2018版世纪金榜高中物理二轮复习选择题标准练(二)
2018版高中物理二轮复习实验题标准练二 含答案 精品
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实验题标准练(二)满分15分,实战模拟,15分钟拿下高考实验题高分!1.(5分)现有一块灵敏电流表A,量程为200μA,内阻约为200Ω,要精确测出其内阻R g,提供的器材有:电压表V:量程3V,内阻R V=3kΩ滑动变阻器R:阻值范围0～20Ω定值电阻R0:阻值R0=800Ω电源E:电动势约为4.5V、内阻很小单刀单掷开关S一个,导线若干(1)请将上述器材全部用上,设计出合理的、便于多次测量的实验电路图,并使实验精确度尽量高,请将电路图画在方框中。
(2)在所测量的数据中选一组数据,用测量量和已知量来计算电流表A的内阻,计算表达式R g=,表达式中各符号表示的意义是。
【解析】(1)由于灵敏电流表的最大电压较小,与给出的电压表不匹配,而电压表内阻又已知,故用电压表测电流。
为增大电压表上的电流,可用定值电阻R0与灵敏电流表并联。
滑动变阻器的总阻值较小,为调节方便,用分压式控制电路。
(2)在某次测量中,电流表读数为I,电压表读数为U。
则=I+,可得:R g=-R0;式中U表示电压表V示数;I表示电流表A示数;R0表示定值电阻;R V表示电压表V内阻。
答案:(1)如图所示(2)-R0U表示电压表V示数;I表示电流表A的示数;R0表示定值电阻;R V表示电压表V内阻2.(10分)如图所示为某同学研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示意图。
世纪金榜导学号49294270 (1)下面列出了一些实验器材:电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶、刻度尺。
除以上器材外,还需要的实验器材有: 。
A.秒表B.天平(附砝码)C.低压交流电源D.低压直流电源(2)实验中,需要补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力:小车放在木板上,后面固定一条纸带,纸带穿过打点计时器。
2018年高考物理二轮专题总复习：选择题满分专练一 含
光滑平行的导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中导轨左端接有电阻R，导轨上垂直导轨放着一根金点．下列关于该粒子的说法正确的是B ．初速度为v ＝B ED ．比荷为q ＝E 2A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例不变解析：发电厂输出功率的增大，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，降压变压器的输出电压减小，输电线上损耗的功率增大，选项A、B错误，C正确；输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误．答案：C19．下列选项中所描述的a、b两点的电场强度和电势均相同的是()A．离正点电荷等距的任意两点a、b，如图甲所示B．两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b，如图乙所示C．两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点a、b，如图丙所示D．静电场中到达静电平衡时的导体内部任意两点a、b，如图丁所示解析：图甲中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等但方向不同，A错；图乙中，两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，a、b两点的电场强度大小相等，方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左，所以，a、b两点的电势和电场强度均相同，B对；图丙中，根据对称性，a、b点电势相等，电场强度大小相等但方向相反，C错；图丁中，导体达静电平衡时，导体内部电势处处相等，电场强度处处为零，D对．答案：BD20.质量为M的斜面体放在光滑水平地面上，其倾角为θ＝30°，斜斜面体缓慢移动的过程中各物体均处于动态平衡状态，＋μF N，其中斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力不变，因此绳的拉力不变，弹簧30°的足够长的固定粗糙斜面上时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上。
2018版世纪金榜高中物理二轮复习计算题标准练(三)
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计算题标准练(三)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后水平飞出,垂直地撞到倾角为θ=53°的斜面上C点。
已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力F f=0.4N,赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作,轨道AB的长度L=2m,B、C两点的水平距离s=1.2m,空气阻力忽略不计,g取10m/s2,sin53°=0.8, cos53°=0.6。
求:(1)赛车运动到B点和C点时速度的大小分别为多少。
(2)赛车电动机工作的时间t。
【解析】(1)从B点抛出后做平抛运动,垂直地撞到倾角为θ=53°的斜面上C点,设平抛运动的时间为t1,根据几何关系得:tanθ=而v0=,v y=gt1,解得:t1=0.3s,则赛车运动到B点的速度v0==m/s=4m/s,到达C点的速度v C==5m/s。
(2)从A点到B点的过程中由动能定理有:Pt-F f L=m解得:t=2s。
答案:(1)4m/s5m/s(2)2s2.(18分)如图所示,空间存在着n个连续电磁场区域,电场大小均相同,方向水平向右,磁场大小均相同,方向垂直于纸面,分别向里、向外,每个电场的宽度均为d,磁场宽度分别为d1、d2…d n,其中d1=d,d2…d n未知。
一个带电粒子(m,+q)从第一个电磁场区域的电场左端静止释放,以水平速度v1进入磁场,在磁场中的偏转角α=60°,以后在每个磁场中的偏转角均为α=60°。
电磁场区域足够高,带电粒子始终在电磁场中运动,不计带电粒子的重力。
求:世纪金榜导学号49294279(1)电场强度E和磁感应强度B的大小。
2018版高考物理二轮复习单科标准练2
单科标准练(二)(时间：60分钟分值：110分)第Ⅰ卷二、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a 1＝a 2，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 c22(c表示真空中的光速)ABD[根据光电效应方程知E km＝hν－W0，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)c2，核子数是2，则氘核的比结合能为m n＋m p－m D c22，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________k g·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＝7Ω.(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－πdv0＝dv0[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T 1，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。
2018版高中物理二轮复习选择题标准练二 含答案 精品
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选择题标准练(二)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!说明:共8小题,每小题6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.下列叙述中,正确的是( )A.康普顿效应实验说明光具有波动性B.重核裂变和轻核聚变都会产生质量亏损C.若黄光照射某金属能发生光电效应,用紫光照射该金属不能发生光电效应D.根据玻尔理论,氢原子从高能态跃迁到低能态时,原子向外释放光子,原子电势能和核外电子的动能均减小【解析】选B。
康普顿效应实验说明光具有粒子性,故A错误;重核裂变和轻核聚变都会产生质量亏损,故B正确;因紫光的频率高于黄光的频率,故若黄光照射某金属能发生光电效应,用紫光照射该金属一定能发生光电效应,故C错误;氢原子辐射出一个光子后,原子能量减小,轨道半径减小,根据k=m知,核外电子的动能增大,原子能量等于动能和电势能之和,则电势能减小,故D错误。
2.如图所示为一对等量异种点电荷,电量分别为+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( )世纪金榜导学号49294233A.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.d点的电势等于a点的电势【解析】选D。
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。
3.如图所示为甲、乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线运动的v-t图象,其中t2=2t1,则下列判断正确的是( )A.甲的加速度比乙的大B.t1时刻甲、乙两物体相遇C.t2时刻甲、乙两物体相遇D.0～t1时间内,甲、乙两物体之间的距离逐渐减小【解析】选C。
2018版高中物理二轮复习计算题标准练十 含答案 精品
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计算题标准练(十)满分32分,实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示,有一质量m=1kg的小物块,在平台上以初速度v0=3m/s 水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R=0.5m的粗糙圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板,木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑接触,当小物块在木板上相对木板运动l=1m时,与木板有共同速度,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.3,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,取g=10m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
求: 世纪金榜导学号49294286(1)A、C两点的高度差h。
(2)物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力。
(3)物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功。
【解析】(1)小物块到C点时的速度竖直分量为v Cy=v0tan 53°=3×m/s=4m/s下落的高度h==m=0.8 m。
(2)小物块在木板上滑行达到共同速度的过程木板的加速度大小:a1==m/s2=1m/s2,物块的加速度大小:a2==μg=3m/s2,由题意得:a1t=v D-a2t,v D t-a2t2-a1t2=l联立以上各式并代入数据解得v D=2m/s,物块在D点时由牛顿第二定律得F N-mg=m代入数据解得F N=26N由牛顿第三定律得F N′=F N=26N,方向竖直向下。
(3)小物块由A到D的过程中,由动能定理得mgh+mgR(1-cos 53°)-W=m-m代入数据解得W=10.5J。
答案:(1)0.8m(2)26N,方向竖直向下(3)10.5J2.(18分)1932年,劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。
2018版世纪金榜高中物理二轮复习计算题标准练5.doc
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计算题标准练(六)满分32分，实战模拟,20分钟拿下高考计算题高分!1.(14分)如图所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘,原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧一端固定于轴。
上,另一端连接质量为m的小物块Ao当圆盘静止时，把弹簧拉长后将物块放在圆盘上，使物块能保持静止的弹簧的最大长度为Loo己知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，转动过程中弹簧伸长始终在弹性限度内，则:(1)若开始时弹簧处于原长，当圆盘的转速为多大时，物块A将开始滑动？3L/3L \(2)若弹簧的长度为2 ( 2 < '"时，物块与圆盘能一起匀速转动,试求转动角速度的范围。
【解析】(1)根据题意可知，物块与圆盘的最大静摩擦力仁 k (Lo-L)设圆盘的角速度为时，物块A将开始滑动，则2k (Lo-L)二mL03。
k(Lo- L)mL解得：3mL3L(2)若弹簧的长度为2时，物块与圆盘能一起匀速转动，当摩擦力达到最大静摩 擦力且方向指向圆心时，角速度最大，则有：住)3L 2 I n 匕] 9 ^maxk\z /+f=m 2 2灯° - kL解得:3点反 2/C L Q — k.L则转动角速度的范围为OWcoW 件0- L)答案：⑴7 mL "2kL()- kL(2)0Ww W V 3mL2. (18分)如图所示,在竖直平面内，虚线M0与水平线PQ 相交于。
，二者夹角0 = 30°，在MOP 范围内存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E, MOQ 上方的某个区 域有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,0点处在磁场的边界上，现有一 (0<v <-]群质量为m 、电量为+q 的带电粒子在纸面内以速度v\ 垂直于M0从0 点射入磁场，所有粒子通过直线M0时，速度方向均平行于PQ 向左，不计粒子的重 力和粒子间的相互作用力。
2018版世纪金榜高中物理二轮复习实验题标准练(四)
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实验题标准练(四)满分15分,实战模拟,15分钟拿下高考实验题高分!1.(5分)有一个螺线圈,为测量它的两个接线柱间绕制的均匀金属丝的长度,现提供下列器材:A.待测螺线管L:绕制螺线管金属丝的电阻率ρ=5.0×10-7Ω/m,其总阻值R L大约100ΩB.螺旋测微器C.微安表量程I g=500μA,内阻R g=100ΩD.电阻箱R:阻值范围0～99999.9ΩE.电源E:电动势有3V和9V两种可供选择,内阻较小F.电键两个:S1和S2,导线若干。
(1)实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示,其读数为d=________mm。
(2)已将提供的器材连成了如图乙所示的测金属丝电阻R L的电路,根据该实验电路的测量原理,为了更准确地测R L,应选择E中电动势为________V的电源。
(3)若测得的金属丝直径用d表示,测电阻时,先闭合S1,调R使微安表指针满偏,再闭合S2时微安表示数用I表示,则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L=________。
(4)本实验测R L有系统误差,其测量值________真实值。
(选填“大于”或“小于”)【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0,可动刻度读数为39.1×0.01mm=0.391mm,金属丝的直径d=0.391mm。
(2)(4)先只闭合S1,调电阻箱R,使微安表指针满偏,则R值必须很大;再闭合S2时,则R L与微安表并联,虽然电阻变小了,但因R很大,全电路总电阻变化很小,干路电流几乎不变化,可认为仍为满偏电流I g,此时微安表的读数为I,那么R L的分流I L=I g-I,实际值略大于此值。
可得:R L==,测量值偏大。
根据本实验原理,要减小测量R L的系统误差,提高电源的电动势,使R取值更大一些,这样才能保证在闭合S2后干路电流变化更小。
2018版世纪金榜高中物理二轮复习实验题标准练(六)
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实验题标准练(六)满分15分,实战模拟,15分钟拿下高考实验题高分!1.(5分)如图甲所示,一端带有定滑轮的水平放置的长木板上固定有A、B两个光电门,与通过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示小车所受的拉力。
(1)在探究“合外力一定,加速度与质量的关系”时,某同学在实验中得到五组数据,为了更直观地描述物体的加速度跟其质量的关系,请你根据他的描点在图乙的坐标系中画出a-图象。
若不计空气阻力及一切摩擦,则该图线斜率值表示的物理意义是_________________。
(2)如图a所示,将长木板的左端抬高,小车遮光片装在右侧,使小车从靠近光电门A处由静止开始运动,读出测力计的示数F及小车在两光电门之间的运动时间t,改变木板倾角,测得多组数据,据此数据得到的F-的图线如图b。
实验中测得两光电门的距离L=1.0m,砂和砂桶的总质量m1=0.5kg,则图线的斜率为________(计算结果保留两位有效数字);若小车与长木板间的摩擦不能忽略,则测得的图线斜率将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
【解析】(1)a-图象斜率k=Ma=F,斜率的物理意义是小车所受的合外力。
作出图象如图所示。
(2)根据牛顿第二定律,对砂和砂桶,F-m1g=m1a,又对小车L=at2,小车与砂和砂桶的加速度大小相同,两式联立得F=m1g+2m1L,图线的斜率为k′=2m1L,代入数据得k′=1.0kg·m。
小车与长木板间的摩擦力只影响图线的纵截距,不影响图线的斜率。
答案:(1)见解析小车所受的合外力(2)1.0kg·m 不变2.(10分)目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源,用久以后性能会下降,表现之一为电瓶的电动势变小,内阻变大。
某兴趣小组将一旧的车载电瓶充电,准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内阻。
2018版世纪金榜高中物理二轮复习专题能力提升练(三)
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专题能力提升练(三)动量与能量(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。
其中第1～5题为单选,第6～8题为多选)1.如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止,B向右运动D.A向左运动,B向右运动【解析】选D。
以滑块A、B为系统,碰前动量矢量和为零,选项A、B、C所述碰后动量不为零,据动量守恒定律可知选项A、B、C错误;由于发生弹性碰撞,系统动能守恒,故选D。
2.如图所示,A、B是两个质量均为m的小球,小球A从静止开始沿倾角为30°的光滑斜面下滑,经t A 时间到达斜面底端O,到达斜面底端O时动能为E kA,小球B从与A球等高处被水平抛出,经t B时间到达斜面底端O点,到达斜面底端O时动能为E kB,g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.E kA=E kBB.t A=t BC.E kA<E kBD.t A<t B【解析】选C。
对B由动能定理得mgh=E kB-m,解得E kB=mgh+m,对A由动能定理得mgh=E kA-0,可知E kA<E kB,故A错误,C正确;B做平抛运动,B的运动时间t B=,A下滑的加速度a=gsin30°=g,位移x=2h,根据x=a得t A=,可知t A>t B,故选项B、D错误。
3.(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。
摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列叙述正确的是世纪金榜导学号49294159()A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变【解析】选B。
2018年高考物理全国用二轮复习精练：二 选考题15分标准练(二) Word版含答案
选考题15分标准练(二)33.【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。
(填正确选项前的字母，选对一个给2分，选对两个给4分，选对三个给5分，每选错一个扣3分，最低得0分)。
A.布朗运动就是液体分子的运动B.碎玻璃不能拼合在一起，说明分子间有斥力作用C.小昆虫水黾可以在水面上自由行走，是由于液体表面张力D.给物体加热，物体的内能不一定增加E.机械能可以全部转化为内能，也可以将内能全部转化为机械能图1(2)(10分)如图1所示，下端封闭且粗细均匀的“7”型细玻璃管，竖直部分长l＝50 cm，水平部分足够长，左边与大气相通，当温度t1＝27 ℃时，竖直管内有一段长为h＝10 cm的水银柱，封闭着一段长为l1＝30 cm的空气柱，外界大气压始终保持p0＝76 cmHg，设0 ℃＝273 K，试求：(ⅰ)被封闭气柱长度为l2＝40 cm时的温度t2；(ⅱ)温度升高至t3＝177 ℃时，被封闭空气柱的长度l3。
解析(1)布朗运动是悬浮在液体或气体中固体颗粒的无规则运动，是由于液体分子或气体分子对固体颗粒的撞击不平衡引起的，故A错误；分子间斥力作用的距离很小，碎玻璃间的距离远大于分子间斥力作用的距离，因此碎玻璃不能拼合在一起，并不能说明是分子斥力起的作用，故B 错误；小昆虫水黾可以在水面上自由行走是由于液体的表面张力，C正确；做功和热传递是改变内能的方式，给物体加热，物体的内能不一定增加，内能的改变还与做功情况有关，故D正确；机械能与内能的转换过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，内能在一定条件下也可以全部转化为机械能，故E正确。
(2)(ⅰ)设玻璃管横截面积为S，气体在初状态时：p1＝p0＋p h＝86 cmHg，T 1＝t 1＋273 K ＝300 K ，l 1＝30 cml 2＝40 cm 时，l 2＋h ＝l ，水银柱上端刚好达到玻璃拐角处，p 2＝p 1，气体做等压变化(1分) 根据盖－吕萨克定律可得l 1S T 1＝l 2S T 2(2分) 解得T 2＝400 K ，即t 2＝127 ℃(2分)(ⅱ)t 3＝177 ℃时，T 3＝t 3＋273 K ＝450 K ，设水银柱已经全部进入水平玻璃管，则被封闭气体的压强p 3＝p 0＝76 cmHg(1分)由p 1l 1S T 1＝p 3l 3S T 3(2分) 解得l 3＝50.9 cm(1分)由于l 3>l ，原假设成立，空气柱长l 3＝50.9 cm(1分)答案 (1)CDE (2)(ⅰ)127 ℃ (ⅱ)50.9 cm34.【物理——选修3－4】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。
2018年高考物理全国用二轮复习精练：四 高考仿真练(二) Word版含答案
高考仿真练(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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。
全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14.(2017·怀化三模)关于物理学的研究方法，以下说法错误的是( )A.伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B.卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C.合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法D.电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比解析16世纪末，伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学发展极为有益的方法。
这些方法的核心是把逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，故A正确；扭秤实验可以测量微弱的作用，关键在于它把微弱的作用经过了两次放大：一方面微小的力通过较长的力臂可以产生较大的力矩，使悬丝产生一定角度的扭转；另一方面在悬丝上固定一平面镜，它可以把入射光线反射到距离平面镜较远的刻度尺上，从反射光线射到刻度尺上的光点的移动，就可以把悬丝的微小扭转显现出来，故B正确；合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法，故C正确；电场强度是用比值法定义的，但是电场强度与电场力不成正比，与试探电荷的电荷量不成反比，电场强度由电场本身的性质确定。
故D错误。
答案 D15.如图1所示，A、B、C是两带电荷量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电荷量也为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则( )图1A.从B到C，电场力对该电子一直不做功B.电子从B到C做加速度变大的加速运动C.电子在B 、C 两点时的电势能大小关系是E p B >E p CD.若电子可回到B 点，则回到B 点时速度不为零解析 由合场强的特点知，电子由B 运动到C 的过程中，受电场力作用，加速度是减小的，故A 、B 错误；由于电子能经过C 点并向前运动，且运动过程中只有电场力做功，动能增加，则电势能减小，所以E p B >E p C ，C 正确；若电子可回到B 点，由于只有电场力做功，回到B 点时电场力做功为零，动能不变，所以回到B 点时速度为零，D 错误。
2018版高中物理二轮复习选择题标准练十 含答案 精品
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选择题标准练(十)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!说明:共8小题,每小题6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.研究光电效应的电路如图所示。
用频率相同、强度不同的光分别照射阴极K。
则光电流I与A、K之间的电压U AK的关系图象中,正确的是( )【解析】选C。
设遏止电压为U c,由光电效应规律知:eU c=hν-W0,因都是频率相同的光照射相同阴极K,即ν、W0均相同,故强光和弱光的遏止电压相同;当U AK=0时,强光的光电流应大于弱光的光电流;选项C正确。
2.如图所示,有5000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2018个小球与第2018个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于世纪金榜导学号49294265( )A. B. C. D.【解析】选A。
以5000个小球组成的整体为研究对象,受力分析如图甲所示,根据平衡条件得:F=5000mg;再以第2018个到第5000个小球组成的系统为研究对象,受力分析如图乙所示,则有:tanα==;选项A正确。
3.如图所示的电路中,电压表都看作理想电表,电源内阻为r。
闭合开关S,当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时,则( )A.电压表V1的示数变大,电压表V2的示数变小B.电压表V1的示数变小,电压表V2的示数变大C.电压表V1示数变化量小于V2示数变化量D.电压表V1示数变化量大于V2示数变化量【解析】选C。
当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时,接入电路中的阻值增大,电压表V1、V2和R3均是并联,根据“串反并同”结论可知,电压表V1和V2示数均变大,选项A、B错误;设V1示数为U1,V2示数为U2,干路电流为I,则有U1=U2+IR1,ΔU1=ΔU2+ΔIR1,根据“串反并同”结论可知I减小,即ΔI<0,则ΔU1<ΔU2,选项C正确、D错误。
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选择题标准练(二)
满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!
说明:共8小题,每小题6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.下列叙述中,正确的是()
A.康普顿效应实验说明光具有波动性
B.重核裂变和轻核聚变都会产生质量亏损
C.若黄光照射某金属能发生光电效应,用紫光照射该金属不能发生光电效应
D.根据玻尔理论,氢原子从高能态跃迁到低能态时,原子向外释放光子,原子电势能和核外电子的动能均减小
【解析】选B。
康普顿效应实验说明光具有粒子性,故A错误;重核裂变和轻核聚变都会产生质量亏损,故B正确;因紫光的频率高于黄光的频率,故若黄光照射某金属能发生光电效应,用紫光照射该金属一定能发生光电效应,故C错误;氢原子辐射出一个光子后,原子能量减小,轨道半径减小,根
据k=m知,核外电子的动能增大,原子能量等于动能和电势能之和,则电势能减小,故D错误。
2.如图所示为一对等量异种点电荷,电量分别为+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()
世纪金榜导学号49294233
A.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.d点的电势等于a点的电势
【解析】选D。
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。
3.如图所示为甲、乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线运动的v-t图象,其中
t2=2t1,则下列判断正确的是()
A.甲的加速度比乙的大
B.t1时刻甲、乙两物体相遇
C.t2时刻甲、乙两物体相遇
D.0～t1时间内,甲、乙两物体之间的距离逐渐减小
【解析】选C。
速度图线倾斜程度越大加速度越大,故甲的加速度小于乙的加速度,选项A错误;两物体从同一位置出发,在0～t1时间内,乙的速度一直大于甲的速度,故乙一直在甲前面,且距离越来越大,选项D错误;故在t1时刻,甲、乙不可能相遇,选项B错误;速度图象中,图线与坐标轴的面积表示物体的位移,0～t2时间内,由几何关系可知,甲乙两物体位移相同,两物体又从同一位置出发,故t2时刻两物体相遇,选项C正确。
4.“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。
做该项运动时,健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍,球却不会掉落地上。
现将太极球简化成如图1所示的平板和小球,熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动,且在运动到图1中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势,A为圆周的最高点,C为最低点,B、D与圆心O等高。
设球的重力为1N,不计拍的重力。
下列说法正确的是世纪金榜导学号49294234()
A.健身者在C处所需施加的力比在A处大3N
B.健身者在C处所需施加的力比在A处大1N
C.设在A处时健身者需施加的力为F,当球运动到B、D位置时,板与水平方向需有一定的夹角θ,作出的tanθ-F的关系图象为图2
D.设在A处时健身者需施加的力为F,当球运动到B、D位置时,板与水平方向需有一定的夹角θ,作出的tanθ-F的关系图象为图3
【解析】选C。
设球运动的线速度为v,半径为R,则在A处时F+mg=m,在C处时
F′-mg=m,联立以上两个方程式可以得到ΔF=F′-F=2mg=2N,故A、B错误;在A处时健身者需施加的力为F,球做匀速圆周运动的向心力F向=F+mg,在B处不受摩擦力作用,受力分析如图,则tanθ=
==F+1,作出的tanθ-F的关系图象如题图2所示,故C正确,D错误。
5.如图为某天体系统的模型图。
图中a为恒星,b、c为绕a运行的双行星,在它们的相互引力的作用下绕它们的共同质量中心O做圆周运动。
已知O、a间的距离远大于b、c间的距离,b、c绕O点做圆周运动的周期为T,O点绕a做圆周运动的周期为2T,绕行方向均为逆时针方向。
当a、b、c 共线且c在a、b之间时,b上出现a的“全食”。
以下说法中正确的是()
A.b、c的总质量一定大于a的质量
B.b、c绕O点运行的角速度可能等于O点绕a运行的角速度
C.连续两次“a全食”的时间间隔是T
D.连续两次“a全食”的时间间隔是2T
【解析】选D。
由于b、c的质心O点绕a做圆周运动,可知b、c的总质量一定小于a的质量,选
项A错误;b、c绕O点做圆周运动的角速度ω1=,O点绕a做圆周运动的角速度ω2==,选项B错误;若O点不动,当b、c绕O点做圆周运动经历时间T,b、c系统的相对位置回到原位置;实际上在时间T内,系统质心O点绕a点转动了半周,此时a、b、c共线,b在a、c之间时,c上出现a的“全食”,选项C错误;若经历2T时间,系统质心O点绕a点转动了一周,b、c绕O点做圆周运动2周回到原位置,此时a、b、c共线且c在a、b之间,b上出现a的“全食”,选项D正确。
6.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数分别为1100、50,输出端接一个交流电动机,电动机线圈的直流电阻为R=1Ω,将原线圈接在电压为u=
220sin100πt的正弦交流电源上,测得电流表的示数为I=3A,电动机将质量为m=1kg的物体匀速提升,若不计电动机的机械损耗,则下列说法正确的是
()
世纪金榜导学号49294235
A.物体上升的速度为3 m/s
B.变压器输入功率为30 W
C.原线圈中的电流为 A
D.电动机的输出功率为21 W
【解析】选B、D。
根据交变电流的表达式可知,输入电压的有效值为U1=220V,由变压器原理=
得变压器的输出电压U2=10V,故电动机的输入功率为P2=U2I=30W,由能量守恒定律得变压器的输入功率P1=P2=30W,选项B正确;电动机的热功率P热=I2R=9W,则电动机输出的机械功率为P机
=P2-P热=21W,选项D正确;将物体匀速提升,则拉力等于重力,故v==2.1m/s,选项A错误;I1=
=A,选项C错误。
7.如图所示,在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,金属框架ABCD固定在
水平面内,AB与CD平行且足够长,BC与CD间的夹角为θ(θ<90°),不计金属框架
的电阻。
光滑导体棒EF垂直于CD,在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀
速运动,导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触,经过C点瞬间作为计时
起点,下列关于电路中电流大小I与时间t、电路消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是()
世纪金榜导学号49294236
【解析】选A、D。
导体棒EF在BC段运动,切割磁感线运动的有效长度为l时,导体棒中的电动
势E=B l v,导体中的电阻r=ρ,电路中的电流I==是定值;设导体棒的位移为x时,在电路中
的切割长度先为l=xtanθ,后保持不变,电流产生的功率先为P=EI=xtanθ,即功率与位移成正比,后来由于电动势不变,功率保持不变。
选项A、D正确。
8.如图所示,ab是匀强磁场的边界,质子H)和α粒子He)先后从c点射入磁场,初速度方向与ab 边界夹角均为45°,并都到达d点。
不计空气阻力和粒子间的作用。
关于两粒子在磁场中的运动,下列说法正确的是()
A.质子和α粒子运动轨迹相同
B.质子和α粒子运动动能相同
C.质子和α粒子运动速率相同
D.质子和α粒子运动时间相同
【解析】选A、B。
粒子在磁场中做匀速圆周运动,质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场,然后从同一点离开磁场,弦长相同,圆心角相同,半径相同。
则它们在磁场中的运动轨迹相同,选项A 正确;两粒子的运动轨迹相同,则它们的轨道半径r相同,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提
供向心力,由牛顿第二定律得Bqv=m,解得:v=,粒子动能:E k=mv2=,质子与α粒子的电量分别为e和2e,质量之比为1∶4,轨道半径r、磁感应强度B都相等,则E k质子=E kα粒子,选项B
正确;由于v=,故=,选项C错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=,则:=,两粒子的运动轨迹相同,粒子在磁场中转过的圆心角θ相同,粒子在磁场中的运动时间:t=T,故=
,选项D错误。
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