2018年高考物理二轮复习选择题满分专练
(浙江选考)高考物理二轮复习 专题16 实验：练习使用多用电表试题(含解析)-人教版高三全册物理试题
实验：练习使用多用电表1．外部构造〔如图1所示〕〔1〕转动选择开关可以使用多用电表测量电流、电压、电阻等。
〔2〕表盘的上部为表头，用来表示电流、电压和电阻的多种量程。
图12．欧姆表原理〔1〕内部电路简化如图2所示。
图2〔2〕根据闭合电路欧姆定律①当红、黑表笔短接时，I g ＝ER g ＋R ＋r ，②当被测电阻R x 接在红、黑表笔两端时，I ＝ER g ＋R ＋r ＋R x 。
③当I 中＝12I g 时，中值电阻R 中＝R g ＋R ＋r 。
3．练习使用多用电表〔1〕实验器材多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线假设干、小电珠、二极管、定值电阻〔大、中、小〕三个。
〔2〕实验步骤①观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目与量程。
②机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置。
假设不指零，如此可用小螺丝刀进展机械调零。
③将红、黑表笔分别插入“＋〞、“－〞插孔。
④测量小灯泡的电压和电流A．按如图甲所示连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压。
B．按如图乙所示连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流。
⑤测量定值电阻A．根据被测电阻的大约阻值，选择适宜的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指欧姆表的“0〞刻度，假设不指欧姆表的“0〞刻度，调节欧姆表的调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0〞刻度处；B．将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；C．读出指针在刻度盘上所指的数值，观察选择开关所对应的欧姆挡的倍率，用读数乘以倍率，即得测量结果；D．测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF〞挡。
6．某个同学得知芋艿也有电阻,想探究其阻值为多大,向教师借来多用电表进展粗测，如图1．〔1〕选择档位后〔图2〕指针偏转如图3所示，如此该同学接下去的操作应为______，测量读数．〔2〕为准确测量芋艿的阻值，设计如图4所示的电路图，如此测量时应将c点接______〔选填“a点〞或“b点〞〕，按此连接测量，测量结果______〔选填“小于〞、“等于〞或“大于〞〕芋艿内阻的真实值．〔3〕另一同学测量了两节干电池的电动势和内阻，将测量结果画图〔如图5〕，根据图5可知一节干电池的内阻约为______Ω〔保存两位有效数字〕．【答案】〔1〕选择×1k档位后欧姆调零〔2〕b大于〔3〕0.33【解析】〔1〕把选择开关置于欧姆挡的“×100〞挡位，由图3所示所示可知表针偏角太小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应重新选择“×1k〞档位，测量前还应该调电阻档的欧姆调零旋钮，使指针指在电阻档“0〞刻度线处；再用两表笔接待测电阻读数.〔2〕粗侧待测电阻是个大电阻，为减小误差，电流表应采用内接法，故c点应接b点；接b点时，电流测量准确，电压测量为电流表和电阻的电压之和偏大，根据欧姆定律可知，测量值偏大，即测量结果大于真实值；〔3〕由图5所示电源的U-I图象结合可知，斜率，故一节干电池的内阻为.掌握测电阻的常用方法：欧姆表法粗侧电阻，伏安法测电阻，伏安法测电源的内阻，半偏法测电表内阻，比拟法测电阻，替代法测电阻．7．用多用电表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上________。
高考物理二轮复习100考点千题精练第十四章热学专题14.4与气缸相关的计算问题(2021学年)
20１8年高考物理二轮复习1０0考点千题精练第十四章热学专题1４.4 与气缸相关的计算问题编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(２018年高考物理二轮复习 100考点千题精练第十四章热学专题1４.4 与气缸相关的计算问题)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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专题１4.4 与气缸相关的计算问题1．(2０18江西赣中南五校联考）如图,质量为M的导热性能极好的气缸,高为L,开口向上置于水平地面上，气缸中有横截面积为S、质量为ｍ的光滑活塞,活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内。
外界温度为t1、大气压为p0,此时气柱高度为l，气缸和活塞的厚度均可忽略不计,重力加速度为ｇ。
(1)用竖直向上的力作用在活塞上使气缸能离开地面，则需要施加的最小力F1 多大?(２）将气缸固定在地面上,如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，求在顶端处,竖直拉力F2 的大小。
(3)如果外界温度由t1 缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端,则此时外界温度为多少摄氏度？【参考答案】(１) (Ｍ+m)g；（2) （mg+ｐ0S）×（L-l)/ L；(３)273tlL—273【命题意图】本题考查平衡条件、气体实验定律及其相关的知识点，意在考查运用相关知识解决实际问题的能力.在起始状态对活塞由受力平衡得：p１S=mｇ+p0S在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F2+p２S=mg+p0S 解得F２＝p1Ｓ— p2S=（mg+p0Ｓ)×(Ｌ—ｌ)/L（3)由盖-吕萨克定律得: lST='LST而：T＝t+273,T’=t’+２７3，解得：t’=273tlL-2７3．2（２018金考卷）如图所示,一圆筒形汽缸静止于地面上，汽缸的质量为Ｍ,活塞(连同手柄)的质量为m，汽缸内部的横截面积为S，大气压强为Ｐ0,平衡的汽缸内的容积为V０,现用手握住活塞手柄缓慢向上提．设汽缸足够长，在整个上提过程中气体的温度保持不变，不计汽缸内气体的重力与活塞与汽缸壁间的摩擦,求汽缸刚提离地面时活塞上升的距离.【命题意图】本题考查玻意耳定律及其相关的知识点.【解题思路】p1=p0+ V1=V０—---————————(2分)P２=p0— V2=V—-—－————--－-（2分）等温变化：p1V１＝P２V2—－————－--－——(3分)Ｈ==—-——-————-——(3分）3.（２01７·湖南永州二模）如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔,与Ｕ形水银管相连,外界大气压为p0=1.0×105Pa,缸内气体温度t0=27 ℃，稳定后两边水银面的高度差为Δh=１。
2018届高考物理二轮复习转动切割磁感线问题专题卷
100考点最新模拟题千题精练10-9一．选择题1. (2018洛阳联考)1831年,法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲).它是利用电磁感应的原理制成的,是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图:铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触.使铜盘转动,电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场,回路的总电阻恒定,从左往右看,铜盘沿顺时针方向匀速转动,下列说法中正确的是 ( )A. 铜片D 的电势高于铜片C 的电势B. 电阻R 中有正弦式交变电流流过C. 铜盘转动的角速度增大1倍,流过电阻R 的电流也随之增大1倍D. 保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中有电流产生 【参考答案】C【名师解析】根据右手定则，铜片中电流方向为D 指向C ，由于铜片是电源，所以铜片D 的电势低于铜片C 的电势，选项A 错误；电阻R 中有恒定的电流流过，选项B 错误；铜盘转动的角速度增大1倍,，根据转动过程中产生的感应电动势公式E ＝12BL 2ω，产生是感应电动势增大1倍，根据闭合电路欧姆定律，流过电阻R 的电流也随之增大1倍，选项C 正确；保持铜盘不动,磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场,则铜盘中没有电流产生，选项D 错误。
2.如图所示为一圆环发电装置，用电阻R ＝4 Ω的导体棒弯成半径L ＝0.2 m 的闭合圆环，圆心为O ，COD是一条直径，在O 、D 间接有负载电阻R 1＝1 Ω。
整个圆环中均有B ＝0.5 T 的匀强磁场垂直环面穿过。
电阻r ＝1 Ω的导体棒OA 贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s ，则( )A.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为1 WB.当OA 到达OC 处时，圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W 【参考答案】AD3.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A.由c 到d ，I ＝Br 2ωRB.由d 到c ，I ＝Br 2ωRC.由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD.由d 到c ，I ＝Br 2ω2R【参考答案】D4（2018河南八市重点高中联考）如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则A ．外力的大小为2B ．外力的大小为2CD ．导体杆旋转的角速度为22Br 【参考答案】C【名师解析】设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E =12Br 2ω，I=E/R ，根据题述回路中的电功率为P ，则P=EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有：P=Fv /2，v=r ω，联立解得F ，ω，选项C 正确ABD 错误。
2018届高考物理二轮复习热点2滑块—木板模型学案
热点2 滑块—木板模型[热点跟踪专练]1．(多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg [解析] 当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg 3m ＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmg m ＝12μg ，选项D 正确． [答案] BCD2．(2017·江西模拟)如图所示，在水平地面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板，在木板A 的上方放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态．A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F 向右拉动木板A ，使之从B 、C 之间抽出来，已知重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则拉力F 的大小应该满足的条件是( )A ．F >μ(2m ＋M )gB ．F >μ(m ＋2M )gC ．F >2μmgD ．F >2μ(m ＋M )g[解析] 要使A 能从B 、C 间抽出来，则A 要相对于B 、C 都滑动，所以A 、C 间与A 、B 间都是滑动摩擦力，对A 有a A ＝F －μmg －μM ＋m g M ，对C 有a C ＝μmg m，B 受到A 对B 的水平向右的滑动摩擦力μ(M ＋m )g 和地面对B 的摩擦力f ，由于f ≤μ(2M ＋m )g ，所以A 刚要从B 、C 间抽出时，B 静止不动，即a A >a C 时，A 能从B 、C 间抽出，得F >2μ(M ＋m )g ，D 对．[答案] D3．(2017·广州模拟)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F 0；质量为m 和2m 的木块间的最大静摩擦力为12F 0.现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块一起加速运动，下列说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F 0时，轻绳刚好被拉断C ．在轻绳未被拉断前，当F 逐渐增大时，轻绳上的拉力也随之增大，并且大小总等于F 大小的一半D ．在轻绳被拉断之前，质量为m 和2m 的木块间已经发生相对滑动[解析] 质量为2m 的木块受到5个力的作用，重力、拉力、压力、支持力和摩擦力，则选项A 错误；对三者整体，应用牛顿第二定律有F ＝6ma ，对质量为m 和2m 的木块整体，同理有，轻绳拉力T ＝3ma ＝F 2，隔离质量为m 的木块，有f ＝ma ＝F 6，可知在轻绳未被拉断前，当F 逐渐增大时，轻绳上的拉力也随之增大，并且大小总等于F 大小的一半，则选项C 正确；当F 逐渐增大到F 0时，轻绳拉力T ＝F 02，轻绳没有达到最大拉力不会被拉断，则选项B 错误；当T 逐渐增大到F 0时，f ＝F 03，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力没有达到最大静摩擦力12F 0，故在轻绳被拉断之前，质量为m 和2m 的木块间不会发生相对滑动，选项D 错误．[答案] C4．(多选)(2017·云南昆明质检)如图甲所示，质量m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg 的A 、B 两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上．t ＝0时刻，一水平恒力F 作用在物块B 上，t ＝1 s 时刻，撤去F ，B 物块运动的速度—时间图象如图乙所示，若整个过程中A 、B 始终保持相对静止，则( )A ．物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2B ．1～3 s 内物块A 不受摩擦力作用C ．0～1 s 内物块B 对A 的摩擦力大小为4 ND ．水平恒力的大小为12 N[解析] 在v －t 图象中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a 1＝4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 1，μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 2，解得：μ＝a 2g＝0.2，F ＝18 N ，选项A 正确，选项D 错误；1～3 s 内两物块一起运动，物块A 也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向左的静摩擦力，选项B 错误；同理在0～1 s 内物块A 也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：f ＝m A a 1＝4 N ，选项C 正确．[答案] AC5．(多选)(2017·云南昆明质检)将A 、B 两物块叠放在一起放到固定斜面上，物块B 与斜面之间的动摩擦因数为μ1，物块A 、B 之间的动摩擦因数为μ2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )A．若μ1＝0，则物体A、B一定不会发生相对滑动B．若μ1＝0，则物体A、B一定会发生相对滑动C．若μ1＝μ2，则物体A、B一定会发生相对滑动D．若μ1＝μ2，则物体A、B一定不会发生相对滑动[解析] 若物块B与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0，则A、B一起沿斜面以共同的加速度下滑，一定不会发生相对滑动，选项A正确，B错误；若μ1＝μ2，A、B一起沿斜面以共同的加速度下滑，一定不会发生相对滑动，选项C错误，D正确．[答案] AD6．(多选)(2017·河南开封一模)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f.现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s.下列说法正确的是( )A．上述过程中，滑块克服摩擦力做的功为f(L＋s)B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，F越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] 由功的定义式可知，滑动摩擦力对滑块做功W ＝－f (L ＋s )，所以滑块克服摩擦力做功为f (L ＋s )，A 项正确；分别对滑块和木板受力分析，由牛顿第二定律，有F －f ＝ma 1，f ＝Ma 2，两物体均做初速度为零的匀加速直线运动，且a 1>a 2，速度图象如图所示．阴影面积表示滑块相对木板的最大位移，即木板的长度．M 越大，木板的速度图线斜率越小，滑块速度图线斜率不变，相对位移一定，故滑块到达木板右端所用时间越短，木板的位移s 越小，B 项正确；F 越大，滑块的速度图线斜率越大，木板的速度图线斜率不变，相对位移一定，由图可知滑块到达木板右端时间越短，C 项错误；滑块与木板之间因摩擦产生的热量Q ＝fL ，与其他因素无关，D 项错误．[答案] AB7．(2017·郑州质检(二))如图所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 从距离长木板B 左侧l ＝9.5 m 处，以速度v 0＝10 m/s 向着长木板运动．一段时间后物块A 与长木板B 发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上．已知物块A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)碰后瞬间物块A 和长木板B 的速度；(2)长木板B 的最小长度和物块A 与长木板左侧的最终距离．[解析] (1)设物块A 与木板B 碰前的速度为v由动能定理得－μ1m 1gl ＝12m 1v 2－12m 1v 20 解得v ＝v 20－2μ1gl ＝9 m/s A 与B 发生完全弹性碰撞，假设碰撞后瞬间的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得12m 1v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22 联立解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v ＝－3 m/s ，v 2＝2m 1m 1＋m 2v ＝6 m/s (2)之后B 做减速运动，C 做加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B 有－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 1对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t ，v 2＋a 1t ＝a 2t木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m B 、C 达到共同速度之后，因μ1<μ2，二者一起减速至停下，由牛顿运动定律得－μ1(m 2＋m 3)g ＝(m 2＋m 3)a 3整个过程B 运动的位移为x B ＝v 2t ＋12a 1t 2＋0－a 2t 22a 3＝6 mA 与B 碰撞后，A 做减速运动的加速度也为a 3，位移为x A ＝0－v 212a 3＝4.5 m 物块A 与长木板B 左侧的最终距离为x A ＋x B ＝10.5 m[答案] (1)－3 m/s 6 m (2)3 m 10.5 m8．如图所示，在光滑水平地面上放置一质量M ＝2 kg 的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上表面的高度h ＝0.6 m ，滑块在木板上滑行t ＝1 s 后，和木板以共同速度v ＝1 m/s 匀速运动，取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A 点沿弧面由静止滑下到与木板共同运动过程中产生的内能．[解析] (1)滑块在木板上滑行时，对木板，根据牛顿第二定律有F f ＝Ma 1由运动学公式得v ＝a 1t代入数据解得F f ＝2 N.(2)滑块在木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－F f ＝ma 2设滑块滑上木板时的初速度为v 0，则有v －v 0＝a 2t代入数据解得v 0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh ＋W f ＝12mv 2解得摩擦力做功W f 为－1.5 J ，所以克服摩擦力做功为1.5 J ，此过程中产生的内能Q 1＝1.5 J.(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时木板的位移为s 1＝12a 1t 2 此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12a 2t 2 故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝1.5 m所以Q 2＝F f ·L ＝3 J ，则Q ＝Q 1＋Q 2＝4.5 J.[答案] (1)2 N (2)1.5 J (3)4.5 J9．如图所示，光滑水平面上有一质量为M ＝2 kg 的足够长木板，木板上最右端有一可视为质点的小物块，其质量为m ＝3 kg ，小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时小物块与木板均静止，距木板左端L ＝2.4 m 处有一固定在水平面上的竖直弹性挡板P .现对小物块施加一水平向左的拉力F ＝6 N ，使小物块和木板向左运动．若不考虑木板与挡板P 发生碰撞时的能量损失，整个运动过程中小物块始终没有与挡板发生碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求木板第一次与挡板P 碰撞前瞬间的速度大小；(2)求木板从第一次撞击挡板P 到运动至距挡板最远处所需的时间及此时小物块距木板右端的距离；(3)若木板每次与挡板P 碰撞前小物块均已与木板保持相对静止，试求当木板与小物块均静止时，小物块距木板最右端的距离为多少？[解析] (1)设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度大小为a 1，则有a 1＝μmg M＝6 m/s 2 若木板与小物块间不发生相对滑动，设其共同加速度大小为a 2，则有a 2＝F M ＋m ＝1.2 m/s 2因a 1>a 2，故小物块将与木板一起以共同的加速度a 2向左做加速运动设木板与挡板P 碰撞前瞬间木板与小物块的共同速度大小为v ，则有：v 2＝2a 2L 代入数据可解得v ＝2.4 m/s.(2)设木板第一次撞击挡板P 后向右运动时，小物块的加速度大小为a 3，则由牛顿第二定律可得μmg －F ＝ma 3代入数据解得a 3＝2 m/s 2，故小物块将以a 3＝2 m/s 2的加速度向左做匀减速直线运动 由于木板撞击挡板P 时无能量损失，故木板向右运动的初速度大小为v 1＝2.4 m/s.由题意可知，此时木板将向右做匀减速直线运动，减速运动的加速度大小为a 1＝6 m/s 2.由于a 1>a 3，所以当木板的速度减为零时，小物块仍在向左运动设木板第一次撞击挡板P 到运动至距挡板最远处所需要的时间为t ，小物块距木板右端的距离为Δx ，则有t ＝v 1a 1＝0.4 s 设此段时间内木板向右运动的距离为x 1，则有x 1＝v 212a 1＝0.48 m 设此段时间内小物块向左运动的距离为x 2，则有x 2＝vt －12a 3t 2＝0.8 m Δx ＝x 1＋x 2＝1.28 m.(3)由题意可知，木板最终静止在挡板P 处，小物块最终静止在木板上，设此时小物块距木板最右端的距离为Δx ′，由功能关系可得F (Δx ′＋L )－μmgΔx ′＝0代入数据可解得Δx ′＝2.4 m.[答案] (1)2.4 m/s (2)0.4 s 1.28 m (3)2.4 m。
浙江省高考物理二轮复习 考前仿真模拟卷(一)(含解析)-人教版高三全册物理试题
考前仿真模拟卷(一)(时间：90分钟总分为：100分)本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10 m/s2.一、选择题Ⅰ(此题共13小题，每一小题3分，共39分．每一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、多项选择、错选均不得分)1．如下情况的研究对象中，可以看做质点的是( )A．研究蚂蚁的交流方式B．研究歼－20隐形战机的空中翻转C．研究芭蕾舞蹈演员的舞姿D．研究候鸟的迁徙路径2．如下列图，为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的答案是( )3．一根长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如下列图．消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s．该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的答案是( )4．如下列图为某海上救援船的机械臂工作示意图．机械臂AB、BC由高强度的轻质材料制成，A端固定一个定滑轮，BC可以绕B自由转动．钢丝绳的一端穿过C点，另一端缠绕于可以转动的立柱D上，其质量可以忽略不计．在某次转移货物的过程中，机械臂AB始终保持竖直．如下说法不正确的答案是( )A．保持BC不动，使AB缓慢伸长，如此BC所受的力增大B．保持AB不动，缓慢转动立柱D，使CA变长，如此BC所受的力大小保持不变C．保持AB不动，使BC缓慢伸长，如此BC所受的力增大D．保持AB不动，使BC缓慢伸长且逆时针转动，BC所受的力增大5．如下列图为赛车场的一个水平“梨形〞赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，π＝3.14)，如此赛车( )A．在绕过小圆弧弯道后减速B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s6．我国发射的“嫦娥三号〞登月探测器靠近月球后，先在月球外表附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月球外表4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球外表的重力加速度大小约为9.8 m/s2.如此此探测器( )A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×104 NC．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度7．如下列图，斜面体固定在水平面上，小物块A与斜面体间接触面光滑．在小物块沿斜面体下滑的过程中，如下说法正确的答案是( )A．重力垂直于斜面，做功不为零B．重力竖直向下，做功为零C．支持力垂直于斜面，做功为零D．支持力垂直于斜面，做功不为零8．LED灯因发光效率高，所以起到了节能的作用．在同样照明效果的情况下，一支日光灯的功率为40 W，而一支LED灯的功率只有8 W．某学校有30间教室，每间教室有10支日光灯，现均用LED灯替代，假设平均每天开灯4小时，学生一年在校200天，如此该学校一年节省的电能为( )A．7.68×103 kW·h B．7.68×104 kW·hC．7.68×105 kW·h D．7.68×106 kW·h9．一负电荷受电场力作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，如此A、B两点电场强度E A、E B与该电荷在A、B两点的电势能E p A、E p B 之间的关系为( )A．E A＝E B B．E A<E BC．E p A＝E p B D．E p A＜E p B10．一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36 V10 A·h〞字样，假设工作时电源(不计内阻)的输出电压恒为36 V，额定输出功率为180 W，由于电动机发热造成的损耗(其他损耗不计)使电动自行车的效率为80%，如此如下说法正确的答案是( )A．额定工作电流为10 AB．电池充满电后总电荷量为3.6×103 CC．电动自行车电动机的内阻为7.2 ΩD．电动自行车保持额定功率行驶的最长时间是2 h11．如下列图，金属棒AB用软线悬挂在磁感应强度为B，方向如下列图的匀强磁场中，电流由A向B，此时悬线张力为T，欲使悬线张力变小，可采用的方法有( )A．将磁场反向，且适当增大磁感应强度B．改变电流方向，且适当增大电流C．电流方向不变，且适当增大电流D．磁场方向不变，且适当减小磁感应强度12．如下列图，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小．比拟a、b、c、d这四点，小球( )A．在最高点a处的动能最小B．在最低点c处的机械能最小C．在水平直径右端b处的机械能最大D．在水平直径左端d处的机械能最大13．自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．如下说法正确的答案是( )A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将增大二、选择题Ⅱ(此题共3小题，每一小题2分，共6分．每一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．如下列图，现有两束不同的单色光a、b垂直于AB边射入等腰棱镜ABC，假设两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，且两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的答案是( )A．在真空中，a光光速小于b光光速B．假设a光能让某金属发生光电效应，如此b光也一定可以使其发生光电效应C．利用两种光做双缝干预实验，可观察到b光干预条纹更宽D．a、b两束光从同一介质射入真空过程时，a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角15．如下列图，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝2 s时刻的波形图．该波的波速v＝8 m/s，振幅A＝4 cm，如此如下说法中正确的答案是( )A．t＝0时刻x＝8 m处的质点向上振动B．该横波假设与频率为1.5 Hz的波相遇，可能发生干预C．经过t＝1 s，x＝2 m处的质点位于平衡位置且向下振动D．t＝2.75 s时刻x＝4 m处的质点位移为2 3 cm16.如下列图，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着(不相连)一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态，如此如下说法正确的答案是( )A．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动量大小之比p A∶p B＝1∶1B．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的速度大小之比v A∶v B＝3∶1C．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B两滑块的动能之比E k A∶E k B＝1∶3D．剪断细绳到两滑块脱离弹簧的过程中，弹簧对A、B两滑块做功之比W A∶W B＝1∶1三、非选择题(此题共7小题，共55分)17．(5分)(1)在“研究匀变速直线运动〞的实验中：小车拖着纸带的运动情况如下列图，图中A、B、C、D、E为相邻的记数点，相邻的记数点的时间间隔是0.10 s，标出的数据单位是cm，如此打点计时器在打C点时小车的瞬时速度是________m/s，小车运动的加速度是________m/s2.(2)在《验证力的平行四边形定如此》中，用两只弹簧秤分别勾住细绳套互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置O，除了记录两只弹簧秤的读数外，还必须记录的是________．A．O点的位置B．两只细绳套之间的夹角C．两条细绳的方向D．橡皮条伸长的长度18．(5分)某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k 、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进展测量，请你补充完整如下依次应该进展的主要操作步骤：a ．________________________________________________________________________；b ．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0处；c ．重新测量并读数，假设这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.(2)为了尽量准确测该电阻R x ，除被测电阻R x 外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．A ．电流表A 1，量程(0～10 mA)，内阻约10 ΩB ．电流表A 2，量程(0～30 mA)，内阻约4 ΩC ．电压表V ，量程(0～3 V)，内阻约1 500 ΩD ．滑动变阻器R 1，阻值范围(0～25 Ω)E ．滑动变阻器R 2，阻值范围(0～1 000 Ω)F ．电阻箱R 3、R 4，阻值范围均为(0～199.9 Ω)G ．开关一只和导线假设干H ．电池E ，电动势6 V ，内阻未知根据(1)问的测量结果，该同学采用如下列图电路测电阻R x 的阻值，如此电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(填写器材序号)(3)该同学进展了如下实验：①将电压表的a 端接b ，测得U 1I 1＝110 Ω；②将电压表的a 端接c ，测得U 2I 2＝125 Ω.如此R x 的电阻值更接近________Ω.19．(9分)出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表．出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度表显示54 km/h.(1)求出租车的加速度大小．(2)求这时出租车离出发点的距离．(3)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动，假设时间表显示10时12分35秒，此时计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)20．(12分)如下列图，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R，平台与轨道的最高点等高，一小球从平台边缘的A处水平射出，恰能沿圆弧轨道上的P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为45°，试求：(1)小球从平台上的A点射出时的速度v0的大小；(2)小球从平台上射出点A到圆轨道入射点P之间的距离l；(3)小球能否沿轨道通过圆弧的最高点？请说明理由．21．(4分)如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径一样、质量不等的小球，按下面步骤进展实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离．图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为s M、s P、s N.依据上述实验步骤，请回答下面问题：(1)两小球的质量m1、m2应满足m1________(填写“>〞“＝〞或“<〞)m2.(2)假设进展实验，以下所提供的测量工具中必需的是________．A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧秤E．秒表(3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的．22．(10分)如图甲所示，空间有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻值为R.线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域．在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行．设线框刚进入磁场的位置x＝0，x轴沿水平方向向右．求：(1)cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高；(2)线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；(3)在乙图中，画出ab两端电势差U ab随距离变化的图象，其中U0＝BLv.23．(10分)如图甲所示，P、Q为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为d，处在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中．一根质量为m、电阻为r的导体棒ef垂直于P、Q放在导轨上，导体棒ef与P、Q导轨之间的动摩擦因数为μ.质量为M的正方形金属框abcd，边长为L，每条边的电阻均为r，用细线悬挂在竖直平面内，ab边水平，金属框的a、b两点通过细导线与导轨相连，金属框上半局部处在大小为B、方向垂直框面向里的匀强磁场中，下半局部处在大小也为B，方向垂直框面向外的匀强磁场中，不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力．现用一电动机以恒定功率沿导轨方向水平牵引导体棒ef向左运动，从导体棒开始运动计时，悬挂线框的细线拉力T随时间的变化如图乙所示，求：(1)t0时间以后通过ab边的电流；(2)t0时间以后导体棒ef运动的速度；(3)电动机的牵引力功率P.考前仿真模拟卷·物理(浙江专用)·参考答案与解析考前仿真模拟卷(一)1．解析：选D.研究蚂蚁的交流方式时，由于蚂蚁的形状和大小不能忽略，否如此无法研究，所以不能看成质点，故A 错误；研究歼－20隐形战机的空中翻转时，如果将歼－20隐形战机看成质点，如此无法确定歼－20隐形战机的翻转情况，所以不能看成质点，故B 错误；欣赏芭蕾舞演员的优美舞姿时，主要是考虑动作，不能用一个点代替，故C 错误；研究候鸟的迁徙路径时，由于候鸟的大小相对迁徙路径小得多，所以可以将候鸟看成质点，故D 正确．2．解析：选C.依据重力竖直向下，弹力垂直接触面向上，摩擦力与相对运动趋势方向相反，从而即可求解．依据受力分析，受到竖直向下的重力，垂直地面的向上的弹力，还受到水平向右的静摩擦力，因为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间，有相对地面向左运动的趋势，由上分析可知，C 正确，A 、B 、D 错误．3．解析：选C.设下滑过程中的最大速度为v ，有v a 1＋v a 2＝t ，位移关系为：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，又a 1＝2a 2.联立解得：v ＝8 m/s ，a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，加速时间为：t 1＝v a 1＝88 s ＝1 s ，减速时间为：t 2＝v a 2＝84s ＝2 s ，由此可知C 正确，A 、B 、D 错误．4．解析：选A.设BC 受力大小为F BC ，货物质量为m ，分析C 点受力如下列图．由三角形相似知识可得：AB mg ＝BCF BC，假设BC 不动，AB 伸长，如此F BC减小，A 错误；假设AB 不动，如此BCF BC不变，BC 伸长，F BC 就增大，CA 变化，并不影响F BC 的大小，故B 、C 、D 均正确．5．解析：选B.赛车做圆周运动时，由F ＝mv 2R知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，A 错误；在大圆弧弯道上时，根据F＝m v 2R 知，其速率v ＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，B 正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v ′＝30 m/s.如下列图，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x ＝L sin 60°＝50 3 m ，据v 2－v ′2＝2ax 知在直道上的加速度a ≈6.50 m/s 2，C 错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s ＝2πr 3，对应的运动时间t ＝sv ′≈2.79 s ，D 错误．6．解析：选D.设月球外表的重力加速度为g 月，由GMm R 2＝mg ，得g 月g 地＝GM 月R 2月GM 地R 2地＝M 月M 地·R 2地R 2月＝181×3.72，解得g 月≈1.7 m/s 2.由v 2＝2g 月h ，得探测器着陆前瞬间的速度为v ＝2g 月h ＝2×1.7×4m/s≈3.7 m/s，选项A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力F ＝mg 月≈2×103N ，选项B 错误；探测器从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C 错误；设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v 1、v 2，由GMm R 2＝mv 2R ，得v 1v 2＝GM 月R 月GM 地R 地＝M 月M 地·R 地R 月＝ 3.781<1，故v 1<v 2，选项D 正确． 7．C8．解析：选 A.该学校一年节省的电能E 总＝(40－8)×10×10－3×30×4×200 kW ·h ＝7.68×103kW ·h ，故A 正确．9．解析：选A.负电荷在电场中做匀加速直线运动，可知它所受电场力不变，因此A 、B 两点场强一样，A 项对；负电荷速度不断增大，即动能增大，可知电场力对其做正功，故负电荷的电势能减小，即E p A >E p B ，D 项不正确．10．解析：选D.额定功率行驶时输出电压为36 V ，输出功率为180 W ，根据P ＝UI 求出电流；根据热功率可求得电池的内阻；再根据电池的容量求出行驶的时间．由P ＝UI 可知，额定电流I ＝P U＝5 A ，故A 错误；电荷量q ＝10 A ·h ＝3.6×104C ，故B 错误；P 热＝P80%－P ＝45 W ，如此由P 热＝I 2r 可得r ＝1.8 Ω，故C 错误；根据电池容量Q ＝10 A ·h ，电流为5 A ，如此可得t ＝QI＝2 h ，故D 正确．11．解析：选C.对金属棒AB ，T ＋BIL ＝mg ，要使悬线张力变小，如此增大B 或I ，故C 项正确．12．解析：选C.由题意知，小球所受的重力与电场力的合力沿∠bOc 的角平分线方向，故小球在a 、d 中点处的动能最小；小球在运动中，电势能与机械能相互转化，总能量守恒，故在d 点机械能最小、b 点机械能最大．13．解析：选A.根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，假设再自行车车轮的半径，根据v ＝2πrn 即可获知车速大小，选项A 正确；根据霍尔效应传感器原理可知U dq ＝Bqv ，U ＝Bdv ，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以与电子(即导体内的自由电荷)定向移动的速率有关，与车速无关，选项B 错误；题图乙中霍尔元件的电流I 是由电子定向移动形成的，选项C 错误；如果长时间不更换传感器的电源，如此会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D 错误．14．解析：选CD.在真空中，不同色光的传播速度一样，故A 错误．两束光折射后相交于图中的P 点，知a 光偏折厉害，如此a 光的折射率大于b 光的折射率，所以a 光的频率大于b 光的频率，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，如此假设a 光能让某金属发生光电效应，如此b 光不一定可以使其发生光电效应，故B 错误．根据c ＝λf ，知a 光的波长小于b 光波长．而双缝干预条纹的间距与波长成正比，所以b 光干预条纹更宽，故C 正确．a 光的折射率大于b 光的折射率，根据sin C ＝1n，知a 光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，故D 正确．15．解析：选AD.此题考查机械振动和机械波．由图可知该波的波长为λ＝12 m ，因波速为v ＝8 m/s ，故周期为T ＝λv ＝1.5 s ，频率为23Hz ，该波与频率为1.5 Hz 的波不能发生干预，选项B 错误；经过2 s ，波沿x 轴传播16 m ，即传播了λ＋4 m ，所以波向x 轴负方向传播，由微平移法可知，t ＝0时刻x ＝8 m 处的质点在向上振动，选项A 正确；经过1 s ，波向左传播8 m ，x ＝2 m 处的质点的振动情况与t ＝0时刻x ＝10 m 处的质点的振动情况一样，即位于平衡位置且向上振动，选项C 错误；2.75 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋56T ，x ＝4 m 处的质点的位移为A sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π×56＝4×32cm ＝2 3 cm ，选项D 正确． 16．解析：选AC.系统动量守恒，以向左为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时，由动量守恒定律得p A －p B ＝0，如此p A ∶p B ＝1∶1，应当选项A 正确；由动量守恒定律得3mv A －mv B ＝0，解得v A ∶v B ＝1∶3，应当选项B 错误；两滑块的动能之比E k A ∶E k B ＝12·3mv 2A 12mv 2B ＝1∶3，应当选项C 正确；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，弹簧对A 、B 两滑块做功之比W A ∶W B ＝E k A ∶E k B ＝1∶3，应当选项D 错误．17．(1)1.28 3.2 (2)AC18．解析：(1)a.选择“×100〞倍率，用正确的操作步骤测量时，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用倍率×10的挡．c ．欧姆表选择×10挡位，由题图所示表盘可以知道，测量结果为12×10 Ω＝120 Ω. (2)流过待测电阻的电流大约为I ＝U R ＝3120A ＝0.025 A ＝25 mA ，所以选择电流表A 2，应当选B ，由于电路选择的分压电路所以最好用一个小一点的滑动变阻器，应当选D.(3)由于电流表的电阻远小于待测电阻，所以选用电流表内接法误差较小，故R x 的电阻值更接近125 Ω.答案：(1)换用×10倍率的挡位 120 (2)BD (3)125 19．解析：(1)v 0＝54 km/h ＝15 m/s.根据速度公式得a ＝v 1t 1＝1510m/s 2＝1.5 m/s 2. (2)根据位移公式得x 1＝12at 21＝12×1.5×102m ＝75 m ．这时出租车距出发点75 m.(3)v 2＝108 km/h ＝30 m/s.根据v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a ＝3022×1.5m ＝300 m出租车从静止载客开始，设已经经历的时间为t 2，根据速度公式得v 2＝at 2解得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s ，这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，它匀速运动的时间t 3应为80 s ，匀速运动的位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m ＝2 400 m ，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为x ＝(300＋2 400) m ＝2 700 m.答案：(1)1.5 m/s 2(2)75 m (3)2 700 m 20．解析：(1)小球做平抛运动，竖直方向：R (1＋cos 45°)＝12gt 2，到P 点的竖直分速度v y ＝gt在P 点，速度方向与水平方向成45°，v y ＝v 0 代入t 解得v 0＝〔2＋2〕gR . (2)A 、P 间的距离l ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12gt 22＋〔v 0t 〕2， 解得l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋1210R . (3)能．小球A 从到达Q 时，根据机械能守恒定律可得v Q ＝v 0＝〔2＋2〕gR >gR ，所以小球能通过圆弧轨道的最高点．答案：(1)〔2＋2〕gR (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋1210R (3)能，理由见解析21．解析：(1)为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，即m 1>m 2.(2)要验证动量守恒定律，需测量小球的质量和三个落点到B 点的距离．故提供的测量工具中必需的是AC.(3)碰撞前，小球m 1落在图中的P 点，设其水平初速度为v 1.小球m 1、m 2发生碰撞后，m 1的落点在图中的M 点，设其水平初速度为v ′1，m 2的落点在图中的N 点，设其水平初速度为v ′2.设斜面与水平间的倾角为α，由平抛运动规律得：s M sin α＝12gt 2、s M cos α＝v ′1t解得：v ′1＝gs M cos 2α2sin α同理可得：v 1＝gs P cos 2α2sin α、v ′2＝gs N cos 2α2sin α只要满足m 1v 1＋0＝m 1v ′1＋m 2v ′2即m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N ，就可以说明两球碰撞前后动量是守恒的．验证动量守恒时，本应该测量速度关系，但可以借助规律只测位移，用位移关系代替速度关系．答案：(1)> (2)AC (3)m 1s P ＝m 1s M ＋m 2s N22．解析：(1)dc 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv 回路中的感应电流I ＝BLv Rab 两端的电势差U ＝I ·14R ＝14BLv b 端电势高．(2)设线框从dc 边刚进磁场到ab 边刚进磁场所用时间为t由焦耳定律Q ＝2I 2Rt L ＝vt 联立解得Q ＝2B 2L 3vR.(3)如下列图．答案：(1)14BLv ，b 端电势高 (2)2B 2L 3v R(3)如解析图所示23．解析：(1)以金属框为研究对象，从t 0时刻开始拉力恒定，故电路中电流恒定，设ab 边中电流为I 1，cd 边中电流为I 2，由受力平衡：BI 1L ＋T ＝Mg ＋BI 2L 由题图乙知T ＝Mg2又I 1∶I 2＝(3r )∶r ，I 1＝3I 2 由以上各式解得：I 1＝3Mg4BL.(2)设总电流为I ，由闭合路欧姆定律得：I ＝ER ＋r ，R ＝34r ，E ＝Bdv I ＝I 1＋I 2＝43I 1＝MgBL ，解得：v ＝7Mgr4B 2dL.(3)由电动机的牵引功率恒定P ＝F ·v 对导体棒：F ＝μmg ＋ BId解得：P ＝7Mgr4B 2L 2d(μmgL ＋Mgd )．答案：(1)3Mg 4BL (2)7Mgr 4B 2dL (3)7Mgr4B 2L 2d(μmgL ＋Mgd )。
高考物理二轮复习 专题检测(八)巧用“能量观点”解决
专题检测（八） 巧用“能量观点”解决力学选择题1．如图所示，质量、初速度大小都相同的A 、B 、C 三个小球，在同一水平面上，A 球竖直上抛，B 球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C 球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A 、h B 、h C ，则( )A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B <h C C ．h A ＝h B >h CD ．h A ＝h C >h B解析：选D A 球和C 球上升到最高点时速度均为零，而B 球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。
对A 、C 球由机械能守恒得mgh ＝12mv 02，得h ＝v 022g 。
对B 球由机械能守恒得mgh ′＋12mv t 2＝12mv 02，且v t ′≠0，所以h A ＝h C >h B ，故D 正确。
2．(2018届高三·河北五校联考)取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍。
不计空气阻力。
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π8 B.π6C.π4D.π3解析：选B 平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛运动过程初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为3∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为π6，A 、C 、D 错，B 对。
3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放。
小球A 能够下降的最大高度为h 。
若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(已知重力加速度为g ，且不计空气阻力)( )A.2ghB.ghC.gh2D ．0解析：选B 质量为m 的小球A ，下降到最大高度h 时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹性势能，即E p ＝mgh ，质量为2m 的小球下降h 时，根据功能关系有2mgh －E p ＝12(2m )v 2，解得v ＝gh ，选项B 正确。
第11周每周一测-每日一题2018年高考数学(理)二轮复习
每周一测高考频度：★★★★☆难易程度：★★★☆☆1．某工厂甲、乙、丙、丁四个车间生产了同一种产品共计2800件,现要用分层抽样的方法从中抽取140件进行质量检测,且甲、丙两个车间共抽取的产品数量为60,则乙、丁两车间生产的产品共有A．1000件B．1200件C．1400件D．1600件2．一支田径队有男运动员40人,女运动员30人,要从全体运动员中抽取一个容量为28的样本来研究一个与性别有关的指标,则抽取的男运动员人数为A．20 B．18C．16 D．123．采用系统抽样方法从1 000人中抽取50人做问卷调查,为此将他们随机编号为1,2,…,1 000,适当分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为8.抽到的50人中,编号落入区间[1,400]的人做问卷A,编号落入区间[401,750]的人做问卷B,其余的人做问卷C,则抽到的人中,做问卷C的人数为A．12 B．13C．14 D．154．已知点,动点满足,则点的轨迹为A．直线B．圆C．椭圆D．双曲线5．雅礼中学教务处采用系统抽样方法,从学校高三年级全体1 000名学生中抽50名学生做学习状况问卷调查.现将1 000名学生从1到1 000进行编号,求得间隔数k=20,即分50组每组20人.在第一组中随机抽取一个号,如果抽到的是17号,则第8组中应抽取的号码是A．177 B．157C．417 D．3676．已知点M(-3,2)是坐标平面内一定点,若抛物线y2=2x的焦点为F,点Q是该抛物线上的一动点,则|MQ|-|QF|的最小值是A．72B．3C．52D．27．已知抛物线的焦点为,准线,点在抛物线上,点在准线上,若,且直线的斜率,则的面积为A．B．C．D．8．设为抛物线的焦点,过点的直线交抛物线于两点,点为线段的中点,若=,则A．B．C．D．9．已知椭圆的一条弦所在的直线方程是弦的中点坐标是则椭圆的离心率是A．B．C ．D ．10．已知F 是双曲线C ：1322=-y x 的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是(1，3)，则△APF 的面积为 A ．13B ．1 2C ．2 3D ．3 211．直线与抛物线交于两点,若,则 .12．如图是某班8位学生诗词比赛得分的茎叶图,那么这8位学生得分的众数和中位数分别为 .13．为组织好“市九运会”,组委会征集了800名志愿者,现对他们的年龄抽样统计后,得到如图所示的频率分布直方图,但是年龄在[25,30)内的数据不慎丢失,依据此图可得:(1)年龄在[25,30)内对应小长方形的高度为 ； (2)这800名志愿者中年龄在[25,35)内的人数为 .14．已知抛物线2:8C y x =的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点，若3PF QF =，则QF =_______________．15．随着技发展,手机成了人们日常生活中必不可少的通信工具,现在的中学生几乎都拥有了属于自己的手机了．为了调查某地区高中生一周使用手机的频率,某机构随机调查了该地区100名高中生某一周使用手机的时间(单位:小时),所取样本数据分组区间为,由此得到如图所示的频率分布直方图．(1)求的值并估计该地区高中生一周使用手机时间的平均值;(2)从使用手机时间在的四组学生中,用分层抽样方法抽取13人,则每层各应抽取多少人?学#16．已知抛物线上一点到焦点的距离为.(l)求抛物线的方程;(2)抛物线上一点的纵坐标为1,过点的直线与抛物线交于两个不同的点(均与点不重合),设直线的斜率分别为求证为定值.17．已知椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合,椭圆的离心率为,过椭圆的右焦点且垂直于轴的直线截抛物线所得的弦长为.(1)求椭圆和抛物线的方程;(2)过点的直线与交于两点,点关于轴的对称点为,证明:直线恒过一定点.18．设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，离心率为12．已知A 是抛物线22(0)y px p =>的焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为12． （1）求椭圆的方程和抛物线的方程；（2）设l 上两点P ，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B （B 异于点A ），直线BQ 与x 轴相交于点D ．若APD △的面积为6，求直线AP 的方程．1．【答案】D【解析】分层抽样中每件产品被抽到的可能性一样.由题知，乙、丁两车间生产的产品共有件.故选D ．2．【答案】C【解析】因为田径队男运动员40人,女运动员30人,所以这支田径队共有40+30=70人,用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为28的样本,所以每个个体被抽到的概率是,因为田径队有男运动员40人,所以男运动员要抽取人,故选C．5．【答案】B【解析】根据系统抽样的特点,可知抽取出的编号成首项为17,公差为20的等差数列,所以第8组中应抽取的号码是17+(8-1)×20=157.6．【答案】C【解析】抛物线的准线方程为x=12，当MQ∥x轴时，|MQ|-|QF|取得最小值，此时|MQ|-|QF|=|2+3|-|2+12|=52.7．【答案】C【解析】因为准线,所以p= 3,则抛物线方程为,点F(),又直线的斜率,所以点A(),又因为点在抛物线上,点在准线上,且,所以点M(),则的面积为.8．【答案】D【解析】由题意设直线l的方程为my=x+1,联立my=x+1与,得到y2-4my+4=0, =16m2-16=16(m2-1)＞0．设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0)．∴y1+y2=4m,∴y0=2m,∴x0=my0-1=2m2-1．∴Q(2m2-1,2m),由抛物线C:y2=4x得焦点F(1,0)．∵=,∴=，得m2=2,则====.9．【答案】C【解析】设则,,两式相减,化简可得所以则e=.11．【答案】【解析】由消去y,整理得=,∵直线与抛物线交于A,B两点,∴,解得．设,则．∵==,∴==,∴k2=3,=．检验知满足条件．12．【答案】93,92【解析】依题意,结合茎叶图,将题中的数由小到大依次排列得到:86,86,90,91,93,93,93,96,因此这8位学生得分的众数是93,中位数是=92.14．【答案】83【解析】设Q 到l 的距离为d ，则QF d =，因为3PF QF =，所以2PQ d =，所以直线PF 的斜率为3±，因为(2,0)F ，所以直线PF 的方程为3(2)y x =±-，与28y x =联立可得23x =或6x =（舍去），所以83QF d ==． 15．【解析】(1)由于小矩形的面积之和为1,则,由此可得．该地区高中生一周使用手机时间的平均值为．(2)使用手机时间在的学生有人,使用手机时间在的学生有人,使用手机时间在的学生有人,使用手机时间在的学生有人,故用分层抽样法从使用手机时间在的四组学生中抽样,抽取人数分别为.16．【解析】 (1)由抛物线的定义可知则由点在抛物线上,则∴则由则∴抛物线的方程为. 学￥(2)∵点在抛物线上,且.∴,∴设过点的直线的方程为即代入得设则所以===.(2)依题意,可知直线的斜率不为0,可设,联立,得,设,则,,得或 根据根与系数的关系，得, 所以直线的斜率=, 可得直线的方程为=, 即== 所以当或时,直线恒过定点.18. 【解析】（1）设F 的坐标为(,0)c -． 依题意，12c a =，2p a =，12a c -=，解得1a =，12c =，2p =，于是22234b ac =-=． 所以椭圆的方程为22413y x +=，抛物线的方程为24y x =． （2）设直线AP 的方程为1(0)x my m =+≠，与直线l 的方程1x =-联立，可得点2(1,)P m --，故2(1,)Q m -． 将1x my =+与22413y x +=联立，消去x 整理得22(34)60m y my ++=，解得0y =或2634m y m -=+． 由点B 异于点A ，可得点222346(,)3434m m B m m -+-++． 由2(1,)Q m -，可得直线BQ 的方程为22262342()(1)(1)()03434m m x y m m m m--+-+-+-=++， 令0y =，解得222332m x m -=+，故2223(,0)32m D m -+，所以2222236||13232m m AD m m -=-=++．又APD △的面积为62，故221626232||2m m m ⨯⨯=+， 整理得2326||20m m -+=，解得6||m =，所以6m =±． 所以，直线AP 的方程为3630x y +-=或3630x y --=．。
2018届二轮复习-浙江物理选考第20题考题(5次真题)
说明：整体处理多过程组合而成的复杂过程，通常都 优先选择功能关系(动能定理)与能量守恒。
浙江省物理选考试题第20题 专题 12%
[2015年10月浙江选考20题]如图所示是公路 上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石， 其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下 避险。质量m＝2.0×103kg的汽车沿下坡行 驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失 去动力，此时速度表示数V1＝36km／h，汽车继续沿下坡匀加速 直行L＝350m、下降高度h＝50m时到达“避险车道”，此时速度 表示数V2＝72km／h。 （1）求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能 的变化量； （2）求汽车在下坡过程中所受的阻力； （3）若“避险车道”与水平面间的夹角17°，汽车在“避险车 道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道” 上运动的最大位移（sin17°≈0.3）。
[2016年10月浙江选考20题]如图1所示，游乐场的过山车可以底朝 上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型。倾角为450的直轨 道AB，半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为370的直轨道EF， 分别通过水平光滑衔接轨道BC、C ’E平滑连接，另有水平减速直 轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l=40m，现有质量 m=500kg的过山车从高h=40m处的A点静止下滑，经BCDC ’EF， 最终停车G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1＝0.2， 与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2 =0.75，过山车可视为质点，运 动中不脱离轨道，求： （1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小； （2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力； （3）减速直轨道FG的长度x。（已知sin370=0.6，cos370=0.8）
曲线运动基本模型及方法选择：简单归纳 2、圆周运动及其变式 ：
高考物理二轮复习100考点千题精练第十七章物理思维方法专题17.8图象信息问题1(2021学年)
20１８年高考物理二轮复习10０考点千题精练第十七章物理思维方法专题1７.8 图象信息问题1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（２０18年高考物理二轮复习 1０0考点千题精练第十七章物理思维方法专题17．8 图象信息问题1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉,前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步,以下为2０18年高考物理二轮复习 100考点千题精练第十七章物理思维方法专题17．８图象信息问题1的全部内容。
专题１7.８图象信息问题1一．选择题1.（2018江西赣中南五校联考)质量为m 的汽车在平直路面上启动,启动过程的速度—时间图象如图所示.从t１时刻起汽车的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f，则Ａ。
0~t1 时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量Ｂ。
ｔ1~t2 时间内，汽车的功率等于（m+Ｆf)v1C.汽车运动的最大速度v2=(+１)v１Ｄ。
ｔ１~ｔ2 时间内,汽车的平均速度等于【参考答案】BC【命题意图】本题考查汽车的启动、动能定理、速度图象、功率及其相关的知识点,意在考查运用相关知识解决实际问题的能力。
2.（2０1８开封质检）静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示,设物块与地面的静摩擦力最大值fｍ与滑动摩擦力大小相等，则Ａ。
在0～t1时间内F的功率逐渐增大B.t２时刻物块的加速度最大C．t2时刻后物块做反向运动Ｄ.t3时刻物块的动能最大【参考答案】BD【命题意图】本题考查Ｆ——ｔ图象、功率、动能及其相关的知识点.二．计算题１.（2013·全国IＩ)一长木板在水平面上运动,在ｔ=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度—时间图象如例８4图所示。
高考物理二轮复习考点第十五章选考部分专题机械波计算题
专题15.5 机械波计算题1.（2020江西赣中南五校联考）一列简谐横波在介质中沿 x 轴正向传播,波长不小于 10 cm 。
O 和 A 是介质中平衡位置分别位于x =0 和 x =5 cm 处的两个质点。
t=0 时开始观测,此时质点 O 的位移为 y =4 cm,质点 A 处于波峰位置;t= 1/3 s 时,质点 O 第一次回到平衡位置,t=1 s 时,质点 A 第一次回到平衡位置。
求： (i)简谐波的周期、波速和波长; (ii)质点 O 的位移随时间变化的关系式。
【参考答案】(i) T=4 s v=7.5 cm/s λ=30 cm (ii)y=8sin(2πt+56π)cm【命题意图】本题考查机械波的传播及其相关的知识点，意在考查运用相关知识解决实际问题的能力。
2.(10分)如图所示，虚线是一列简谐横波在t ＝0时刻的波形，实线是这列波在t ＝1 s 时刻的波形．①若波沿x 轴正向传播，则t ＝1 s 时刻，x ＝3 m 处的质点第一次回到平衡位置需要的时间最长可能为多少？②若波速大小为75 m/s ，波速方向如何？ 【名师解析】①由图象可知：波长λ＝8 m当波沿x 轴正向传播时，波在Δt＝1 s 内传播距离： Δs＝(nλ＋5) m ＝(8n ＋5) m ，(其中n ＝0,1,2…) v ＝ΔsΔt＝(8n ＋5) m/s ，(其中n ＝0,1,2…) t ＝1 s 时刻，x ＝3 m 处的质点第一次回到平衡位置需要的时间，即为波沿x 轴传播1 m 距离需要的时间，最长时间t ＝Δx v min ＝15s ＝0.2 s当波沿x 轴负方向传播时，波在Δt＝1 s 内传播距离： s ＝(nλ＋3) m ＝(8n ＋3) m(其中n ＝0,1,2…)若波速大小为75 m/s ，则1 s 内波传播的距离s ＝vt ＝75×1 m＝75 m 因为s ＝75 m ＝(9λ＋3) m ，所以波向左传播．3.(10分)在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m 的A 、B 两点， 图甲、乙分别是A 、B 两质点的振动图象，已知该波波长大于2 m ，求这列波可能的波速．【名师解析】由振动图象得质点振动周期T ＝0.4 s若波由A 向B 传播，B 点比A 点晚振动的时间Δt＝nT ＋34T(n ＝0,1,2,3，…)所以A 、B 间的距离Δs＝nλ＋34λ(n＝0,1,2,3，…)，则波长λ＝4Δs 4n ＋3＝164n ＋3因为λ＞2 m ，所以n ＝0或1，当n ＝0时，λ1＝163 m ，v 1＝λ1T ＝403 m/s当n ＝1时，λ2＝167 m ，v 2＝λ2T ＝407m/s若波由B 向A 传播，A 点比B 点晚振动时间Δt＝nT ＋14T(n ＝0,1,2,3，…)所以A 、B 间的距离Δs＝nλ＋14λ(n＝0,1,2,3，…)，则波长λ＝4Δs 4n ＋1＝164n ＋1因为λ＞2 m ，所以n ＝0或1，当n ＝0时，λ1＝16 m ，v 1＝40 m/s 当n ＝1时，λ2＝165 m ，v 2＝405m/s.4．(2020·东北三校联考)一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波的图象如图所示，经0.1 s ，质点M 第一次回到平衡位置，求：(1)波传播的速度；(2)质点M 在1.2 s 内走过的路程。
(浙江选考)高考物理二轮复习 专题06 实验：探究加速度与力、质量的关系试题(含解析)-人教版高三全
实验：探究加速度与力、质量的关系1．实验原理〔见实验原理图〕〔1〕保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系． 〔2〕保持合外力不变，探究加速度与质量的关系． 〔3〕作出a －F 图象和a －1m图象，确定其关系．2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺． 3．实验步骤〔1〕用天平测出小车和盛有砝码的小盘的质量m 和m′，把数据记录在表格中； 〔2〕把实验器材安装好，平衡摩擦力；〔3〕在小盘里放入适量的砝码，把砝码和小盘的质量m′记录在表格中； 〔4〕保持小车的质量不变，改变砝码的质量，按上面步骤再做5次实验； 〔5〕算出每条纸带对应的加速度的值并记录在表格中；〔6〕用纵坐标表示加速度a ，横坐标表示合外力，即砝码和小盘的总重力m′g，根据实验数据在坐标平面上描出相应的点，作图线；〔7〕用纵坐标表示加速度a ，横坐标表示小车质量的倒数，在坐标系中根据实验数据描出相应的点并作图线。
4．数据处理〔1〕利用Δx ＝aT 2与逐差法求a .〔2〕以a 为纵坐标，F 为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a 与F 成正比．〔3〕以a 为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a 与m 成反比．1．须知事项〔1〕平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．〔2〕不重复平衡摩擦力．〔3〕实验条件：m≫m′.〔4〕一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．2．误差分析〔1〕因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．〔2〕摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．1．用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f＝50 Hz.平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次．〔1〕在验证“质量一定，加速度与合外力的关系〞时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有_____．A．木板右端垫起的高度过小〔即平衡摩擦力不足〕B．木板右端垫起的高度过大〔即平衡摩擦力过度〕C．砂桶和沙子的总质量远小于小车和砝码的总质量〔即〕D．砂桶和沙子的总质量未远小于小车和砝码的总质量．〔2〕实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中、、、、、、为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，如此小车运动的加速度＝_____.〔结果保存3位有效数字〕〔3〕小车质量一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为，根据实验数据描绘出的小车加速度与砂桶和沙子的总质量之间的关系图象如图丁所示，如此小车的质量_____.〔g=10m/s2〕【答案】〔1〕BD 〔2〕2.00 〔3〕 0.4〔2〕相邻两计数点间还有4个点未画出，如此两计数点间时间间隔小车运动的加速度〔3〕设绳子拉力为，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得：联立解得：，整理得：由关系图象可得：，解得：。
高考物理二轮复习 100考点千题精练 第五章 万有引力定
专题5.5 卫星的发射和回收一．选择题1.（2018湖南怀化期中联考）2017年6月19号，长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A卫星过程中出现变故，由于运载火箭的异常，致使卫星没有按照原计划进入预定轨道。
经过航天测控人员的配合和努力，通过多次轨道调整，卫星成功变轨进入同步卫星轨道。
卫星变轨原理图如图所示，卫星从椭圆轨道Ⅰ远地点Q 改变速度进入地球同步轨道Ⅱ，P点为椭圆轨道近地点。
下列说法正确的是A. 卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时，在P点的速度等于在Q点的速度B. 卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小C. 卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度大于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度D. 卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度【参考答案】D2．(2018天星金考卷)假设将来一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是( )A．飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅰ上运动到P点的速度B．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道Ⅰ上运动时的周期【参考答案】B3．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100千米环月轨道后成功变轨到近月点为15千米的椭圆轨道，在从15千米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( )A ．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100千米环月轨道B ．“嫦娥四号”在近月点为15千米的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100千米圆轨道上的速度C ．“嫦娥四号”在100千米圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15千米的椭圆轨道上运动的周期D ．从15千米高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态 【参考答案】A【名师解析】“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100千米环月圆轨道上，A 正确；由卫星变轨条件可知近月点为15千米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100千米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15千米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。
(浙江选考)高考物理二轮复习 专题17 实验：测量电源电动势和内阻试题(含解析)-人教版高三全册物理
实验：测量电源电动势和内阻〔1〕实验器材：待测电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线等。
〔2〕实验操作：①选择电表，设计电路，连接电路；②把滑动变阻器的滑片调到最大阻值处；③闭合开关，调节变阻器，使表有明显的示数，记下多组数据。
〔3〕实验数据处理①读出两组数据，列方程组求解E、r。
②图象法：以路端电压U为纵轴、干路电流I为横轴，建立坐标系，并根据实验数据描点作图，纵轴截距为电动势E、斜率k的绝对值为内阻r。
1．可选用旧电池：为了使电路的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，可选用已使用过一段时间的1号干电池。
2．电流不要过大，读数要快：干电池在大电流放电时，电动势E会明显下降，内阻r会明显增大，故长时间放电不宜超过0.3 A，短时间放电不宜超过0.5 A。
因此，实验中不要将I调得过大，读电表要快，每次读完立即断电。
3．计算法求E、r：要测出不少于6组I、U数据，且变化范围要大些，用方程组求解时，要将测出的I、U数据中，第1和第4为一组、第2和第5为一组、第3和第6为一组，分别解出E、r值再求平均值。
4．合理选择标度：为使图线分布空间大，如图2所示，纵坐标可以不从零开始，如此图线和横轴的交点不再是短路电流，电源的内阻不能用r＝EI短确定，应根据r＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔUΔI确定。
图2误差分析①用图象法求E和r时作图不准确。
②由于电流表或电压表的分压或分流存在系统误差。
8．某研究小组收集了手机中的锂电池。
为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红同学设计了如下列图的电路图来“测电源电动势和内阻〞，图中R2为电阻箱。
根据测量数据作出图象，如下列图。
〔1〕假设该图线的斜率为k，纵轴截距为b，如此该锂电池的电动势E＝________，内阻r＝________〔用k、b表示〕。
〔2〕上述方法测出的数据与真实值比拟，测量出的内阻_____________〔填“偏大〞或“偏小〞〕,造成此系统误差主要原因是__________________________【答案】偏小电压表的分流作用【解析】〔1〕不考虑电压表分流作用，电路的电流根据闭合电路欧姆定律，有，联立得，如此图像斜率，纵轴截距，所以，〔2〕考虑电压表的分流作用，写出闭合电路欧姆定律，其中是电压表内阻与电源内阻并联之后的电阻，此为我们实验的测量值，所以比真实值小。
2020年高考物理二轮选择题专题复习——力学选择题专练(共28题,有答案)
高考物理二轮选择题专题复习——力学选择题专练（共28题，有答案）1．2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功。
已知该卫星轨道距地面的高度约为36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则（）A．该卫星的速率比“天宫二号”的大B．该卫星的周期比“天宫二号”的大C．该卫星的角速度比“天宫二号”的大D．该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大2．国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。
例如，由m和s可以导出速度单位m•s﹣1．历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。
但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。
1967年用铯﹣133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率△v＝9192631770Hz定义s；1983年用真空中的光速c＝299792458m •s﹣1定义m。
2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应关系如图，例如，s对应△v，m对应c）。
新SI自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。
下列选项不正确的是（）A．7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性B．用真空中的光速c（m•s﹣1）定义m，因为长度l与速度v存在l＝vt，而s已定义C．用基本电荷e（C）定义安培（A），因为电荷量q与电流I存在I＝q/t，而s已定义D．因为普朗克常量h（J•s）的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位3．汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。
前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（）A．10m B．20m C．25m D．50m4．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
高考物理二轮复习 选择题题型6 变压器、交变电流问题练习
选择题题型6 变压器、交变电流问题1.(2017·山东临沂二模)线圈ab,cd绕在同一软铁芯上,如图(甲)所示,在ab线圈中通以如图(乙)所示的电流(电流从a流入为正),已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈中感应电动势U cd随时间变化关系的图中,正确的是( )2.(2017·四川资阳二诊)如图(甲)所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动,产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图(乙)所示.若外接电阻的阻值R=9 Ω,线圈的电阻r=1 Ω,则下列说法正确的是( )A.线圈转速为100π rad/sB.0.01 s末穿过线圈的磁通量最大C.通过线圈的最大电流为10 AD.电压表的示数为90 V3.(2017·四川广元二模)在如图(甲)所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈接入图(乙)所示的电压,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出),图中电压表和电流表均为理想电表,R0为定值电阻,R为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小.下列说法中正确的是( )A.电压表的示数为44 VB.图(乙)中电压的有效值为220 VC.R处出现火灾时电流表示数减小D.R处出现火灾时电阻R0消耗的电功率增大4.(2017·河北张家口二模)如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交变电流,下列说法正确的是( )A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小C.保持P的位置不动,将Q向下滑动时,电流表读数变大D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小5.(2017·宁夏银川三模)(多选)如图所示,N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动,线框面积为S,线框的电阻、电感均不计,外电路接有电阻R、理想交流电流表○A 和二极管D,二极管D具有单向导电性,即正向电阻为零,反向电阻无穷大.下列说法正确的是( )A.图示位置电流表的示数为0B.R两端电压的有效值U=NBSC.一个周期内通过R的电荷量q=D.交流电流表的示数I=NBS6.(多选)某小型发电站通过升压变压器向60 km远处的用户供电,在用户端用降压变压器将电压变为220 V供用户使用(设两个变压器均为理想变压器),输电示意图如图所示.已知输电线的电阻率为ρ=1.25×10-8Ω·m,横截面积为1.5×10-4m2,发电机输出功率为20 kW,输出电压为250 V,若线路损耗的功率为输出功率的5%.则下列说法正确的是( )A.发电机是将其他形式的能转化为电能的设备,发电原理是法拉第电磁感应定律B.输电线上的电流为10 AC.>D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压7.(2017·河南平顶山一调)(多选)如图(a)所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=55∶4,原线圈接有交流电流表A1,副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R 等,所有电表都是理想电表,二极管D正向电阻为零,反向电阻无穷大,灯泡L的阻值恒定.原线圈接入的交变电压的变化规律如图(b)所示,则下列说法正确的是( )A.交流电压表V的读数为32 VB.灯泡L两端电压的有效值为32 VC.当滑动变阻器的触头P向下滑动时,电流表A2示数增大,A1示数增大D.由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s。
高考物理二轮复习 第二部分 二、“三法”妙答实验题 实验题专项练1
学习资料专题实验题专项练(一)22.(5分)(2018湖南常德一模)一名同学用图示装置做“测定弹簧的劲度系数”的实验。
以下是这位同学拟定的实验步骤,请按合理的操作顺序将步骤的序号写在横线上。
A.以弹簧长度l为横坐标,以钩码质量m为纵坐标,标出各组数据(l,m)对应的点,并用平滑的曲线连接起来B.记下不挂钩码时,弹簧下端A处指针在刻度尺上的刻度l0C.将铁架台固定于桌子上,将弹簧的一端系于横梁上,在弹簧附近竖直固定一把刻度尺D.依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个……钩码,待钩码静止后,读出弹簧下端指针指示的刻度记录在表格内,然后取下钩码E.由图象找出m-l间的函数关系,进一步写出弹力与弹簧长度之间的关系式;求出弹簧的劲度系数23.(10分)(2018江西新余期末)要测量一个由新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ,步骤如下: (1)游标卡尺测量其长度如图所示,可知其长度为 cm;(2)用螺旋测微器测量其直径如图所示,可知其直径为 mm;(3)选用多用电表测得该圆柱体的阻值约为90 Ω;(4)为更精确地测量其电阻,可供选择的器材如下:电流表A1(量程为500 mA,内阻约为1 Ω);电流表A2(量程为100 mA,内阻约为10 Ω);电压表V1(量程3 V,内阻R V1=1 000 Ω);电压表V2(量程15 V,内阻R V2=3 000 Ω);滑动变阻器R1(最大阻值为5 Ω);滑动变阻器R2(最大阻值为1 000 Ω);定值电阻R0(阻值500 Ω);电源E(电动势约为5 V,内阻r约为1 Ω),开关,导线若干为了使测量尽量准确,要尽可能多测几组数据,并要求所有电表读数不得小于其量程的,则电压表应选,电流表应选,滑动变阻器应选。
(均选填器材代号)(5)画出电路原理图。
实验题专项练(一)22.CBDAE解析本实验中首先要正确安装仪器,并记下弹簧自然伸长时的位置,然后再挂上钩码分别得出对应的长度;建立坐标系,作出对应的F-l图象即可;故答案为CBDAE。
2023年高考物理二轮复习第四部分题型专练选择题专项练(1)
第四部分题型专练选择题专项练(一)(考试时间：20分钟试卷满分：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．14.1934年约里奥—居里夫妇用α粒子轰击静止的铝核(2713Al)，发现了放射性磷(3015P)并同时释放一个X粒子，磷核(3015P)具有放射性，它在衰变为硅核(3014Si)的同时释放一个Y粒子，则X粒子和Y粒子分别是(D)A．质子和电子B．质子和正电子C．中子和电子D．中子和正电子【解析】根据质量数和电荷数守恒可知X粒子的电荷数为零，质量数为1，所以是中子，Y粒子的电荷数为1，质量数为零，所以是正电子，故ABC错误，D正确．15．滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起．假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为0，加速度为6 m/s2，位移为150 m，后一段的加速度为7 m/s2，路程为50 m，则飞机的离舰速度是(C)A．40 m/s B．45 m/sC．50 m/s D．55 m/s【解析】前一段过程，由速度位移公式得v21＝2a1x1，代入数据解得v1＝30 2 m/s，后一段过程，由速度位移公式得v22－v21＝2a2x2，代入数据解得v2＝50 m/s，故选C．16．我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成．空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)组成，如题图所示．三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其中卫星B、C轨道共面，C离地高度为h，地球自转周期为T，地球半径为R，轨道半径r C＜r B＝r A，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A ．C 的线速度小于A 的线速度B ．B 的角速度大于C 的角速度 C ．B 离地高度为3gR 2T 24π2－RD ．C 的周期为2π(R ＋h )gRgR【解析】 根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r，可得v ＝GMr，由于r C ＜r A ，则C 的线速度大于A 的线速度，故A 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝mω2r ，解得ω＝GMr 3，由于r C ＜r B ，则B 的角速度小于C 的角速度，故B 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h B )2＝m 4π2T 2(R ＋h B )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得，B 离地高度为h B ＝3gR 2T 24π2－R ，故C 正确；对卫星C ，根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得T ＝2π(R ＋h )g (R ＋h )gR，故D 错误．17．利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变．现使一群电荷量相同、质量不同的带电粒子同时沿同一方向垂直射入同一匀强电场，经相同时间速度的偏转角相同，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的( B )A ．动能B ．动量C ．加速度D ．速度【解析】 速度的偏转角tan θ＝v y v 0＝qE m t v 0＝qEtm v 0，若偏转角相同，则m v 0相同，动能、加速度、速度均不一定相同，故B 正确．18．水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动．如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉．为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F 1、F 2和F 3，其中F 1斜向左下方，F 2斜向右上方．若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变．现提高游艇速度，稳定时则( B )A ．F 1一定变小B ．F 2一定变大C ．F 2可能小于F 3D ．F 2和F 3的合力方向可能沿水平向右【解析】 设F 1和F 2与竖直方向的夹角分别为α、β，水平方向F 1sin α＝F 2sin β，因当速度变大时，空气阻力变大，即F 2的水平分量变大，则F 2变大，F 1也一定变大；竖直方向F 1cos α＋F 3＝F 2cos β，则F 2一定大于F 3；选项AC 错误，B 正确；由于三力平衡，则F 1和F 2的合力等于F 3，F 2和F 3的合力方向与F 1等大反向，不可能沿水平向右，选项D 错误．19．如图所示为某水电站远距离输电的原理图．升压变压器的原副线圈匝数比为k ，输电线的总电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U ，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP ．下列说法正确的是( BC )A ．电压表V 1的示数不变，电压表V 2的示数增大B ．电流表A 1、A 2的示数均增大C ．输电线上损失的电压增加了Rk ΔPUD ．输电线上损失的功率增加了R (k ΔP )2U 2【解析】 由于发电厂输出电压恒为U ，根据理想变压器的规律，对于升压变压器UU 1＝k ，故电压表V 1的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP ，则发电厂输出电流增加了ΔI ＝ΔPU ，根据理想变压器规律，对于升压变压器ΔI 1ΔI ＝k ，A 1示数增加了ΔI 1＝k ΔPU ，由于A 1示数增加，A 2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU 1′＝ΔI 1R ，故V 2示数也将减小，A 错误，B 正确；根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了ΔI 1R ＝Rk ΔPU，C 正确；输电线上损失的功率增加了(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ≠(ΔI 1)2R ，由于I 1未知，故无法计算，D 错误．故选BC ．20．如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r 的四分之一圆弧金属轨道MN 和M ′N ′与足够长的水平金属轨道NP 和N ′P ′连接组成，轨道间距为L ，电阻不计；电阻为R ，质量为m ，长度为L 的金属棒cd 锁定在水平轨道上距离NN ′足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现在外力作用下，使电阻为R 、质量为m ，长度为L 的金属棒ab 从轨道最高端MM ′位置开始，以大小为v 0的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒ab 始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g ，下列说法正确的是( AD )A ．ab 刚运动到NN ′位置时，cd 受到的安培力大小为B 2L 2v 02R ，方向水平向左B ．ab 从MM ′运动到NN ′位置的过程中，回路中产生的焦耳热为πrB 2L 2v 04RC ．若ab 运动到NN ′位置时撤去外力，则ab 能够运动的距离为m v 0RB 2L2D ．若ab 运动到NN ′位置撤去外力的同时解除cd 棒的锁定，则从ab 开始运动到最后达到稳定状态的整个过程中回路产生的焦耳热为πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 2【解析】 金属棒ab 刚运动到NN ′位置时，速度大小为v 0，感应电动势为BL v 0，回路中的电流为BL v 02R ，可求cd 棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R ，根据左手定则可判断方向水平向左，A 正确；金属棒ab 从MM ′运动到NN ′的过程中，做匀速圆周运动，设ab 棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为θ，运动时间为t ，有θ＝v 0r t ，产生的电动势的表达式为e ＝BL v 0sin θ＝BL v 0sin v 0rt ，根据正弦式交变电流知识，可求电动势的有效值为E ′＝BL v 02＝2BL v 02，回路中电流的有效值为I ′＝E ′2R ，金属棒ab 的运动时间为t ＝πr2v 0，根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为Q 1＝I ′2·2Rt ，代入数据联立各式解得Q 1＝πrB 2L 2v 08R，B错误；从撤去外力到ab 棒停止运动，设ab 棒运动的距离为x ，回路中的平均电流为I －，运动时间为t ，根据动量定理有B I －Lt ＝m v 0，其中I －t ＝ΔΦt ·2R ·t ＝BLx 2R ，两式联立解得x ＝2m v 0R B 2L 2，C 错误．根据右手定则和左手定则可以判断，撤去外力同时解除cd 棒的锁定后，ab 棒和cd 棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时ab 棒和cd 棒的共同速度为v ，则有m v 0＝2m v ，根据能量守恒可求这个过程产生的焦耳热为Q 2＝12m v 20－12×2m v 2，联立解得Q 2＝14m v 20，可求整个过程中产生的焦耳热为Q ＝Q 1＋Q 2＝πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 20，D 正确．21．质量分别为m 、2m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平地面上，A 上固定一竖直轻杆，长为L 的细线一端系在轻杆上部的O 点，另一端系质量为m 的小球C ，现将C 球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C 球，则在之后的过程中(球与杆及A 、B 均无接触)，下列说法正确的是( ABD )A ．木块A 、B 分离后，B 的速度大小为6gL6B ．木块A 的最大速度为6gL2C ．C 球在O 点正下方向右运动时，速度大小为6gL2D ．C 球通过O 点正下方后，上升的最大高度为23L【解析】 小球C 在最低点时，木块A 、B 恰好分离，设此时AB 的速度为v 1，小球的速度为v 2，根据机械能守恒定律得mgL ＝12m v 22＋12·3m v 21 根据动量守恒定律得m v 2＝3m v 1 解得v 1＝6gL 6，v 2＝6gL2，A 正确；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，C 球在O 点正下方向右运动时，A 、C 速度交换，此时木块A 的速度最大，最大值为v A ＝6gL 2，小球C 的速度为v C ＝6gL6，B 正确，C 错误；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，当小球运动至最高点时速度相等，设为v ，根据动量守恒有m v 2－m v 1＝2m v ，12m v21＝12·2m v2＋mgh，解得h＝23L，D正确．故选ABD．根据机械能守恒有12m v22＋。
高考物理专练题热学(试题部分)
高考物理专练题热学(试题部分)考点一分子动理论1.[2018河南八市第一次测评,16(1)](多选)关于热现象和热学规律,以下说法正确的有()A.随分子间的距离增大,分子间的斥力减小,分子间的引力增大B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,液体表面存在张力C.晶体熔化时吸收热量,分子平均动能不变D.自然界中的能量虽然是守恒的,但并非所有的能量都能利用E.气体的温度升高时,分子的热运动变得剧烈,分子的平均动能增大,撞击器壁时对器壁的作用力增大,从而气体的压强一定增大答案BCD2.(多选)关于布朗运动,下列说法正确的是()A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动B.液体温度越高,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸,都会发生布朗运动D.布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的答案ABE3.[2020届河南五校联考,33(1)]在“用油膜法估测分子的大小”实验中,用amL的纯油酸配制成bmL的油酸酒精溶液,再用滴管取1mL油酸酒精溶液,让其自然滴出,共n滴。
现在让其中一滴落到盛水的浅盘内,待油膜充分展开后,测得油膜的面积为Scm2,则:(1)估算油酸分子的直径大小是cm。
(2)用油膜法测出油酸分子的直径后,要测定阿伏加德罗常数,还需要知道油酸的。
A.摩尔质量B.摩尔体积C.质量D.体积(2)B答案(1)abSn考点二固体、液体、气体1.[2019广西梧州联考,33(1)](多选)以下说法正确的是()A.当一定量气体吸热时,其内能可能减小B.单晶体有固定的熔点,多晶体和非晶体都没有固定的熔点C.一定量的理想气体在等温变化的过程中,随着体积减小,气体压强增大D.已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可估算出该气体分子间的平均距离E.给自行车打气时越往下压,需要用的力越大,是因为压缩气体使得分子间距减小,分子间作用力表现为斥力导致的答案ACD2.[2015课标Ⅰ,33(1),5分](多选)下列说法正确的是()A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变答案BCD3.[2016课标Ⅲ,33(2),10分]一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞。
2018版高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律专题
专题检测（二） 熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律1．[多选](2017·绍兴模拟)对于课本上的一些图片，下列说法正确的是( )A ．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B ．图乙中，两个影子在x 、y 轴上的运动就是物体的两个分运动C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A 、B 两球将同时落地D ．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力大于所需要的向心力 解析：选BC 题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A 错误；题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，选项B 正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只是使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，选项C 正确；做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D 错误。
2．一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝4＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2(m/s)。
则该质点在t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度分别为( ) A ．8 m/s 、24 m/s B ．24 m/s 、8 m/s C ．24 m/s 、10 m/sD ．24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t ＝2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v ＝6t 2(m/s)，得t ＝2 s 时的瞬时速度为v ＝6×22m/s ＝24 m/s ，将t ＝0和t ＝2 s 分别代入距离随时间变化的关系式x ＝4＋2t 3(m)，得：x 1＝4 m ，x 2＝20 m ，则质点在2 s 时间内通过的位移为x ＝x 2－x 1＝20 m－4 m ＝16 m ，所以：t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝x t ＝162m/s ＝8 m/s ；故B 正确。
高考物理二轮复习 专题六 物理实验 考点1力学实验限时集训-人教版高三全册物理试题
考点1 力学实验[限时45分钟]1．如图6－1－16所示，某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器〞计量时间。
实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。
实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。
在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。
(滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)图6－1－16(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左〞或“从左向右〞)运动的。
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。
小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________ m/s，加速度大小为________ m/s2。
(结果均保存两位有效数字) 解析(1)小车在阻力的作用下，做减速运动，由图(b)知，从右向左相邻水滴间的距离逐渐减小，所以小车在桌面上是从右向左运动；(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为：Δt＝3045＝23s，所以A点位置的速度为：v A＝0.117＋0.1332Δt＝0.19 m/s，根据逐差法可求加速：(x5＋x4)－(x2＋x1)＝6a(Δt)2，解得a＝0.037 5 m/s2＝0.038 m/s2。
答案(1)从右向左；(2)0.19 0.0382．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。
(1)如图6－1－17(a)所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，局部数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________N/m。
(g 取9.8 m/s2)砝码质量(g) 50 100 150 弹簧长度(cm)8.627.636.66(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图(b)所示；调整导轨，当滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________。
(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x ；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v ，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________。
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选择题满分专练(四)选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2017·石家庄市毕业班一模)如图所示，实线为不知方向的几条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞入a 、b 两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则( )A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 的速度将减小，b 的速度将增大C ．两个粒子的动能，一定一个增加一个减少D ．两个粒子的电势能，一定都减少解析：粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，所以能判断a 、b 一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A 错误；粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，从图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B 、C 错误；电场力都做正功，故电势能都减小，故D 正确．答案：D 15．(2017·黑龙江省五校高三4月联考)如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a 、b 两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a 、b 沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x 随时间t 变化的图象如图乙所示．a 、b 两车质量(含发射器)分别为1 kg 和8 kg ，则下列说法正确的是( )A ．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B ．碰撞过程中a 车损失的动能是149JC ．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D ．两车碰撞过程为弹性碰撞解析：设a 、b 两车碰撞前的速度大小为v 1、v 2，碰后的速度大小为v 3，结合题图乙得v 1＝2 m /s ，v 2＝1 m /s ，v 3＝23m /s ，以向右为正方向，碰前总动量p 1＝－m a v 1＋m b v 2＝6 kg ·m /s ，碰后总动量p 2＝(m a ＋m b )v 3＝6 kg ·m /s ，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A 错误；碰撞前a 车动能为E k ＝2 J ，碰撞后a 车动能为E′k ＝29J ，所以碰撞过程中a 车损失的动能是169J ，B 错误；碰前a 、b 两车的总动能为6 J ，碰后a 、b 两车的总动能为2 J ，C 正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，D 错误．答案：C16．某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为T ，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )解析：设行星质量为M，半径为R，密度为ρ，卫星质量为m，如图所示，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°6＝60°，故φ＝60°，r＝Rcosφ＝2R，根据GMm2R2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT22R，M＝ρ43πR3，解得ρ＝24πGT2.答案：A17．如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B0.现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q；若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，要在t时间内产生的热量也为Q，乙图中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为( )解析：两种情况下，在相同时间内产生的热量相同，说明电压的有效值相同，现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，电压有效值为E＝E m2＝Bsω2＝B0πr2×100π2；磁场以图乙所示规律周期性变化，电压有效值为E＝S·ΔBΔt＝πr2×B0T4，解得T＝225π，选项C正确．答案：C18．(2017·河北冀州2月模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为3 kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中v－t图象如图乙所示．设A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．小物块最大重力势能为54 JB．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3：1C ．小物块与斜面间的动摩擦因数为32D ．推力F 的大小为40 N解析：由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x ＝12×3×1.2 m ＝1.8 m ，上升的最大高度h ＝x sin 30°＝0.9 m ，故物块的最大重力势能E pm ＝mgh ＝27 J ，则A 项错．由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均公式v ＝v 0＋v2，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1:1，则B 项错．由乙图可知减速上升时加速度大小a 2＝10 m /s 2，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，得μ＝33，则C 项错．由乙图可知加速上升时加速度大小a 1＝103m /s 2，由牛顿第二定律有F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，得F ＝40 N ，则D 项正确．答案：D19．如图所示为光电管的工作电路图，分别用波长为λ0、λ1、λ2的单色光做实验，已知λ1>λ0>λ2.当开关闭合后，用波长为λ0的单色光照射光电管的阴极K 时，电流表有示数．则下列说法正确的是( )A ．光电管阴极材料的逸出功与入射光无关B ．若用波长为λ1的单色光进行实验，则电流表的示数一定为零C ．若仅增大电源的电动势，则电流表的示数一定增大D ．若仅将电源的正负极对调，则电流表的示数可能为零 解析：光电管阴极材料的逸出功只与材料有关，而与入射光的频率、入射光的强度无关，A 正确．用波长为λ0的光照射阴极K 时，电路中有光电流，可知波长为λ0的光照射阴极K 时，发生了光电效应；若用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K 时，虽然入射光的频率变小，但仍可能大于阴极的极限频率，仍可能发生光电效应，因此电流表的示数可能不为零，B 错误．仅增大电路中电源的电动势，光电管两端电压增大，当达到饱和电流后，电流表的示数不再增大，C 错误．将电路中电源的正负极对调，光电子做减速运动，还可能到达阳极，所以还可能有光电流；若电源电动势大于光电管的遏止电压，电子到达不了阳极，则此时电流表的示数不为零，D 正确．答案：AD20．(2017·湖北省襄阳市高三调研测试)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物块从轨道顶端A 处由静止释放．小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v.若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图象正确的是( )解析：设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝2gR ，到地面时的速度v ＝2gH ，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D 对；小物体在B 点的加速度a ＝v 2BR＝2g ，选项A 对；在B 点对小物体应用向心力公式，有F B －mg ＝mv 2BR，又由牛顿第三定律可知N ＝F B ＝3mg ，选项B 错；小物体离开B 点后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝12gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R)R ，选项C 错．答案：AD21．如图所示，EF 和MN 两平行线将磁场分割为上、下两部分，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从EF 线上的A 点以速度v 斜向下射入EF 下方磁场，速度与边界成30°角，经过一段时间后正好经过C 点，经过C 点时速度方向斜向上，与EF 也成30°角，已知A 、C 两点间距为L ，两平行线间距为d ，下列说法中正确的是( )A ．粒子不可能带负电荷B ．磁感应强度大小可能满足B ＝mv qLC ．粒子到达C 点的时间可能为7πm 3Bq ＋4dvD ．粒子的速度可能满足v ＝L －23nd Bqm(n ＝0,1,2,3，…)解析：若粒子带负电，粒子可沿图甲轨迹通过C 点，所以A 错误；如果粒子带正电，且直接偏转经过C 点，如图乙所示，则R ＝L ，由Bqv ＝mv 2R 得B ＝mvqL，所以B 正确；在图丙所示情形中粒子到达C 点所用时间正好为7πm 3Bq ＋4dv，则C 正确；由于带电粒子可以多次偏转经过C 点，如图丁所示，由几何知识可知，L ＝2nd tan 60°＋2R sin 30°，则R ＝L －23nd ，根据R ＝mv Bq 可得，v ＝L －23nd Bqm(n ＝0，1,2,3，…)，D 正确．答案：BCD。