【推荐】2019版高考物理二轮复习许30分钟抢分练8选择+2实验四.doc
2019版高考物理二轮复习许30分钟抢分练2计算+1鸭三.doc
呷^ 二、选考题（共 15 分。请考生从给出的 2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题 计 分。） 33. 【物理一一选修 3-3] （15 分） （ 1） （5 分）下列说法正确的是 ___ 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选対 2 个得 4 分, 选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A. 晶体有固定的熔点 B. 物体吸收热量后，其温度一定升高 C. 液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性 0.雨水没有透过布质雨伞是因为液体表面张力的存在 E.给自行车打气吋气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的
于表面张力的作用，选项 D 正确；给自行车打气时气筒压下后反弹是 rh 于压强的作用 , 选项 E 错误。 （ 2） （i）气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律有 扌=〒（ 3 分） 解得 ％=0.05 nf（2 分） （ ii ）气体对外界所做的功为 W=M-V^（3 分） 解得 “-2 000 J（2 分） 答案 （l）ACD （2） （ i ）0.05 m3 （ii ） 2 000 J 34. 【物理一一选修 3-4] （15 分） （ 1）（ 5 分）关于振动与波，下列说法正确的是 ____ 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分， 选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A. 军队士兵便步过桥，是为了避免桥发生共振 B. —个单摆在赤道上的振动周期为 7；移到北极时振动周期也为 T C. 一列水波遇到障碍物发生衍射，衍射后的水波频率不变 D. 简谐横波在传播过程中每经过一个周期，振动质点将沿传播方向移动一个波长 E. 当接收者远离波源吋，其接收到的波的频率比波源发出的频率低
波的频率比波源发出的频率低，选项 E 正确。 (2) ( i ) 半圆柱体的横截面如图所示，其中。为截面圆的圆心， 00' 为截面圆的半径。
2019届高考物理二轮阶段性效果检测 8 Word版含答案
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.根据电容器电容的定义式C=QU，可知( )A.电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比B.电容器不带电时，其电容为零C.电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比D.以上说法均不对2.(2018·呼伦贝尔模拟)如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。
S闭合时，该微粒恰好能保持静止。
在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开。
下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )A.①情况下，可以通过上移极板M实现B.①情况下，可以通过上移极板N实现C.②情况下，可以通过上移极板M实现D.②情况下，可以通过上移极板N实现3.如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，在图中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是( )4.(多选)(2018·淄博模拟)如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态。
现将两极板的间距变大，则( )A.电荷将向上加速运动B.电荷将向下加速运动C.电流表中将有从a到b的电流D.电流表中将有从b到a的电流5.(2018·常州模拟)如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出，当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间，设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A.U1∶U2=1∶8B.U1∶U2=1∶4C.U1∶U2=1∶2D.U1∶U2=1∶16.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后，分别抵达B、C两点，若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )A.1∶2B.2∶1C.1∶17.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。
高考物理二轮复习 小卷30分钟提分练(四)(8选择+2实验)(含解析)
小卷30分钟提分练(8选择＋2实验)(四)一、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．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F T作用下，缓慢地由A向B运动，F T始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为F N，在运动过程中( )A．F T增大，F N减小 B．F T减小，F N减小C．F T增大，F N增大 D．F T减小，F N增大答案：A15．[2019·安徽联盟最后一卷]如图所示，匀强电场平行于等边三角形ABC所在的平面，M、N分别是BC和AC的中点．同一带负电的点电荷，由A移到B电场力做功1.2×10－8J，由A移到C电场力做功2.4×10－8 J，则下列说法正确的是( )A．M、N连线所在直线为等势线B．A点电势高于B点C．将该点电荷由A点移到M点，电场力做功1.8×10－8 JD．匀强电场的方向由A点指向C点答案：C16.[2019·衡水金卷四省第三次大联考]如图所示，一个小球从光滑的固定圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C点的过程中，小球的动能E k随时间t的变化图象可能是( )解析：动能E k 与时间t 的图象上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即ΔE k Δt ＝WΔt＝P ，A 点与C 点处小球速度均为零，B 点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A 、B 、C 三点处重力做功的功率为零，则小球由A 点运动到B 点的过程中重力做功的功率先增大再减小至零，小球由B 点运动到C 点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B 17.[2019·广东省梅州市二模]如图所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且仅圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．乙球释放的位置最高D ．甲球下落过程中，机械能守恒解析：在最高点时，甲球所受洛伦兹力向下，乙球所受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，三球在最高点所受合力不相等，由牛顿第二定律得：F 合＝m v 2R，由于F 合不等、m 、R 相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A 错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B 错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C 错误；洛伦兹力不做功，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D 正确．答案：D 18.[2019·湖北黄石高三适应性考试]如图所示，面积为S 、匝数为N 的矩形线框在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L 1、L 2均正常发光，理想电流表的示数为I . 已知L 1、L 2的额定功率均为P ，额定电流均为I ，线框及导线电阻不计，则( )A ．图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零B ．线框转动的角速度为22PINBSC ．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2D ．若灯L 1烧坏，电流表示数将增大解析：图示位置时，线框切割磁感线速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故A错误；变压器原线圈输入电压为：U ＝2P I ，根据U m ＝NBSω，U ＝U m 2，联立解得：ω＝22PINBS ，故B 正确；变压器的输入电流为I 、输出电流为2I ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原、副线圈的匝数之比为2：1，故C 错误；若L 1灯烧坏，负载电阻变大，输入、输出电压不变，所以副线圈电流变小，故电流表示数减小，D 错误．答案：B19．现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备．如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，电磁铁线圈中电流的大小可以变化；下面为磁极之间真空室的俯视图．现有一电子在真空室中做圆周运动，从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动．则下列判断正确的是( )A ．通入螺线管的电流在增强B ．通入螺线管的电流在减弱C ．电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力D ．电子在轨道中加速的驱动力是电场力解析：从上往下看电子沿逆时针方向做加速运动，表明感应电场沿顺时针方向．图示电磁铁螺线管电流产生的磁场方向竖直向上，根据楞次定律和右手定则，当磁场正在增强时，产生的感应电场沿顺时针方向，故选项A 正确，B 错误；电子所受感应电场力方向沿切线方向，电子在轨道中做加速圆周运动是由电场力驱动的，选项C 错误，D 正确．答案：AD20．如图所示，水平地面粗糙，物块A 、B 在水平外力F 的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A 、B 的速度v A 、v B 和加速度a A 、a B 大小关系可能正确的是( )A ．v A >vB ，a A ＝a B B ．v A <v B ，a A <a BC ．v A ＝v B ，a A ＝a BD ．v A >v B ，a A >a B解析：由题意知，A 、B 一起加速时，a A ＝a B ，则v A ＝v B ；发生相对运动时，一定是：v A <v B ，a A <a B ，所以B 、C 正确．答案：BC21．[2019·安徽省安庆市二模]如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m ＝2 kg 的物块(视为质点)，开始时物块静止在斜面上A 点，此时物块与斜面间的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F ＝20 N 作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A 点运动到B 点时，力F 做的功W ＝4J ，已知弹簧的劲度系数k ＝100 N/m ，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝35，取g ＝10 m/s 2，则下列结论正确的是( )A ．物块从A 点运动到B 点的过程中，重力势能增加了4 J B ．物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能为1.2 JC ．物块经过B 点时的速度大小为255m/sD ．物块从A 点运动到B 点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J解析：当物块从A 点运动到B 点时，力F 做的功W ＝4 J ，则A 、B 的距离L ＝W F ＝420m ＝0.2 m ，此时重力势能增加了ΔE p ＝mgL sin 30°＝20×0.2×12J ＝2 J ，选项A 错误；物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能为ΔE ＝W f ＝μmgL cos 30°＝35×20×0.2×32J ＝1.2 J ，选项B 正确；物块静止在A 点时所受摩擦力为零，则mg sin 30°＝k Δx ，解得Δx ＝mg sin 30°k ＝20×12100m ＝0.1 m ，即在A 点时弹簧被压缩了0.1 m ，可知当物块到达B 点时，弹簧伸长0.1 m ，那么在A 、B 两点弹簧的弹性势能相等，则从A 到B 由动能定理：W －W G －W f ＝12mv 2B ，解得v B ＝255m/s ，选项C 正确，D 错误． 答案：BC二、非选择题(考生按要求作答)22．(5分)某同学利用如图甲所示装置探究平抛运动中物体机械能是否守恒。
2019版高考物理二轮复习 单科标准练2.doc
2019版高考物理二轮复习单科标准练2二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每个小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，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．下列叙述符合物理学史实的是( )A．安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法—安培定则B．法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应C．楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化D．麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的．他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景B[奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法—安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的．他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误．] 15．如图1所示，甲、乙两物块用轻弹簧相连，竖直放置，处于静止，现将甲物块缓慢下压到A位置由静止释放，当乙刚好离开地面时，甲的加速度为a1，速度为v1，再将甲物块缓慢下压到B的位置，仍由静止释放，则当乙刚好要离开地面时，甲的加速度为a2，速度为v2，则下列关系正确的是( )图1A．a1＝a2，v1＝v2B．a1＝a2，v1＜v2C．a1＜a2，v1＜v2D．a1＜a2，v1＝v2B[对于乙，当乙刚好离开地面时有：kx＝m乙g，两次情况下，弹簧的弹力是一样的，对于甲，根据牛顿第二定律得，kx＋m甲g＝m甲a，可知两次加速度相等，即a1＝a2，当弹簧压到B 时比弹簧压到A 时弹性势能大，两次末状态弹簧的形变量相同，弹性势能相同，根据能量守恒得，弹簧的弹性势能转化为甲物体的动能和重力势能，压缩到B 时，弹簧弹性势能减小量多，甲获得的动能大，速度大，即v 1＜v 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．]16.2013年6月20日，女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课．授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应．在视频中可观察到漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中．假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化(振动)，如图2所示．已知液滴振动的频率表达式为f ＝k σρr3，其中k 为一个无单位的比例系数，r 为液滴半径，ρ为液体密度，σ(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量ΔE (其单位为J)和液体表面面积的增加量ΔS 有关，则在下列关于σ、ΔE 和ΔS 关系的表达式中，可能正确的是( )【导学号：19624290】图2A ．σ＝ΔE ×ΔSB ．σ＝1ΔE ×ΔSC ．σ＝ΔE ΔSD ．σ＝ΔS ΔEC [σ(其单位为N/m)为液体表面张力系数，它与液体表面自由能的增加量ΔE (其单位为J)和液体表面面积的增加量ΔS (其单位是m 2)有关，根据物理量单位之间的关系得出：1 N/m ＝1 J 1 m 2，所以σ＝ΔE ΔS，故选C.] 17．( 2017·揭阳市揭东一中检测)如图3所示，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中|AB |＝2|AD |＝2|AA 1|，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A 1B 1C 1D 1范围内(包括边界)．不计空气阻力，以A 1B 1C 1D 1所在水平面为重力势能参考平面，则小球( )图3A ．抛出速度最大时落在B 1点B ．抛出速度最小时落在D 1点C ．从抛出到落在B 1D 1线段上任何一点所需的时间都相等D ．落在B 1D 1中点时的机械能与落在D 1点时的机械能相等C [由于小球抛出时离地高度相等，故各小球在空中运动的时间相等，则可知水平位移越大，抛出时的速度越大，故落在C 1点的小球抛出速度最大，落点靠近A 1的粒子速度最小，故A 、B 错误，C 正确；由图可知，落在B 1D 1点和落在D 1点的水平位移不同，所以两种情况中对应的水平速度不同，则可知它们在最高点时的机械能不相同，因下落过程机械能守恒，故落地时的机械能也不相同，故D 错误．]18．如图4所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路．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．下列说法不正确的是( )图4A ．将原线圈抽头P 向下滑动时，灯泡变暗B ．将电容器的上极板向上移动一小段距离，灯泡变暗C ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势为零D ．若线圈abcd 转动的角速度变为原来的2倍，则变压器原线圈电压的有效值也变为原来的2倍A [矩形线圈abcd 中产生交变电流；将原线圈抽头P 向下滑动时，原线圈匝数变小，根据公式U 1U 2＝n 1n 2，知输出电压增大，故灯泡会变亮，故A 错误；将电容器的上极板向上移动一小段距离，电容器的电容C 变小，容抗增大，故电流减小，灯泡变暗，故B 正确；线圈所处位置是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C 正确；若线圈转动的角速度变为2ω，最大值增加为原来的2倍，有效值也变为原来的2倍，故D 正确．题目要求选择不正确的选项，故选A.]19．下列说法正确的是( )A ．为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系B ．汤姆孙根据阴极射线在电场和在磁场中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷C ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了D ．已知中子、质子和氘核的质量分别为m n 、m p 、m D ，则氘核的比结合能为m n ＋m p －m D c 22(c 表示真空中的光速)ABD [根据光电效应方程知E km ＝h ν－W 0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，故A 正确；汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出该粒子的比荷，故B 正确；按库仑力对电子做负功进行分析，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电场力对电子做负功，故电子的动能变小，电势能变大(动能转为电势能)；由于发生跃迁时要吸收光子，故原子的总能量增加，C 错误；已知中子、质子和氘核的质量分别为m n 、m p 、m D ，则氘核的结合能为ΔE ＝(m n ＋m p －m D )c 2，核子数是2，则氘核的比结合能为m n ＋m p －m D c 22，故D 正确．]20．(2017·虎林市摸底考试)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成α＝30°的匀强电场，电场中有一质量为m ，电量为q 的带电小球，用长为L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，如图5所示．开始小球静止于M 点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点P ，然后由静止释放，下列判断正确的是( )【导学号：19624291】图5A ．小球到达M 点时速度为零B ．小球达到M 点时速度最大C ．小球运动到M 点时绳的拉力大小为33mgD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速曲线运动BCD [当小球静止于M 点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P 到M 过程中，只有电场力和小球重力做功，它们的合力做功最大，速度最大，A 错误，B 正确；电场力和重力的合力F 合＝mg tan 30°＝3mg ，由F 合·L ＝12mv 2M ，T M －F 合＝m v 2M L可解得：T M ＝33mg ，选项C 正确；若小球运动到M 点时，细线突然断裂，速度竖直向上，合力水平向右，故小球做匀变速曲线运动，D 正确．]21．如图6所示，阻值为R 、质量为m 、边长为l 的正方形金属框位于光滑的水平面上．金属框的ab 边与磁场边缘平行，并以一定的初速度进入矩形磁场区域，运动方向与磁场边缘垂直．磁场方向垂直水平面向下，在金属框运动方向上的长度为L (L >l )．已知金属框的ab 边进入磁场后，金属框在进入磁场过程中运动速度与ab 边在磁场中的运动位移之间的关系和金属框在穿出磁场过程中运动速度与cd 边在磁场中的运动位移之间的关系分别为v ＝v 0－cx ，v ＝v 0－c (l ＋x )(v 0未知)，式中c 为某正值常量．若金属框完全通过磁场后恰好静止，则有( )图6A ．金属框bd 边进入一半时金属框加速度大小为a ＝3cl 3B 24mRB ．金属框进入和穿出过程中做加速度逐渐减小的减速运动C ．金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为mc 2l 2D ．磁感应强度大小为B ＝mcR lBD [当金属框bd 边进入一半时，金属框速度v ＝v 0－c l 2，此时受到的安培力为：F ＝BIl ＝B 2l 2v 0－c l 2R ，当金属框出磁场且速度为零时有：0＝v 0－c (l ＋l )，得v 0＝2cl ，所以金属框加速度大小为a ＝F m ＝3cl 3B 22mR，选项A 错误；金属框进入磁场时，有：a ＝F m ＝B 2l 2cl －cx mR，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，同理，当穿出时有：a ＝F m ＝B 2l 2cl －cx mR，可得金属框做加速度逐渐减小的减速运动，选项B 正确；金属框在穿出磁场这个过程中克服安培力做功为W F ＝12m (v 0－cl )2＝12mc 2l 2，选项C 错误；根据题意，金属框出磁场时速度与位移成线性关系，故安培力也与位移成线性关系，故有：W F ＝12F 0l ＝12B 2l 2·cl R l ＝B 2l 4c 2R ＝12mc 2l 2，解得：B ＝mcR l，选项D 正确．]第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22题～第25题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33～34为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(6分)(2017·虎林市摸底考试)如图7所示，在验证动量守恒定律实验时，小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若获得纸带如图8所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 的碰前速度，应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m 1＝0.30 kg ，小车B 的质量为m 1＝0.20 kg ，由以上测量结果可得碰前系统总动量为________kg·m/s，碰后系统总动量为______kg·m/s.(结果保留四位有效数字)(3)实验结论：_________________________________________________.【导学号：19624292】【解析】 (1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC 段为匀速运动的阶段，所以选BC 段计算A 的碰前速度，碰撞过程是一个变速运动的过程，而A 和B 碰后的共同运动应是匀速直线运动，故应选DE 段计算碰后的共同速度．(2)碰前系统的动量即A 的动量，则p 1＝m A v 0＝m A BC5T ＝1.035 kg·m/s.碰后的总动量：p 2＝m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )DE 5T＝1.030 kg·m/s. (3)由实验数据可知，在误差允许的范围内，小车A 、B 组成的系统碰撞前后总动量守恒．【答案】 (1)BC DE(2)1.035 1.030 在实验误差允许范围内，碰前和碰后的总动量相等，系统的动量守恒23．(9分)[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅲ)]某同学通过实验测定金属丝电阻率：(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径d，读数如图9所示，则直径d＝________mm；图9(2)为了精确地测出金属丝的电阻，需用欧姆表对额定电流约0.5 A的金属丝的电阻R x粗测，下图是分别用欧姆挡的“×1挡”(图10甲)和“×10挡”(图乙)测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择______挡(填“×1”或“×10”)，该段金属丝的阻值约为______Ω.甲乙图10(3)除待测金属丝R x、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________(选填“A1”或“A2”)、电源应选______(选填“E1”或“E2”)．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)滑动变阻器R(最大阻值约10 Ω)电流表A1(量程3 A，内阻约0.05 Ω)电流表A2(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)电源E1(电动势9 V，内阻不计)电源E2(电动势4.5 V，内阻不计)毫米刻度尺、开关S、导线(4)若滑动变阻器采用限流接法，在下面方框内完成电路原理图(图中务必标出选用的电流表和电源的符号)．【解析】(1)螺旋测微器固定刻度示数是0.5 mm，可动刻度示数是49.9×0.01 mm ＝0.499 mm，则螺旋测微器示数为0.5 mm＋0.499 mm＝0.999 mm(0.998～1.000均正确)；(2)由题图甲、乙所示可知，题图乙所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用题图甲所示测量电阻阻值，题图甲所示欧姆挡为“×1挡”，所测电阻阻值为7×1 Ω＝7 Ω.(3)电阻丝的额定电流约为0.5 A，电流表应选A2；电阻丝的额定电压约为U＝IR ＝0.5×7 V＝3.5 V，电源应选E2；(4)待测金属丝电阻约为7 Ω，电压表内阻约为3 kΩ，电流表内阻约为0.2 Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示．【答案】(1)0.999(0.998～1.000均正确) (2)×17 (3)A2E2(4)实验电路图见解析24．(12分)(2017·温州中学模拟)目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组，称为动车组．若每节动车的额定功率均为1.35×104kW，每节动车与拖车的质量均为5×104kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍．若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7 km/h.我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车．当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼(减速板)调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动．(所有结果保留两位有效数字)求：图11(1)沪昆高铁的最大时速v为多少km/h?(2)当动车组以加速度1.5 m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s，已知横截面积为1 m2的风翼上可产生1.29×104 N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%.沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3 m2，求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？【导学号：19624293】【解析】(1)由P＝3kmgv0(2分)2P＝8kmgv(2分)解之得：v＝0.75v0＝3.5×102 km/h. (1分)(2)设各动车的牵引力为F牵，第3节车对第4节车的作用力大小为F，以第1、2、3节车厢为研究对象由牛顿第二定律得：F牵－3kmg－F＝3ma (2分)以动车组整体为研究对象，由牛顿第二定律得：2F 牵－8kmg ＝8ma(2分) 由上述两式得：F ＝kmg ＋ma ＝P 3v 0＋ma ＝1.1×105 N ． (2分)(3)由风阻带来的列车与地面的阻力为：F m ＝1.29×104×1.3×2×8×0.9 N＝2.4×105N (1分)“风阻制动”的最大功率为P ＝F m v m ＝2.4×105×350 0003 600W ＝2.3×107 W ．(2分) 【答案】 (1)3.5×102 km/h (2)1.1×105 N (3)2.3×107 W25. (20分)(2017·临川一中模拟)如图12所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ＝45°，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量q (q >0)的粒子以速率v 0从y 轴上的M (OM ＝d )点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力．图12(1)求此电场的场强大小E ；(2)若粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，求粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间．【解析】 (1)粒子在电场中运动，只受电场力作用，F 电＝qE ，a ＝qE m ； (2分) 沿垂直电场线方向X 和电场线方向Y 建立坐标系，则在X 方向位移关系有：d sin θ＝v 0cos θ·t ，所以t ＝d v 0； (2分)该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，所以在Y 方向上，速度关系有：v 0sin θ＝at ＝qE m t ， (2分)所以，v 0sin θ＝qEd mv 0 (1分)则有E ＝mv 20sin θqd ＝mv 20sin 45°qd ＝2mv 202qd. (2分)(2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间t ＝d v 0；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL 与x 轴所围区间内返回到虚线OL 上，则粒子从M 点出发到第二次经过OL 在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为12T ； 粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，Bvq ＝m v 2R ； (2分) 根据(1)可知，粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，速度v 就是初速度v 0在X 方向上的分量，即v ＝v 0cos θ＝v 0cos 45°＝22v 0； (1分) 粒子在电场中运动，在Y 方向上的位移Y ＝12v 0sin θ·t ＝24v 0t ＝24d ，(1分) 所以，粒子进入磁场的位置在OL 上距离O 点l ＝d cos θ＋Y ＝324d ；(2分) 可得：l ≥R ＋R cos θ，即R ≤l 1＋1cos θ＝324d 1＋2 ＝－24d ；(2分) 所以，T ＝2πR v ≤2π×－24d 22v 0＝2－πd v 0； (1分)所以，粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间t最长＝t ＋12T max ＝d v 0＋122－1πd v 0＝d v 0[1＋2－π2]． (2分)【答案】(1)2mv202qd(2)dv0[1＋2－π2](二)选考题(共15分，请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)[2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅱ)](1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关B．悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡C．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越小D．PM 2.5的运动轨迹由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体(2)(10分)内壁光滑的汽缸通过活塞封闭有压强为1.0×105Pa、温度为27 ℃的气体，初始活塞到汽缸底部距离50 cm，现对汽缸加热，气体膨胀而活塞右移．已知汽缸横截面积为200 cm2，总长为100 cm，大气压强为1.0×105 Pa.①计算当温度升高到927 ℃时，缸内封闭气体的压强；②若在此过程中封闭气体共吸收了800 J的热量，试计算气体增加的内能.【导学号：19624294】图13【解析】(1)选ADE.气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随有做功来决定，选项A对；悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越少，就越不容易平衡，选项B错；当分子间作用力表现为引力时，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，选项C错；PM2.5是悬浮在空气中的固体小颗粒，受到气体分子无规则撞击和气流影响而运动，选项D对；热传递具有方向性，能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，选项E对．(2)①由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化．设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，当活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T 2，则由盖－吕萨克定律可知：0.5×S T 1＝1×S T 2，又T 1＝300 K (3分)解得：T 2＝600 K ，即327 ℃，因为327 ℃<927 ℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到927 ℃时，封闭气体的压强为p ，由查理定律可以得到：1.0×105Pa T 2＝p ＋，代入数据整理可以得到：p ＝2×105Pa.(3分) ②由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx ＝1 m －0.5 m ＝0.5 m ，故大气压力对封闭气体所做的功为W ＝－p 0S Δx ，代入数据解得：W ＝－1 000 J ，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q (2分)得到：ΔU ＝－1 000 J ＋800 J ＝－200 J ．(2分) 【答案】 (1)ADE (2)①2×105Pa ②－200 J34．[物理—选修3－4](15分) (1)(5分)下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光B ．全息照相利用了激光相干性好的特性C ．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D ．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大E ．当我们看到太阳从地平线上刚刚升起时，太阳的实际位置已经在地平线上的上方(2)(10分)如图14所示是一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t ＝0.25 s 时刻的波形图，已知波的传播速度v ＝4 m/s.图14①画出x ＝2.0 m 处质点的振动图象(至少画出一个周期)；②求x ＝2.5 m 处质点在0～4.5 s 内通过的路程及t ＝4.5 s 时的位移；③此时A 点的纵坐标为2 cm ，试求从图示时刻开始经过多少时间A 点第三次出现波峰？【解析】 (1)除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光，故A 正确；全息照相利用了激光相干性好的特性，是光的干涉现象，故B 正确；光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理，故C 正确；在双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距Δx ＝L d λ，若仅将入射光由红光改为紫光，由于红光波长大于紫光，则相邻亮条纹间距变小，故D 错误；早晨看太阳从地平线刚刚升起时，实际上它还处在地平线的下方，但通过光在不均匀的大气层中发生折射，可以射入我们的眼睛，我们就可以看见太阳，故E 错误．故选A 、B 、C.(2)①根据图中信息可得λ＝2 m ，T ＝λv＝0.5 s ，图象如图所示．②4.5 s＝9T ，一个周期内质点通过的路程是4A ，所以s ＝9×4A ＝1.44 m t ＝4.5 s 时，距离现在图示时刻172T ，与现在所处位置关于x 轴对称，y ＝－4 cm.③若从图示时刻开始计时则质点A 的振动方程为y ＝A cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωt ＋π3 则质点A 第一次达波峰的时间为t 1＝56T 第三次达波峰的时间应为 t ＝t 1＋2T ＝56×0.5 s＋2×0.5 s＝1.42 s.【答案】 (1)ABC(2)①见解析②1.44 m －4 cm ③1.42 s。
【推荐重点】2019版高考物理二轮复习 小卷30分钟抢分练(8选择+2实验)(三)
小卷30分钟抢分练(8选择＋2实验)(三)一、选择题(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。
全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14.下列说法正确的是( )A.卢瑟福用α粒子轰击氮核的实验发现了质子，从而证明了原子的核式结构B.β射线是核外电子挣脱核的束缚后形成的C.均匀变化的电场可以产生电磁波D.238 92U经过8次α衰变，6次β衰变后变成206 82Pb解析卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构，选项A错误；β射线是由原子核中的中子转化为质子时释放出的，选项B错误；均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，不能产生电磁波，周期性变化的电场才可能产生电磁波，选项C错误；由质量数守恒和电荷数守恒得，衰变后的质量数m＝238－8×4＝206，质子数92－8×2＋6＝82，故238 92U经过8次α衰变，6次β衰变后变成206 82Pb，选项D正确。
答案 D15.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后缩。
这样可以减小( )A.球对手的力的冲量B.球对手的力的大小C.球的动量变化量D.球的动能变化量解析从手触到球开始到球的速度减到0的过程中，对球应用动量定理有Ft＝Δp，手顺势后缩能延长手与球相互作用的时间t，由于Δp不变，则F减小，选项B正确。
答案 B16.如图1，质量为1 kg的小物块从倾角为30°、长为2 m的光滑固定斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，重力加速度取10 m/s2，则它滑到斜面中点时具有的机械能和动能分别是( )图1A.5 J ，5 JB.10 J ，15 JC.0，5 JD.0，10 J解析 对物块进行受力分析可知，物块受到重力和支持力，下滑的过程中支持力不做功，只有重力做功，符合机械能守恒的条件，物块在中点时的机械能等于在斜面顶端时的机械能，故机械能等于0。
2019高考物理二轮复习专题复习专项训练：选择题标准练(四)：含解析
A．物体做是曲线运动B．物体做加速度越来越小运动t v答案：C2.如图所示,理想变压器输入端通过灯泡L1与输出电压恒定正弦交流电源相连,副线圈通过导线与两个相同灯泡L2和L3相连,开始时开关S处于断开状态．当S闭合后,所有灯泡都能发光,则下列说法中正确有() A．副线圈两端电压不变B．灯泡L1亮度变亮,L2亮度不变C．副线圈中电流变大,灯泡L1变亮,L2变暗D．因为不知变压器原.副线圈匝数比,所以L1及L2亮度变化不能判断解析：本题考查了变压器原理等知识点．当S闭合后,通过副线圈电流增大,根据变压器原理知,通过原线圈电流也增大,故L1因两端电压变大而变亮,则原线圈两端输入电压减小,副线圈两端输出电压也随之减小,L2两端电压变小,L2变暗,所以只有C正确．答案：C3.a.b.c.d分别是一个菱形四个顶点,∠abc＝120°.现将三个等量点电荷解析：本题考查了万有引力定律.卫星运动及相关知识点．卫星在近地轨道上绕地球做匀速圆周运动,卫星周期较短,线速度较大,角速度较大,向心加速度较大,选项B正确,ACD错误．答案：B5．如图所示,理想变压器原.副线圈分别接理想电流表A.理想电压表V,副线圈上通过输电线接有一个灯泡L.一个电吹风M,输电线等效电阻为R,副线圈匝数可以通过调节滑片P改变．S断开时,灯泡L正常发光,滑片P位置不动,当S闭合时,以下说法中正确是()A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．等效电阻R两端电压增大D．为使灯泡L正常发光,滑片P应向下滑动解析：本题考查了变压器规律.动态电路及相关知识点．当S闭合时,变压器副线圈电路电流增大,两端电压不变,电压表读数不变,选项A错误．由于变压器输出功率增大,输入电流增大,电流表读数增大,选项B错误．由于输电线中电流增大,所以输电线等效电阻R两端电压增大,选项C正确．为使灯泡L正常发光,应该增大变压器输出电压,滑片P应向上移动,选项D错误．答案：C6.如图所示,一个带正电物体从粗糙绝缘斜面底端以初速度真空中两点电荷AB中点,∠ABCA．箱子加速度一直减小直到最后为零B．箱子重力势能一直减小C．绳断一瞬间,箱内物体对箱底压力为零D．箱内物体机械能一直减小解析：本题考查牛顿运动定律,整体法.隔离法受力分析,功能关系等知识点．绳断后,箱子有向上速度,箱子受到向下空气阻力k v2和重力mg,由牛顿第二定律,mg＋k v2＝ma,箱子向下做加速度逐渐减小减速运动,到达最高点时,速度v＝0,空气阻力为零,加速度a＝g.箱子下落过程,空气阻力向上,由牛顿第二定律,mg－k v2＝ma,箱子向上做加速度逐渐减小加速运动,最后匀速下落,加速度为零,选项A正确．箱子重力势能先增大后减小,选项B错误．绳断瞬间,由于箱子向下加速度大于g,隔离箱子内物体受力分析,由牛顿第二定律可知,箱顶对物体有向下压力,而物体对箱底压力为零,选项C正确．在箱子上升过程中,箱顶对物体向下压力做负功,物体机械能减小；下降过程中,由于下降加速度小于g,箱底对物体有向上作用力,该作用力做负功,机械能减小,所以绳子断后整个运动过程中,箱子内物体机械能一直减小,选项D正确．答案：ACD。
2019年版本高考物理第二轮专题复习测试题(实验专题)-Word版
高三物理第二轮复习测试题实验专题(附参考答案)一选择题(总分30分,每题5分,每题至少有一个答案是正确的,多选或漏选或不选得0分)1．一根弹簧秤竖直放置，手握弹簧秤调整零点，然后去测量一个竖直向上的拉力，结果弹簧秤的示数比被测量的力的真实值大，下述原因中可能的是（）A.拉弹簧秤时，弹簧的轴线方向与力的作用线的方向不在一条直线上B.读数时没有按读数规则估读到最小刻度的下一位C.弹簧秤的弹簧伸长太短，产生的误差大D.调零点时，拉力的钩竖直向下，测量竖直向上的力，示数为力的真实值加弹簧秤本身受的重力，因而测量值比力的真实值大2．一同学用已调好的天平测某一物体的质量时，错误地将物体放在右盘中，左盘中放入25g 砝码，游码置于0.6g 位置，指针指在标尺中央，这个物体的质量为（）A.24.4gB.25.4gC.25.6gD.24.6g3．如图所示，将气球塞进一只瓶子里，并拉大气球的吹气口，反扣在瓶口中，然后给气球吹气，发现不管如何用力，气球不过大了一点，原因是（）A.气球膨胀，由橡皮引起的压强增大B.气球膨胀，气球和瓶壁之间的气体压强增大C.吹气时，气球内的气体温度升高很多，压强增大很多，所以难以吹大D.吹气时，气球和瓶壁之间的气体温度升高很多，压强增大很多，所以难以吹大4．如图甲所示，将验电器通过导线与带电空心金属球壳的内壁接触（设导线足够长，验电器不受带电体电场影响）；又如图9-16-7乙所示，将验电器置于金属球腔内并通过导线与金属球壳壁接触；则在以上两种情况下，验电器金属箔将（）A.甲图中验电器金属箔张开，乙图中验电器金属箔不张开B.甲图中验电器金属箔不张开，乙图中验电器金属箔张开C.甲、乙图中验电器金属箔均张开D.甲、乙图中验电器金属箔均不张开5．精度为0.1mm 的游标卡尺，游标刻度总长为9mm ，当其游标第五刻度线与主尺的44mm 对齐，则游标尺上的示数为（）A.35.0mmB.39.5mmC.43.4mmD.35.4mm6．对α粒子散射实验装置的描述，以下说法正确的是（）A.实验器材有放射源、金箔、荧光屏、显微镜B.金箔的厚度对实验无影响C.如果不用金箔，用铝箔，就不会发生明显散射现象D.实验装置放在空气中和真空中都可以7．(10分)部分电磁波的大致波长范围如图所示．若要利用缝宽与手指宽度相当的缝获得明显的衍射现象，可选用___________波段的电磁波，其原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
2019版高考物理二轮复习许30分钟抢分练8选择+2实验一20181213268
小卷30分钟抢分练(8选择＋2实验)(一)一、选择题(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。
全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14.如图1所示为一对等量异种点电荷，电荷量分别为＋Q、－Q。
实线为电场线，虚线圆的圆心O在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，下列说法正确的是()图1A.a、b两点的电场强度相同B.b、c两点的电场强度相同C.c点的电势高于d点的电势D.a点的电势等于d点的电势解析a、b、c、d在同一个圆上，电场线的疏密表示场强的强弱，故四点场强大小相等，但是方向不同，故选项A、B错误；沿电场线方向电势降低，故c点电势低于d点电势，选项C 错误；a、d两点对称，故电势相等，选项D正确。
答案 D15.31H的质量是3.016 050 u，质子的质量是1.007 277 u，中子的质量是1.008 665 u。
1u相当于931.5 MeV的能量，则下列说法正确的是()A.一个质子和两个中子结合为氚核时，吸收的能量为7.97 MeVB.一个质子和两个中子结合为氚核时，释放的能量为7.97 MeVC.氚核的结合能为2.66 MeVD.氚核的比结合能为7.97 MeV解析一个质子和两个中子结合成氚核的核反应方程式是1H＋201n→13H，反应前反应物的总质量为m p＋2m n＝1.007 277 u＋2×1.008 665 u＝3.024 607 u，反应后氚核的质量为m1＝3.016 050 u，则此核反应过程中质量亏损为Δm＝3.024 607 u－3.016 050 u＝0.008 557 u，因反应前的总质量大于反应后的总质量，故此核反应为释放能量的反应，释放的能量为ΔE＝Δm×931.5 MeV＝0.008 557×931.5 MeV＝7.97 MeV，选项A错误，B正确；氚核的结合能为ΔEΔE＝7.97 MeV，它的比结合能为＝2.66 MeV，选项C、D错误。
2019届高三物理二轮复习实验题标准练(二) Word版含答案
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
实验题标准练(二)满分15分,实战模拟,15分钟拿到高考实验题高分!1.(6分)某实验小组利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
小钢球自由下落过程中,计时装置测出小钢球先后通过光电门A、B的时间分别为t A、t B,用小钢球通过光电门A、B的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。
测出两光电门间的距离为h,当地的重力加速度为g,小钢球所受空气阻力可忽略不计。
(1)先用游标卡尺测量钢球的直径,读数如图乙所示,钢球直径为d= cm。
(2)要验证机械能是否守恒,只要比较与是否相等。
(3)实验中小钢球通过光电门的平均速度(选填“大于”或“小于”)小钢球球心通过光电门时的瞬时速度。
由于空气阻力的作用,动能增加量ΔE k总是稍(选填“大于”或“小于”)重力势能减少量ΔE p,且随小钢球下落起始高度的增加,误差越来越(选填“大”或“小”)。
【解析】(1)由图可知,主尺刻度为8mm;游标对齐的刻度为10;故读数为：8mm+10×0.05 mm=8.50 mm=0.850 cm。
(2)若减小的重力势能等于增加的动能时,可以认为机械能守恒;则有：mgh=m-m,即：gh=(-)。
(3)已知经过光电门时的时间和小球的直径,则可以由平均速度表示经过光电门时的速度,故v=,即等于中间时刻的瞬时速度,而小钢球球心通过光电门时的瞬时速度,即为位移中点的瞬时速度,因此平均速度小于钢球球心通过光电门时的瞬时速度;因为小球需克服空气阻力做功,动能增加量ΔE k总是稍小于重力势能的增加;而高度越高,阻力做功越多;故增加下落高度后,则ΔE p-ΔE k将增大,即误差越来越大。
答案：(1)0.850 (2)gh (-)(3)小于小于大2.(9分)多用电表欧姆挡内部电路如图甲所示,某实验小组利用滑动变阻器和毫安表测量某一多用电表“×1Ω”挡内部电源的电动势E,实物电路如图乙。
2019版高考物理二轮复习许30分钟抢分练8选择+2实验四.doc
小卷30分钟抢分练（8选择+2实验）（四）一、选择题（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。
全选对的得6分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。
）14.下列说法屮正确的是（）A.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核的质量减少为原来的一半需要的时间B.豐U衰变为嚮Pa要经过1次a衰变和1次B衰变C.中子和质子结合成嵐核吋吸收能量D.当氢原子从刃=1的状态向77=3的状态跃迁时，发射出光子解析半衰期是有一半的原子核发生了衰变，并不是质量减少一半，选项A错误；$规］经一次 a （：He）衰变和一次P C】e）衰变后变为常Pa,选项B正确；中子和质子结合成氛核时放出能量, 选项C 错误；当氢原子从〃=1的状态向〃=3的状态跃迁时，吸收光子，选项D错误。
答案B15.如图1所示，斜面体放在水平面上，一物块静止在斜面体上，现有一垂直斜面的力尸压物块，物块和斜面体仍保持静止不动，则下列说法正确的是（）A.物块可能有上滑的趋势B.物块受到的摩擦力增大C.物块受到的摩擦力可能为零D.斜面体一定受到水平面给它的向左的摩擦力解析物块沿斜面方向的受力没变，不存在上滑的趋势，选项A错误；物块沿斜面方向的静摩擦力仍等于重力沿斜面向下的分力，选项B、C错误；将物块和斜面体作为整体分析，斜面体受到向左的静摩擦力，大小等于力尸沿水平方向的分力，选项D正确。
答案D16.美国国家科学基金会2010年9月29日宣布，天文学家发现一颗迄今为止与地球最类似的太阳系外的行星，如图2所示，这颗行星距离地球约20亿光年（189. 21万亿千米），公转周期 约37年，这颗名叫Gliese581g 的行星位于天秤座星群，它的半径大约是地球的2倍，重力加 速度与地球相近（忽略口转对重力加速度的影响）。
则下列说法中正确的是（）图2A. 该行星的质量约为地球质量的2倍B. 该行星的平均密度约是地球平均密度的2倍C. Gliese581g 行星的第一宇宙速度约为11.2 km/sD. 在地球上发射航天器到达该星球，航天器的发射速度至少要达到笫二宇宙速度解析 由 尸学,可知対行=4财，选项A 错误；门=占可知，该行星的平均密度 约是地球平均密度的选项B 错误；由亨'=寸^〜11. 2 km/s,选项C 正 确；在地球上发射航天器到达该星球，航天器的发射速度至少要达到第三宇宙速度，选项D 错 误。
2019版高考物理二轮复习许30分钟抢分练8选择+2实验二
小卷30分钟抢分练(8选择＋2实验)(二)一、选择题(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。
全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14.1998年6月8日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是( )A.安全气囊减小了驾驶员的动量的变化B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D.安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大解析碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，选项A错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，选项B错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，但是撞击力的冲量一定，故驾驶员的动量变化不变、动量变化率减小，选项C正确，D错误。
答案 C15.随着科学技术的发展，具有自主知识产权的汽车越来越多。
现在两辆不同型号的电动汽车甲、乙，在同一平直公路上，从同一地点，朝相同方向做直线运动，它们的v－t图象如图1所示。
则( )图1A.两车加速阶段的加速度大小之比为3∶1B.乙追上甲的时刻为15 s 末C.乙刚出发时，甲车在其前方25 m处D.15 s后两车间距离开始逐渐增大解析由加速度定义式易得，甲车加速阶段的加速度a1＝2 m/s2，乙车加速度a2＝1 m/s2，选项A错误；v－t图线与坐标横轴所围面积表示位移大小，故在15 s内，甲车位移大于乙车位移，选项B 错误；由图象可知，t ＝5 s 时乙车出发，此时甲车的位移为25 m ，又两车从同一地点出发，故选项C 正确；15 s 后，乙车速度大于甲车速度，在15 s 时甲车在前，乙车在后，故两车距离不断减小，选项D 错误。
答案 C16.美国南加州森林大火让消防飞机再次进入人们的视线，美国使用了大量消防飞机。
2019年高考物理二轮复习许30分钟抢分练2计算 1鸭二
小卷30分钟抢分练(2计算＋1选考)(二)一、计算题(共32分)24.(12分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。
假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x ＝1.6×103m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝80 m/s 。
已知飞机质量m ＝7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g ＝10 m/s 2。
求飞机滑跑过程中图1(1)加速度a 的大小；(2)牵引力的平均功率P 。
解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v 2＝2ax ①(2分)代入数据解得a ＝2 m/s 2②(2分)(2)设飞机滑跑受到的阻力为F 阻，依题意有F 阻＝0.1mg ③(1分)设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有F －F 阻＝ma ④(2分)设飞机滑跑过程中的平均速度为v －，有v －＝v 2⑤(2分) 在滑跑阶段，牵引力的平均功率P ＝Fv －⑥(1分)联立②③④⑤⑥式得P ＝8.4×106 W⑦(2分)答案 (1)2 m/s 2 (2)8.4×106W25.(20分)如图2所示，竖直面内的坐标轴将空间分成四个区域，其中第Ⅰ象限中存在竖直向下的匀强电场，第Ⅳ象限中存在半径为R 的圆形匀强磁场，磁场的边界分别与x 轴、y 轴相切于b 、c 两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为B ，第Ⅱ、Ⅲ象限为无场区。
现有一带正电的粒子由y 轴上的a 点沿水平向右的方向以速度v 0射入电场，经过一段时间该粒子由切点b 进入匀强磁场。
已知Oa －＝32R 、q m ＝（3＋1）v 0BR，忽略粒子的重力。
图2(1)求第Ⅰ象限中电场强度的大小；(2)该带电粒子从磁场中射出后运动到x 轴上的e 点(图中未画出)，则O 、e 两点之间的距离为多大。
2019高考物理二轮复习 实验题专项训练 8分钟精准训练2
8分钟精确训练(二)1．(8分)“研究平抛物体的运动”实验的装置如图甲所示。
钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动。
每次都使钢球从斜槽上同一地点由静止滚下，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球，使球恰巧从孔中央经过而不遇到边沿，而后瞄准孔中央在白纸上记下一点。
经过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个地点，用光滑曲线连起来就获得钢球做平抛运动的轨迹。
①实验所需的器械有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重锤线、有孔的卡片，除此以外还需要的一项器械是__C___。
A．天平B．秒表C．刻度尺②在此实验中，小球与斜槽间有摩擦__不会___(选填“会”或“不会”)使实验的偏差增大；假如斜槽尾端点到小球落地址的高度同样，小球每次从斜槽滚下的初始地点不一样，那么小球每次在空中运动的时间__同样___(选填“同样”或“不一样”)。
③在实验中，在白纸上成立直角坐标系的方法是：使斜槽尾端的切线水平，小球在槽口时，在白纸上记录球的重心在竖直木板上的水平投影点O，作为小球做平抛运动的起点和所建坐标系的原点，接下来应当选择的步骤是__A___ A．利用悬挂在槽口的重锤线画出过O点向下的竖直线为y轴。
取下白纸，在纸上画出过O点，与y轴垂直、方向向右的直线为x轴B．从O点向右作出水平线为x轴，取下白纸，在纸上画出过O点，与x 轴垂直、方向向下的直线为y轴④如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。
已知小球是从原点O水平抛出的，经丈量A点的坐标为(40cm,20cm)，g取10m/s2，则小球平抛的初速度v0＝__2___m/s，若B点的横坐标为x B＝60cm，则B点纵坐标为y B＝_____m。
⑤一起学在实验中采纳了以下方法：如图丙所示，斜槽尾端的正下方为O 点。
用一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽口前的O1处，使小球从斜槽上某一地点由静止滚下，小球撞在木板上留下印迹A。
将木板向后平移至O2处，再使小球从斜槽上同一地点由静止滚下，小球撞在木板上留下印迹B。
2019年高考物理二轮复习：8分钟精准训练2 含解析
8分钟精准训练(二)1．(5分)(2017·宁夏银川一中考前适应性训练) 某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动.导学号 86084440(1)实验中，必要的措施是 AB__.A ．细线必须与长木板平行B ．先接通电源再释放小车C ．小车的质量远大于钩码的质量D ．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出).s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm.则小车的加速度a ＝ 0.80__m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝ 0.40__m/s (结果均保留2位有效数字).[解析] (1)实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，A 正确；实验时要先接通电源再释放小车，B 正确；此实验中没必要小车的质量远大于钩码的质量，C 错误；此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力，D 错误；故选AB.(2)两点间的时间间隔T ＝0.1 s ；由逐差法可得：a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2＝(7.64＋6.78＋5.97－5.19－4.41－3.59)×10－29×0.12 m/s 2 ＝0.80 m/s 2打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T ＝(3.59＋4.41)×10－20.2m/s ＝0.40 m/s2．(10分)(2017·山东省日照市二模)某同学利用电压表和定值电阻测蓄电池电源的电动势和内阻.导学号 86084441(1)实验室有以下三个电压表，需要将它们改装成量程为6 V 的电压表，以下措施正确的是 C__A ．将电压表V 1(0～1 V ，内阻约为1 kΩ)与5 kΩ的定值电阻R 串联B ．将电压表V 2(0～2 V ，内阻约为2 kΩ)与4 kΩ的定值电阻R 串联C ．将电压表V 3(0～3 V ，内阻为3 kΩ)与3 kΩ的定值电阻R 串联D ．以上三项都可以(2)利用(1)中改装后的电压表，测蓄电池的电动势和内阻，图甲为实验电路图，根据给出的电路图，将图乙的实物图补充完整.乙(3)请完成下列主要实验步骤：A ．选择正确的实验仪器连接电路；B ．将开关S 2闭合，开关S 1断开，测得电压表的示数是U 1；C ．再将开关S 1闭合，测得电压表的示数是U 2；D ．断开开关S 2；E ．若改装后的电压表可视为理想电压表，则电源的内阻r ＝ r ＝2(U 1－U 2)2U 2－U 1R 0(用字母U 1、U 2、R 0表示)；(4)由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏 小__(填“大”或“小”).[解析] (1)将电压表V 3(0～3 V ，内阻为3 kΩ)与3 kΩ的定值电阻R 串联，根据欧姆定律可得两端电压为：U ＝U g ＋U g r g R ＝3 V ＋33×3 V ＝6 V ；而AB 选项中的电压表内阻都是不确定的值，故选项C 中的改装合适；(2)实物连接图如图：(3)根据欧姆定律：E ＝U 1＋U 12R 0r ；E ＝U 2＋U 2R 0r ； 联立解得：r ＝2(U 1－U 2)2U 2－U 1R 0 (4)由于电压表不是理想电表，则电压表分流，因此求出的电流值要小于真实值，而当外电路短路时电压表不再分流，因此可知，实际伏安物图应与测量出的优安特性曲线与横思交点相同，而图象整体偏左，因此测出的电动势偏小.。
2019高考物理二轮复习训练：8分钟精准训练4 Word版含解析
8分钟精准训练(四)1．(8分)(2018·山东省青岛市高三下学期模拟)某同学用如图所示的装置，研究细绳对小车的拉力做功与小车动能变化的关系。
通过改变动滑轮下所挂钩码的个数可以改变细绳对小车的拉力，实验所用钩码质量均为m 。
(1)关于本实验，下列说法正确的是__D___A ．实验时，小车应靠近打点计时器，先释放小车后，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数B ．本实验不需要平衡摩擦力C ．实验过程中，动滑轮和所挂钩码所受的重力等于弹簧秤示数的2倍D ．实验中不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的质量(2)某次实验时，所挂钩码的个数为2个，记录的弹簧秤示数为F ，小车质量为M ，所得到的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔为T ，两相邻计数点间的距离分别为S 1、S 2、S 3、S 4，该同学分析小车运动过程中的BD 段，在操作正确的情况下应该有等式 F (S 2＋S 3)＝12M (S 3＋S 42T )2－12M (S 1＋S 22T)2___成立。
[解析] (1)实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车后，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数，故A 错误；探究外力做功与速度变化关系的实验，要求合力为拉力，所以要平衡摩擦力，故B 错误；实验过程中，根据牛顿第二定律可知a ＝mg －2F m，动滑轮和所挂钩码所受的重力大于弹簧秤示数的2倍，故C 错误；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的总质量，故D 正确；(2) 小车运动过程中的BD 段合力做功为W ＝F (S 2＋S 3)，动能的变化量ΔE k ＝12m v 2D －12m v 2B ＝12M (S 3＋S 42T )2－12M (S 1＋S 22T )2，所以操作正确的情况下应该有等式F (S 2＋S 3)＝12M (S 3＋S 42T )2－12M (S 1＋S 22T)2。
2．(10分)(2018·山东省青岛市二模)某实验探究小组利用半偏法测量电压表内阻，实验室提供了下列实验器材：A．待测电压表V(量程为3 V，内阻约为3000 Ω)B．电阻箱R1(最大阻值为9999.9 Ω)C．滑动变阻器R2(最大阻值为10 Ω，额定电流为2 A)D．电源E(电动势为6 V，内阻不计)E．开关两个，导线若干(1)虚线框内为探究小组设计的部分测量电路，请你补画完整；答案：如图所示(2)根据设计的电路图，连接好实验电路，进行实验操作，请你补充完善下面操作步骤。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
小卷30分钟抢分练(8选择＋2实验)(四)一、选择题(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。
全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14.下列说法中正确的是( )A.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核的质量减少为原来的一半需要的时间B.23892U衰变为23491Pa要经过1次α衰变和1次β衰变C.中子和质子结合成氘核时吸收能量D.当氢原子从n＝1的状态向n＝3的状态跃迁时，发射出光子解析半衰期是有一半的原子核发生了衰变，并不是质量减少一半，选项A错误；23892U经一次α(42He)衰变和一次β(0－1e)衰变后变为23491Pa，选项B正确；中子和质子结合成氘核时放出能量，选项C错误；当氢原子从n＝1的状态向n＝3的状态跃迁时，吸收光子，选项D错误。
答案 B15.如图1所示，斜面体放在水平面上，一物块静止在斜面体上，现有一垂直斜面的力F压物块，物块和斜面体仍保持静止不动，则下列说法正确的是( )图1A.物块可能有上滑的趋势B.物块受到的摩擦力增大C.物块受到的摩擦力可能为零D.斜面体一定受到水平面给它的向左的摩擦力解析物块沿斜面方向的受力没变，不存在上滑的趋势，选项A错误；物块沿斜面方向的静摩擦力仍等于重力沿斜面向下的分力，选项B、C错误；将物块和斜面体作为整体分析，斜面体受到向左的静摩擦力，大小等于力F沿水平方向的分力，选项D正确。
答案 D16.美国国家科学基金会2010年9月29日宣布，天文学家发现一颗迄今为止与地球最类似的太阳系外的行星，如图2所示，这颗行星距离地球约20亿光年(189.21万亿千米)，公转周期约37年，这颗名叫Gliese581g的行星位于天秤座星群，它的半径大约是地球的2倍，重力加速度与地球相近(忽略自转对重力加速度的影响)。
则下列说法中正确的是( )图2A.该行星的质量约为地球质量的2倍B.该行星的平均密度约是地球平均密度的2倍C.Gliese581g行星的第一宇宙速度约为11.2 km/sD.在地球上发射航天器到达该星球，航天器的发射速度至少要达到第二宇宙速度解析由g＝GMR2，g＝GM行（2R）2，可知M行＝4M，选项A错误；ρ＝M43πR3可知，该行星的平均密度约是地球平均密度的12，选项B错误；由v行＝GM行2R＝2GMR＝2v≈11.2 km/s，选项C正确；在地球上发射航天器到达该星球，航天器的发射速度至少要达到第三宇宙速度，选项D错误。
答案 C17.如图3甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v－t图象如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的x－t图象如图丙所示。
若以地面为参考系，下列说法正确的是( )图3A.猴子在2 s时的速度为0B.猴子在2 s内做匀变速直线运动C.t＝0时猴子的速度大小为6 m/sD.猴子在2 s内的加速度大小为3 m/s2解析由图丙知水平方向猴子做速度为3 m/s的匀速直线运动，由图乙知竖直方向猴子做初速度为6 m/s，加速度大小为3 m/s2的匀减速运动，2 s末竖直方向速度为零，合速度为3 m/s，选项A错误；猴子在2 s内做匀变速曲线运动，选项B错误；t＝0时猴子的竖直分速度为6 m/s，水平分速度为3 m/s，合速度大小为3 5 m/s，选项C错误；猴子在竖直方向的加速度大小为3 m/s2，水平方向加速度为零，合加速度大小为3 m/s2，选项D正确。
答案 D18.如图4所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。
在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。
如果让P、Q中的电流都反向，其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )图4A.0B.2B 0C.3B 0D.33B 0 解析 根据右手螺旋定则可判断两电流在a 点处的磁感应强度的大小和方向，其合成后方向平行于PQ 的连线向右，大小为B 0，与匀强磁场的B 0等大反向，a 点的磁感应强度为零。
当电流方向都改变后，两电流各自产生的磁感应强度的大小不变，方向反向，其合矢量大小仍为B 0，方向平行于PQ 的连线向左，与原匀强磁场同向，故a 点的磁感应强度大小为2B 0，方向平行于PQ 的连线向左，选项B 正确。
答案 B19.质量为100 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1v的关系如图5所示，则赛车( )图5A.速度随时间均匀增大B.加速度随时间均匀增大C.输出功率为40 kWD.所受阻力大小为400 N解析 设F 为赛车牵引力，f 为阻力，功率恒定，又P ＝Fv ，F －f ＝ma ，解得a＝P m ·1v －f m，结合图象的斜率和纵截距得P m＝400，fm＝4，解得P ＝40 kW ，f ＝400 N ，选项C 、D 正确；赛车速度不断增大，功率恒定，则牵引力不断减小，加速度不断减小，赛车做加速度不断减小的加速直线运动，速度非均匀增大，选项A 、B 错误。
答案 CD20.如图6甲所示，在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)。
t＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( )图6A.线框中会产生的电流大小和方向均不变B.MN边受到的安培力不变C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失解析t＝0时刻开始，磁场先垂直于斜面向下均匀减小，然后垂直于斜面向上均匀增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向。
根据法拉第电磁感应定律E＝ΔBΔtS，知ΔBΔt不变，感应电动势不变，则感应电流I恒定不变，选项A正确；由安培力表达式F＝BIL，I、L不变，B先减小后增大，知MN边受到的安培力先减小后增大，选项B错误；线框处于磁场中，受到的安培力的合力为零，线框受到重力与支持力，所以线框做匀加速直线运动，选项C 正确；只有重力做功，机械能守恒，根据能量守恒知，磁场能转化为焦耳热，选项D错误。
答案AC21.(2018·山东部分重点中学模拟)如图7所示，空间某区域存在着非匀强电场，实线表示该电场的电场线，过O点的虚线MN表示该电场的一个等势面，两个相同的带正电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，A、B连线与MN平行，且都能从MN左侧经过O点。
设粒子P、Q在A、B两点的电势能分别为Ep1和E p2，经过O点时的速度大小分别为v1和v2。
粒子的重力不计，则( )图7A.v1>v2B.v2<v2C.E p1<E p2D.E p1>E p2解析由题意知两个相同的带电粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度运动，且皆能从MN左侧经过O点，电场力对两个粒子皆做正功，再由电场线和等势面的垂直关系以及沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势φB高于A 点的电势φA，B点与O点的电势差大于A点与O点的电势差，对两个粒子分别运用动能定理有qU＝12m(v2－v2)，而U BO>U AO，可知两个粒子经过O点时的速度v1<v2，则选项A错误，B正确；再由电势能公式E p＝qφ，知E p1<E p2，则选项C 正确，D错误。
答案BC二、实验题22.(5分)某同学用一弹簧测力计和一橡皮条做验证平行四边形定则的实验，装置如图8所示。
实验步骤如下：图8①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O点；②将三根细线Pa、Pb、Pc结于P点。
a端系在橡皮条下端，c端暂时空置，b端挂一钩码，钩码静止后，记录钩码重力G的大小和方向；③以O为圆心，以OP为半径，画一圆弧；④用弹簧测力计钩住c端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P移到图中所示位置，记录该位置和弹簧测力计的示数；⑤在白纸上作出各力的图示，验证平行四边形定则是否成立。
(1)第④步中还应记录的是___________________________________________；(2)第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于________，方向________则可验证平行四边形定则。
解析(1)第④步中还应记录的是弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向，以便⑤中验证平行四边形定则。
(2)第⑤步中，钩码的重力、橡皮条的拉力和弹簧测力计的拉力三力平衡，则橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于重力G，方向与重力方向相反，即竖直向上。
答案(1)弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向 (2)G竖直向上23.(10分)一块电流表的内阻大约是几百欧，某同学甲设计如图电路，想用半偏法测量其内阻和满偏电流I g，部分实验步骤如下：①选择器材：两个电阻箱(最大阻值均为999.9 Ω)、2节干电池(每节电动势为1.5 V，内阻不计)、2个单刀单掷开关和若干导线；②按如图9所示的电路图连接好器材，断开开关S1、S2，将电阻箱1的电阻调至最大；③闭合开关S1，调节电阻箱1，并同时观察电流表指针，当指针处于满偏刻度时，读取电阻箱1的阻值为500 Ω；④保持电阻箱1的电阻不变，再闭合开关S2，只调节电阻箱2，并同时观察电流表指针，当指针处于半偏刻度时，读取电阻箱2的阻值为250 Ω。
此时同学甲认为电流表G的内阻R g＝R2＝250 Ω。
而同学乙认为甲的做法有很大的误差。
图9(1)(多选)经过分析，你认为下列说法正确的是________。
A.同学甲的做法电流表G 的内阻测量值比真实值小 B.同学甲的做法电流表G 的内阻测量值比真实值大 C.要减少误差，电阻箱1用最大阻值更大的电阻箱即可D.要减少误差，必须要提高电源的电动势和选用最大阻值更大的电阻箱1 (2)通过分析与计算，同学们认为可以利用同学甲的实验数据求出电流表的内阻和满偏电流值，那么电流表内阻的测量值R g ＝________ Ω；电流表的满偏电流值I g ＝________ mA 。
解析 (1)闭合S 2，总电流会大于I g ，R 2上的电流会大于12I g ，R 2<R g ，选项A 正确，B 错误；要减少误差，必须提高电阻R 1的阻值，但是要提高满偏时的R 1值，由I g ＝E R g ＋R 1可知，需要提高电源电动势，选项D 正确。
(2)断开开关S 2，闭合开关S 1时，E ＝I g R g ＋I g R 1；同时闭合S 1、S 2时，E ＝12I g R g ＋I 1R 1，12I g R g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 1－12I g ×R 2，解方程组得I g ＝3 mA ，R g ＝500 Ω。