次定律、安培定则可判断只有C项正确．4．现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是(C)A．核反应方程为21H＋21H→32He＋11HB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He ＋10n，则新粒子为中子10n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe＋E kn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动能守恒有p He－p n＝0，由E k＝p22m，可知E kHeE kn＝m nm He，解得E kHe＝m nm n＋m He(2E0＋ΔE)＝1 MeV，E km＝m Hem n＋m He(2E0＋ΔE)＝3 MeV，所以C正确，D错误．5．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于(A)A.2 9895 000B.2 0115 000C.2 0112 089D.2 0892 011解析：对1～5 000号球整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、天花板处绳子拉力T 0以及5 000个球的重力5 000G ，由平衡条件可列出平衡方程：T 0cos45°＝F ，T 0sin45°＝5 000G .解得F ＝5 000G .再对2 012～5 000号球为整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、2 989个球的重力2 989G 以及2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳拉力T ，列出平衡方程T cos α＝F ，T sin α＝2 989G .解得tan α＝2 9895 000. 6．(2018·江苏南通二模)车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h >H ，当地重力加速度为g ，汽车可视为质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( CD )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α<θ解析：据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t ，故A 错误；汽车的质量未知，根据动能表达式E k ＝12m v 2可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能E k ，故B 错误； 设汽车离开左侧斜坡的速度大小为v 1.根据水平方向的匀速直线运动有d ＝v 1cos α·t ①竖直方向的竖直上抛运动有H m ＝(v 1sin α)22g② 取竖直向上方向为正方向有－(h －H )＝v 1sin α·t －12gt 2③ 由①③两式可求得运动时间t 和v 1，将v 1代入②式可求出最大高度H m ，故C 正确；根据速度的分解得tan α＝v y 1v x ，tan θ＝v y 2v x，由于h >H ，竖直分速度关系为v y 1<v y 2，则得α<θ，故D 正确．7. (2018·湖北八校联考)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无恒力F .图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v -t 图线．不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小 解析：根据v -t 中斜率等于加速度的意义可知：a a ＝Δv t 1＝0－111.1＝－10 m/s 2，a b ＝0－111＝－11 m/s 2；不受拉力时：ma b ＝－mg sin53°－μmg cos53°，代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：ma a ＝F －mg sin53°－μmg cos53°；所以：F ＝1 N ．故A 正确，B 错误；根据运动学公式：x ＝0－v 202a可知，因为有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D 正确．故选AD.8．(2018·湖南株洲质检)某种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( ABD )A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%解析：理想电压表V 的示数为4.0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6 Ω＝203Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203Ω＋12·103Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0 V ＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W ＝0.36 W ，C错误；电源效率η＝55.6×100%＝89.3%，D 正确．。
2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：选择题31分强化练 Word版含解析
选择题31分强化练(一)(对应学生用书第147页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．物理学中用到大量的科学研究方法，在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是物理学中常用的微元法．如图所示的四个实验中，哪一个采用了微元法()【导学号：17214242】A．探究求合力的方法B．探究弹性势能的表达式的实验中，为计算弹簧弹力所做的功C．探究加速度与力、质量的关系D．利用库仑扭秤测定静电力常数B [在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力，运用的是等效法，故A 错误；在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加，运用的是微元法，故B 正确；在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系，运用的是控制变量法，故C 错误；利用库仑扭秤测定静电力常数用的是放大法，不是微元法的思想，故D 错误．]2．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持，特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图1为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，北斗导航系统中两颗卫星“G 1”和“G 3”以及“高分一号”均可认为绕地心O 做匀速圆周运动，卫星“G 1”和“G 3”的轨道半径均为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，“高分一号”在C 位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )图1A ．卫星“G 1”和“G 3”的加速度大小相等均为R 2r gB ．卫星“G 1”由位置A 运动到位置B 所需要的时间为2πr3R r gC ．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其减速D ．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小D [根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ，得a ＝G M r 2，而GM ＝gR 2，所以卫星的加速度a ＝gR 2r 2，故A 错误；根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，所以卫星“G 1”由位臵A 运动到位臵B 所需的时间t ＝π3ω＝πr 3R rg ，故B 错误；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其加速，故C 错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D 正确．]3．如图2所示实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，若将一试探正点电荷从虚线上N 点移动到M点，则( )图2A ．电荷所受电场力大小不变B ．电荷电势能大小不变C ．电荷电势能逐渐减小D ．电荷电势能逐渐增大C [由电场线的分布情况可知，N 处电场线比M 处电场线疏，则N 处电场强度比M 处电场强度小，由电场力公式F ＝qE 可知正点电荷从虚线上N 点移动到M 点，电场力逐渐增大，故A 错误；根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U ＝Ed 知：N 与正电荷间的电势差小于M 与正电荷的电势差，所以N 点的电势高于M 点的电势，从N 点到M 点，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C 正确，B 、D 错误．]4．如图3所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1．6 m ，墙的厚度d ＝0．4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1．4 m 、距窗子上沿h ＝0．2 m 处的P 点，将可视为质点的小物件以v 的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2．则v 的取值范围是( )图3A ．v >7 m/sB ．v <2．3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2．3 m/s<v <3 m/sC [小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入数据解得v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，代入数据解得v min ＝3 m/s ，故v的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确．]5．如图4所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为光敏电阻，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，若增大照射光强度，则( )图4A ．电压表的示数增大B ．小灯泡的功率减小C ．电容器上的电荷量增加D ．两表示数变化量的比值|ΔU ΔI |增大A [当照射光强度增大时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，定值电阻R 1两端的电压增大，小灯泡的功率增大，故选项A 正确，选项B 错误；根据闭合电路欧姆定律可知电容器两端的电压减小，故所带电荷量减少，故选项C 错误；对定值电阻而言，|ΔU ΔI |也就等于其阻值，故选项D错误．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( )图5A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小AD [设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mF M ，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′F M ．在中间物体上加上一个小物体，则整体质量M 增大，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．]7．如图6所示，真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E ，电场中的A 、B 两点固定着两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，A 、B 两点的连线水平，O 为其连线的中点，c 、d 是两点电荷连线垂直平分线上的两点，Oc ＝Od ，a 、b 两点在两点电荷的连线上，且与c 、d 两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是( )【导学号：17214243】图6A ．a 、b 两点的电场强度E a >E bB ．c 、d 两点的电势φd >φcC ．将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做负功D ．质子从O 点移到b 点时电势能减小BD [由等量异种电荷产生电场特点可知，ab 两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强依然相同，故A错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零；当再叠加匀强电场时，d点的电势大于c 点的电势，故B正确；据场强的叠加可知，a到c的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从a点移到c点的过程中，电场力对质子做正功，故C 错误；据场强的叠加可知，O到b区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故D正确．]8．如图7所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上．分两次将质量为m1、m2(m2＞m1)的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度范围内)．物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则()图7A．m1开始释放的高度高B．m1的重力势能变化量大C．m2的最大速度小D．m2的最大加速度小AD[对任一物体，设物体的质量为m，物体从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h．取最低点所在水平面为参考平面．根据物体与弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh＝E p，据题意，两次弹簧的最大弹性势能E p相同，m2＞m1，则有h1＞h2，即m1开始释放的高度高，故A正确．物体从开始释放到速度第一次减为零的过程，物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两个物体重力势能变化量相等，故B错误．物块的速度最大时，合力为零，则有kx＝mg sin α，因为m2＞m1，所以x2＞x1．设弹簧的最大压缩量为x m．物块刚下滑时离弹簧的距离为L．从开始到最低点的过程，根据能量守恒定律得：E p＝mg sin α(x m＋L)，由题意知，x m、E p相等，m2＞m1，则L2＜L1．从开始到速度最大的过程，由能量守恒得：mg sin α(L＋x)＝12m v2m＋12kx2，又x＝mg sin αk，解得：v m＝2gL sin α＋mg2sin2αk，由于m2＞m1，L2＜L1，可知不能判断两物块最大速度的大小，故C错误．两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，由牛顿第二定律得F－mg sin α＝ma，得最大加速度为 a ＝F m －g sin α，由于m 2＞m 1，所以m 2的最大加速度小于m 1的最大加速度，故D 正确．]9．如图8所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0．5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )图8A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比BD [当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安，则F ＝B BL v m r ＋RL ，解得v m ＝F (r ＋R )B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m ＝F (r ＋R )B 2L 2＝5×(1＋R )12×0．52＝20(1＋R ) m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B 正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝F BL ，则I ＝neS v e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS ，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确．]选择题31分强化练(二)(对应学生用书第148页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．如图所示，一物体以速度v 向左运动．从A 位置开始受到恒定的合力F 作用．四位同学画出物体此后的运动轨迹AB 和物体在B 点的速度方向，四种画法中正确的是( )A B C DA [物体在A 点的速度v 与受的恒力F 不在同一直线上，故物体做曲线运动，其轨迹应向受力方向弯曲，C 错误；因v A 与力F 夹角小于90°，故随物体速度的增大，力与速度的夹角逐渐减小，但不可能为零，故A 正确，B 、D 均错误．]2．甲乙两汽车在一平直公路上同时、同地、同向行驶，在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v -t 图象如图1所示．在这段时间内( )【导学号：17214244】图1A ．t 0时刻甲、乙两汽车相遇B ．汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大B [由图象可知t 0时刻甲、乙两汽车速度相等，相距最远，故选项A 错误；由于乙车做变减速运动，平均速度小于匀减速直线运动的平均速度v 1＋v 22，故B 正确；在v -t 图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，选项C 错误；因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D 错误．]3．如图2所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B ＝kt (k >0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为( )图2A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．9∶5D [同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l ，依据法拉第电磁感应定律知E ＝ΔB Δt S ，之前的闭合回路的感应电动势E ＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E ′＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 32π2＋k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2l 32π2；则前后两次回路中的电流比I ∶I ′＝E ∶E ′＝9∶5，D 正确．]4．中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号．中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100公里环月轨道后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，在从15公里高度降至月球表面成功实现登月．则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是( )图3A．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B．“嫦娥四号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C．“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D．从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态A[“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100公里环月圆轨道上，A正确；由卫星变轨条件可知近月点为15公里的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度，B错误；由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C错误；从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重状态，D错误．]5．如图4所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是()图4A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD 一定小于φA ′＋φA 2D [因为A ′、B ′、C ′三点离顶点O 处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小相等，但其方向不同，因此选项A 错误；由于△ABC 所在平面各点到顶点O 处的距离不全相等，由等势面的概念可知，△ABC 所在平面不是等势面，选项B 错误；由电势的概念可知，沿直线A ′B ′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A ′到B ′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，选项C 错误；因为U A ′D ＝E A ′D ·A ′D ，U DA ＝E DA ·DA ，由点电荷的场强关系可知E A ′D >E DA ，又因为A ′D ＝DA ，所以有U A ′D >U DA ，即φA ′－φD >φD －φA ，整理可得φD <φA ′＋φA 2，选项D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．关于下列器材的原理和用途，正确的是( )图5A ．变压器可以改变交变电压但不能改变频率B ．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C ．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D ．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用AD [变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A 正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为电阻的热效应，故B 错误；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C 错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D 正确．]7．如图6所示电路中，电源电动势为E (内阻不可忽略)，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( )图6A．闭合S稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右BC[闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，由图知b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，通过R1的电流方向自左向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则通过R2的电流方向向左，故D错误．]8．如图7所示，匀强磁场的磁感应强度B＝22T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝403Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V，30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1．5 A．则以下说法正确的是()【导学号：17214245】图7A．电流表A1、A2的示数之比2∶1B．理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1C．线圈匀速转动的角速度ω＝120 rad/sD．电压表的示数为40 2 VBC [因灯泡正常发光，则原、副线圈的电流比为1∶2，则A 错误；由于电流与匝数成反比，则理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1，则B 正确；副线圈的电压为20 V ，则原线圈的电压为40 V ，由于线圈的内阻r ＝403 Ω，因电流为1．5 A ，那么最大值为602＝BSω，求得ω＝120 rad/s ，则C 正确；电压表的示数为有效值40 V ，则D 错误．]9．如图8所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为L ，空间存在与方管前面平行且水平向右的匀强电场E 和水平向左的匀强磁场B ，将带电量为＋q 的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为μ，管道足够长，小球不转动．则小球从释放到底端过程中( )图8A ．小球先加速再匀速B ．小球的最大速度为m 2g 2－μ2q 2E 2μqBC ．系统因摩擦而产生的热量为mgL －12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －μqE μqB 2 D ．小球减少的机械能大于产生的热量AC [小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度不再改变，故小球先加速后匀速，A 正确；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为F ＝Bq v ，右边的面给的弹力大小为F ′＝Eq ，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即mg ＝μ(Bq v ＋Eq )，故有v ＝mg －μqEμqB ，B 错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgL －W f ＝12m v 2，解得W f ＝mgL－12m⎝⎛⎭⎪⎫mg－μqEμqB2，C正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D错误．]选择题31分强化练(三)(对应学生用书第149页)(建议用时：15分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．)1．下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是()A．静电复印B．静电喷涂C．避雷针D．静电除尘C[复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上．故A属于静电的利用；静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电，故C属于静电防范；静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，D属于静电应用．]2．如图1所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比细绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角θ大于45°，轻绳3水平．当此系统处于静止状态时，细绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下列结论正确的是()图1A ．F 1<F 3B ．F 2<F 3C ．F 1>F 2D ．F 1<F 2C [对两球的整体受力分析，根据平衡条件可知F 1＝2mg cos 30°＝433mg ；F 3＝2mg tan 30°＝233mg ，则F 1>F 3，选项A 错误；对b 球受力分析，因F 2是直角三角形的斜边，而mg 和F 3是直角边，θ>45°可知F 2>F 3，选项B 错误；对a 球分析，水平方向：F 1sin 30°＝F 2sin θ，因θ>45°，则F 1>F 2，选项C 正确，D 错误．]3．用等效思想分析变压器电路．如图2(a)中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R 2．这里的等效指当变压器原线圈、电阻R 2两端都接到电压为U ＝220 V 的交流电源上时，R 1与R 2消耗的电功率相等，则R 2与R 1的比值为( )图2 A ．n 2n 1 B ．n 1n 2C ．n 21n 22D ．n 1n 2C [设副线圈的电压为U 1，利用电流的热效应，功率相等，则U 21R 1＝U 2R 2，R 2R 1＝U 2U 21；原副线圈的匝数之比等于电压之比，则R 2R 1＝U 2U 21＝n 21n 22，C 正确．]4．荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目．若秋千绳的长度约为2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图3所示．人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是()图3A．最低点的速度大约为10 m/sB．在最低点时的加速度为零C．合外力做的功等于增加的动能D．重力做功的功率逐渐增加C[秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝12m v2，解得v＝gl＝2×10 m/s＝2 5 m/s≈4．47 m/s．所以最低点的速度大约为5 m/s，故A错误；在最低点的加速度为a＝v2l＝g，故B错误；根据动能定理得，合外力做的功等于增加的动能，故C正确；在最高点，秋千的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率也为零，所以重力做功的功率先增加后减少，故D错误．] 5．电容式加速度传感器的原理结构如图4，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()图4A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流D [根据电容器的电容公式C ＝εS 4k πd ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块具有惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块相对电容器要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q ＝CU ，可知极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B 1、B 2，虚线MN 为理想边界．现有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以垂直于边界MN 的速度v 由P 点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B 1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线．则以下说法正确的是( )【导学号：17214246】图5A ．电子的运动轨迹为P →E →N →C →M →D →PB ．电子运动一周回到P 点所用的时间T ＝4πm B 1eC ．B 1＝4B 2D ．B 1＝2B 2BD [由左手定则可判定电子在P 点受到的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P →D →M →C →N →E →P ，选项A 错误；由图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为1∶2，由r ＝m v qB 可得磁感应强度之比B 1B 2＝2∶1，选项C 错误，D 正确；电子运动一周所用的时间t ＝T 1＋T 22＝2πm B 1e ＋πm B 2e ＝4πm B 1e ，选项B 正确．] 7．如图6所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块A 、B ，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上．在物块的运动过程中，下列表述正确的是( )【导学号：17214247】图6A ．两个物块构成的系统电势能逐渐减少B ．两个物块构成的系统机械能逐渐减少C ．最终静止时A 物块受的摩擦力方向向上D ．A 、B 在运动过程中必会同时达到最大速度AC [由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小，故A 正确；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和，物块做加速运动，机械能增大；当库仑力等于摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和时，B 物块达最大速度，A 物块仍加速下滑，当库仑力小于摩擦力时，机械能减小，故B 、D 错误；最终静止时A 物块受力的合力为零，受力分析可以知道摩擦力方向一定沿斜面向上，故选项C 正确．]8．如图7所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是( )图7A ．实验中流过电阻R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的B ．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高。
高考物理二轮复习小题提速练
小题提速练(十)(时间：20分钟 分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．)14．两个物体A 、B 的加速度a A >a B ，则( )A ．A 的速度一定比B 的速度大B ．A 的速度变化量一定比B 的速度变化量大C ．A 的速度变化一定比B 的速度变化快D ．A 受的合外力一定比B 受的合外力大C [加速度a ＝ΔvΔt ，表示速度变化的快慢，因此加速度a 大，速度v 、速度变化量Δv 均不一定大，速度变化一定快，故选项A 、B 错误，选项C 正确；根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，物体所受的合力的大小与质量和加速度两个物理量有关，而题意中未涉及物体A 、B 的质量大小关系，因此它们所受合外力的大小关系也无法确定，故选项D 错误．]15．如图1所示，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧压着插栓．不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法中正确的是( )图1A ．增大甲、乙两力，且甲力增大较多B ．增大乙、丙两力，且乙力增大较多C ．增大乙、丙两力，且丙力增大较多D ．增大甲、丙两力，且甲力增大较多D [根据题意可知，轻圆环受甲、乙、丙三个力及插栓的弹力作用，处于平衡状态，根据共点力平衡条件的推论可知，甲、乙、丙三个力的合力必与插栓对轻圆环的弹力等大、反向，该弹力方向为沿轻圆环半径方向向外，要通过移动圆环使插栓位于圆环中心，则甲、乙、丙三个力的合力需变为零，此时可同时增大甲、丙两力且增加量的合量应与消失的弹力等大、同向，或同时减小乙、丙两力，且减小量的合量应与消失的弹力等大、反向，所以甲力增加得多或乙力减小得多，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．]16．经过网络搜集，我们获取了地月系统的相关数据资料如下表，根据这些数据我们计算出了地心到月球球心之间的距离，下列选项中正确的是( )地球半径R ＝6 400 km地球表面重力加速度g0＝9.80 m/s2月球表面重力加速度g′＝1.56 m/s2月球绕地球转动的线速度v＝1 km/s月球绕地球转动周期T＝27.3天A.v2g′B.2πC.v2gD.3g0R2T22π2B [根据数据，月球绕地球转动的线速度为v，周期为T，则月球公转的半径为：R′＝vT2π，故B正确．根据万有引力提供向心力GMmR′2＝mg＝mv2R′，可得轨道半径R′＝v2g，但是g是地球在月球轨道上产生的重力加速度，既不是月球表面重力加速度也不是地球表面重力加速度，选项A、C错．以月球为研究对象，月球绕地球公转时，由地球的万有引力提供向心力，设地球质量为M，月球的质量为m，则得：GMmR′2＝m4π2T2R′，又在地球表面，有：g0＝GMR2，联立以上两式得：R′＝3g0R2T24π2，故D错误．]17．(2020·衡水市冀州中学一模)在真空中A、B两点分别放有异种点电荷＋Q和－2Q，以AB连线中点O 为圆心作一圆形路径，如图2所示，则下列说法正确的是( )【导学号：19624242】图2A．场强大小关系有E a＝E b、E c＝E dB．电势高低关系有φa＞φb、φc＝φo＝φdC．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功D．将一正点电荷沿直线由a运动到d的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d运动到b 的过程中电场力做功D [由于Q A＜Q B，a点处电场线比b点处电场线疏，a点场强小于b点场强，而c、d两点的电场强度大小相等，即E a＜E b、E c＝E d，故A错误．电场线方向由A指向B，则有φa＞φb、根据对称性可知，φc＝φd≠φO，故B错误．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力做负功，故C错误．由于ad间电场线比db间电场线疏，则ad间的场强比db间场强小，由U＝Ed知，ad间的电势差小于db间电势差，由W＝Uq知，正点电荷沿直线由a运动到d的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d运动到b的过程中电场力做功，故D正确．]18．(2020·哈师大附中四模)如图3所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面处在垂直斜面的匀强磁场和方向未知的匀强电场中，有一个质量为m ，带电量为q(q>0)的小球在斜面上做匀速圆周运动，其角速度为ω.则下列说法正确的是( )图3A ．匀强磁场方向一定垂直于斜面向下B ．匀强磁场的磁感应强度B 的大小为mωqC ．未知电场的方向一定沿斜面向上D ．未知电场的方向可能垂直于斜面B [带电小球在斜面上做匀速圆周运动，电场方向可能沿斜面向上，有Eq ＝mgsin θ，也可能竖直向上，有Eq ＝mg ，故C 、D 均错误；洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判断，匀强磁场方向可能垂直于斜面向下，做逆时针转动，也可能垂直于斜面向上，做顺时针转动，A 错误；由qvB ＝mω2R ，v ＝ωR 可得：B ＝mωq，B 正确．]19．(2020·抚州市临川一中模拟)如图4所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平台离地面的高度一定．传输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是( )图4A ．当速度v 一定时，角θ越大，运送时间越短B ．当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间可能不变C ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长D ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多BD [若货物一直做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时恰好到达顶端．对于匀加速运动过程，由牛顿第二定律得，货物的加速度为：a ＝μmgcos θ－mgsin θm ＝μgcos θ－gsin θ，匀加速运动的时间为：t ＝v a ＝vμgcos θ－gsin θ，则知v 一定，角θ越大，t 越长，故A 错误．当倾角θ一定时，改变速度v 时，货物可能一直做匀加速直线运动，加速度不变，初速度和位移均不变，可知货物到达顶端的时间可能不变，故B 正确．匀加速运动过程中货物上升的位移为：x 1＝v2t ，传送带前进的位移为：x 2＝vt ，所以皮带上留下的痕迹长度为：Δx＝x2－x1＝v2t＝v22gμcos θ－sin θ，可知皮带上留下的痕迹与货物的质量无关，故C错误．皮带上摩擦产生的热量为：Q＝μmgcos θ·Δx＝μmgcos θ·v22gμcos θ－sin θ，可知倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热量Q越多，故D正确．] 20．(2020·沈阳模拟)如图5所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输电线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是( )图5A．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C．丙会发生触电事故，继电器会切断电源D．丁会发生触电事故，继电器会切断电源AD [图中甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确，B错误；当丙双手“火线—零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，故C错误；当丁如图中“手－地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D正确．]21．(2020·虎林市摸底考试)如图6所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线PQ下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.正方形闭合金属线框边长为l，质量为m，电阻为R，放置于PQ上方一定距离处，保持线框底边ab与PQ平行并由静止释放，当ab边到达PQ时，线框速度为v0，ab边到达PQ下方距离d(d＞l)处时，线框速度也为v0，下列说法正确的是( ) 【导学号：19624243】图6A．ab边刚进入磁场时，电流方向为a→bB．ab边刚进入磁场时，线框做加速运动C ．线框进入磁场过程中的最小速度可能等于mgRsin θB 2l 2D ．线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin θACD [根据右手定则可知，ab 边刚进入磁场时，电流方向为a→b，A 正确；当ab 边到达PQ 时速度为v 0，到达PQ 下方距离d 处时速度也为v 0，又知线框全部进入磁场后做加速运动，所以ab 边刚进入磁场时，线框应做减速运动，B 错误；线框在进入磁场过程做减速运动，完全进入时速度最小，有：BBlv R l≥mgsin θ，故v≥mgRsin θB 2l2，C 正确；从ab 边经过PQ 到ab 边通过磁场下边的过程中只有线框进入磁场过程中产生热量，因整个过程线框动能不变，只有重力势能减少，由能量守恒定律可得，热量Q ＝mgdsin θ，D 正确．]高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2018版高考物理二轮复习小题提速练1201802284133
小题提速练(一)(时间：20分钟 分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．(2017·沧州一中月考)甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移s 随时间t 变化的关系如图1所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则下列说法正确的是( )图1A ．甲车的初速度为零B ．乙车的初位置在s 0 ＝ 60 m 处C ．乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D ．5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大C [位移－时间图象的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A 错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则s ＝12at 2，根据图象可知，s 0＝12a ·100,20＝12a ·25，解得：a ＝1.6 m/s 2，s 0＝80 m ，选项C 正确，B 错误；5 s 时两车相遇，此时甲的速度v 甲＝205 m/s ＝4 m/s ，乙的速度为v 乙＝at ＝1.6×5 m/s＝8 m/s ，选项D 错误．]图215．(2017·衡阳市二模)半圆柱体P 放在粗糙的水平面上，有一挡板MN ，其延长线总是过半圆柱体的轴心O ，但挡板与半圆柱体不接触，在P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q (P 的截面半径远大于Q 的截面半径)，整个装置处于静止状态，如图乙是这个装置的截面图，若用外力使MN 绕O 点缓慢地逆时针转动，在Q 到达最高位置前，发现P 始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是( )【导学号：19624215】A ．MN 对Q 的弹力大小逐渐增大B ．P 、Q 间的弹力先增大后减小C ．桌面对P 的摩擦力先增大后减小D ．P 所受桌面的支持力保持不变C [以小圆柱为研究对象，受力分析如图，可得：F 1＝mg cos α，F 2＝mg sin α，随α增大，F 1减小，F 2增大，A 、B 均错误；对半圆柱P 受力分析如图所示．由平衡条件可得：N ＝Mg ＋F 2sin α＝Mg ＋mg sin 2 α， f ＝F 2cos α＝mg sin αcos α，当α由0增大到90°的过程中，N 逐渐增大，f 先增大后减小，故C 正确，D 错误．] 16．(2017·吉林大学附中模拟)如图3所示，空间中存在与等边三角形ABC 所在平面平行的匀强电场．其中电势φA ＝φB ＝0，φC ＝φ.保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以AB 为轴转过60°，则此时C 点的电势为( )图3A.32φ B.12φ C ．－32φ D ．－12φB [因为A 、B 点等势，所以电场方向水平向左，设等边三角形的边长为L ，则C 点到AB 的垂线长度为32L ，所以匀强电场E ＝φ32L ，让等边三角形以AB 为轴转过60°，则C 点在平面上的投影点到AB 的距离为d ＝32L ·cos 60°＝34L ，故此时C 点的电势为φ′＝Ed ＝φ32L ×34L ＝12φ，B 正确．]17．(2017·虎林市摸底考试)在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素2411Na 发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图4所示，下列说法正确的是( )【导学号：19624216】图4A ．新核为2412MgB ．轨迹2是释放出的粒子的径迹 C.2411Na 发生的是α衰变 D ．新核沿顺时针方向旋转A [由运动轨迹为相内切圆可知，新粒子应带负电，2411Na 的衰变应为β衰变，核反应方程为2411Na ―→ 0－1e ＋2412Mg ，故新核是2412Mg ，A 正确，C 错误；由r ＝mvqB，由动量守恒定律可知，新核与 0－1e 的动量大小相等，因此，新核的半径较小，轨迹2是新核的轨迹，B 错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判断，新核应沿逆时针方向旋转，故D 错误．]18．(2017·虎林市摸底考试)如图5所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O 点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r 的圆弧运动，打在荧光屏上的P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E 的匀强电场，光斑从P 点又回到O 点，关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是( )图5A ．粒子带负电B ．初速度为v ＝B EC ．比荷为q m ＝B 2rED ．比荷为q m ＝EB 2rD [加上垂直于纸面向里的磁场后，粒子打在屏上P 点，说明粒子在磁场中所受洛伦兹力方向向上，由左手定则可以判断粒子带正电，A 错误；由于电场和磁场同时存在时，粒子不发生偏转，可得：qvB ＝Eq ，解得v ＝EB ，B 错误；由r ＝mv qB ，可得q m ＝v rB ＝ErB 2，可知D 正确，C 错误．]16套小题提速练物理·特色专项考前增分集训19.(2017·中卫市一模)如图6是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C 、D 固定在铁架台上，与两个铜线圈P 、Q 组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P 时，线圈Q 也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是( )【导学号：19624217】图6A ．P 向右摆动的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)B ．P 向右摆动的过程中，Q 也会向右摆动C ．P 向右摆动的过程中，Q 会向左摆动D ．若用手左右摆动Q ，P 会始终保持静止AB [P 向右摆动的过程中，穿过P 的磁通量减小，根据楞次定律，P 中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A 正确．P 向右摆的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向，则Q 下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q 向右摆动．同理，用手左右摆动Q ，P 会左右摆动，故B 正确，C 错误，D 也错误．]20．(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅲ))如图甲7所示，一理想变压器原线圈匝数为n 1＝1 000匝，副线圈匝数为n 2＝150匝，变压器输入端的正弦交变电压如图乙所示，定值电阻的阻值为11 Ω，总阻值为22 Ω的滑动变阻器滑片为P .下列说法中正确的是( )图7A ．变压器副线圈输出电压的频率为50 HzB ．滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压不变C ．滑片P 滑到最右端时，通过电阻R 的电流为6 AD ．滑片P 滑到最左端时，变压器的输入功率为66 WAC [原、副线圈的周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A 正确；滑动变阻器的滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压变大，选项B 错误；原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝440 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2＝66 V ，滑动变阻器的滑片P 滑到最右端时，通过电阻R 的电流为I 2＝U 2R＝6 A ，选项C 正确；滑动变阻器的滑片P 滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P 2＝U 22R ＋R P＝132 W ，选项D 错误．]21．(2017·江苏高考)如图8所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L .B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g .则此下降过程中( )【导学号：19624218】图8A ．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mgB ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mgC ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D ．弹簧的弹性势能最大值为32mgL AB [A 对：取A 、B 、C 整体研究，三个小球皆静止时，地面对B 、C 球的弹力各为32mg .当A 球下降时，只要A 球未达最大速度，有竖直向下的加速度，A 球就处于失重状态，地面对B 球的支持力小于32mg .B 对：A 球的动能最大时，a A ＝0，系统在竖直方向上F 合＝0，则地面对B 球的弹力为32mg .C 错：弹簧的弹性势能最大时，对应着弹簧伸长量最大，A 球运动到最低点，此时v A ＝0，但a A≠0，加速度方向竖直向上．D错：两杆间夹角由60°变为120°，A球下落的距离h＝L sin 60°－L sin 30°＝3－1 2L，A球重力势能的减少量为ΔE p＝3－12mgL.由能量转化知，弹簧的弹性势能最大值为3－12mgL.]。
最新-2018届“步步高”高考物理大二轮复习练习(人教版)：专题过关二力与物体的直线运动 精品
2018届“步步高”高考物理大二轮复习练习（人教版）：专题过关二 力与物体的直线运动(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(每小题4分，共40分)1.设物体运动的加速度为a 、速度为v 、位移为x .现有四个不同物体的运动图象如图所示， 物体C 和D 的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是()2.质量为1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2.对物体施加一 个大小变化、方向不变的水平拉力F ，使物体在水平面上运动了3t 0的时间．为使物体在3t 0时间内发生的位移最大，力F 随时间的变化情况应该为下面四个图中的 ()3.如图1所示，水平地面上的物体质量为1 kg ，在水平拉力F ＝2 N 的作 用下从静止开始做匀加速直线运动，前2 s 内物体的位移为3 m ；则物体运动的加速度大小( )A ．3 m/s 2B ．2 m/s 2C ．1.5 m/s 2D ．0.75 m/s 24.如图2所示，水平面上质量为10 kg 的木箱与墙角距离为2358 m ，某人用F ＝125 N 的力，从静止开始推木箱，推力与水平方向成37°角斜向下，木箱与水平面之间的动摩擦因数为0.4.若推力作用一段时间t 后撤去，木箱恰好能到达墙角处，则这段时间t 为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g ＝10 m/s 2)( )A ．3 sB.655 sC.310 70 sD.32 7 s 5.某同学站在观光电梯内随电梯一起经历了下列三种运动：加速上升、匀速上升、减速上 升 (加速度大小a <g )，则下列说法正确的是( )图1图2A．三种运动因为都是上升过程，所以该同学始终处于超重状态B．只有加速上升过程中，该同学处于超重状态C．三种运动因为支持力均做正功，所以该同学机械能均增加D．只有加速上升过程，机械能增加6.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图3所示，当此车减速上坡时，乘客( )A．处于失重状态B．重力势能增加C．受到向前的摩擦力作用D．所受力的合力沿斜面向上7.汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小，为了避免相撞，距A车25 m处B车制动，此后它们的v－t图象如图4所示，则()A．B的加速度大小为3.75 m/s2B．A、B在t＝4 s时的速度相同C．A、B在0～4 s内的位移相同D．A、B两车不会相撞8.如图5甲所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图乙所示．则()甲乙图5A．Q2带正电B．a、b两点的电势φa>φbC．a、b两点电场强度E a>E bD．试探电荷从b到a的过程中电势能减小9．如图6所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在电场力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是( )图3 图4图610.如图7所示，水平放置的光滑金属长导轨MM ′和NN ′之间接有电阻R ，导轨平面在直 线OO ′左、右两侧的区域分别处在方向相反与轨道平面垂直的匀强磁场中，设左、右区域的磁场的磁感应强度的大小分别为B 1和B 2，一根金属棒ab 垂直放在导轨上并与导轨接触良好，棒和导轨的电阻均不计．金属棒ab 始终在水平向右的恒定拉力F 的作用下，在左边区域中恰好以速度v 0做匀速直线运动，则以下说法中正确的是 ()图7A ．若B 2＝B 1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度v 02做匀速直线运动B ．若B 2＝B 1时，棒进入右边区域后仍以速度v 0做匀速直线运动C ．若B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度v 02做匀速直线运动D ．若B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度4v 0做匀速直线运动 二、实验题(11题4分，12题8分，13题6分，共18分)11.(4分)在验证牛顿运动定律的实验中，某同学挑选的一条点迹清晰的纸带如图8所示， 已知相邻两个点间的时间间隔为T ，从A 点到B 、C 、D 、E 、F 点的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4、x 5(图中未标x 3、x 4、x 5)，则由此可求得打C 点时纸带的速度v C ＝________.图812.(8分)测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图9所示的装置，图中长木板水平 固定．图9(1)实验过程中，电火花计时器应接在________(选填“直流”或“交流”)电源上．调整定滑轮高度，使______________．(2)已知重力加速度为g ，测得木块的质量为M ，砝码盘和砝码的总质量为m ，木块的加速度为a ，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝________________. (3)如图10为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x 1＝3.20 cm ，x 2＝4.52 cm ，x 5＝8.42 cm ，x 6＝9.70 cm.则木块加速度大小a ＝图10________ m/s 2(保留两位有效数字)．13.(6分)如图11所示是某同学设计的“探究质量m 一定时，加速度a 与物体所受合力F 间的关系”的实验．图11(a)为实验装置简图，其中A 为小车，B 为打点计时器，C 为装有砂的砂桶，其质量为m C ，D 为一端带有定滑轮的长方形木板，不计空气阻力．图11(1)实验中认为细绳对小车拉力F 等于______________；(2)图11(b)为某次实验得到的纸带的一部分(交流电的频率为50 Hz)，可由图中数据求出小车加速度值为______ m/s 2；(3)保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a 与合力F 图线如图11(c)，该图线不通过原点O ，明显超出偶然误差范围，其主要原因可能是实验中没有进行____________的操作步骤．三、解答题(14题14分，15题12分，16题16分，共42分)14.(14分)猎狗能以最大速度v 1＝10 m/s 持续地奔跑，野兔只能以最大速度v 2＝8 m/s 的速 度持续奔跑．一只野兔在离洞窟x 1＝200 m 处的草地上玩耍，被猎狗发现后即以最大速度朝野兔追来．兔子发现猎狗时，与猎狗相距x 2＝60 m ，兔子立即跑向洞窟．设猎狗、野兔、洞窟总在同一直线上，求：野兔的加速度至少要多大才能保证安全回到洞窟． 15.(12分)如图12所示，水平面上放有质量均为m ＝1 kg 的物块A 和B ， A 、B 与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，相距l ＝0.75 m ．现给物块A 一初速度使之向B 运动，与此同时给物块B 一个F ＝3 N 水 平向右的力由静止开始运动，经过一段时间A 恰好追上B .g ＝10 m/s 2.求： (1)物块B 运动的加速度大小； (2)物块A 初速度大小；(3)从开始到物块A 追上物块B 的过程中，力F 对物块B 所做的功． 16.(16分)如图13所示，固定于水平面的U 型金属导轨abcd ，电阻不 计，导轨间距L ＝1.0 m ，左端接有电阻R ＝2 Ω.金属杆PQ 的质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝1 Ω，与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，滑动时保持与导轨垂直．在水平面上建立xoy 坐标系，x ≥0的空间存在竖直向下的磁场，磁感应强度仅随横坐标x 变化．金属杆受水平恒力F ＝2.4 N 的 作用，从坐标原点开始以初速度v 0＝1.0 m/s 向右做匀加速运动，经t 1＝0.4 s 到达x 1＝0.8 m 处，g 取10 m/s 2.求：(1)磁感应强度B 与坐标x 应满足的关系；图12图13(2)金属杆运动到x 1处，PQ 两点间的电势差；(3)金属杆从开始运动到B ＝32T 处的过程中克服安培力所做的功．答案 1．C 2．D 3．C 4．A 5．BC 6.AB 7．BD 8．B 9．AC 10．B11．v C ＝x 3－x 12T12．(1)交流(1分) 细线与长木板平行(1分，答“细线水平”同样给分) (2)mg －(m ＋M )a Mg (3分) (3)1.3(3分)13．(1)m C g (2)3.0(2.6～3.4) (3)平衡摩擦力 14．4 m/s 215．(1)2 m/s 2 (2)3 m/s (3)0.75 J16．(1)B ＝ 31＋10x (2)2 V (3)1.5 J。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：6 Word版含解析
选择题提速练61—5为单选，6—8为多选1．(2018·浙江温州十校联考)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( B )A ．8×108 kW·hB ．8×1010 kW·hC ．8×1011 kW·hD ．8×1013 kW·h解析：假设每户每天只亮灯5个小时，每户每年节电E ＝2×(60－10)×10－3×5×365 kW·h ＝182.5 kW·h.假设每户有3口人，全国有4亿户左右．则年节电总值为E 总＝4×108×182.5 kW·h ＝7.3×1010 kW·h ，故B 正确．2．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( D )A ．该星球的质量为M ＝4π2r 1GT 21B ．该星球表面的重力加速度为g x ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31 解析：根据G Mm 1r 21＝m 1(2πT 1)2r 1，得星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21，则选项A 错误；根据m 1a 1＝m 1(2πT 1)2r 1，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于星球的重力加速度，则选项B 错误；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1，可得v 1＝GM r 1，同理v 2＝GM r 2，故v 1v 2＝r 2r 1，则选项C 错误；根据开普勒第三定律得T 1T 2＝r 31r 32，故T 2＝T 1r 32r 31，则选项D 正确．3．(2018·山西检测)现代技术的发展促进了人们对原子、原子核的认识．下列说法正确的是( C )A ．α粒子散射实验结果说明原子内部带正电的那部分物质是均匀分布的B ．β衰变说明原子核内部存在自由电子C ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的氢核聚变反应D ．氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天一定只剩下1个未发生衰变解析：α粒子散射实验结果说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，A 错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，不能说明原子核内部存在电子，B 错误；太阳辐射的能量来自于太阳内部的氢核聚变反应，C 正确；半衰期对大量的原子核的统计规律适用，对少量的原子核不适用，D 错误．4．(2018·湖北八校联考)如图M 和N 是两个带有异种电荷的带电体(M在N的正上方，图示平面为竖直平面)，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点．在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W 点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能(E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)．则以下说法正确的是(D)A．P和Q两点的电势不相等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：P和Q两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P和Q两点的电势相等，选项A错误；带正电的油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能，故从F点到W点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故P点的电势低于S点的电势，选项B错误；由于电场线垂直等势面向上，故E 点的电势高于F 点的电势，根据E p ＝qφ，油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能，选项C 错误；油滴在运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功导致重力势能和动能相互转化，电场力做功导致电势能和动能相互转化，故油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变．选项D 正确．5．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( C )A ．线圈先后两次转速之比为1 2B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin0.4πt VC ．交流电b 的最大值为203V D ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：由图象可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，根据ω＝2πT ，得ωa ＝5π，ωb ＝10π/3，由ω＝2πn ，得转速之比，n a n b ＝32，A 错；图线a 的最大值为E m a ＝10 V ，交流电压的瞬时值u ＝E m sin ωt ＝10sin5πt V ，B 错；根据E m ＝NBSω，得E m b ＝20/3 V ，C 对；t ＝0的时刻感应电动势为零，故磁通量最大，D 错．6．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( BC )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg IL tan θD ．沿悬线向上，mg IL sin θ解析：若B 沿z 轴正方向，导线无法平衡，A 错误；若B 沿y 轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg ＝BIL ，所以B 正确；若B沿z 轴负方向，受力如图②，F T sin θ＝BIL ，F T cos θ＝mg ，所以B ＝mg ILtan θ，C 正确；若B 沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D 错误．7．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( CD )A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD ．物体在OA 段运动过程中拉力的平均功率大于AB 段运动过程中拉力的平均功率解析：物体受到的滑动摩擦力f ＝μmg ＝2 N ，由题图知x 1＝3 m 位移内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝15 J ，解得F 1＝5 N ，根据牛顿第二定律F 1－f ＝ma 1，解得加速度为a 1＝1.5 m/s 2，所用的时间为t 1＝2x 1a 1＝2 s ，末速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s ；由W 2＝F 2x 2解得x 2＝6 m 位移内拉力F 2＝2 N ，与摩擦力f 等大反向，所以物体在AB 段做匀速直线运动，运动时间t 2＝x 2v 1＝2 s ，整个过程中拉力的最大功率为P m ＝F m v m ＝F 1v 1＝15 W ，选项C 正确；OA 段运动过程中拉力的平均功率P 1＝W 1t 1＝7.5 W ，AB 段拉力的平均功率P 2＝W 2t 2＝6 W ，选项D 正确．8.某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB是一段四分之一圆弧形的电阻，O点为其圆心，且在B点正上方，圆弧半径为r.O点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB接触良好且无摩擦．A、B之间接有内阻不计、电动势为9 V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V.整个装置在一竖直平面内，且装置所在的平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有(CD)A．从图中看到列车一定是向右做加速运动B．当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V 的读数也增大C．若电压表示数为3 V，则列车的加速度为3 3gD．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的解析：对金属球，由牛顿第二定律，加速度a＝g tanθ，方向水平向右，可能向右做加速运动或向左做减速运动，选项A错误；电流I＝ER，电流表读数一定，当列车的加速度增大时，θ增大，BC弧长变大，电压表V的读数U＝IR BC也增大，选项B 错误；而R ＝ρL S ，则U ＝E ·θπ2，若电压表示数为3 V ，则θ＝π6，列车的加速度为g tan π6＝33g ，选项C 正确；电压表示数U ＝2E ·θπ＝2E π·arctan a g ，U 与a 不是线性关系，则加速度表的刻度是不均匀的，选项D 正确．。
2018年高考物理二轮复习20分钟快速训练5含解析
20分钟快速训练(五)本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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。
1．(2017·江西省新余市二模)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化相同的Δv 时发生位移x 2，则该质点的加速度为导学号 ( C )A ．(Δv )2⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2B ．2(Δv )2x 2－x 1C ．(Δv )2x 2－x 1D ．(Δv )2⎝⎛⎭⎫1x 1－1x 2 [解析] 因为质点做匀加速直线运动，加速度不变，所以速度变化量相同，时间相同，设时间间隔为t则有：Δv ＝at ①x 2－x 1＝at 2 ②联立①②得a ＝(Δv )2x 2－x 1，故C 正确，ABD 错误。
2．(2017·江苏省一模)如图所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角，此时钢丝上的弹力应是表演者(含平衡杆)体重的导学号 ( C )A ．cos θ2B ．12C ．12sin θD ．tan θ2[解析] 以人为研究对象，分析受力情况，作出受力图，根据平衡条件：两绳子合力与重力等大反向，则有：2F sin θ＝mg解得：F ＝mg /2sin θ故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的1/2sin θ；故C 正确，ABD 错误。
3．如图为飞船发射过程中某个阶段的示意图，飞船先沿实线椭圆轨道飞行，然后在A 处点火加速变轨，由实线椭圆轨道变成虚线圆轨道，在虚线圆轨道上飞船运行周期约为100 min 。
下列判断正确的是导学号 ( C )A ．全过程中飞船内的物体一直处于超重状态B ．飞船在椭圆轨道上的运行周期大于100 minC ．在圆轨道上运行时飞船的角速度大于同步卫星运动的角速度D ．飞船沿椭圆轨道通过A 点时的加速度大于沿圆轨道通过A 点时的加速度[解析] 全过程中飞船内的物体一直处于失重状态，A 错误；因飞船沿椭圆轨道飞行时的半长轴小于沿虚线圆周的半径，根据开普勒第三定律可知，飞船在椭圆轨道上的运行周期小于100 min ，B 错误；根据G Mm r 2＝mω2r ，可知ω＝GM r 3可知，因同步卫星的高度比飞船的高度大得多，故飞船在圆轨道上运行时的角速度大于同步卫星运动的角速度，C 正确；飞船沿椭圆轨道通过A 点时所受的万有引力等于沿圆轨道通过A 点时的万有引力，则根据a ＝F m可知，飞船沿椭圆轨道通过A 点时的加速度等于沿圆轨道通过A 点时的加速度，D 错误。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练820190313243
选择题加速练81—5为单项选择，6—8为多项选择1.法拉第曾做过以下的实验：在玻璃杯侧面底部装一导体柱并经过导线与电源负极相连，直立的细圆柱形磁铁棒下端固定在玻璃杯底部的中心，往杯内加入水银．在玻璃杯的正上方O点吊一可自由摇动或转动的直铜棒，铜棒的上端与电源的正极相接，下端浸入玻璃杯中的水银中．因为水银的密度比铜大，铜棒会倾斜地与水银相连，此时铜棒静止，以下图．这样，可动铜棒、水银、导体柱和电源就组成了一个回路．闭合开关S，则该实验可察看到的现象是(D)A．铜棒与闭合S前对比，与竖直方向的夹角不变且仍静止B．铜棒与闭合S前对比，与竖直方向的夹角会增大些但仍可静止C．铜棒与闭合S前对比，与竖直方向的夹角会减小些但仍可静止D．铜棒会以磁铁棒为轴转动分析：闭合开关S后，直铜棒上经过电流且处在磁铁产生的磁场中，依据左手定章判断，在图示地点时，直铜棒所受的安培力垂直铜棒向里或向外，故直铜棒会以磁铁棒为轴转动，D正确．2．关于一些实质生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解说，以下说法正确的选项是(C)A．采纳了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超出某些老式螺旋桨飞机的速度，这表示：能够经过科学进步使小质量的物体获取大惯性B．“强弩之末势不可以穿鲁缟”，这表示强弩的惯性减小了C ．货运列车运转到不一样的车站时，常常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D ．摩托车转弯时，车手一方面要适合地控制速度，另一方面要将身体略微向里倾斜，这是为了经过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的分析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的独一量度，也就是说，只需物体的质量不变，其惯性大小就不变，选项A 、B 、D 错误；货运列车运转到不一样的车站时，常常要摘下或加挂一些车厢，改变了列车的质量，这会改变它的惯性，选项C 正确．3．将一质量为m 的小球凑近墙面竖直向上抛出，如图甲是向上运动的频闪照片，图乙是降落时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频次同样．重力加快度为g ，假定小球所受阻力大小不变，则可估量小球遇到的阻力大小约为( B )A ．mgB.12mgC.13mgD.110mg分析：设墙砖厚度为d ，上涨过程加快度大小为a 1，由图知，9d －3d ＝a 1T 2，mg ＋F f ＝ma 1；降落过程加快度大小为a 2,3d －d ＝a 2T 2，mg －F f ＝ma 2，联立解得F f ＝12mg ，此题只有选项B 正确．4．一颗卫星绕某一行星表面邻近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假定宇航员在该行星表面上用弹簧测力计丈量一个质量为m 的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( B )A.mv 2GNB.mv 4GNC.Nv 2GmD.Nv 4Gm分析：设卫星的质量为m ′，由万有引力供给向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R ①，m ′v 2R＝m ′g 行②，又N ＝mg 行③，由③得g 行＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N ，代入①得M ＝mv 4GN ，选项B 正确．5．(2018·江苏南通、泰州、扬州、连云港、淮安五市模拟)以下图，圆滑的凸轮绕O 轴匀速转动，C 、D 是凸轮边沿上的两点，AB 杆被限制在竖直方向挪动，杆下端A 在O 点正上方与凸轮边沿接触且被托住．图示地点时辰，AB 杆降落速度为v ，则( A )A ．凸轮绕O 轴逆时针方向旋转B ．凸轮上C 、D 两点线速度大小相等C ．凸轮上C 、D 两点加快度大小相等D ．凸轮上与杆下端接触点的速度大小必定为v分析：AB 杆此时辰在降落，即离O 轴距离变近，故由凸轮形状可知凸轮在绕O 轴逆时针方向旋转，选项A 正确；C 、D 两点角速度相等，离O 轴距离不等，故线速度大小不相等，加快度大小不相等，选项B 、C 错误；凸轮匀速转动，轮上各点做速率不一样的匀速圆周运动，速度大小不必定是v ，选项D 错误．6．在以下图电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，保护电阻R 0＝3 Ω，滑动变阻器总电阻R ＝20 Ω，闭合开关S ，在滑片P 从a 滑到b 的过程中，若电流表内阻忽视，正确的选项是( AD )A．电流表的示数先减小后增大B．电流表的示数先增大后减小C．滑动变阻器耗费的功领先增大后减小D．滑动变阻器耗费的功领先增大后减小，再增大再减小分析：此电路是滑动变阻器的上部分与下部分并联后，再与R0串连．当滑片P从a滑到b的过程中，并联电路的电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，选项A正确，选项B错误；当滑动变阻器的并联总电阻等于R0＋r时，滑动变阻器耗费的功率最大，在滑片P从a滑到b的过程中，并联电阻有两次达到该值，选项C错误，应选项D正确．7．(2018·山西、河北、河南三省联考)以下图，圆滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加快度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中(BCD)A ．A 点的电势高于B 点的电势B ．B 点的电场强度大小是A 点的4倍C ．小球从A 到C 的过程中电势能先减小后增大D ．小球运动到C 处的加快度为g －a分析：因为沿着电场线方向电势降低，所以A 点的电势低于B 点的电势，选项A 错误；联合几何关系知PA ＝2PB ，由点电荷电场强度公式E ＝k Q r 2可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B 点的电场强度大小是A 点的4倍，选项B 正确；小球带负电，从A 到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，选项C 正确；在A 处时小球的加快度为a ，对小球受力剖析，小球受电场力、重力与支持力，由力的合成法例可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和供给，即F cos30°＋mg sin30°＝ma ，当在C 处时，小球仍遇到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差供给的，mg sin30°－F cos30°＝ma ′联立解得a ′＝g －a ，选项D 正确．8．(2018·河南郑州一模)以下图，质量为m 的物块从倾角为θ的传递带底端由静止开释，传递带由电动机带动，一直保持速率v 匀速运动，物块与传递带间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，物块抵达顶端前能与传递带保持相对静止．在物块从静止开释到相对传递带静止的过程中，以下说法正确的选项是( BD )A ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增添的内能为μmv 2cos θ2μcos θ－sin θC ．传递带战胜摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机因运送物块增添的功率为μmgv cos θ分析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增添量．对滑块，增添的机械能为ΔE ＝f ·L ＝μmg cos θ·v 2·t ， 系统增添的内能Q ＝f ·Δs ＝f ·(s 带－s 物)＝f (vt －v 2t )＝μmg cos θ·v 2t .故ΔE ＝Q .故电动机多做的功等于物块机械能增添量的2倍，大于mv 2，故A 错误；系统增添的内能Q ＝f ·Δs ＝μmg cos θ·v 2t .物块的加快度a ＝f －mg sin θm＝g (μcos θ－sin θ)． 故加快时间t ＝v a ＝v g μcos θ－sin θ， 故系统增添的内能Q ＝μmv 2cos θ2μcos θ－sin θ.故B 正确； 传递带运动的距离s 带＝vt ＝v 2g μcos θ－sin θ， 故传递带战胜摩擦力做功W克f ＝f ·s 带＝μmg cos θ·v 2g μcos θ－sin θ＝μmv 2cos θμcos θ－sin θ，故C 错误； 电动机增添的功率即为战胜摩擦力做功的功率，大小为P ＝fv ＝μmg cos θ·v ，故D 正确．。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练(008).doc
选择题提速练81—5为单选，6—8为多选1.法拉第曾做过如下的实验：在玻璃杯侧面底部装一导体柱并通过导线与电源负极相连，直立的细圆柱形磁铁棒下端固定在玻璃杯底部的中心，往杯内加入水银．在玻璃杯的正上方O点吊一可自由摆动或转动的直铜棒，铜棒的上端与电源的正极相接，下端浸入玻璃杯中的水银中．由于水银的密度比铜大，铜棒会倾斜地与水银相连，此时铜棒静止，如图所示．这样，可动铜棒、水银、导体柱和电源就构成了一个回路．闭合开关S，则该实验可观察到的现象是( D )A．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角不变且仍静止B．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角会增大些但仍可静止C．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角会减小些但仍可静止D．铜棒会以磁铁棒为轴转动解析：闭合开关S后，直铜棒上通过电流且处在磁铁产生的磁场中，根据左手定则判断，在图示位置时，直铜棒所受的安培力垂直铜棒向里或向外，故直铜棒会以磁铁棒为轴转动，D正确．2．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，下列说法正确的是( C )A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的解析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，也就是说，只要物体的质量不变，其惯性大小就不变，选项A、B、D错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，改变了列车的质量，这会改变它的惯性，选项C正确．3．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，如图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同．重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( B )A．mg B.1 2 mgC.13mgD.110mg 解析：设墙砖厚度为d ，上升过程加速度大小为a 1，由图知，9d －3d ＝a 1T 2，mg ＋F f ＝ma 1；下降过程加速度大小为a 2,3d －d ＝a 2T 2，mg －F f ＝ma 2，联立解得F f ＝12mg ，本题只有选项B 正确．4．一颗卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一个质量为m 的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( B )A.mv 2GNB.mv 4GNC.Nv 2GmD.Nv 4Gm解析：设卫星的质量为m ′，由万有引力提供向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R ①，m ′v 2R＝m ′g 行②，又N ＝mg 行③，由③得g 行＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N ，代入①得M ＝mv 4GN，选项B 正确． 5．(2018·江苏南通、泰州、扬州、连云港、淮安五市模拟)如图所示，光滑的凸轮绕O 轴匀速转动，C 、D 是凸轮边缘上的两点，AB 杆被限制在竖直方向移动，杆下端A 在O 点正上方与凸轮边缘接触且被托住．图示位置时刻，AB 杆下降速度为v ，则( A )A ．凸轮绕O 轴逆时针方向旋转B ．凸轮上C 、D 两点线速度大小相等C ．凸轮上C 、D 两点加速度大小相等D ．凸轮上与杆下端接触点的速度大小一定为v解析：AB 杆此时刻在下降，即离O 轴距离变近，故由凸轮形状可知凸轮在绕O 轴逆时针方向旋转，选项A 正确；C 、D 两点角速度相等，离O 轴距离不等，故线速度大小不相等，加速度大小不相等，选项B 、C 错误；凸轮匀速转动，轮上各点做速率不同的匀速圆周运动，速度大小不一定是v ，选项D 错误．6．在如图所示电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，保护电阻R 0＝3 Ω，滑动变阻器总电阻R ＝20 Ω，闭合开关S ，在滑片P 从a 滑到b 的过程中，若电流表内阻忽略，正确的是( AD )A ．电流表的示数先减小后增大B ．电流表的示数先增大后减小C ．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小D ．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大再减小解析：此电路是滑动变阻器的上部分与下部分并联后，再与R 0串联．当滑片P 从a 滑到b 的过程中，并联电路的电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，选项A 正确，选项B 错误；当滑动变阻器的并联总电阻等于R 0＋r 时，滑动变阻器消耗的功率最大，在滑片P 从a 滑到b 的过程中，并联电阻有两次达到该值，选项C 错误，故选项D 正确．7．(2018·山西、河北、河南三省联考)如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P 点固定一个点电荷＋Q ，P 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A 与P 点连线水平．电荷量为－q 的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A 处由静止开始沿管向下运动，在A 处时小球的加速度为a .图中PB ⊥AC ，B 是AC 的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q 形成的电场中( BCD )A ．A 点的电势高于B 点的电势B ．B 点的电场强度大小是A 点的4倍C ．小球从A 到C 的过程中电势能先减小后增大D ．小球运动到C 处的加速度为g －a解析：由于沿着电场线方向电势降低，因此A 点的电势低于B 点的电势，选项A 错误；结合几何关系知PA ＝2PB ，由点电荷电场强度公式E ＝k Q r 2可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B 点的电场强度大小是A 点的4倍，选项B 正确；小球带负电，从A 到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，选项C 正确；在A 处时小球的加速度为a ，对小球受力分析，小球受电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供，即F cos30°＋mg sin30°＝ma ，当在C 处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，mg sin30°－F cos30°＝ma ′联立解得a ′＝g －a ，选项D 正确．8．(2018·河南郑州一模)如图所示，质量为m 的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v 匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( BD )A ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增加的内能为μmv 2cos θμcos θ－sin θC ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2 D ．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ解析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对滑块，增加的机械能为ΔE ＝f ·L ＝μmg cos θ·v 2·t ， 系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝f ·(s 带－s 物)＝f (vt －v 2t )＝μmg cos θ·v 2t .故ΔE ＝Q . 故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv 2，故A 错误；系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝μmg cos θ·v 2t . 物块的加速度a ＝f －mg sin θm＝g (μcos θ－sin θ)． 故加速时间t ＝v a ＝v g μcos θ－sin θ，故系统增加的内能Q ＝μmv 2cos θμcos θ－sin θ.故B 正确；传送带运动的距离s 带＝vt ＝v 2g μcos θ－sin θ， 故传送带克服摩擦力做功W克f ＝f ·s 带＝μmg cos θ·v 2g μcos θ－sin θ＝μmv 2cos θμcos θ－sin θ，故C 错误； 电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P ＝fv ＝μmg cos θ·v ，故D 正确．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：4 Word版含解析
选择题提速练41—5为单选，6—8为多选1．(2018·吉林质检)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是(C)A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：因为v-t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度为零，其电场力也为零，b点的电场强度一定为零，选项C正确；要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，选项A错误；Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，选项B错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D错误．2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6)(B)A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 WC．7.5 m/s9 W D．15 m/s9 W解析：小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝B2l2v R总对棒满足：mg sinθ－μmg cosθ－B2l2vR棒＋R灯＝0因为R灯＝R棒则：P灯＝P棒再依据功能关系：mg sinθ·v－μmg cosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．3．(2018·河南六市一联)如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥．线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A 内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的(C)解析：正、负离子在磁场中受洛伦兹力，正离子向P1板偏转，负离子向P2板偏转，P1板带正电，P2板带负电，ab中电流为从a流向b，在0～1 s内排斥说明电流从d流向c,1～3 s内吸引说明电流从c流向d,3～4 s内排斥说明电流从d流向c，再利用楞次定律、安培定则可判断只有C项正确．4．现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是(C)A．核反应方程为21H＋21H→32He＋11HB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u ×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动能守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn＝m n m He ，解得E kHe ＝m n m n ＋m He (2E 0＋ΔE )＝1 MeV ，E km ＝m He m n ＋m He(2E 0＋ΔE )＝3 MeV ，所以C 正确，D 错误．5．如图所示，有5 000个质量均为m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于( A )A.2 9895 000B.2 0115 000C.2 0112 089D.2 0892 011解析：对1～5 000号球整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、天花板处绳子拉力T 0以及5 000个球的重力5 000G ，由平衡条件可列出平衡方程：T 0cos45°＝F ，T 0sin45°＝5 000G .解得F ＝5 000G .再对2 012～5 000号球为整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、2 989个球的重力2 989G 以及2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳拉力T ，列出平衡方程T cos α＝F ，T sin α＝2 989G .解得tan α＝2 9895 000. 6．(2018·江苏南通二模)车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h >H ，当地重力加速度为g ，汽车可视为质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( CD )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α<θ解析：据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t ，故A 错误；汽车的质量未知，根据动能表达式E k ＝12m v 2可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能E k ，故B 错误；设汽车离开左侧斜坡的速度大小为v1.根据水平方向的匀速直线运动有d＝v1cosα·t①竖直方向的竖直上抛运动有H m＝(v1sinα)22g②取竖直向上方向为正方向有－(h－H)＝v1sinα·t－12gt2③由①③两式可求得运动时间t和v1，将v1代入②式可求出最大高度H m，故C正确；根据速度的分解得tanα＝v y1v x，tanθ＝v y2v x，由于h>H，竖直分速度关系为v y1<v y2，则得α<θ，故D正确．7. (2018·湖北八校联考)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无恒力F .图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v -t 图线．不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小解析：根据v -t 中斜率等于加速度的意义可知：a a ＝Δv t 1＝0－111.1＝－10 m/s 2，a b ＝0－111＝－11 m/s 2；不受拉力时：ma b ＝－mg sin53°－μmg cos53°，代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：ma a ＝F －mg sin53°－μmg cos53°；所以：F ＝1 N ．故A 正确，B 错误；根据运动学公式：x ＝0－v 202a可知，因为有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D 正确．故选AD.8．(2018·湖南株洲质检)某种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( ABD )A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%解析：理想电压表V 的示数为4.0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6 Ω＝203Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203Ω＋12·103Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0 V ＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W ＝0.36 W ，C5错误；电源效率η＝5.6×100%＝89.3%，D正确．。
2018版高考物理二轮复习小题提速练2201802284141
小题提速练(二)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ))A、B两个物体在同一条直线上做直线运动，它们at图象如图1所示，规定水平向右为正方向．已知在t＝0时，两物体的速度均为零，且A在B的左边1.75 m处，则A追上B的时间是( )图1A．t＝0.5 s B．t＝1.5 sC．t＝2.5 s D．t＝3.5 sD[很显然，在前2 s内两个物体运动规律是一样的，不可能追上，故A、B错误；在t＝2.5 s时，A的位移是1.125 m，B的位移是0.875 m，两位移之差为0.25 m，小于1.75 m，故C错误；t＝3.5 s时，A的位移是1.875 m，B的位移是0.125 m，两位移之差等于1.75 m，故D正确．]15．(2017·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图2所示，一根不可伸长的轻质细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态，若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是( )【导学号：19624219】图2A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力变大C．只将绳的右端移向B′点，拉力变大D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变C[设细绳总长度为L，OA段长度为l1，OB段长度为l2，由对称性可知，OA、OB与竖直方向间夹角相等，设为α，两悬点间的水平距离设为d ，则由l 1sin α＋l 2sin α＝d ，l 1＋l 2＝L 可得sin α＝d L，只将绳的左端移向A ′点的过程中，d 不变，α不变，由2F cos α＝G 可知，F 不变，A 、B 均错误；只将绳的右端移向B ′点的过程中，d 增大，α增大，F 增大，C 正确，D 错误．]16．(2017·沈阳三模)以无穷远处的电势为零，在电荷量为q 的点电荷周围某点的电势可用φ＝kq r 计算，式中r 为该点到点电荷的距离，k 为静电力常量．两电荷量大小均为Q 的异种点电荷固定在相距为L 的两点，如图3所示．现将一质子(电荷量为e )从两点电荷连线上的A 点沿以电荷＋Q 为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，质子从A 移到C 的过程中电势能的变化情况为( )图3A ．增加2kQe L 2－R 2B ．增加2kQeR L 2－R 2 C ．减少2kQeR L 2＋R 2 D ．减少2kQe L 2＋R 2B [根据题中φ＝kq r公式和叠加原理可知，φA ＝k －Q L －R ＋k Q R .C 点的电势φC ＝k －Q L ＋R ＋k Q R .故U AC ＝φA －φC ＝－2kQR L 2－R 2，质子由A 移到C 的过程中电场力做功W AC ＝U AC e ＝－2kQeR L 2－R 2，是负功，故质子电势能增加2kQeR L 2－R 2，B 项正确．] 17．(2017·新余市一中七模)放射性物质碘131的衰变方程为131 53I→131 54Xe ＋Y ＋γ.根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )A ．生成的13154Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．Y 粒子为β粒子D.131 53I 中有53个质子和132个核子C [γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故A 错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B 错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，Y 粒子的电荷数为－1，质量数为0，可知Y 粒子为β粒子，故C 正确．电荷数等于质子数，可知131 53I 中有53个质子，质量数等于核子数，则有131个核子，故D 错误．故选C.]18．(2017·虎林市摸底考试)2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们的连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr ，已知a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径，则( )【导学号：19624220】A ．b 星的周期为l －Δr l ＋ΔrT B ．a 星的线速度大小为πl －Δr TC ．a 、b 两颗星的半径之比为l ＋Δr l －ΔrD ．a 、b 两颗星的质量之比为l ＋Δr l －Δr C [双星系统中两颗星的周期和角速度均相等，A 错误；由r a ＋r b ＝l ，r a －r b ＝Δr 可知r a ＝l ＋Δr 2，r b ＝l －Δr 2，r a r b ＝l ＋Δr l －Δr ，由m a ω2r a ＝m b ω2r b 可得：m a m b ＝r b r a ＝l －Δr l ＋Δr，C 正确，D 错误；由v a ＝2πr a T 可得：v a ＝πl ＋Δr T ，B 错误．] 19．(2017·Ⅱ卷)某同学自制的简易电动机示意图如图4所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )图4A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉AD [装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路．故选A 、D.]20．(2017·沈阳铁路实验中学模拟)水平面上有两个质量不相等的物体a 和b ，它们分别在水平推力F 1和F 2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v t 图线如图5所示，图中线段AC ∥BD .则以下说法正确的是( )图5①水平推力大小F 1>F 2②水平推力大小F 1<F 2③物体a 所受到的摩擦力的冲量大于物体b 所受到的摩擦力的冲量④物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b 所受到的摩擦力的冲量⑤物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功⑥物体a 克服摩擦力做功小于物体b 克服摩擦力做功A ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，①⑤都正确B ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，④⑥都正确C ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，②③都正确D ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，只有④正确AD [根据v t 图象，由于AC ∥BD ，可见撤去外力后，两物体的加速度相等，故两物体与水平面间的动摩擦因数相同．由图可知撤去外力之前，物体a 的加速度大于物体b 的加速度，由牛顿第二定律可知F 1－μm a g m a ＞F 2－μm b g m b ，解得：F 1m a ＞F 2m b，若m a ＞m b 则F 1＞F 2，若m a ＜m b ，则无法比较水平推力F 1和F 2的大小．克服摩擦力做功W f ＝μmgx ，所受到的摩擦力的冲量大小I f ＝μmgt .由图可知：物体b 运动的时间更长，物体a 的位移更大，若m a ＞m b 则物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功，但无法比较两者所受到的摩擦力的冲量大小，若m a ＜m b ，物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b 所受摩擦力的冲量，但无法比较两者克服摩擦力的做功大小，故A 、D 正确，B 、C 错误．]21．(2017·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图6所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )【导学号：19624221】图6A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为最大B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtC．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端电压将升高D．当用户功率增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动ABD[从线圈在如图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，此时变压器原线圈中的电流值最大，A、B均正确；当滑动触头向下移动时，影响变压器的输出电压，而不影响变压器的输入电压，C错误；当用户功率增加时，因R0的降压作用，用户得到的电压降低，为使用户电压保持不变，应使副线圈匝数增多，即滑动触头P应该向上滑动，故D正确．]。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：12 Word版含解析
选择题提速练121—5为单选，6—8为多选1．如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B 物块正上方，A、B之间用一细线相连．在细线的中点O施加拉力F，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向是(图中②表示水平方向)(C)A．沿①方向B．沿②方向C．沿③方向D．沿①②③方向都可以解析：分别对A、B进行受力分析可知，A对水平轨道的压力大于其重力，B对水平轨道的压力小于其重力，则两物体所受滑动摩擦力f A>f B；要使A、B一起向右匀速运动，则F A cosθ－f A＝0(θ为细线与水平方向的夹角)，F B cosθ－f B＝0，有F A>F B；再对O点分析，F 应沿③的方向才能保证F A>F B，C选项正确．2．在竖直平面内，有垂直平面向里的匀强磁场，一个α粒子由静止释放，已知α粒子的重力不能忽略，则α粒子的运动轨迹为(D)A．如图1所示，匀速圆周运动B．如图2所示，先做曲线运动后做匀速直线运动C．如图3所示，往复的曲线运动D．如图4所示，一直向右做曲线运动解析：α粒子由静止释放，重力做正功，α粒子动能增加，速度增大，所受的洛伦兹力逐渐增大，方向由水平向右逐渐往右侧上方偏转，当洛伦兹力方向竖直向上时，速度方向为水平向右，此时洛伦兹力已大于重力，而后α粒子受洛伦兹力作用往上方偏转，重力做负功，α粒子动能减小，速度也减小，所受的洛伦兹力逐渐减小，方向由竖直向上逐渐往左侧逆时针方向偏转，到某一时刻速度减小到0，再重复上述过程，故选项D正确．3．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是(B)A．粒子可能带负电B．粒子在P点的动能大于在Q点的动能C．粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能D．粒子在P点受到的电场力大于在Q点受到的电场力解析：由等势线可以判断电场线方向，由运动轨迹可以知道带电粒子受力指向曲线弯曲的内侧，因此可以判断出粒子带正电，选项A 错误；由P到Q的过程中，电场力做负功，粒子动能减小，电势能增大，因此粒子在P点的动能大于在Q点的动能，粒子在P点的电势能小于粒子在Q点的电势能，选项B正确，C错误；由等势线分布特点可知，P点的电场强度小于Q点的电场强度，因此粒子在P 点受到的电场力小于在Q点受到的电场力，选项D错误．4．如图所示，在倾角为θ的光滑的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧．开始时用手按住物体B，现放手，A和B沿斜面向上运动的距离为L时，同时达到最大速度v，重力加速度为g，则以下说法正确的是(D)A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度B ．A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 恰要分离C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12M v 2＋MgL sin θ D ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于12M v 2 解析：物体速度最大时，加速度为零，因而选项A 错误；弹簧原长时，A 、B 分离，选项B 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 做功转化为A 和B 的动能以及势能，选项C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于A 动能的增量，故选项D 正确．5．索道是山区游览景点运送货物和游客的重要设施．图示为索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( D )A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg解析：由重物对车厢内水平地板的压力为其重力的1.15倍，可知车厢对重物的支持力为1.15mg，支持力与重力合力为F1＝0.15mg.F1与摩擦力的合力方向沿索道向上，由F1＝F f tan37°解得F f ＝0.20mg.6．如图所示，边界MN下方有一垂直纸面向外的匀强磁场，一电子以速度v从点O射入MN，经磁场后能返回到MN边界上方，以下正确的是(AC)A．电子从O点右边返回边界上方B．电子从O点左边返回边界上方C．只增加射入速度v的大小，则电子在磁场中运动的路程一定改变D．只增加射入速度v的大小，则电子在磁场中运动的时间一定改变解析：由左手定则，电子的洛伦兹力垂直v向上，电子向右上方偏转，则A对，B错；增加速度v的大小，则半径r＝m vqB增大，电子运动轨迹的弧长变大，但圆心角θ不变，运动时间t＝θ2πT＝θm qB 不变，则C对，D错．7．下面列出不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目：54 cm彩色电视机工作电压：170～240 V 工作频率：50 Hz额定功率：85 W FS－69电风扇规格：400 mm 额定电压：220 V 工作频率：50 Hz 额定功率：65 WKFR－33GW空调机额定电压：220 V工作频率：50 Hz制冷/制热电流：6.2 A/6.2 A BC－65B电冰箱额定电压：220 V工作频率：50 Hz额定功率：70 W耗电量：0.8 kW·h/24 h根据铭牌上提供的信息，试判断下列说法正确的是(ABD) A．正常工作时电风扇中流过的电流最小B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少解析：由P＝UI得空调机的额定功率P空＝1 364 W，所以正常工作时电风扇消耗的电功率最小，电流也最小，故A、B均对；由于在24小时内电冰箱的耗电量W＝0.8 kW·h，而电风扇的耗电量W＝Pt ＝65×24 W·h ＝1.56 kW·h ，所以C 错，D 对．8．(2018·武汉调研)为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F -1v 图象(图中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则( BD )A ．在全过程中，电动车在B 点时速度最大B ．BA 过程电动车做匀加速运动C ．CB 过程电动车做减速运动D ．CB 过程电动车的牵引力的功率恒定解析：因为刚开始启动时，v 较小，1较大，所以F -1图象，应该从图象的右边向左看，根据图象可知，电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做加速度逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，1v 越小，速度v 越大，所以，在全过程中，电动车在C 点时速度最大，选项A 错误；BA 过程中，牵引力F 不变，所以加速度a ＝F －f m 不变，电动车做匀加速运动，选项B正确；根据图象，在CB 过程中，1v 的值逐渐减小，说明速度v 逐渐增大，所以电动车做加速度减小的加速运动，选项C 错误；在CB 过程中，F 与1v 成正比，所以F v ＝P ，恒定不变，选项D 正确．。
2018版高考物理二轮小题提速练5
小题提速练(五)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．(2017·沈阳三模)铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变的核反应方程是23592U＋10n→X＋8936Kr＋310n，则下列叙述正确的是()A．X原子核中含有86个中子B．X原子核中含有144个核子C．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数增加B[由质量数守恒和电荷数守恒可得：X的质量数为144，电荷数为92－36＝56，中子数为144－56＝88，故B正确，A错误；裂变释放核能，出现质量亏损，但裂变过程中质量数守恒，C、D均错误．]15．(2017·郑州三模)其空中有一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图1所示．图中x1、x2、x3分别表示该直线上A、B、C三点到球心的距离，根据φ -x图象．下列说法正确的是()图1A．该金属球可能带负电B．B点的电场强度大于C点的电场强度C．A点的电场强度方向由A指向BD．电荷量为q的正电荷从B移到C的过程中，电场力做功W＝q(φ1－φ2) B[由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；C点离带电金属球较远，电场强度小于B点的电场强度，B正确；A点的电场强度为零，C错误；正电荷沿直线从B移到C的过程中，电场力做功W＝qU BC＝q(φ2－φ3)，故D错误．]16．(2017·衡水中学七调)A、B两球在光滑的水平面上同向运动，m A＝2 kg，m B ＝3 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s，当A球追上B球并发生碰撞后，A、B两球的速度值可能是()【导学号：19624229】A．v′A＝4.5 m/s，v′B＝3 m/sB．v′A＝3 m/s，v′B＝4 m/sC．v′A＝1.5 m/s，v′B＝7 m/sD．v′A＝7.5 m/s，v′B＝1 m/sB[考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而A、D错误，B、C满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，A、B、D均满足，C错误；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42 J，B选项碰撞后总动能为33 J，C选项碰撞后总动能为75.75 J，故C错误，B满足；故选B.]17．(2017·福州一中模拟)如图2所示，匀强磁场的磁感应强度B＝25πT．单匝矩形线圈面积S＝1 m2.电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是()图2A．电流表的示数为1 AB．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e＝122sin 60πt(V)D．若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移C[小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2＝66A＝1 A；根据变流比公式：I1I2＝n2n1，解得I1＝0.5 A，故A错误．小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V，根据变压比公式U1U2＝n1n2，解得：U1＝12 V；故矩形线圈产生电动势的有效值为12 V，故B错误．矩形线圈产生电动势的最大值为12 2 V，根据公式E m＝NBSω，解得：ω＝E mNBS＝1221×25π×1rad/s＝60πrad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝E m sin ωt＝122sin 60πt(V)，故C正确．若矩形线圈转速增大，根据公式E m＝NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误．] 18．(2017·辽宁省实验中学模拟)“嫦娥四号”专家称“四号星”，计划在2017年发射升空，它是“嫦娥”探月工程计划中“嫦娥”系列的第四颗人造绕月卫星，主要任务是更深层次、更加全面地科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g，月球的平均密度为ρ.嫦娥四号离月球中心的距离为r，绕月周期为T.根据以上信息可以判断下列说法正确的是()A．月球的第一宇宙速度为grB．“嫦娥四号”绕月运行的速度为gr2 RC．引力常量可表示为3πr3ρT2R3D．假设地球上没有空气阻力，若从地球上发射“嫦蛾四号”必须达到第二宇宙速度才有可能发射成功C[“嫦娥四号”星的万有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2r，又GM＝gR2，可得四号星的运行速度为gR2r，B错误；由GMmR2＝mv2R可得月球第一宇宙速度v ＝gR ，A 错误；由2πr T ＝gR 2r 及M ＝ρ·43πR 3可解得：G ＝3πr 3T 2R 3ρ，C 正确；第二宇宙速度是飞行器脱离地球的吸引力需要的速度，所以发射“嫦娥四号”不能达到第二宇宙速度，D 错误．]19．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]如图3所示，底角为θ＝π4的圆锥体静止不动，顶端通过一根长为L ＝1 m 的细线悬挂一个质量为m ＝1 kg 的小球，细线处于张紧状态，若小球在水平面内做匀速圆周运动，角速度为ω的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间，不计一切阻力，则细线拉力F 可能等于( ) 【导学号：19624230】图3 A ．52－5 B ．52＋5 C ．15 D ．20BC [当小球刚好没有脱离圆锥时，小球受到重力G 、拉力F 的作用，它们的合力提供向心力，mg cot π4＝mω20l cos π4，得ω0＝10 2 rad/s ，此时ω0的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间，当ω较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力G 、拉力F 和垂直于光滑圆锥的支持力N 的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，则F sin θ＋N cos θ＝G ，F cos θ－N sin θ＝mlω2cos θ，可求得F ＝G sin θ＋mω2l cos 2θ，此时52＋4.5≤F ≤102，当ω较大时，小球脱离圆锥，小球的重力G 和拉力T 的合力提供向心力，设细线和水平方向夹角为α，则F cos α＝mω2l cos α，可求得F＝mω2l,102≤F≤16，综上分析，选项B、C正确．]20．(2017·沈阳铁路实验中学模拟)如图4所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面向里的匀强磁场，OA和OB互相垂直，是扇形的两条半径，一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行于AO方向进入磁场，则()图4A．只要C点在AB之间，粒子仍然从B点离开磁场B．粒子带负电C．C点越靠近B点，粒子偏转角度越大D．C点越靠近B点，粒子运动时间越短AD[粒子由A点射入，从B点射出，由左手定则可以判断粒子带正电，B错误；粒子从A点沿半径方向射入，一定从B点沿半径方向射出，OA、OB和粒子在圆周运动的A、B两点的半径构成正方形，圆周运动半径等于磁场半径，当粒子在A、B之间的任意点C射入时，OC、OB和圆周运动的C、B两点的半径构成菱形，粒子转过的中心角一定等于∠COB，所以粒子仍然从B点离开磁场，A正确；C点越靠近B点，粒子偏转角越小，运动时间Δt＝θ2π·T也就越小，故C错误，D正确．]21．(2017·郑州三模)铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理．有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图5甲所示(俯视图)，当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈长为l 1，宽为l 2，匝数为n .若匀强磁场只分布在一个矩形区域内，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u 与时间t 的关系如图乙所示(ab 、cd 均为直线)，则在t 1～t 2时间内( )【导学号：19624231】图5A ．火车做匀速直线运动B ．M 点电势低于N 点电势C ．火车加速度大小为u 2－u 1nBl 2(t 2－t 1)D ．火车平均速度大小为u 2＋u 12nBl 1BD [由E ＝BL v 可知，动生电动势与速度成正比，而在乙图中ab 段的电压与时间成线性关系，因此可知在t 1到t 2这段时间内，火车的速度随时间均匀增加，所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动，故A 项错误．根据右手定则，线圈中的感应电流是逆时针的，M点电势低于N点电势，B正确．由图知t1时刻对应的速度为：v1＝u1nBl1，t2时刻对应的速度为：v2＝u2nBl1，故这段时间内的加速度为：a＝v2－v1t2－t1＝u2－u1nBl1(t2－t1)，故C错误．由C可知这段时间内的平均速度为：v＝v1＋v22＝u1＋u22nBl1，D正确．]。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：2 Word版含解析
选择题提速练21—5为单选，6—8为多选1．作用于O点的三个力平衡，设其中一个力大小为F1，沿y轴负方向，大小未知的力F2与x轴正方向夹角为θ，如图所示，下列关于第三个力F3的判断正确的是(C)。
A．力F3只能在第二象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cosθD．力F3只能在第三象限解析：据力的三角形定则画图如图所示，力F3可能在第二、第三象限中，选项A、D均错误；不管力F2和F3夹角如何变化，它们的合力大小始终等于F 1，选项B 错误；从图中可知，当F 3与F 2垂直时有最小值，且F 3＝F 1cos θ，选项C 正确．2．如图所示，在粗糙的水平面上，长度为L 、质量M ＝2 kg 的长木板某时刻正以速度v 0向右运动．现对长木板施加一水平向左的恒力F (大于3 N)，同时将一质量m ＝1 kg 的光滑小球无初速度地放置于长木板上表面与左端距离为2L 3处，发现长木板向右运动距离3L 5后立即反向向左运动．已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 取10 m/s 2，规定水平向左为正方向，则长木板受到的摩擦力f 随时间t 的变化规律正确的是下图中的( A )解析：长木板向右减速运动的距离为3L 5的过程中，长木板所受的摩擦力f 1＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向左；长木板反向向左加速运动的距离为3L 5＋L 3的过程中，小球仍在长木板上，则长木板所受的摩擦力f 2＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向右；当小球脱离长木板后，长木板所受的摩擦力f 3＝μMg ＝2 N ，方向水平向右，选项A 正确．3．(2018·黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，在竖直平面内，AB ⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上，在C 点有一固定点电荷，电荷量为－Q .现从A 点将一质量为m 、电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr ，规定电场中B 点的电势为零，重力加速度为g .则在－Q 形成的电场中( A )A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的2倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr解析：在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，则φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12m v 2－0，得W 电＝7mgr ，由W 电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q，得φD ＝7mgr q ，则φD >φA ，A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A＝kQ(2r)2，E O＝kQr2，E O＝2E A，则C错误．4．(2018·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是(A)A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：当R3不变，P顺时针转动时，n MN减小，由U CDU MN＝n CDn MN，知U MN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错；当P不动时，匝数n MN不变，输出电压U MN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．5．(2018·武汉模拟)中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h ，装有“M-70”大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8 700 kW.假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f 与速度v 成正比，即f ＝k v ，则( D )A ．“野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105 NB ．在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为9.8×105 NC ．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kWD ．从题中给出的数据，能计算阻力f 与速度v 的比值k解析：汽车的牵引力F ＝P v ，当速度很小趋于零时，牵引力很大，选项A 错误；启动后以额定功率行驶，速度达到最大时，阻力f ＝F ＝P v ＝2.9×105 N ，选项B 错误；匀速行驶时，P ＝F v ＝k v 2，以最高时速运动，已知功率和速度，可求出比值k ，以最高时速一半匀速行驶，功率变为最高时速的功率的14，选项C 错误，选项D 正确． 6．(2018·东莞模拟)我国航天局于2013年向火星发射第一颗“火星探测器”，如图所示，假设“火星探测器”绕火星表面运动的周期为T ，在火星上着陆后，自动机器人用弹簧测力计测得质量为m 的仪器重力为P .已知引力常量为G ，由以上数据可以求出的量有( CD )A ．火星的自转周期B ．火星探测器的质量C ．火星表面的重力加速度D ．火星的密度解析：由P ＝mg 火可得，火星表面的重力加速度g 火＝P m ，C 项正确；由G Mm ′R 2＝m ′R ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，火星的密度ρ＝M V ，V ＝4πR 33可知，可以求出火星的密度，D 项正确．7．下图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a 、b ，导轨两端e 、 f ，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．下列说法正确的是( BD )A ．若a 接正极，b 接负极，e 接正极， f 接负极，则L 向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动解析：若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆所受安培力向左，则L向左滑动，A选项错误；同理判定B、D选项正确，C选项错误．8．(2018·云南部分名校统考)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P.导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是(BD)A．导体棒的a端比b端电势低B．ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的1 2D．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍解析：导体棒下滑切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，由右手定则知a端为正极，b端为负极，A项错误．感应电动势E＝BL v，I＝ER，对ab受力分析有mg sinθ－B2L2vR＝ma，则知导体棒做加速度减小的加速运动，当a＝0时，mg sinθ＝B2L2v mR，得：v m＝mgR sinθB2L2，若B增大为原来的2倍，稳定状态时速度变为原来的14，所以B项正确，C项错．若质量增大为原来的2倍，导体棒稳定时的速度为原来的2倍，R的功率P＝B2L2v2R，可知功率变为原来的4倍，D项正确．。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练520190313240
选择题提速练51—5为单选，6—8为多选1．(2018·安徽名校联考)如图所示，在距地面高2L 的A 点以水平初速度v 0＝gL 投掷飞镖．在与A 点水平距离为L 的水平地面上B 点处有一个气球，选择适当时机让气球以速度v 0＝gL 匀速上升，在上升过程中被飞镖击中．不计飞镖飞行过程中受到的空气阻力，飞镖和气球可视为质点，重力加速度为g .掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔Δt 应为( B ) A.2L g B.12L g C.L g D ．2L g 解析：根据L ＝v 0t ，可得t ＝L v 0＝L gL ＝L g.根据两物体竖直方向上的位移之和等于2L ，可得2L ＝12gt 2＋v 0(t ＋Δt )，解得Δt ＝12L g ，B 正确． 2．如图所示，矩形区域内有水平方向的匀强电场，一个带负电的粒子从A 点以某一速度v A 射入电场中，最后以另一速度v B 从B 点离开电场，不计粒子所受的重力，A 、B 两点的位置如图所示，则下列判断中正确的是( D )A ．电场强度的方向水平向左B ．带电粒子在A 点的电势能小于在B 点的电势能C ．粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处为B 点D ．粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处为B 点解析：根据力和运动的关系，可判定电场强度的方向水平向右，A 错；粒子在电场中运动的全过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，所以带电粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能，粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处应在A 点的右下方，粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处应为B 点，故D 对，B 、C 错．3．(2018·江西南昌联考)如图电路，起初灯泡A 和B 都能正常发光，后来电路中某个元件发生断路故障，致使灯泡A 比原来亮一些，灯泡B 比原来暗一些，那么断路的元件是( B )A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 4解析：首先可以肯定D 选项错，因为R 4断路后，A 、B 灯都不亮了，不合题意；若R 1断路，电路总电阻必然增大，总电流减小，电源内阻所分担电压及R 4两端电压均降低，A 灯泡和B 灯泡两端电压均要升高，与题意不符，所以A 选项错；若R 2断路，则总电阻变大，总电流减小，电源内阻所分担电压及R 4两端电压均降低，R 1两端电压升高，流过的电流增大，所以流过R 3和B 灯泡的电流减小，B 灯变暗，所以灯泡A 两端电压升高，A 灯变亮，符合题意，所以B 选项正确；同理可以分析出，若R 3断路，应该是B 灯变亮，A 灯变暗，C 选项错．4．(2018·合肥质量检测)长为L 的轻绳悬挂一个质量为m 的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ＝45°的静止三角形物块刚好接触，如图所示．现在用水平恒力F 向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v ，重力加速度为g ，不计所有的摩擦，则下列说法中正确的是( B )A ．上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B ．上述过程中，推力F 做的功为FLC ．上述过程中，推力F 做的功等于小球增加的机械能D ．轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mg sin45°解析：由动能定理可知合外力做的功等于动能的增量，对小球来说除了斜面的支持力还有重力对小球做功，故选项A 错误；由几何知识，三角形物块的位移为L ，则推力F 做的功为FL ，选项B 正确；由功能关系可知，除重力、弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量，F 做的功应等于斜面和小球这一系统增加的机械能，故选项C 错误；小球做圆周运动，则沿绳方向有F 拉－mg sin45°＝m v 2R，v ≠0，故F 拉≠mg sin45°，选项D 错误． 5．如图所示，带正电的点电荷O 固定，另外有两个质量相等、电荷量相同的点电荷A 、B 分别在点电荷O 的电场力的作用下沿1,2两轨道运动，其中电荷A 沿半径为r 的圆轨道1以速度v A 运动；电荷B 沿椭圆轨道2运动，椭圆轨道到O 的最远距离为2r ，电荷B 经过椭圆最远点的速度为v B ；两轨道相切于C 点，若不考虑A 、B 间的相互作用，A 、B 、C 、O 点在一条直线上，则( D )A ．电荷A 带负电，电荷B 带正电B ．v A ＝v BC ．两电荷分别经过C 点时速度大小相等D ．电荷A 运动的加速度大小为v 2A r解析：因为A 、B 两电荷在电场力作用下做曲线运动，由曲线运动的特点可知，两电荷都带负电，A 项错误；电荷A 以速度v A 做半径为r 的圆周运动，又F 库A ＝4F 库B ，若v A ＝v B ，则电荷B 在B 点将做离心运动，B 项错误；两电荷分别经过C 点时的加速度大小相等，但速度大小不相等，C 项错误；由圆周运动知识可知，电荷A 运动的加速度大小为v 2A r，D 项正确．6．(2018·河北石家庄一模)如图所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab ＝cd ＝L ，ad ＝bc ＝2L ，电场线与矩形所在平面平行．已知a 点电势为20 V ，b 点电势为24 V ，d 点电势为12 V ，一个质子从b 点以v 0的速度射入此电场，入射方向与bc 成45°角，一段时间后经过c 点．不计质子的重力，下列判断正确的是( AC )A ．c 点电势低于a 点电势B ．电场强度的方向由b 指向dC ．质子从b 运动到c ，所用的时间为2Lv 0D ．质子从b 运动到c ，电场力做功为4 eV解析：在匀强电场中，平行线上两点间的电势差与两点间的距离成正比，故有φa －φb ＝φd －φc ，得φc ＝16 V ，φc <φa ，A 正确；设ad 中点为e ，bc 中点为f ，则φe ＝16 V ，φf ＝20 V ，连接ec 、af ，两者为两条等势线，又因为ab ＝L ，bc ＝2L ，△abf 为等腰直角三角形，过b 作bh ⊥af ，则bh 为一条电场线，方向由b 指向h ，故B 错误；质子从b 到c 运动过程，沿v 0方向做匀速直线运动s ＝2L ，t ＝s v 0＝2L v 0，C 正确；质子从b 运动到c 电场力做功W ＝U bc q ＝8 eV ，故D 错误．7．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( BC )A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52 V C ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000解析：交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U ＝U m2，所以B 正确，A 错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5 000 V 时就可以点燃气体，对理想变压器n 2n 1＝U 2m U 1m >5 0005＝1 000，C 正确，D 错误．8．飞碟射击是集时尚性、健康性、娱乐性及观赏性于一身的一项体育运动，也是奥运会的正式比赛项目．比赛中，碟靶由抛靶机以一定的角度抛向空中，射手在它落地前将其击中得分．在双向飞碟项目中，抛靶机抛出两枚碟靶，射手只允许射击两次．假设两个碟靶A 、B 分别由放在同一水平面上相隔一定距离的抛靶机竖直向上抛出，同时上升到最大高度H A 、H B ，若碟靶A 上升的最大高度H A 小于碟靶B 上升的最大高度H B ，接着某运动员对A 、B 两碟靶进行射击，并在同一高度处先后击中两碟靶，且两次击中碟靶的时间间隔为Δt .已知两碟靶的质量均为m ，碟靶在空中运动时受到的空气阻力的大小恒为它重力的k 倍(k <1)，重力加速度为g .根据以上信息可以知道( BC )A ．运动员先击中B 碟靶，后击中A 碟靶B ．抛靶机抛A 碟靶时对A 碟靶做的功为(mg ＋kmg )H AC ．A 碟靶从最高点开始下落到被击中，运动的时间为H B －H A －k g Δt －12Δt D ．A 碟靶从抛出开始到被击中的过程中机械能减少了kmgH A解析：因碟靶A 上升的最大高度小于碟靶B 上升的最大高度，又要求在它落地前将其击中，故运动员先击中A 碟靶，后击中B 碟靶，选项A 错误；抛靶机抛A 碟靶时的初速度为v A 0，由动能定理，抛靶机抛A 碟靶时对A 碟靶做的功为W A ＝12mv 2A 0＝(mg ＋kmg )H A ，故选项B正确；设A 碟靶从最高点开始下落到被击中运动时间为t ，下落位移h A ＝12at 2，则B 碟靶从最高点开始下落到同一高度被击中的运动时间为t ＋Δt ，下落位移h B ＝12a (t ＋Δt )2＝H B －H A ＋h A ，而A 、B 下落过程具有相同的加速度a ＝mg －kmg m ＝g (1－k )，联立解得t ＝H B －H A－k g Δt－12Δt ，则选项C 正确；A 碟靶从抛出开始，上升过程中机械能减少了ΔE 1＝kmgH A ，从下降到被击中过程中机械能减少了ΔE 2＝kmgh A ＝12kmg (1－k )g [H B －H A －k g Δt －12Δt ]2，故碟靶A 从抛出开始到被击中过程中机械能减少了ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2，可知选项D 错误．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：1 Word版含解析
选择题提速练11—5为单选，6—8为多选1．假设某颗陨石进入地球大气层的速度约为4万英里每小时，随后与空气摩擦而发生剧烈燃烧，并在距离地面上空12至15英里处发生爆炸，产生大量碎片，假定某一碎片自爆炸后落至地面并陷入地下一定深度过程中，其质量不变，则(C)A．该碎片在空中下落过程中重力做的功等于动能的增加量B．该碎片在空中下落过程中重力做的功小于动能的增加量C．该碎片在陷入地下的过程中合力做的功等于动能的改变量D．该碎片在整个过程中克服阻力做的功等于动能的减少量解析：由动能定理可知，碎片下落过程中动能的增加量应等于重力与阻力做的功之和，选项A错误；根据动能定理W G＋W f＝ΔE k，而W f<0，所以重力做的功大于动能的增加量，选项B错误；根据能量守恒定律可知，碎片下落过程中，克服阻力做的功应等于机械能的减少量，选项D错误；根据动能定理，碎片在陷入地下的过程中合力做的功等于动能的改变量，选项C正确．2．(2018·贵州六校联考)如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角θ＝37°，并以v＝10 m/s的速率逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m＝1 kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则下列有关说法正确的是(B)A ．小物体运动1 s 后，受到的摩擦力大小不适用公式F ＝μF NB ．小物体运动1 s 后加速度大小为2 m/s 2C ．在放上小物体的第1 s 内，系统产生50 J 的热量D ．在放上小物体的第1 s 内，至少给系统提供能量70 J 才能维持传送带匀速转动解析：刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为F f1＝μmg cos θ，其加速度大小a 1＝mg sin θ＋μg cos θm＝10 m/s 2方向沿传送带斜向下.1 s 末小物体的速度为v ＝a 1t ＝10 m/s ，又μ<tan θ，则此后小物体相对于传送带向下滑动，受到的摩擦力沿传送带斜向上，大小为F f2＝μmg cos θ，其加速度大小a 2＝g sin θ－μmg cos θ＝2 m/s 2，方向沿传送带斜向上，故A 错、B 对；在第1 s 内小物体与传送带产生的热量为Q ＝F f L ＝μF N L＝μmgL cos θ，又知L ＝v t －12at 2，解得Q ＝20 J ，故C 错；第1 s 内小物体的位移为x ＝12v t ＝5 m ，其增加的动能为E k ＝12m v 2＝50 J ，需向系统提供的能量E ＝E k ＋Q －mg sin θ·x ＝40 J ，D 项错．3．(2018·湖北八校联考)如图所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面体B上，现用大小相等方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动，则(D)A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定等于mgD．地面对B的支持力大小一定等于(m＋M)g解析：A在斜面上处于静止状态，对A受力分析如图甲所示，若F x＝G x，则f＝0；若F x>G x，则f≠0且方向斜向下，则A错误；由图甲知N＝F y＋G y，则N与G的大小关系不确定，C错误；对A、B 整体受力分析如图乙，水平方向上与地面间无摩擦力，竖直方向上N 地＝G A＋G B＝(m＋M)g，则B错误，D正确．4．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B 等于( B )A.54B.32C.74 D ．2解析：设OM 的电阻为R ，过程Ⅰ，OM 转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E 1＝ΔΦΔt 1＝B ·ΔS Δt 1＝B ·14πl 2Δt 1＝πBl 24Δt 1，流过OM 的电流为I 1＝E 1R ＝πBl 24R Δt 1，则流过OM 的电荷量为q 1＝I 1·Δt 1＝πBl 24R；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E 2＝ΔΦΔt 2＝(B ′－B )S Δt 2＝(B ′－B )πl 22Δt 2，电路中的电流为I 2＝E 2R ＝π(B ′－B )l 22R Δt 2，则流过OM 的电荷量为q 2＝I 2·Δt 2＝π(B ′－B )l 22R ；由题意知q 1＝q 2，则解得B ′B ＝32，B 正确，ACD 错误． 5．(2018·广东佛山模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时闭合开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( B )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小 解析：由图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2接入电路的电阻减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3两端电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．6．右图是某同学站在压力传感器上做“蹲起”动作时记录的压力F 随时间t 变化的图线，由图线可知该同学( AC )A．体重约为680 NB．做了两次下蹲—起立的动作C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态解析：当该同学站在压力传感器上静止不动时，其所受的合力为零，即压力恒等于该同学的体重值，由图线可知，该同学的体重为680 N，选项A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后向下减速(加速度方向向上)的运动，即先处于失重状态，后处于超重状态，读数F先小于体重、后大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后向上减速(加速度方向向下)的运动，即先处于超重状态，后处于失重状态，读数F先大于体重、后小于体重．由图线可知，选项C正确，选项B、D错误．7．如图所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，A、B间距离L＝0.2 m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1 m．此时弹簧的弹性势能E p ＝1 J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10 m/s2.则下列说法中正确的是(BD)A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒C．B球刚到地面时，速度是 2 m/sD．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6 J解析：由于弹簧和B之间有作用力，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A项错；由于没有摩擦，两球及弹簧组成的系统中只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；因为弹簧弹力作用于B，并对B 做功，B的机械能不守恒，而 2 m/s是根据机械能守恒求解出的，所以C项错；根据系统机械能守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝m A g(L＋h)＋m B gh＋E p＝6 J，D项对．8.如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM<ON.若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则(AC)A．滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大B．滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小C．在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置D．在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置解析：滑块运动过程中受重力、支持力、电场力、弹簧弹力作用，合力的方向可能一直向右，也可能先向右后向左，因而滑块可能一直加速，也可能先加速后减速，A、C选项正确；只有在M、N之间弹力与杆垂直和弹簧处于原长时，加速度仅由电场力确定，D项错误；因1、2之间和3、4之间的电势差相等，所以滑块在1、2之间和3、4之间移动时电场力做的功相等，B项错误．。
2018版高考物理二轮复习 小题提速练16
小题提速练(十六)(时间：20分钟 分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．[2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]利用图象来描述物理过程，探寻物理规律是常用的方法，图1是描述某个物理过程的图象，对该物理过程分析正确的是( )图1A ．若该图象为质点运动的速度时间图象，则前2秒内质点的平均速率等于0B ．若该图象为一条电场线上各点的电势随坐标变化的图象，则可能是点电荷所形成电场中的一条电场线C ．若该图象为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则该闭合线圈内一定产生恒定的电动势D ．若该图象为质点运动的位移随时间变化的图象，则质点运动过程速度一定改变了方向C [若为速度时间图象，则图象与时间轴围成的面积表示位移，时间轴以上表示位移为正，时间轴以下表示位移为负，前2秒内位移为0，平均速度为0，但是路程不等于0，平均速率为路程与时间之比，所以平均速率不等于0，选项A 错误．若为一条电场线上电势随坐标变化的图象，则图象的斜率ΔφΔx＝E ，由于斜率不变，所以为匀强电场，不可能是点电荷的电场线，选项B 错误．若为闭合线圈内匀强磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则斜率ΔB Δt 是定值，根据感应电动势E ＝ΔB ΔtS ，可判断感应电动势不变，选项C 正确．若为位移时间图象，则斜率表示速度，所以速度不变，选项D 错误．]15．(2017·皖南八校联考)一颗在赤道上空做匀速圆周运动运行的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R )A.23πR B.12πR C.13πR D.14πR A [根据G Mm r 2＝mg ′；而地球表面G Mm R 2＝mg ，因为g ′＝14g ，解得r ＝2R ；某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为2π3，则观测到地面赤道最大弧长为23πR ，答案为A.] 16．(2017·达州市一模)静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移l 后，动量为p 、动能为E k .以下说法正确的是( )A ．若保持水平力F 不变，经过时间2t ，物体的动量等于2pB ．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t ，物体的动量等于2pC ．若保持水平力F 不变，通过位移2l ，物体的动能小于2E kD ．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l ，物体的动能等于2E kA [根据动量定理I 合＝(F －f )t ＝p ，保持水平力F 不变，经过时间2t ，(F －f )·2t ＝p ′，可知p ′＝2p ，故A 正确；根据动量定理I 合＝(F －f )t ＝p ，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t ，则有(2F －f )·t ＝p ′，则p ′＞2p ，故B 错误；根据动能定理(F －f )·l ＝E k ，保持水平力F 不变，通过位移2l ，有(F －f )·2l ＝E ′k ，则有E ′k ＝2E k ，故C 错误；根据动能定理(F －f )·l ＝E k ，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l ，有(2F －f )·l ＝E ′k ，则有E ′k ＞2E k ，故D 错误．]17．如图2所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )【导学号：19624256】图2A ．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上B ．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C ．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D ．只要速度满足v ＝qBR m，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上 D [对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B 错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t ＝θ2πT 知，运动时间t 越小，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，轨道半径r ＝mv qB＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN 板上，故D 正确．]18．如图3甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d 的A 点处有一固定的正点电荷．细杆上套有一带电小环．设小环与点电荷的高度差为h .将小环无初速地从h 高处释放后，在下落至h ＝0的过程中，其动能E k 随h 的变化曲线如图乙所示．则( )图3A ．小环可能带负电B ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环电势能减小C ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段D ．小环将做以O 点为中心的往复运动C [结合动能E k 随h 的变化图象可知，小环带正电，故A 错；从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环所受电场力为斥力，做负功，小环电势能增加，由图可知，从h 高处下落至h ＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故B 错、C 对；在下落至O 点时小环所受电场力与杆对小环的弹力平衡，合力为重力，过了O 点后，电场力、杆对小环的弹力和重力的合力向下，小环一直做加速运动，D 错误．]19．下列说法正确的是( )A ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性B ．爱因斯坦曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε也叫作能量子C．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出核能D．放射性元素的半衰期与元素所处环境的温度无关，但与原子所处的化学状态有关AC[光电效应、康普顿效应都揭示了光的粒子性，故A正确；普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量的整数倍，这个不可再分的最小能量也叫作能量子，故B错误；中等核的比结合能较大，比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时，都有质量亏损，会放出核能，故C正确；放射性元素的半衰期由原子核内部决定，与外界的温度无关，与原子所处的化学状态也无关，故D 错误．]20．(2017·郑州三模)如图4所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB组成，A 点为抛物线顶点，已知h＝0.8 m，x＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小环套在轨道上的A点，下列说法正确的是( )【导学号：19624257】图4A．小环以初速度v0＝2 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力B．小环以初速度v0＝1 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力B点的速度为4 m/sB点的时间为0.4 sA点水平抛出，下落0.8 m用时0.4 s，水平位移为A正确，B错误；，到达B点的速度v＝2gh＝2×10×0.8 m/s＝4B点所用的时间长，大于0.4 s，D21．某小型电能输送的示意图如图5所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，与副线圈相连的输送线路的电阻可等效为电阻R.线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是( )图5A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，用户的灯泡变暗B ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大C ．若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBS ωD ．用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例不变AC [矩形线圈abcd 中产生交变电流；将原线圈抽头P 向上滑动时，原线圈匝数变大，根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A 正确；线圈处于图示位置时，是中性面位置，矩形线圈中感应电动势的瞬时值为零，故B 错误；若线圈转动的角速度变为2ω，根据电动势最大值公式E m ＝NBS ω，最大值增加为原来的2倍，则⎝⎛⎭⎪⎫NBS ·2ω22·R 原·T 2＝E 2·R 原·T ，解得E ＝NBS ω，所以变压器原线圈电压的有效值为NBS ω，故C 正确；发电厂输出功率增大，升压变压器的输出电压不变，由于输电线电流增大，输电线损失电压增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D 错误．]。
2018版高考物理二轮复习 小题提速练3
小题提速练(三)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．(2017·宁德市质检)核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌的风险．已知钚的一种同位素239 94Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为239 94Pu→X＋42He＋γ，下列有关说法正确的是( )A．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，穿透能力很强B．X原子核中含有92个中子C．8个239 94Pu经过24 100年后一定还剩余4个D．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量不变A[衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故A正确．根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为143，故B错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故C错误．由于衰变时释放巨大能量，有质量亏损，衰变过程总质量减小，故D错误．]15．(2017·辽宁省实验中学模拟)如图1所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环．现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力F A、F B的变化情况，下列说法正确的是( )图1A．F A变小，F B变小B．F A变大，F B变大C．F A变大，F B变小D．F A变小，F B变大A[绳上套有一光滑小铁环，则两侧绳子对环的拉力大小相等，由对称性可知，平衡时左、右两段绳与竖直方向间夹角相等，设均为θ，则有：2F cos θ＝mg，l OB sin θ＋l OA sin θ＝2r，得l sin θ＝2r，大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度后，有l sin θ′＝d＜2r，故绳与竖直方向间夹角变小，左、右两侧轻绳对A 、B 两点拉力F A 、F B 均变小，A 正确．]16．(2017·衡水中学二模)如图2所示，以速度v 将小球沿与水平方向成θ＝37°角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙上，小球反弹后的速度方向水平，速度的大小为碰撞前速度大小的34，不计空气阻力，则反弹后小球的速度大小再次为v 时，速度与水平方向夹角的正切值为( )【导学号：19624222】图2A.34B.43C.35D.53B [小球斜向上抛出垂直打在墙上，可逆向视为平抛运动，设打在墙上的速度为v 0，则v 0＝v cos 37°，反弹后以34v 0抛出，当速度为v 时，34v 0＝v cos α，联立解得cos α＝35，故tan α＝43，B 正确．] 17．(2017·北京高考)图3甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是( )图3A ．图甲中，A 1与L 1的电阻值相同B ．图甲中，闭合S 1，电路稳定后，A 1中电流大于L 1中电流C ．图乙中，变阻器R 与L 2的电阻值相同D ．图乙中，闭合S 2瞬间，L 2中电流与变阻器R 中电流相等C [A 错：断开开关S 1瞬间，线圈L 1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L 1的电流反向通过灯A 1，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L 1＞I A1，即R L 1＜R A1.B 错：图1中，闭合S 1，电路稳定后，因为R L 1＜R A1，所以A 1中电流小于L 1中电流．C 对：闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同，说明变阻器R 与L 2的电阻值相同．D 错：闭合S 2瞬间，通过L 2的电流增大，由于电磁感应，线圈L 2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L 2中电流与变阻器R 中电流不相等．]18．(2017·常州一模)如图4所示，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M ，置于光滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器受到一个水平向右的力F 作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为( )图4A ．mg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 B ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 C ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F m 2 D.mg 2＋F 2B [先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝F M ＋m .再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：N ＝mg 2＋ma 2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2] 19．(2017·钦州市港区月考 )如图5所示，直线A 为某电源的U I 图线，曲线B 为某小灯泡D 1的U I 图线的一部分，用该电源和小灯泡D 1组成闭合电路时，灯泡D 1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是( )【导学号：19624223】图5A ．此电源的内阻为0.5 ΩB ．灯泡D 1的额定电压为3 V ，功率为6 WC ．把灯泡D 1换成“3 V,20 W”的灯泡D 2，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡B 的U I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用AB [由图读出电源的电动势为 E ＝4 V ，图线A 的斜率大小表示电源的内阻，则 r ＝4－16Ω＝0.5 Ω，故A 正确． 灯泡与电源连接时，A 、B 两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U ＝3 V ，I ＝2 A ，则灯泡D1的额定电压为3 V ，功率为P ＝UI ＝6 W ，故B 正确．把灯泡D 1换成“3 V,20 W”的灯泡D 2，由P ＝U 2R， 知：灯泡D 2正常工作时的电阻为R 2＝U 2P ＝3220Ω＝0.45 Ω 灯泡D 1的电阻为R 1＝U I ＝32Ω＝1.5 Ω，把灯泡D 1换成“3 V,20 W”的灯泡D 2时，输出电压小于3 V ，灯泡D 2的电阻小于0.45 Ω，更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故C 错误．小灯泡是纯电阻用电器，欧姆定律是适用的，小灯泡的U I 图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D 错误．]20．(2016·石家庄质检)如图6所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m ，用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳伸直，A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处．放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是( )图6A ．弹簧的劲度系数为mg hB ．此时弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2 C ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上D ．此后物体B 可能离开挡板沿斜面向上运动AB [物体A 刚落地时，弹簧伸长量为h ，物体B 受力平衡，所以kh ＝2mg sin θ，所以k ＝mg h ，选项A 对；物体A 落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh －12mv 2，选项B 对；物体A 刚落地时，对A 应用牛顿第二定律得：mg －kh ＝ma ，所以a ＝0，选项C 错；物体A 落地后，弹簧不再伸长，故物体B 不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D 错．]21．(2017·鞍山一中最后一模)如图7所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的交角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )【导学号：19624224】图7A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是32＋3 C ．A 、B 两粒子的m q 之比是13D ．A 、B 两粒子的m q 之比是32＋3BD [由题意可知，粒子圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：根据Bqv ＝mv 2r可得：r ＝mv qB ，由几何关系可得：r cos θ＋r ＝d可得：r A r B ＝1＋cos 60°1＋cos 30°＝32＋3，A 错误，B 正确；由m q ＝rB v 可得两粒子的m q之比与半径之比大小相等，故C 错误，D 正确．]。
江苏专版高考物理二轮复习鸭题12分强化练选修
选考题12分强化练(选修3-3)1. (1)下列说法中正确的是 ___________ .A. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故B. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点C. 布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的D. 由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液体分子间表现为引力，所 以液体表面具有收缩的趋势(2) 若一条鱼儿正在水下 10 m 处戏水，吐出的一个体积为1 cm 3的气泡.气泡内的气体 视为理想气体，且气体质量保持不变，大气压强为 p o = 1.0 x 105Pa , g = 10 m/s ［湖水温度 保持不变，气泡在上升的过程中， 气体 ________ (选填“吸热”或者“放热”)；气泡到达湖 面时的体积为 ________ cm 3.(3) 利用油膜法可以粗略测出阿伏加德罗常数.把密度p = 0.8 x 103 kg/m 3的某种油， 用滴管滴一滴在水面上形成油膜，已知这滴油的体积为V = 0.5 x 10 -3cm 3，形成的油膜面积 为S = 0.7卅，油的摩尔质量 M= 9X 10 -2 kg/mol ，若把油膜看成单分子层，每个油分子看成 球形，那么：①油分子的直径是多少?②由以上数据可粗略测出阿伏加德罗常数 2是多少？(保留一位有效数字)【解析】 (1)水的沸点和气压有关，高原地区水的沸点较低，是因为高原地区大气压较低，A 错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性， 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故B 正确；布朗运动显示的是 悬浮微粒的运动，反应了液体分子的无规则运动， C 错误；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液体分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，D 正确. (2)气泡上升的过程中体积增大，对外做功，由于保持温度不变，故内能不变，由热力 学第一定律可得，气泡需要吸热；气泡初始时的压强气泡浮到水面上的气压 p 2= p 0= 1.0 x 105 Pa由气体的等温变化可知， P 1V 1 = P 2V 2带入数据可得：□= 2 cm 3.一 V 6M 23 示为N A =，联立以上各式得 N A = 亍~，代入数值计算得 N A = 6x 10 mol V> n d p【答案】 (1)BD (2)吸热 2 (3)①7x 10 —10 m23 一 1② 6x 10 mol 2. (1)如图1所示，压紧的铅块甲和乙“粘”在一起，下列说法正确的是p= p °+ p gh = 2.0 x 105 Pa (3)①油分子的直径 V 0.5 x 10 — 3x 10— 6 d =S 0.7 —10 m = 7x 10 m.②油的摩尔体积为 V =凶，每个油分子的体积为 P 4n R 5 n d 3V )=--—=厂，阿伏加德罗常数可表 3 6图1A. 甲下表面与乙上表面的铅原子都保持静止B. 甲下表面的铅原子对乙上表面相邻铅原子间引力一定大于斥力C. 甲下表面的铅原子对乙上表面铅原子引力的合力大于斥力的合力D. 甲下表面的铅原子对乙上表面相邻铅原子间只有引力没有斥力(2) 4月11日我市凌晨2时气温为10 C,空气的相对湿度为98%,10 C时水的饱和气压为1.2 X 103 Pa.若当天空气中水蒸气的压强不变，则当天空气中水蒸气的压强(选填“略大于”或“略小于”)1.2 X 10 3 Pa.下午15时气温为25 C,空气的相对湿度(选填“大于”或“小于” )98%.(3) 水银气压计中水银柱上方混有空气.当实际大气压强相当于756 mm高的水银柱时，水银气压计的计数为740 mm此时管中水银面到管顶的距离为90 mm.当该气压计的计数为750 mm 时，实际的大气压强相当于多高的水银柱产生的压强？设温度保持不变.【解析】(1)组成铅块的铅原子都在永不停息地做无规则运动，且原子间的引力和斥力同时存在，故A、D均错误；甲下表面的铅原子与乙上表面的相邻原子间引力不一定都大于斥力，但考虑铅块乙处于平衡状态，一定有甲下表面的铅原子对乙上表面铅原子引力的合力大于斥力的合力，故B错误，C正确.(2) 由相对湿度的定义可知，10 C时空气的相对湿度为98%则10 C时空气中水蒸气的压强略小于10 C时水的饱和气压 1.2 X 103 Pa,下午15时气温为25 C,饱和气压增大，空气的相对湿度将小于98%.(3) 水银柱上方空气的温度保持不变，由(》—h" 11S= ( p2- h2)l2S又12= 11- (h2- h".由以上两式可解得p2= 768 mmHg.【答案】(1)C (2)略小于小于(3)768 mmHg3. (1)下列说法中正确的是__________ .【导学号：25702116】A. 当气体分子热运动变得更剧烈时，气体压强一定变大B. 当空气压强发生变化时，水的饱和汽压也一定变化C. 若取走绝热容器中速率大于v的气体分子，此后其中分子的速率不会大于vD. 石墨层状结构间距离较大，沿此方向易剥下，因而其机械强度有方向性(2)如图2所示，一定质量的理想气体从状态A开始分别经过等温膨胀和等压膨胀到相同体积，则等温膨胀过程中气体对外做功 _________ (选填“大于” “等于”或“小于”)等压膨胀过程中气体对外做功；等温膨胀过程中气体从外界吸收的热量 ________ (选填“大于” “等于”或“小于”)等压膨胀过程中气体从外界吸收的热量.(3)如图3所示，食盐(NaCI)晶体由钠离子和氯离子组成，相邻离子的中心用线连起来组成了一个个大小相等的立方体，立方体的个数与两种离子的总数目相等. 已知食盐的密度为P，摩尔质量为M阿伏加德罗常数为2,求:图3①食盐的分子质量m②相邻离子间的距离a.【解析】(1)当气体分子热运动变得更剧烈时，如果分子密集程度减小，气体的压强可能减小，A错误；当空气压强发生变化时，若气体温度不变，则水的饱和汽压也不变，B 错误；气体分子频繁撞击，速率时刻发生变化，当取走速率大于v的气体分子后，速率小于v的分子在相互撞击后也可大于v, C错误；石墨层状结构，决定了其机械强度具有方向性，D正确.(2)气体在等温膨胀过程中气压减小，气体对外做功的推力减小，故在体积变化相同的条件下，等压膨胀做功较多，在等压膨胀过程中，气体对外做功多，同时内能增加，故其吸收的热量较多.(3)①食盐的分子质量m= MM 3②设相邻离子间的距离为a，则冇=a.可解得: a=M Q f M【答案】⑴D⑵小于小于⑶①N A②.刁4. (1)下列说法正确的是__________ .A. 空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度就越大B. 单晶体具有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点C. 水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的D. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大(2) —定质量的理想气体由状态A变化到状态B,压强随体积变化的关系如图4所示.气体在状态A时的内能_________________ 状态B时的内能(选填“大于” “小于”或“等于”)；由A变化到B,气体对外界做功的大小____________ (选填“大于”“小于” 或“等于”)气体从外界吸收的热量.(3)如图5所示，用销钉固定的活塞把导热汽缸分隔成两部分，A部分气体压强p A= 6.0 x 105 Pa，体积Vx= 1 L ; B部分气体压强P B= 2.0 x 105 Pa，体积V B= 3 L.现拔去销钉，外界温度保持不变，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气，A、B两部分气体均为理想气体.求活塞稳定后A部分气体的压强.图5【解析】(1)空气中水蒸气的压强增大，如果饱和气压也增大，空气的相对湿度不一定增大，故A错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，B错误；水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的，C正确；当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小时分子力作负功，分子势能增大，D正确.(2) 由P A V V=P B*可知，A、B两状态对应气体的温度相等，因此A、B两状态气体的内能相等，由状态A变化到状态B的过程中，气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，且吸收的热量等于气体对外界做的功.(3) 拔去销钉，待活塞稳定后，P' A= P‘ B ①根据玻意耳定律，对A部分气体，P A V\= p' A(/+△ V) ②对B 部分气体，P B“= p' B(V B—A V) ③由①②③联立：5p' A= 3.0 x 10 Pa【答案】(1)CD (2)等于等于(3)3.0 x 105 Pa。
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小题提速练(十二)
(时间：20分钟分值：48分)
选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．(2017·辽宁省实验中学模拟)如图1所示是甲、乙两车在同一条公路上沿同一方向，向同一目的地运动的位移—时间图象，由图可以看出( )
图1
A．甲、乙两车是从同一地点出发的
B．甲车比乙车多运动了t2的时间
C．甲、乙两车在行进时的瞬时速率是相同的
D．甲、乙两车在t4时间内的平均速度是相同的
C[由图可知，甲车从x0处出发，乙车从原点出发，且晚出发的时间为t2，甲车比乙车多运动了t4－(t3－t2)＝t4＋t2－t3，故A、B错误；由图可知两车在行进时，图线的斜率相同，它们的瞬时速率相同，C正确；甲、乙两车在t4时间内，乙车的位移大，所用时间短，所以乙车的平均速度大，故D错误．]
15．(2017·泉州模拟)如图2所示，一质点受一恒定合外力F作用从y轴上的A点平行于x 轴射出，经过一段时间到达x轴上的B点，在B点时其速度垂直于x轴指向y轴负方向，质点从A到B的过程，下列判断正确的是( )
图2
A．合外力F可能向y轴负方向
B．该质点的运动为匀变速运动
C．该质点的速度大小可能保持不变
D．该质点的速度一直在减小
B[物体受到一恒力，从A到B，则：
根据曲线运动条件，有合外力的方向可能是x 轴与y 轴之间，不可能沿y 轴负方向，否则B 点的速度不可能垂直x 轴，故A 错误；
由于受到一恒力，因此做匀变速曲线运动，故B 正确；
因受到一恒力，因此不可能做匀速圆周运动，所以速度大小一定变化，故C 错误； 根据力与速度的夹角可知，速度先减小后增大，故D 错误．]
16.如图3所示，两辆质量均为M 的小车A 和B 置于光滑的水平面上，有一质量为m 的人静止站在A 车上，两车静止．若这个人自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车并与A 车相对静止，则此时A 车和B 车的速度之比为( )
【导学号：19624247】
图3
A.
M ＋m m B.m ＋M M C.M
M ＋m D.m
M ＋m
C [规定向右为正方向，对全过程由动量守恒定律有0＝Mv B －(M ＋m )v A ，得v A v B ＝
M M ＋m
，C 正确．] 17．如图4所示，A 为一足够长的固定斜面，物块B 由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B 在t ＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F ＝kt 的垂直于斜面的作用力．v 、f 、a 和E 分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v 、f 、a 和E 随时间t 变化规律的图象中，可能正确的是( )
图4
A [设物块
B 的质量为m ，对物块B ，在斜面上开始时受重力mg 、外力F 、斜面的支持力N 和滑动摩擦力f 作用，在沿斜面向下方向上有：mg sin θ－f ＝ma ，在垂直斜面
方向上有：N －mg cos θ－F ＝0，根据滑动摩擦定律有：f ＝μN ＝μmg cos θ＋μkt ，又因为：F ＝kt ，解得：ma ＝mg sin θ－μmg cos θ－μkt ，所以先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大，接着做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度减为零，故选项A 正确，选项C 错误；摩擦力先与时间成一次函数关系，当物块速度减小为零时，摩擦力突变为静摩擦力，大小减小为mg sin θ恒定不变，且有mg sin θ＞μmg cos θ，故选项B 错误；物块下滑过程中的机械能减少量ΔE ＝∑f i Δx ，与时间不成线性关系，物块速度为零后，机械能不变，故选项D 错误．]
18．(2017·郑州三模)如图5甲所示为杂技中的“顶竿”表演、水平地面上演员B 用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A 自竿顶由静止开始下滑．滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A 、B 质量均为50 kg ，长竹竿质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2
，下列判断正确的是( )
图5
A ．竹竿的总长度约为3 m
B ．0～6 s 内，演员B 对地面的压力大小始终为1 050 N
C ．0～6 s 内，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为3 300 N·s
D ．演员A 落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
C [v t 图象的面积等于演员A 下滑过程的位移，x ＝12
×6×2 m＝6 m ，A 错误； 0～4 s 内演员A 加速下滑，加速度为0.5 m/s 2
，处于失重状态，演员B 对地面的压力大小 F N ＝2M 人g ＋mg －M 人a ＝2×50×10 N ＋5×10 N－50×0.5 N＝1 025 N ；4～6 s 内演员A 减速下滑，加速度为1 m/s 2
，处于超重状态，演员B 对地面的压力大小 F N ＝2M 人g ＋mg ＋M 人a ′＝2×50×10 N＋5×10 N＋50×1 N＝1 100 N ，B 错误； 0～4 s 内演员B 对竹竿的支持力大小为F ＝M 人g ＋mg －M 人a ＝50×10 N＋5×10 N－50×0.5 N＝525 N ，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为I 1＝525×4 N·s＝2 100 N·s；4 s ～6 s 内演员B 对竹竿的支持力大小为
F ＝M 人g ＋mg ＋M 人a ′＝50×10 N＋5×10 N＋50×1 N＝600 N ，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为
I 2＝600×2 N·s＝1 200 N·s；0～6 s 内，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为 I ＝I 1＋I 2＝2 100 N·s＋1 200 N·s＝3 300 N·s，C 正确；
演员A 落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，D 错误．故选C.]
19．(2017·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)下列说法正确的是( )
A ．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在质子
B ．太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少，太阳每秒钟辐射出的能量约为4.0×1026 J ，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近109 kg
C ．放射性元素A 经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B ，则元素B 在元素周期表中的位置较元素A 的位置向前移动了3位
D ．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大
BC [卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，A 错误；
根据ΔE ＝Δmc 2得太阳每秒减少的质量为Δm ＝ΔE c 2＝ 4.0×102682 kg≈109
kg ，所以B 正确；放射性元素A 经过2次α衰变，电荷数减少4，再经过1次β衰变，电荷数多1，总共电荷数减少3，变为新元素B ，故元素B 在元素周期表中的位置较元素A 的位置向前移动了3位，C 正确；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，电场力做正功，动能增大，电势能减小，D 错误．]
20．某同学为研究电动机在启动和工作过程中电流的变化情况，设计如图6所示的电路，则下列说法中正确的是( )
图6
A ．电动机启动时的电流大于正常工作时的电流
B ．电动机有负载时的电流小于空载时的电流
C ．若增大电动机的负载，则电流增大
D ．由于电动机内阻不变，因此电流与电动机的负载无关
AC [电动机消耗的电能等于转化的机械能与产生的热能之和，由于电动机启动时的速度小于正常工作时的速度，故转化的机械能较小，此时产生的热能较大，即电流较大，A 正确；有负载时速度减慢，机械能输出减小，电流增大，大于空载时的电流，B 、D 错误，C 正确．]
21．(2017·新余市一中七模)一理想变压器与电阻R 、交流电压表V 、电流表A 按图7甲所示方式连接，电阻R ＝10 Ω，电压表、电流表均为理想电表，变压器的匝数比为10∶1，
图乙是R 两端电压U 随时间变化的图象，U m ＝10 2 V ．下列说法中正确的是( )
【导学号：19624248】
图7
A ．通过R 的电流瞬时值表达式为i R ＝cos 50πt A
B ．电流表A 的读数为0.1 A
C ．电流表A 的读数为1 A
D ．电压表V 的读数为10 V
BD [电阻R 的电压最大值U m ＝10 2 V ，则有效值U ＝1022
V ＝10 V ．所以通过电阻的电流为I ＝U R ＝1 A ，I m ＝ 2 A ，ω＝2π0.02
rad/s ＝100π rad/s ，因此通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt (A)，故A 错误；由匝数比为n 1n 2＝101
的变压器，得电流表A 的读数为0.1 A ，故B 正确，C 错误；电压表读出的是有效值，得电压表V 的读数为10 V ，故D 正确．]。