2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练10
2018_2019高考物理复习选择题提速练620190313241
选择题提速练61—5为单选，6—8为多选1．(2018·浙江温州十校联考)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( B )A ．8×108kW·h B．8×1010kW·h C ．8×1011kW·h D．8×1013kW·h解析：假设每户每天只亮灯5个小时，每户每年节电E ＝2×(60－10)×10－3×5×365 kW·h＝182.5 kW·h.假设每户有3口人，全国有4亿户左右．则年节电总值为E 总＝4×108×182.5 kW·h＝7.3×1010kW·h，故B 正确．2．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( D )A ．该星球的质量为M ＝4π2r 1GT 21B ．该星球表面的重力加速度为g x ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1 D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31解析：根据G Mm 1r 21＝m 1(2πT 1)2r 1，得星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21，则选项A 错误；根据m 1a 1＝m 1(2πT 1)2r 1，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于星球的重力加速度，则选项B 错误；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1，可得v 1＝GMr 1，同理v 2＝GM r 2，故v 1v 2＝r 2r 1，则选项C 错误；根据开普勒第三定律得T 1T 2＝r 31r 32，故T 2＝T 1r 32r 31，则选项D 正确． 3．(2018·山西检测)现代技术的发展促进了人们对原子、原子核的认识．下列说法正确的是( C )A ．α粒子散射实验结果说明原子内部带正电的那部分物质是均匀分布的B ．β衰变说明原子核内部存在自由电子C ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的氢核聚变反应D ．氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天一定只剩下1个未发生衰变 解析：α粒子散射实验结果说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，A 错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，不能说明原子核内部存在电子，B 错误；太阳辐射的能量来自于太阳内部的氢核聚变反应，C 正确；半衰期对大量的原子核的统计规律适用，对少量的原子核不适用，D 错误．4．(2018·湖北八校联考)如图M 和N 是两个带有异种电荷的带电体(M 在N 的正上方，图示平面为竖直平面)，P 和Q 是M 表面上的两点，S 是N 表面上的一点．在M 和N 之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E 点射入电场，它经过了F 点和W 点，已知油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能(E 、W 两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)．则以下说法正确的是( D )A ．P 和Q 两点的电势不相等B ．P 点的电势高于S 点的电势C ．油滴在F 点的电势能高于在E 点的电势能D ．油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：P 和Q 两点在带电体M 的表面上，M 是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P 和Q 两点的电势相等，选项A 错误；带正电的油滴在F 点时的机械能大于在W 点的机械能，故从F 点到W 点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故P 点的电势低于S 点的电势，选项B 错误；由于电场线垂直等势面向上，故E 点的电势高于F 点的电势，根据E p ＝q φ，油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能，选项C 错误；油滴在运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功导致重力势能和动能相互转化，电场力做功导致电势能和动能相互转化，故油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变．选项D 正确．5．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( C )A ．线圈先后两次转速之比为B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin0.4πt VC ．交流电b 的最大值为203VD ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：由图象可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，根据ω＝2πT，得ωa ＝5π，ωb ＝10π/3，由ω＝2πn ，得转速之比，n a n b ＝，A 错；图线a 的最大值为E m a ＝10 V ，交流电压的瞬时值u ＝E m sin ωt ＝10sin5πt V ，B 错；根据E m ＝NBS ω，得E m b ＝20/3 V ，C 对；t ＝0的时刻感应电动势为零，故磁通量最大，D 错．6．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( BC )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg ILtan θD ．沿悬线向上，mg ILsin θ解析：若B 沿z 轴正方向，导线无法平衡，A 错误；若B 沿y 轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg ＝BIL ，所以B 正确；若B 沿z 轴负方向，受力如图②，F T sin θ＝BIL ，F T cos θ＝mg ，所以B ＝mgILtan θ，C 正确；若B 沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D 错误．7．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( CD )A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W B ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD ．物体在OA 段运动过程中拉力的平均功率大于AB 段运动过程中拉力的平均功率 解析：物体受到的滑动摩擦力f ＝μmg ＝2 N ，由题图知x 1＝3 m 位移内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝15 J ，解得F 1＝5 N ，根据牛顿第二定律F 1－f ＝ma 1，解得加速度为a 1＝1.5 m/s 2，所用的时间为t 1＝2x 1a 1＝2 s ，末速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s ；由W 2＝F 2x 2解得x 2＝6 m 位移内拉力F 2＝2 N ，与摩擦力f 等大反向，所以物体在AB 段做匀速直线运动，运动时间t 2＝x 2v 1＝2 s ，整个过程中拉力的最大功率为P m ＝F m v m ＝F 1v 1＝15 W ，选项C 正确；OA 段运动过程中拉力的平均功率P 1＝W 1t 1＝7.5 W ，AB 段拉力的平均功率P 2＝W 2t 2＝6 W ，选项D 正确．8.某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB 是一段四分之一圆弧形的电阻，O 点为其圆心，且在B 点正上方，圆弧半径为r .O 点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB 接触良好且无摩擦．A 、B 之间接有内阻不计、电动势为9 V 的电池，电路中接有理想电流表A ，O 、B 间接有一个理想电压表V.整个装置在一竖直平面内，且装置所在的平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有( CD )A ．从图中看到列车一定是向右做加速运动B ．当列车的加速度增大时，电流表A 的读数增大，电压表V 的读数也增大C ．若电压表示数为3 V ，则列车的加速度为33g D ．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的解析：对金属球，由牛顿第二定律，加速度a ＝g tan θ，方向水平向右，可能向右做加速运动或向左做减速运动，选项A 错误；电流I ＝E R，电流表读数一定，当列车的加速度增大时，θ增大，BC 弧长变大，电压表V 的读数U ＝IR BC 也增大，选项B 错误；而R ＝ρL S，则U ＝E ·θπ2，若电压表示数为3 V ，则θ＝π6，列车的加速度为g tan π6＝33g ，选项C 正确；电压表示数U ＝2E ·θπ＝2E π·arctan ag ，U 与a 不是线性关系，则加速度表的刻度是不均匀的，选项D 正确．。
2018_2019高考物理二轮复习 选择题提速练9
选择题提速练91—5为单选，6—8为多选1．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( B )A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 VD．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，选项B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．2．下图为某同学自制的加速度计．构造如下：一根轻质细杆的下端固定一个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接．杆可在竖直平面内左右摆动．硬质面板紧靠杆摆动的平面放置，并标有刻度线．其中，刻度线c位于经过O的竖直线上，刻度线b在bO连线上，∠bOc＝30°，刻度线d在dO连线上，∠cOd＝45°.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速度v＝10 m/s，g取9.8 m/s2，汽车前进时( B )A．若细杆稳定地指示在b处，则汽车加速度为4.9 m/s2B．若细杆稳定地指示在d处，则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/sC．若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/sD．若细杆稳定地指示在c处，则5 s内汽车前进了100 m解析：若细杆稳定地指示在b处，对小球分析受力，求出沿水平方向所受合力为F合＝mg tan30°，由牛顿第二定律得F合＝ma1，则汽车加速度为a1＝g tan30°＝9.8×33m/s2＝5.66 m/s2，选项A错误；若细杆稳定地指示在d处，则汽车加速度为a2＝g tan45°＝9.8 m/s2，则0.5 s内汽车速度减小了Δv＝a2Δt＝4.9 m/s，选项B正确；若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了Δv＝a1Δt＝5.66×0.5 m/s＝2.83 m/s，选项C错误；若细杆稳定地指示在c处，汽车匀速运动，则5 s内汽车前进了s＝vt＝10×5 m＝50 m，选项D错误．3. (2018·荆州模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比R B R C＝，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘上的三个点，则a、b、c三点在运动过程中的( D )A．线速度大小之比为B．角速度之比为C．转速之比为D ．向心加速度大小之比为解析：A 、B 间靠摩擦传动，则边缘上a 、b 两点的线速度相等，即v a v b ＝，选项A 错误；B 、C 同轴转动，则其上b 、c 两点的角速度相等，即ωb ＝ωc ，n b n c ＝ωb ωc ＝11，选项B 、C 错误；对a 、b 两点由a ＝v 2r 得a a a b ＝R b R a ＝32，对b 、c 两点由a ＝ω2r 得a b a c ＝R b R c ＝32，故a a a b a c ＝，选项D 正确．4．(2018·郑州质量预测)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 点到C 点的过程中弹簧弹力做的功是( A )A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)解析：小球从斜面底端到最高点C 的过程中，重力、弹簧弹力均做功，C 点为最高点，即v C ＝0，由动能定理得－mgh ＋W ＝0－12mv 2，解得弹簧弹力做的功W ＝mgh －12mv 2，选项A 正确．5．如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR2mD.2qBRm解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有(r ＋R2)tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bqv ＝m v 2r 可得v ＝qBRm，故B 正确．6．(2018·湖北七市联考)如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色传送带以10 m/s 的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A 处无初速度地轻放上一个质量为1 kg 的小煤块(可视为质点)，它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A 到B 的长度为16 m ，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则在小煤块从A 运动到B 的过程中( ACD )A ．小煤块从A 运动到B 的时间为2 s B ．煤块对皮带做的总功为0C ．小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6 mD ．因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24 J解析：煤块放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin37°＋μmg cos37°m＝g sin37°＋μg cos37°＝10 m/s 2.则速度达到传送带速度所需的时间为t 1＝v a 1＝1 s. 经过的位移为x 1＝12a 1t 21＝5 m.由于mg sin37°>μmg cos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止． 速度相等后，煤块所受的摩擦力沿斜面向上． 根据牛顿第二定律得a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s 2.根据vt 2＋12a 2t 22＝L －x 1，代入数据解得t 2＝1 s. 则t ＝t 1＋t 2＝2 s ，故A 正确；煤块对传送带做的总功即是摩擦力所做的功，为W ＝－fx 传＝－μmg cos θ·x 传＝－μmg cos θ·vt ＝－80 J ，故B 错误；在t 1时间内，传送带位移为x 2＝vt 1＝10 m. 所以划痕长度是Δx 1＝x 2－x 1＝5 m ； 在t 2时间内，传送带位移为x 3＝vt 2＝10 m ， 煤块的位移为x 4＝L －x 1＝11 m. 所以划痕长度为Δx 2＝x 4－x 3＝1 m.所以总划痕长度是Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6 m ，故C 正确； 产生的热量Q ＝f Δx ＝μmg cos θΔx ＝24 J ，D 正确．7．(2018·山东模拟)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用，第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区，第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成，中轨道卫星高度为10 354 km ，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)．在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天，下列说法中正确的是( BC )A ．中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度B ．中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度C ．在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方D ．如果某一时刻中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上解析：由题意知，中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径(约为42 400 km)，所以，其线速度大于同步卫星的线速度，选项B 正确；中轨道卫星的周期T 1＝6 h ，其经过地面某点的正上方的一天后，仍在该点，选项C 正确；选项D 中，中轨道卫星需经过t ＝(T 12＋nT 1)，T 1＝6 h ，n ＝0,1,2,3，…，同步卫星需经过t ′＝(T 22＋nT 2)．T 2＝24 h ，n ＝0,1,2,3，…，二者再次在同一直线上，显然t ′≠t ，选项D 错误．8．(2018·武昌模拟)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( AC )A ．只增大电压UB ．只增大高度dC ．只增大长度LD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 0解析：尘埃做类平抛运动，达到下板的尘埃被收集，竖直偏移量y ＝12at 2＝Uq 2md t 2＝UqL22mdv 20越大越容易收集，则可以增大U 、L ，减小v 0、d ，选项A 、C 正确．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：3 Word版含解析
选择题提速练31—5为单选，6—8为多选1．(2018·河北石家庄质检)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是(D)A．回路中电流大小变化，方向不变B．回路中电流大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流方向不变，从b导线流进电流表解析：圆盘在磁场中切割磁感线产生恒定的感应电动势E＝1 2BωR2，由右手定则判断得a端为负极、b端为正极，所以只有D项正确．2．(2018·四川绵阳一诊)2014年9月川东地区持续强降雨，多地发生了严重的洪涝灾害．如图为某救灾现场示意图，一居民被洪水围困在被淹房屋屋顶的A点，直线PQ和MN之间是滔滔洪水，之外为安全区域．已知A点到直线PQ和MN的距离分别为AB＝d1和AC ＝d 2，设洪水流速大小恒为v 1，武警战士驾驶的救生艇在静水中的速度大小为v 2(v 1<v 2)，要求战士从直线PQ 上某位置出发以最短的时间到达A 点，救人后以最短的距离到达直线MN .则( A )A ．战士驾艇的出发点在B 点上游距B 点距离为v 1v 2d 1 B ．战士驾艇的出发点在B 点下游距B 点距离为v 1v 2d 1 C ．救人后船头应指向上游，与上游方向所成夹角的余弦值为v 2v 1D ．救人后船头应指向下游，与下游方向所成夹角的余弦值为v 1v 2解析：救生艇到达A 点的最短时间为t ＝d 1v 2，战士驾艇的出发点在B 点上游距B 点距离为v 1v 2d 1，选项A 正确，B 错误；若战士以最短位移到达MN ，则救生艇登陆的地点就是C 点，则船头与上游方向所成夹角的余弦值为v 1v 2，故选项C 、D 错误． 3．(2018·山东中学联盟押题)如图所示，将一质量为m 的小球从A 点以初速度v 斜向上抛出，先后经过B 、C 两点．已知B 、C 之间的竖直高度和C 、A 之间的竖直高度都为h ，重力加速度取g ，取A 点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则( D )A ．小球在B 点的机械能是C 点机械能的两倍B ．小球在B 点的动能是C 点动能的两倍C ．小球在B 点的动能为12m v 2＋2mgh D ．小球在C 点的动能为12m v 2－mgh 解析：不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B 点的机械能等于C 点机械能，选项A 错误；小球在B 点的重力势能大于C 点重力势能，根据机械能守恒定律知，小球在B 点的动能小于C 点动能，选项B 错误；小球由A 到B 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B ＝12m v 2，解得小球在B 点的动能为E k B ＝12m v 2－2mgh ，选项C 错误；小球由B 到C 过程中，根据机械能守恒定律有mg ·2h ＋E k B ＝mgh ＋E k C ，解得小球在C 点的动能为E k C ＝E k B ＋mgh ＝12m v 2－mgh ，选项D 正确．4．(2018·山东潍坊一中二模)如图所示，斜面体固定在水平地面上，用一根轻绳跨过定滑轮连接甲、乙两滑块，它们静止于两斜面等高处，轻绳均与斜面平行．甲、乙可看成质点，不计一切摩擦(sin37°＝0.6，sin53°＝0.8)．若剪断轻绳，下列说法正确的是( A )A ．甲、乙落地时的速度大小相等B ．甲、乙落到地面所用时间之比为11 C ．甲、乙落地时重力的功率之比为4 3D ．甲、乙在下滑到地面过程中重力做功相等解析：两滑块位于相同高度，剪断轻绳，让两滑块从静止开始沿斜面滑下，两滑块运动过程中只有重力做功，落地高度相同，根据机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 2，到达斜面底端时两滑块速率相等．故A 正确；没有剪断细绳时，由平衡条件可得，m 甲g sin37°＝m 乙g sin53°，则m 甲m 乙＝43，两滑块距离地面高度h 相同，位移分别为x 甲＝h sin37°，x 乙＝h sin53°.由匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v 2知，h sin37°＝v 2t 甲，h sin53°＝v 2x 乙．因为末速度v 相同，故t 甲>t 乙，故B 错误；落地时重力的功率之比P 甲P 乙＝m 甲g v cos53°m 乙g v cos37°＝11，故C 错误；甲、乙下滑过程中重力做功W ＝mgh ，h 相同，质量不同，故D 错误．5．如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV ，镁的逸出功为5.9 eV ，以下说法错误的是( C )A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射镁板一定能发生光电效应现象B．用能量为11.0 eV的自由电子轰击处于基态的氢原子，可使其跃迁到激发态C．处于n＝2能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离D．处于n＝4能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离解析：氢原子从高能级向基态跃迁放出的光子能量E≥10.2 eV>5.9 eV，选项A正确；因为11.0 eV>10.2 eV，故通过碰撞的方式可使基态氢原子跃迁，选项B正确；使n＝2能级的氢原子电离所需最小能量为3.4 eV，但有的紫外线光子能量小于3.4 eV，选项C错误；使n＝4能级的氢原子电离所需最小能量为0.85 eV，紫外线光子能量大于3.11 eV，选项D正确．6．(2018·武汉调研)如图所示，在光滑的水平面上放着质量为M 的木板，在木板的左端有一个质量为m的木块，在木块上施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是( BD)A ．若仅增大木板的质量M ，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t 增大解析：设木块与木板间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，木板的加速度a 2＝μmg M ，两者恰好分离的条件为12(a 1－a 2)t 2＝L ，时间t ＝2LF m －μ(M ＋m )gM ，由此可知，仅增大M或F ，则时间t 减小，仅增大m 或μ，时间t 增大，选项B 、D 正确．7．(2018·江苏南通、泰州、扬州、连云港、淮安五市联考)一半径为R 的半球面均匀带有正电荷Q ，电荷Q 在球心O 处产生电场的场强大小E 0＝kQ 2R 2，方向如图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O 处产生电场的场强大小分别为E 1、E 2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O 处产生电场的场强大小分别为E 3、E 4.则( AC )A ．E 1>kQ 4R 2B ．E 2＝kQ 4R 2C ．E 3>kQ 4R 2D ．E 4＝kQ 4R 2 解析：如题图甲，取对称微元，虚线上面的电荷在O 点产生的电场方向夹角小，合电场强度E 1大，虚线下面的电荷在O 点产生的电场方向夹角大，合电场强度E 2小，即E 1>E 2，又E 1＋E 2＝E 0，则E 1>kQ 4R 2，选项A 正确，B 错误；如题图乙，左右两边对称，在O 点产生电场强度E 3＝E 4，再由矢量合成可知，E 3＝E 4>12E 0＝kQ 4R 2，选项C 正确，D 错误． 8．一质点自x 轴原点O 出发，沿正方向以加速度a 运动，经过t 0时间速度变为v 0，接着以－a 加速度运动，当速度变为－v 02时，加速度又变为a ，直至速度变为v 04时，加速度再变为－a ，直至速度变为－v 08……其中v -t 图象如图所示，则下列说法中正确的是( CD )A．质点一直沿x轴正方向运动B．质点将在x轴上一直运动，永远不会停止C．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0D．质点最终静止时离开原点的距离一定小于v0t0解析：由图象知，质点在2t0时刻开始反向运动，最后速度逐渐变为零，AB项均错误；质点运动过程中离原点的最大距离为x＝1 2v0·2t0＝v0t0，C项正确；由于质点有往复运动，并通过正、反方向的“面积”对比知，D项正确．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：14 Word版含解析
选择题提速练141—5为单选，6—8为多选1．如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B 用长为l的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方，且OA之间的距离恰为l，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小之间的关系为(B)A．F1>F2B．F1＝F2C．F1<F2D．无法确定解析：如图所示，分析B球的受力情况，B球受到重力、弹簧的弹力和绳的拉力，由相似三角形和OA＝OB，知绳的拉力等于B 球的重力，所以F1＝F2＝G.2．(2018·武汉调研)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U流为I2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R＝U 1轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是(C) A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U 1 I 2C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1 I2－I1D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小解析：在I-U图象中，图线上的点与O点的连线的斜率表示该点所对应的电压、电流下电阻的倒数，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻应逐渐增大，选项A正确；对应P点，小灯泡的电压为U1，电I2，选项B正确；其工作功率为P＝U1I2，即图中矩形PQOM所围的面积，选项D 正确；P点切线的斜率反映了电流随电压变化快慢，即反映的是电阻随电压、电流变化快慢而不是灯泡的电阻的倒数，选项C错误．A. vB. vC. vD. vR 2 3，偏向角为 60°，且 tan60°＝ d ，半径 R 2＝速度 v ′＝ v ，选项 C 正确．3．(2018· 武汉联考)如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径．一带电粒子从 a 点射入磁场，速度大小为 v ，方向与 ab 成 30°角时，恰好从 b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为 t ；若同一带电粒子从 a 点沿 ab 方向射入磁场，也经时间 t 飞出磁场，则其速度大小为( C )1 233 23 2 2解析：设圆形区域直径为 d ，粒子从 a 点射入从 b 点飞出磁场，Tm v运动时间 t ＝6 ，半径 R 1＝d ＝ q B ；若粒子从 a 点沿 ab 方向射入磁场，T 运动时间t ＝622m v ′d ＝ qB ，324．如图所示，匀强电场水平向右，细线一端固定，另一端拴一带正电的小球，使小球在竖直面内绕固定端 O 做圆周运动．不计空气阻力，电场力和重力大小刚好相等，细线长为 r .当小球运动到图中位置 A 时，细线在水平方向，拉力大小恰好与重力大小相等．重力加速度大小为 g ，则小球的最小速度大小为( C )2 2A.grC.(4－22)grB.2grD.(2＋2)grv2解析：小球在A点，有F T＋Eq＝m r A，则速度v A＝2gr，由A1到等效最高点，由动能定理，有Eqr(1－cos45°)－mgr sin45°＝2m v m－12m v A，解得v m＝2(2－2)gr，选项C正确．5．(2018·东北三校一联)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍．某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回．当第一次回到分离点时恰与航天站对接．登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g0，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为(A)A．4.7πC．1.7πRgRgB．3.6πD．1.4πRgRg航天站转一周的时间为T，则有＝m2(3R)，对月球表面的物GM·m0，联立两式得T＝63πg2(3R)3T2T′2，则t min＝T－T′＝4.7πgFA＋FB11－2ta＝＝①解析：由题可知，设月球半径为R，则航天站的轨道半径为3R，GM m4π2月(3R)2T体有m0g0＝月R2R.登月器的登月轨道是椭圆，从与航天站分离到第一次回到分离点所用时间为沿椭圆运行一周的时间T′和在月球上停留时间t之和，若恰好与航天站运行一周所用时间相同时t最小，则有：t min＋T′＝T，由开普勒第三定律有：＝，得T′＝42π4R()3RgR，所以只有A对．6．如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB＝2N，A受到的水平力FA＝(9－2t)N(t的单位是s)．从t＝0开始计时，则(ABD)A．A物体3s末的加速度是初始时刻的511B．t>4s后，B物体做匀加速直线运动C．t＝4.5s时，A物体的速度为零D．t>4.5s时，A、B的加速度方向相反解析：设A的质量为m，则B的质量为2m，在两物体没有分离时，对整体：根据牛顿第二定律得3m3m对B：设A对B的作用力大小为F N，则；t ＝3 s 时，a 2＝ 物体在 3 s 末时刻的加速度是初始时刻的 倍，故 A 、B 正确；t ＝4.5s 时，A 的加速度为 a A ＝ m ＝t 0F N ＋F B ＝2ma②1解得，F N ＝3(16－4t )③由③得，当 t ＝4 s 时，F N ＝0，此后 A 、B 分离，B 物体做匀加速直线运动．由①得：当 t ＝0 时，a 1＝ 11 53m 3m，则 A511F A 9－2×4.5＝0，说明 t ＝4.5 s 之前 A 在m做加速运动，此时 A 的速度不为零，而且速度方向与 B 相同，故 C错误； >4.5 s 后，A 的加速度 a A <0, 而 B 的加速度不变，则知 t >4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反，故 D 正确．7.如图所示，质量为 m 的小球从斜轨道高 h 处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为 R ，不计一切摩擦阻力，重力加速度为 g .则下列说法正确的是(BC )A ．当 h ＝2R 时，小球恰好能到达最高点 MB ．当 h ＝2R 时，小球在圆心等高处 P 时对轨道压力为 2mgC ．当 h ≤R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道D ．当 h ＝R 时，小球在最低点 N 时对轨道压力为 2mgv 2解析：在圆轨道的最高点 M ，由牛顿第二定律得 mg ＝m R ，解v ，根据机械能守恒定律得 mg ·2R ＝mgR ＋ m v 2，小球在 P 时由牛顿0 A ．若粒子的初始位置在 a 处，在 t ＝ 时给粒子一个沿切线方1 得 v 0＝ gR ，根据机械能守恒定律得 mgh ＝mg ·2R ＋2m v 2，解得 h ＝2.5R ，故选项 A 错误；当 h ＝2R 时，小球在圆心等高处 P 时速度为1 2v 2第二定律得 F N ＝m R ，联立解得 F N ＝2mg ，则知小球在圆心等高处 P时对轨道压力为 2mg ，故选项 B 正确；当 h ≤R 时，根据机械能守恒定律得小球在圆轨道圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故选项 C 正确；当 h ＝R 时，设小球在最低点 N 时速度为 v ′，1v ′2 则有 mgR ＝2m v ′2，在圆轨道最低点，有：F N ′－mg ＝m R ，解得 F N ′＝3mg ，则小球在最低点 N 时对轨道压力为 3mg ，故选项 D 错误．8．某一空间存在着磁感应强度为 B 且大小不变、方向随时间 t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按 a →b →c →d →e →f 的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹 )，下列办法可行的是 (粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( AD )3T8B ．若粒子的初始位置在 f 处，在 t ＝ 时给粒子一个沿切线方向C ．若粒子的初始位置在 e 处，在 t ＝ T 时给粒子一个沿切线方D ．若粒子的初始位置在 b 处，在 t ＝ 时给粒子一个沿切线方向向水平向右的初速度T2竖直向下的初速度118向水平向左的初速度T2竖直向上的初速度解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为 T 0＝T /2；在 t ＝3T /8 时磁场方向向里，由左手定则知粒子所 受洛伦兹力方向向上，粒子经 T /8 时间沿圆弧 ab 运动到 b ，此时磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子沿 b →c →d →b 运动到 b 点，磁场方向又改变，粒子受力方向又改变，粒子沿 b →e →f →a 运动，满足题目要求，选项 A 正确；在 T /2，磁场方向已向外，粒子受力方向向左，故粒子不能沿图中轨迹运动，选项 B 错误；在 11T /8，磁场方向向里，粒子在 e 点有水平向左的初速度，受洛伦兹力方向向下，沿 e →f 运动 T /8 时间后磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子在 f点离开圆弧向左偏转，选项 C 错误；t ＝T 时刻磁场方向向里，粒子在 b 点向上运动，受洛伦兹力的方向向左，粒子沿 b →e →f →a →b 运动一周到 b 点时磁场方向改变，受力方向向右，沿 b →c →d →b 运动，选项 D 正确．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：12 Word版含解析
选择题提速练121—5为单选，6—8为多选1．如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B 物块正上方，A、B之间用一细线相连．在细线的中点O施加拉力F，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向是(图中②表示水平方向)(C)A．沿①方向B．沿②方向C．沿③方向D．沿①②③方向都可以解析：分别对A、B进行受力分析可知，A对水平轨道的压力大于其重力，B对水平轨道的压力小于其重力，则两物体所受滑动摩擦力f A>f B；要使A、B一起向右匀速运动，则F A cosθ－f A＝0(θ为细线与水平方向的夹角)，F B cosθ－f B＝0，有F A>F B；再对O点分析，F 应沿③的方向才能保证F A>F B，C选项正确．2．在竖直平面内，有垂直平面向里的匀强磁场，一个α粒子由静止释放，已知α粒子的重力不能忽略，则α粒子的运动轨迹为(D)A．如图1所示，匀速圆周运动B．如图2所示，先做曲线运动后做匀速直线运动C．如图3所示，往复的曲线运动D．如图4所示，一直向右做曲线运动解析：α粒子由静止释放，重力做正功，α粒子动能增加，速度增大，所受的洛伦兹力逐渐增大，方向由水平向右逐渐往右侧上方偏转，当洛伦兹力方向竖直向上时，速度方向为水平向右，此时洛伦兹力已大于重力，而后α粒子受洛伦兹力作用往上方偏转，重力做负功，α粒子动能减小，速度也减小，所受的洛伦兹力逐渐减小，方向由竖直向上逐渐往左侧逆时针方向偏转，到某一时刻速度减小到0，再重复上述过程，故选项D正确．3．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是(B)A．粒子可能带负电B．粒子在P点的动能大于在Q点的动能C．粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能D．粒子在P点受到的电场力大于在Q点受到的电场力解析：由等势线可以判断电场线方向，由运动轨迹可以知道带电粒子受力指向曲线弯曲的内侧，因此可以判断出粒子带正电，选项A 错误；由P到Q的过程中，电场力做负功，粒子动能减小，电势能增大，因此粒子在P点的动能大于在Q点的动能，粒子在P点的电势能小于粒子在Q点的电势能，选项B正确，C错误；由等势线分布特点可知，P点的电场强度小于Q点的电场强度，因此粒子在P 点受到的电场力小于在Q点受到的电场力，选项D错误．4．如图所示，在倾角为θ的光滑的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧．开始时用手按住物体B，现放手，A和B沿斜面向上运动的距离为L时，同时达到最大速度v，重力加速度为g，则以下说法正确的是(D)A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度B ．A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 恰要分离C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12M v 2＋MgL sin θ D ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于12M v 2 解析：物体速度最大时，加速度为零，因而选项A 错误；弹簧原长时，A 、B 分离，选项B 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 做功转化为A 和B 的动能以及势能，选项C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于A 动能的增量，故选项D 正确．5．索道是山区游览景点运送货物和游客的重要设施．图示为索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( D )A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg解析：由重物对车厢内水平地板的压力为其重力的1.15倍，可知车厢对重物的支持力为1.15mg，支持力与重力合力为F1＝0.15mg.F1与摩擦力的合力方向沿索道向上，由F1＝F f tan37°解得F f ＝0.20mg.6．如图所示，边界MN下方有一垂直纸面向外的匀强磁场，一电子以速度v从点O射入MN，经磁场后能返回到MN边界上方，以下正确的是(AC)A．电子从O点右边返回边界上方B．电子从O点左边返回边界上方C．只增加射入速度v的大小，则电子在磁场中运动的路程一定改变D．只增加射入速度v的大小，则电子在磁场中运动的时间一定改变解析：由左手定则，电子的洛伦兹力垂直v向上，电子向右上方偏转，则A对，B错；增加速度v的大小，则半径r＝m vqB增大，电子运动轨迹的弧长变大，但圆心角θ不变，运动时间t＝θ2πT＝θm qB 不变，则C对，D错．7．下面列出不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目：54 cm彩色电视机工作电压：170～240 V 工作频率：50 Hz额定功率：85 W FS－69电风扇规格：400 mm 额定电压：220 V 工作频率：50 Hz 额定功率：65 WKFR－33GW空调机额定电压：220 V工作频率：50 Hz制冷/制热电流：6.2 A/6.2 A BC－65B电冰箱额定电压：220 V工作频率：50 Hz额定功率：70 W耗电量：0.8 kW·h/24 h根据铭牌上提供的信息，试判断下列说法正确的是(ABD) A．正常工作时电风扇中流过的电流最小B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少解析：由P＝UI得空调机的额定功率P空＝1 364 W，所以正常工作时电风扇消耗的电功率最小，电流也最小，故A、B均对；由于在24小时内电冰箱的耗电量W＝0.8 kW·h，而电风扇的耗电量W＝Pt ＝65×24 W·h ＝1.56 kW·h ，所以C 错，D 对．8．(2018·武汉调研)为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F -1v 图象(图中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则( BD )A ．在全过程中，电动车在B 点时速度最大B ．BA 过程电动车做匀加速运动C ．CB 过程电动车做减速运动D ．CB 过程电动车的牵引力的功率恒定解析：因为刚开始启动时，v 较小，1较大，所以F -1图象，应该从图象的右边向左看，根据图象可知，电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做加速度逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动，1v 越小，速度v 越大，所以，在全过程中，电动车在C 点时速度最大，选项A 错误；BA 过程中，牵引力F 不变，所以加速度a ＝F －f m 不变，电动车做匀加速运动，选项B正确；根据图象，在CB 过程中，1v 的值逐渐减小，说明速度v 逐渐增大，所以电动车做加速度减小的加速运动，选项C 错误；在CB 过程中，F 与1v 成正比，所以F v ＝P ，恒定不变，选项D 正确．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：13 Word版含解析
选择题提速练131—5为单选，6—8为多选1．(2018·洛阳统考)三个相同的轻弹簧a 、b 、c 连接成如图所示的形式，其中a 、b 两弹簧间的夹角为120°，且a 、b 对结点处质量为m 的小球的拉力大小均为F (F ≠0)，在P 点剪断弹簧c 的瞬间，小球的加速度可能是( D )A ．大小为g ，方向竖直向下B ．大小为F m，方向竖直向上 C ．大小为F －mg m ，方向竖直向下D ．大小为mg －F m ，方向竖直向下解析：在P 点剪断弹簧c 的瞬间，小球所受合外力为：2F cos60°－mg ＝F －mg ，方向竖直向上；或mg －2F cos60°＝mg －F ，方向竖直向下．由牛顿第二定律得：其加速度为F －mg m ，方向竖直向上；或mg －F m ，方向竖直向下，选项D 正确．2．将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( B )解析：0～T 2时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、沿顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab 边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得T 2～T 时间内，ab 边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B 项正确．3．如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC ，其中AC 边与对角线BC 垂直，一束电子以不同大小的速度v 沿BC 从B 点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是( C )A．入射速度越大的电子，其运动时间越长B．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C．从AB边出射的电子的运动时间都相等D．从AC边出射的电子的运动时间都相等解析：若电子从AB边出射，电子在磁场中的偏角相等，由T＝2πm可知周期与速度无关，电子的运动时间都相等，A错，C对；若Bq电子从AC边出射，速度越小，出射位置离A点越近，电子在磁场中的偏角越大，电子的运动时间越长，运动轨迹越长，BD错．4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后( A )A．P点的电势将降低B．带电油滴的电势能将减少C．带电油滴将沿竖直方向向上运动D．电容器的电容减小，则极板所带电荷量将增大解析：由电路连接可知，平行板电容器上极板带正电，带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，可判断带电油滴带负电，且此时电场力等于重力，平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则极板间距d增大，又因为电容器两极板电势差不变，因此电场强度减小，P点电势降低，选项A正确；电场强度减小，带电油滴受到的电场力减小，此时电场力小于重力，带电油滴将沿竖直方向向下运动，电场力做负功，带电油滴电势能增大，选项B、C错误；电容器极板间距d增大，电容将减小，因为电容器两极板电势差不变，因此极板带电荷量将减小，选项D错误．5．如图所示，质量为m 的物体放在水平放置的钢板C 上，与钢板间的动摩擦因数为μ.由于受到相对于地面静止的光滑导槽A 、B 的控制，物体只能沿水平导槽运动．现使钢板以速度v 1向右匀速运动，同时用力F 拉动物体(方向沿导槽方向)使物体以速度v 2沿导槽匀速运动，则拉力F 的大小为( D )A ．mgB ．μmgC ．μmg v 1v 21＋v 22 D ．μmg v 2v 21＋v 22解析：本题涉及三维力的计算以及相对运动问题，先判定相对运动方向从而判定摩擦力方向，再利用力的分解计算摩擦力．物体相对钢板具有向左的速度分量v 1和侧向的速度分量v 2，故相对钢板的合速度v 的方向如图所示，滑动摩擦力的方向与v 的方向相反．根据平衡条件可得F＝f cosθ＝μmgv2v21＋v22，选项D正确．6．如图所示，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量．则下列选项中可能正确的是( AB )A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s解析：本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后、前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以Δp A<0，Δp B>0，并且Δp A＝－Δp B，据此可排除选项D；若Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为p A′＝－12 kg·m/s、p B′＝37 kg·m/s，根据关系式E k＝p22m可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则．7．如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( BD )A．M的带电量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功解析：带电球M、N在不计重力条件下平衡，说明M、N两球所受电场力的合力为零，即M、N所在点合场强为零，所以M球在N 球处所产生的场强方向向左，大小为E，故M球带负电；同理，N 球在M球处产生的场强方向向左，大小为E，故N球带正电，且两球所带电荷量相等．匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角，做负功．所以B、D正确．8．(2018·西安八校联考)下列说法正确的是( AD )A．在表达式ε＝hν和p＝hλ中，能量ε和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成C.23490Th(钍)衰变为23491Pa(镤)核时，衰变前23490Th核质量等于衰变后Pa核与β粒子的总质量D．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小解析：表达式ε＝hν和p＝hλ中，能量ε和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量，选项A正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子由原子核和核外电子组成，选项B错误；该核反应中存在质量亏损，选项C错误；根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，库仑力对电子做正功，电子的动能增大，由于氢原子能量减小，则电势能减小，选项D正确．。
2019高考物理大二轮复习 专题三 电场和磁场 专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动
专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.右图为“滤速器”装置示意图。
a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。
a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。
一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。
若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。
当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.①②B.③④C.①③D.②④5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法正确的是()A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练520190313240
选择题提速练51—5为单选，6—8为多选1．(2018·安徽名校联考)如图所示，在距地面高2L 的A 点以水平初速度v 0＝gL 投掷飞镖．在与A 点水平距离为L 的水平地面上B 点处有一个气球，选择适当时机让气球以速度v 0＝gL 匀速上升，在上升过程中被飞镖击中．不计飞镖飞行过程中受到的空气阻力，飞镖和气球可视为质点，重力加速度为g .掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔Δt 应为( B ) A.2L g B.12L g C.L g D ．2L g 解析：根据L ＝v 0t ，可得t ＝L v 0＝L gL ＝L g.根据两物体竖直方向上的位移之和等于2L ，可得2L ＝12gt 2＋v 0(t ＋Δt )，解得Δt ＝12L g ，B 正确． 2．如图所示，矩形区域内有水平方向的匀强电场，一个带负电的粒子从A 点以某一速度v A 射入电场中，最后以另一速度v B 从B 点离开电场，不计粒子所受的重力，A 、B 两点的位置如图所示，则下列判断中正确的是( D )A ．电场强度的方向水平向左B ．带电粒子在A 点的电势能小于在B 点的电势能C ．粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处为B 点D ．粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处为B 点解析：根据力和运动的关系，可判定电场强度的方向水平向右，A 错；粒子在电场中运动的全过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，所以带电粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能，粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处应在A 点的右下方，粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处应为B 点，故D 对，B 、C 错．3．(2018·江西南昌联考)如图电路，起初灯泡A 和B 都能正常发光，后来电路中某个元件发生断路故障，致使灯泡A 比原来亮一些，灯泡B 比原来暗一些，那么断路的元件是( B )A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 4解析：首先可以肯定D 选项错，因为R 4断路后，A 、B 灯都不亮了，不合题意；若R 1断路，电路总电阻必然增大，总电流减小，电源内阻所分担电压及R 4两端电压均降低，A 灯泡和B 灯泡两端电压均要升高，与题意不符，所以A 选项错；若R 2断路，则总电阻变大，总电流减小，电源内阻所分担电压及R 4两端电压均降低，R 1两端电压升高，流过的电流增大，所以流过R 3和B 灯泡的电流减小，B 灯变暗，所以灯泡A 两端电压升高，A 灯变亮，符合题意，所以B 选项正确；同理可以分析出，若R 3断路，应该是B 灯变亮，A 灯变暗，C 选项错．4．(2018·合肥质量检测)长为L 的轻绳悬挂一个质量为m 的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ＝45°的静止三角形物块刚好接触，如图所示．现在用水平恒力F 向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v ，重力加速度为g ，不计所有的摩擦，则下列说法中正确的是( B )A ．上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B ．上述过程中，推力F 做的功为FLC ．上述过程中，推力F 做的功等于小球增加的机械能D ．轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为mg sin45°解析：由动能定理可知合外力做的功等于动能的增量，对小球来说除了斜面的支持力还有重力对小球做功，故选项A 错误；由几何知识，三角形物块的位移为L ，则推力F 做的功为FL ，选项B 正确；由功能关系可知，除重力、弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量，F 做的功应等于斜面和小球这一系统增加的机械能，故选项C 错误；小球做圆周运动，则沿绳方向有F 拉－mg sin45°＝m v 2R，v ≠0，故F 拉≠mg sin45°，选项D 错误． 5．如图所示，带正电的点电荷O 固定，另外有两个质量相等、电荷量相同的点电荷A 、B 分别在点电荷O 的电场力的作用下沿1,2两轨道运动，其中电荷A 沿半径为r 的圆轨道1以速度v A 运动；电荷B 沿椭圆轨道2运动，椭圆轨道到O 的最远距离为2r ，电荷B 经过椭圆最远点的速度为v B ；两轨道相切于C 点，若不考虑A 、B 间的相互作用，A 、B 、C 、O 点在一条直线上，则( D )A ．电荷A 带负电，电荷B 带正电B ．v A ＝v BC ．两电荷分别经过C 点时速度大小相等D ．电荷A 运动的加速度大小为v 2A r解析：因为A 、B 两电荷在电场力作用下做曲线运动，由曲线运动的特点可知，两电荷都带负电，A 项错误；电荷A 以速度v A 做半径为r 的圆周运动，又F 库A ＝4F 库B ，若v A ＝v B ，则电荷B 在B 点将做离心运动，B 项错误；两电荷分别经过C 点时的加速度大小相等，但速度大小不相等，C 项错误；由圆周运动知识可知，电荷A 运动的加速度大小为v 2A r，D 项正确．6．(2018·河北石家庄一模)如图所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab ＝cd ＝L ，ad ＝bc ＝2L ，电场线与矩形所在平面平行．已知a 点电势为20 V ，b 点电势为24 V ，d 点电势为12 V ，一个质子从b 点以v 0的速度射入此电场，入射方向与bc 成45°角，一段时间后经过c 点．不计质子的重力，下列判断正确的是( AC )A ．c 点电势低于a 点电势B ．电场强度的方向由b 指向dC ．质子从b 运动到c ，所用的时间为2Lv 0D ．质子从b 运动到c ，电场力做功为4 eV解析：在匀强电场中，平行线上两点间的电势差与两点间的距离成正比，故有φa －φb ＝φd －φc ，得φc ＝16 V ，φc <φa ，A 正确；设ad 中点为e ，bc 中点为f ，则φe ＝16 V ，φf ＝20 V ，连接ec 、af ，两者为两条等势线，又因为ab ＝L ，bc ＝2L ，△abf 为等腰直角三角形，过b 作bh ⊥af ，则bh 为一条电场线，方向由b 指向h ，故B 错误；质子从b 到c 运动过程，沿v 0方向做匀速直线运动s ＝2L ，t ＝s v 0＝2L v 0，C 正确；质子从b 运动到c 电场力做功W ＝U bc q ＝8 eV ，故D 错误．7．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( BC )A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52 V C ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000解析：交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U ＝U m2，所以B 正确，A 错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5 000 V 时就可以点燃气体，对理想变压器n 2n 1＝U 2m U 1m >5 0005＝1 000，C 正确，D 错误．8．飞碟射击是集时尚性、健康性、娱乐性及观赏性于一身的一项体育运动，也是奥运会的正式比赛项目．比赛中，碟靶由抛靶机以一定的角度抛向空中，射手在它落地前将其击中得分．在双向飞碟项目中，抛靶机抛出两枚碟靶，射手只允许射击两次．假设两个碟靶A 、B 分别由放在同一水平面上相隔一定距离的抛靶机竖直向上抛出，同时上升到最大高度H A 、H B ，若碟靶A 上升的最大高度H A 小于碟靶B 上升的最大高度H B ，接着某运动员对A 、B 两碟靶进行射击，并在同一高度处先后击中两碟靶，且两次击中碟靶的时间间隔为Δt .已知两碟靶的质量均为m ，碟靶在空中运动时受到的空气阻力的大小恒为它重力的k 倍(k <1)，重力加速度为g .根据以上信息可以知道( BC )A ．运动员先击中B 碟靶，后击中A 碟靶B ．抛靶机抛A 碟靶时对A 碟靶做的功为(mg ＋kmg )H AC ．A 碟靶从最高点开始下落到被击中，运动的时间为H B －H A －k g Δt －12Δt D ．A 碟靶从抛出开始到被击中的过程中机械能减少了kmgH A解析：因碟靶A 上升的最大高度小于碟靶B 上升的最大高度，又要求在它落地前将其击中，故运动员先击中A 碟靶，后击中B 碟靶，选项A 错误；抛靶机抛A 碟靶时的初速度为v A 0，由动能定理，抛靶机抛A 碟靶时对A 碟靶做的功为W A ＝12mv 2A 0＝(mg ＋kmg )H A ，故选项B正确；设A 碟靶从最高点开始下落到被击中运动时间为t ，下落位移h A ＝12at 2，则B 碟靶从最高点开始下落到同一高度被击中的运动时间为t ＋Δt ，下落位移h B ＝12a (t ＋Δt )2＝H B －H A ＋h A ，而A 、B 下落过程具有相同的加速度a ＝mg －kmg m ＝g (1－k )，联立解得t ＝H B －H A－k g Δt－12Δt ，则选项C 正确；A 碟靶从抛出开始，上升过程中机械能减少了ΔE 1＝kmgH A ，从下降到被击中过程中机械能减少了ΔE 2＝kmgh A ＝12kmg (1－k )g [H B －H A －k g Δt －12Δt ]2，故碟靶A 从抛出开始到被击中过程中机械能减少了ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2，可知选项D 错误．。
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选择题提速练91—5为单选，6—8为多选1．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( B )A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 VD．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，选项B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．2．下图为某同学自制的加速度计．构造如下：一根轻质细杆的下端固定一个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接．杆可在竖直平面内左右摆动．硬质面板紧靠杆摆动的平面放置，并标有刻度线．其中，刻度线c位于经过O的竖直线上，刻度线b在bO连线上，∠bOc＝30°，刻度线d在dO连线上，∠cOd＝45°.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速度v＝10 m/s，g取9.8 m/s2，汽车前进时( B )A ．若细杆稳定地指示在b 处，则汽车加速度为4.9 m/s 2B ．若细杆稳定地指示在d 处，则0.5 s 内汽车速度减小了4.9 m/sC ．若细杆稳定地指示在b 处，则0.5 s 内汽车速度增大了4.9 m/sD ．若细杆稳定地指示在c 处，则5 s 内汽车前进了100 m解析：若细杆稳定地指示在b 处，对小球分析受力，求出沿水平方向所受合力为F 合＝mg tan30°，由牛顿第二定律得F 合＝ma 1，则汽车加速度为a 1＝g tan30°＝9.8×33m/s 2＝5.66 m/s 2，选项A 错误；若细杆稳定地指示在d 处，则汽车加速度为a 2＝g tan45°＝9.8 m/s 2，则0.5 s 内汽车速度减小了Δv ＝a 2Δt ＝4.9 m/s ，选项B 正确；若细杆稳定地指示在b 处，则0.5 s 内汽车速度增大了Δv ＝a 1Δt ＝5.66×0.5 m/s＝2.83 m/s ，选项C 错误；若细杆稳定地指示在c 处，汽车匀速运动，则5 s 内汽车前进了s ＝vt ＝10×5 m＝50 m ，选项D 错误．3. (2018·荆州模拟)如图所示，B 和C 是一组塔轮，即B 和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比R BR C ＝，A 轮的半径大小与C 轮的相同，它与B 轮紧靠在一起，当A 轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B 轮也随之无滑动地转动起来．a 、b 、c 分别为三轮边缘上的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( D )A ．线速度大小之比为B ．角速度之比为C ．转速之比为D ．向心加速度大小之比为解析：A 、B 间靠摩擦传动，则边缘上a 、b 两点的线速度相等，即v a v b ＝，选项A 错误；B 、C 同轴转动，则其上b 、c 两点的角速度相等，即ωb ＝ωc ，nb nc ＝ωb ωc ＝11，选项B 、C 错误；对a 、b 两点由a ＝v2r 得aa ab ＝Rb Ra ＝32，对b 、c 两点由a ＝ω2r 得ab ac ＝Rb Rc ＝32，故a a a b a c＝，选项D 正确．4．(2018·郑州质量预测)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 点到C 点的过程中弹簧弹力做的功是( A )A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)解析：小球从斜面底端到最高点C 的过程中，重力、弹簧弹力均做功，C 点为最高点，即v C ＝0，由动能定理得－mgh ＋W ＝0－12mv 2，解得弹簧弹力做的功W ＝mgh －12mv 2，选项A 正确．5．如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR2mD.2qBRm解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有(r ＋R2)tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bqv ＝m v2r 可得v ＝qBRm，故B 正确．6．(2018·湖北七市联考)如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色传送带以10 m/s 的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A 处无初速度地轻放上一个质量为1 kg 的小煤块(可视为质点)，它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A 到B 的长度为16 m ，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则在小煤块从A 运动到B 的过程中( ACD )A ．小煤块从A 运动到B 的时间为2 s B ．煤块对皮带做的总功为0C ．小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6 mD ．因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24 J解析：煤块放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a 1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝g sin37°＋μg cos37°＝10 m/s 2.则速度达到传送带速度所需的时间为t 1＝va1＝1 s.经过的位移为x 1＝12a 1t 21＝5 m.由于mg sin37°>μmg cos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止． 速度相等后，煤块所受的摩擦力沿斜面向上． 根据牛顿第二定律得a 2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s 2.根据vt 2＋12a 2t 2＝L －x 1，代入数据解得t 2＝1 s. 则t ＝t 1＋t 2＝2 s ，故A 正确；煤块对传送带做的总功即是摩擦力所做的功，为W ＝－fx 传＝－μmg cos θ·x传＝－μmg cos θ·vt ＝－80 J ，故B 错误；在t 1时间内，传送带位移为x 2＝vt 1＝10 m. 所以划痕长度是Δx 1＝x 2－x 1＝5 m ； 在t 2时间内，传送带位移为x 3＝vt 2＝10 m ， 煤块的位移为x 4＝L －x 1＝11 m. 所以划痕长度为Δx 2＝x 4－x 3＝1 m.所以总划痕长度是Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6 m ，故C 正确； 产生的热量Q ＝f Δx ＝μmg cos θΔx ＝24 J ，D 正确．7．(2018·山东模拟)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用，第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区，第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成，中轨道卫星高度为10 354 km ，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)．在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天，下列说法中正确的是( BC )A ．中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度B ．中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度C ．在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方D ．如果某一时刻中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上解析：由题意知，中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径(约为42 400 km)，所以，其线速度大于同步卫星的线速度，选项B 正确；中轨道卫星的周期T 1＝6 h ，其经过地面某点的正上方的一天后，仍在该点，选项C 正确；选项D 中，中轨道卫星需经过t ＝(T12＋nT 1)，T 1＝6 h ，n ＝0,1,2,3，…，同步卫星需经过t ′＝(T22＋nT 2)．T 2＝24 h ，n ＝0,1,2,3，…，二者再次在同一直线上，显然t ′≠t ，选项D 错误．8．(2018·武昌模拟)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( AC )A ．只增大电压UB ．只增大高度dC ．只增大长度LD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 0解析：尘埃做类平抛运动，达到下板的尘埃被收集，竖直偏移量y ＝12at 2＝Uq 2md t 2＝UqL22mdv20越大越容易收集，则可以增大U 、L ，减小v 0、d ，选项A 、C 正确．。
2018_2019高考物理二轮复习 选择题提速练10
选择题提速练101—5为单选，6—8为多选1．下列关于电源电动势的说法中，正确的是( C )A ．在某电池的电路中，每通过2 C 的电荷量，电池提供的电能是4 J ，那么这个电池的电动势是0.5 VB ．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C ．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D ．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多解析：根据电动势定义，由E ＝Wq得E ＝2 V ，选项A 错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质决定，选项B 错误，选项C 正确；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源提供的电能取决于通过电源的电荷量与电动势之积，选项D 错误．2.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( C )A ．7.5 VB ．8 VC ．215 VD ．313 V解析：本题考查电压的有效值．根据电流的热效应有(6 V 2)2·T 3/R ＋2R·2T 3＝U2RT ，解得U ＝215 V ，C 项正确．3.如图所示电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关S 由断开变为闭合时( D )A ．A 灯中无电流通过，不可能变亮B ．A 灯中有电流通过，方向由a 到bC ．B 灯逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．B 灯逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势解析：开关S 闭合时，电容器C 将放电，放电电流方向为b →a ，灯泡A 变亮，选项A 、B 错误；开关S 断开时，通过线圈L 的电流方向为c →d ，开关S 闭合后，开关S 与含B 灯的电路并联，发生短路现象，由于自感现象，B 灯逐渐熄灭，通过线圈L 的电流方向是c →d ，即c 点电势低于d 点电势，选项D 正确．4．(2018·山东名校联考)示波管是一种多功能电学仪器，其结构图如图所示，电子枪中的炽热金属丝不断放出可认为初速度为零的电子，在加速电场加速，再经偏转电极XX ′和YY ′，最后在荧光屏上形成图像．现在偏转电极XX ′和YY ′上不加电压，加速电场电压为U ，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为ΔL 的电子束内电子个数是( A )A.I ΔL e m 2eUB.I ΔL eS m 2eUC.I eS m 2eUD.IS ΔL e m 2eU解析：eU ＝12mv 2，I ＝ne /t ，ΔL ＝vt ，联立解得：n ＝I ΔLem2eU.选项A 正确． 5．(2018·宁波模拟)如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O 为轻绳之间连接的结点，图乙中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置均处于静止状态，现将图甲中的B 滑轮或图乙中的端点B 沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角的变化说法正确的是( B )A ．图甲、图乙中θ角均增大B ．图甲、图乙中θ角均不变C ．图甲中θ角增大、图乙中θ角不变D ．图甲中θ角不变、图乙中θ角变大解析：在图甲中由于A 和B 均为滑轮，可知在移动B 滑轮的过程中，绳OA 与OB 的拉力大小不变，若θ变化时，合力必变化，但此时其合力不变，与O 点下方五个钩码的重力大小相等，所以θ角不变；对于图乙，由右图可知，当B 点稍稍上移时，θ角仍然不变，所以只有B 项正确．6．如图所示，足够长的水平传送带以速度v 沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A 点距离底部的高度为h ＝0.45 m ．一小物块从A 点静止滑下，滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( BC )A ．若v ＝1 m/s ，则小物块能回到A 点B ．若v ＝3 m/s ，则小物块能回到A 点C ．若v ＝5 m/s ，则小物块能回到A 点D ．无论v 等于多少，小物块均能回到A 点解析：小物块下滑到底部的速度为v 0，由机械能守恒得，mgh ＝12mv 20，v 0＝3 m/s ，因传送带向右运动，物块将在传送带上先匀减速运动到零，再向右做匀加速运动，但当传送带的速度v <3 m/s 时，物块向右加速到与传送带同速即做匀速运动，故v ＝1 m/s 时，小物块滑回曲面时的速度为v ＝1 m/s ，上升的高度为h ′＝v 22g＝0.05 m ，选项A 错误；当v ≥3 m/s 时，小物块回到曲面的速度均为v 0＝3 m/s ，仍能回到A 点，选项B 、C 正确，D 错误．7．如图所示，某种金属板M 受到紫外线照射时，会不停地向各个方向发射出电子，射出的电子的速度大小不同．在竖直放置的M 板的右侧放一个和M 板等大的平行的金属网N ，如果把M 、N 接在如图所示的电路中，那么，以下说法中正确的是( AD )A ．如果闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向右移动，那么，在M 、N 之间运动的电子的加速度将增加B ．如果闭合开关S ，滑动变阻器的滑片P 向左移动，那么，电流表的示数一定不变C ．从M 板发射出来的速率相等且能到达N 网的电子中，沿直线运动的电子所用的时间最短，到达N 网的速率最大D ．能到达N 网的电子，在M 、N 间运动的过程中电势能都增加解析：如果闭合开关S ，将滑片P 向右移动，M 、N 之间电压变大，电子的加速度增加，选项A 正确；闭合开关S 后将滑片P 向左移动，M 、N 之间电压变小，到达N 网的电子数增多，电流表的示数变大，选项B 错误；由动能定理得－eU ＝E k N －12mv 20，到达N 网的速率相等，选项C 错误；电子在两板间运动时电场力做负功，电势能增加，选项D 正确．8．(2018·新课标全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q (q >0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减少W 1：若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2，下列说法正确的是( BD )A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 22C ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为W 2qLD ．若W 1＝W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差解析：由题意得，(φa －φb )q ＝W 1，(φc －φd )q ＝W 2，只能得出a 、b 两点间和c 、d 两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A 错误；若c 、d 之间的距离为L ，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C 错误；由于φM ＝φa ＋φc 2、φN ＝φb ＋φd2、W MN ＝q (φM －φN )，上述各式联立求解得粒子从M 点移动到N 点电场力做的功为W MN ＝W 1＋W 22，所以B 正确；若W 1＝W 2，有φa －φb ＝φc －φd ，变形可得φa －φc ＝φb －φd ，又φa －φM＝φa －φa ＋φc 2＝φa －φc 2，φb －φN ＝φb －φb ＋φd 2＝φb －φd2，所以φa －φM ＝φb －φN ，D 正确．。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练131
D 错误．
7．如图所示，某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，杆竖直放
置．杆上有 A、B、O 三点，其中 O 为等量异种电荷连线的中点，AO＝BO.现有一带电小圆环
从杆上 A 点以初速度 v0 向 B 点滑动，滑到 B 点时速度恰好为 0，则关于小圆环的运动，下 列说法正确的是( AC )
A．(2，－2) C．(2,2)
B．(4，－2) D．(4,2)
2
1
解析：示波管某方向的偏转位移与电压成正比，在 XX′这对电极上，x∝UXX′，当电 压 UXX′＝1 V 时，x＝2；在 YY′这对电极上，y∝UYY′，当电压 UYY′＝2 V 时，y＝2.所以 选择 C.
4.如图所示，用 a、b 两种不同频率的光分别照射同一金属板，发现当 a 光照射时验电 器的指针偏转，b 光照射时指针未偏转，以下说法正确的是( D )
球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是(已知日地平均距离约为 15 000 万公里)(
BD )
A．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也没有任何影响
B．只考虑太阳的引力，地球在 P 点的线速度大于小行星通过 Q 点的线速度
C．只考虑地球的引力，小行星在 Q 点的加速度小于同步卫星在轨道上的加速度
动．由图 a、b 粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且 a、b 粒子的半径比为
2
1
23，则 a 一定是第 2 组粒子，b 是第 4 组粒子，c 顺时针运动，为负电荷，半径与 a 相等 是第 5 组粒子．正确选项为 D.
6．(2018·武汉模拟)如图甲所示，在倾角为 θ 的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端 固定，静止时上端位置在 B 点．质量 m＝2.0 kg 的小物体由斜面上 A 点自由释放，从开始 的一段时间内的 vt 图象如图乙所示(图中 0～0.4 s 时间段图线为直线，其余均为曲线)， 小物体在 0.4 s 时运动到 B 点，0.9 s 时到达 C 点，B、C 间距为 1.2 m(g 取 10 m/s2)，由 图知( AC )
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练720190313242
选择题提速练71—5为单选，6—8为多选1．(2018·江苏徐州、宿迁第三次模拟)在地面上插入一对电极M 和N ，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P 、Q 是电场中的两点．下列说法中正确的是( B )A ．P 点场强比Q 点场强大B ．P 点电势比Q 点电势高C ．P 点电子的电势能比Q 点电子的电势能大D ．电子沿直线从N 到M 的过程中所受电场力恒定不变解析：电场线密的地方电场强度大，由题图可知P 点场强比Q 点场强小，A 错误；沿电场线方向电势降低，因此P 点电势高于Q 点电势，B 正确；P 点电势高于Q 点电势，即φP >φQ ，电子带负电，q <0，由电势能公式E p ＝q φ可知，电子在P 点的电势能小于在Q 点的电势能，C 错误；由于该电场是非匀强电场，E 是变化的，由F ＝qE 可知，电子所受的电场力是变化的，D 错误．2．如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有半径为r 的光滑半圆形导体框架，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒，OC 之间连一个电阻R ，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC 能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是( C )A.B 2ω2r 4RB.B 2ω2r 42RC.B 2ω2r 44R D.B 2ω2r 48R解析：匀速转动，外力做功的功率与安培力的功率相同，克服安培力做的功转化为系统的内能，即外力做功的功率与发热功率相同．转动OC 切割磁感线产生的电动势大小为E ＝12Br 2ω，外力的功率为P ＝E 2R ＝B 2ω2r 44R ，C 项正确． 3．一个质量为m 的小球，从光滑曲面轨道上的位置1由静止释放，经过时间t 后，沿轨道运行路程d 到达了位置2，如图所示，竖直方向距离为h ，小球到达位置2时的瞬时速度为v ，瞬时加速度为a ，下列表达式中正确的是( D )A ．d ＝12at 2B ．h ＝12gt 2C ．d ＝v 22aD ．h ＝v 22g解析：本题考查了运动学公式的适用条件及机械能的守恒．小球沿光滑曲面下滑过程中加速度的大小和方向均变化，因此，不能用匀变速直线运动的公式来计算小球的位移和路程，故选项A 、B 、C 均错误；由机械能守恒得mgh ＝12mv 2，解得h ＝v 22g，故选项D 正确． 4．以下有关近代物理内容的叙述，其中正确的是( D )A ．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小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，电子的势能也减小D ．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线解析：原子核发生一次β衰变，该原子核内质子数增加1，原子外层电子数不变，选项A 错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太低，选项B 错误；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，原子的能量增大，故电子的势能增大，选项C 错误；天然放射现象中发出的三种射线，α射线是氦核流，β射线是电子流，γ射线是电磁波，都看不见，故选项D 正确．5．如图所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学的身高和质量分别为( D )A ．v (t 0－t )，M 0U 0UB.12v (t 0－t )，M 0U 0U C ．v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0) D.12v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0) 解析：当测重台没有站人时，2x ＝vt 0，当测重台站人时，2(x －h )＝vt ，联立可得h ＝12v (t 0－t )；当测重台没有站人时，U 0＝kM 0g ；当测重台站人时，U ＝k (M 0g ＋mg )，联立可得，m ＝M 0U 0(U －U 0)；故选项D 正确．6．如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S 射入磁感应强度为B 2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R 1R 2＝，则下列说法正确的是( AD )A ．离子的速度之比为B ．离子的电荷量之比为C ．离子的质量之比为D ．离子的比荷为解析：因为两粒子能沿直线通过速度选择器，则qvB 1＝qE ，即v ＝E B 1，所以两离子的速度相同，选项A 正确；根据R ＝mv qB 2，则q 1m 1q 2m 2＝R 2R 1＝，选项B 、C 错误，D 正确．7．如图所示，O 点是两等量同种负点电荷连线的中点，在两等量同种负点电荷连线的中垂面上有以O 点为圆心的两个同心圆，两圆上分别有a 、b 、c 、d 四个点，O 、a 、c 三点在一条直线上，则下列说法正确的是( ABD )A ．a 、c 两点的电场强度方向相同，大小有可能相等B ．a 、b 两点的电势相同C ．将带正电的检验电荷从a 点在平面内移动到d 点，检验电荷的电势能一定减小D ．带正电的检验电荷可以仅在电场力作用下在此平面内做匀速圆周运动解析：由等量同种负点电荷的电场分布特点可知，a 、c 两点电场强度方向沿ac 连线指向O 点，场强大小有可能相等，A 正确；a 、b 两点所在的圆等势，B 正确；带正电的检验电荷从a 点在平面内移动到d 点，由电势低的等势面到电势高的等势面，电势能增大，C 错误；在中垂面内带正电的检验电荷始终受到方向指向O 点的电场力，可在此平面内做匀速圆周运动，D 正确．8．如图所示，甲、乙两物块用跨过定滑轮的轻质细绳连接后分别静止在斜面AB 、AC 上，滑轮两侧细绳与斜面平行．甲、乙两物块的质量分别为m 1、m 2，AB 斜面粗糙，倾角为α，AC 斜面光滑，倾角为β，不计滑轮处摩擦，则以下分析正确的是( BC )A ．若m 1sin α>m 2sin β，则甲所受的摩擦力沿斜面向下B ．若m 1sin α<m 2sin β，则甲所受的摩擦力沿斜面向下C ．若在物块乙上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大D ．若在物块甲上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大 解析：若m 1sin α>m 2sin β，则物块甲有下滑趋势，受到沿斜面向上的摩擦力，A 错误；若m 1sin α<m 2sin β，则物块甲有上滑趋势，受到沿斜面向下的摩擦力，B 正确；细绳拉力T ＝m 2g sin β，若在物块乙上再放一小物块后，则细绳拉力变为T ′＝(m 2＋Δm )g sin β>T ，但若在物块甲上再放一小物块，并不影响细绳拉力的大小，C 正确，D 错误．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：2 Word版含解析
选择题提速练21—5为单选，6—8为多选1．作用于O点的三个力平衡，设其中一个力大小为F1，沿y轴负方向，大小未知的力F2与x轴正方向夹角为θ，如图所示，下列关于第三个力F3的判断正确的是(C)。
A．力F3只能在第二象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cosθD．力F3只能在第三象限解析：据力的三角形定则画图如图所示，力F3可能在第二、第三象限中，选项A、D均错误；不管力F2和F3夹角如何变化，它们的合力大小始终等于F 1，选项B 错误；从图中可知，当F 3与F 2垂直时有最小值，且F 3＝F 1cos θ，选项C 正确．2．如图所示，在粗糙的水平面上，长度为L 、质量M ＝2 kg 的长木板某时刻正以速度v 0向右运动．现对长木板施加一水平向左的恒力F (大于3 N)，同时将一质量m ＝1 kg 的光滑小球无初速度地放置于长木板上表面与左端距离为2L 3处，发现长木板向右运动距离3L 5后立即反向向左运动．已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 取10 m/s 2，规定水平向左为正方向，则长木板受到的摩擦力f 随时间t 的变化规律正确的是下图中的( A )解析：长木板向右减速运动的距离为3L 5的过程中，长木板所受的摩擦力f 1＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向左；长木板反向向左加速运动的距离为3L 5＋L 3的过程中，小球仍在长木板上，则长木板所受的摩擦力f 2＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向右；当小球脱离长木板后，长木板所受的摩擦力f 3＝μMg ＝2 N ，方向水平向右，选项A 正确．3．(2018·黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，在竖直平面内，AB ⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上，在C 点有一固定点电荷，电荷量为－Q .现从A 点将一质量为m 、电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr ，规定电场中B 点的电势为零，重力加速度为g .则在－Q 形成的电场中( A )A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的2倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr解析：在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，则φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12m v 2－0，得W 电＝7mgr ，由W 电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q，得φD ＝7mgr q ，则φD >φA ，A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A＝kQ(2r)2，E O＝kQr2，E O＝2E A，则C错误．4．(2018·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是(A)A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：当R3不变，P顺时针转动时，n MN减小，由U CDU MN＝n CDn MN，知U MN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错；当P不动时，匝数n MN不变，输出电压U MN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．5．(2018·武汉模拟)中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h ，装有“M-70”大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8 700 kW.假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f 与速度v 成正比，即f ＝k v ，则( D )A ．“野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105 NB ．在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为9.8×105 NC ．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kWD ．从题中给出的数据，能计算阻力f 与速度v 的比值k解析：汽车的牵引力F ＝P v ，当速度很小趋于零时，牵引力很大，选项A 错误；启动后以额定功率行驶，速度达到最大时，阻力f ＝F ＝P v ＝2.9×105 N ，选项B 错误；匀速行驶时，P ＝F v ＝k v 2，以最高时速运动，已知功率和速度，可求出比值k ，以最高时速一半匀速行驶，功率变为最高时速的功率的14，选项C 错误，选项D 正确． 6．(2018·东莞模拟)我国航天局于2013年向火星发射第一颗“火星探测器”，如图所示，假设“火星探测器”绕火星表面运动的周期为T ，在火星上着陆后，自动机器人用弹簧测力计测得质量为m 的仪器重力为P .已知引力常量为G ，由以上数据可以求出的量有( CD )A ．火星的自转周期B ．火星探测器的质量C ．火星表面的重力加速度D ．火星的密度解析：由P ＝mg 火可得，火星表面的重力加速度g 火＝P m ，C 项正确；由G Mm ′R 2＝m ′R ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，火星的密度ρ＝M V ，V ＝4πR 33可知，可以求出火星的密度，D 项正确．7．下图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a 、b ，导轨两端e 、 f ，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．下列说法正确的是( BD )A ．若a 接正极，b 接负极，e 接正极， f 接负极，则L 向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动解析：若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆所受安培力向左，则L向左滑动，A选项错误；同理判定B、D选项正确，C选项错误．8．(2018·云南部分名校统考)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P.导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是(BD)A．导体棒的a端比b端电势低B．ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的1 2D．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍解析：导体棒下滑切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，由右手定则知a端为正极，b端为负极，A项错误．感应电动势E＝BL v，I＝ER，对ab受力分析有mg sinθ－B2L2vR＝ma，则知导体棒做加速度减小的加速运动，当a＝0时，mg sinθ＝B2L2v mR，得：v m＝mgR sinθB2L2，若B增大为原来的2倍，稳定状态时速度变为原来的14，所以B项正确，C项错．若质量增大为原来的2倍，导体棒稳定时的速度为原来的2倍，R的功率P＝B2L2v2R，可知功率变为原来的4倍，D项正确．。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：4 Word版含解析
选择题提速练41—5为单选，6—8为多选。
1．(2018·吉林质检)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是(C)A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：因为v-t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度为零，其电场力也为零，b点的电场强度一定为零，选项C正确；要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，选项A错误；Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，选项B错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D错误．2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6)( B )A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W解析：小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2v R 总对棒满足：mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2v R 棒＋R 灯＝0 因为R 灯＝R 棒则：P 灯＝P 棒再依据功能关系：mg sinθ·v－μmg cosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．3．(2018·河南六市一联)如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥．线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A 内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的(C)解析：正、负离子在磁场中受洛伦兹力，正离子向P1板偏转，负离子向P2板偏转，P1板带正电，P2板带负电，ab中电流为从a流向b，在0～1 s内排斥说明电流从d流向c,1～3 s内吸引说明电流从c流向d,3～4 s内排斥说明电流从d流向c，再利用楞次定律、安培定则可判断只有C项正确．4．现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是(C)A．核反应方程为21H＋21H→32He＋11HB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He ＋10n，则新粒子为中子10n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe＋E kn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动能守恒有p He－p n＝0，由E k＝p22m，可知E kHeE kn＝m nm He，解得E kHe＝m nm n＋m He(2E0＋ΔE)＝1 MeV，E km＝m Hem n＋m He(2E0＋ΔE)＝3 MeV，所以C正确，D错误．5．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于(A)A.2 9895 000B.2 0115 000C.2 0112 089D.2 0892 011解析：对1～5 000号球整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、天花板处绳子拉力T 0以及5 000个球的重力5 000G ，由平衡条件可列出平衡方程：T 0cos45°＝F ，T 0sin45°＝5 000G .解得F ＝5 000G .再对2 012～5 000号球为整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、2 989个球的重力2 989G 以及2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳拉力T ，列出平衡方程T cos α＝F ，T sin α＝2 989G .解得tan α＝2 9895 000. 6．(2018·江苏南通二模)车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h >H ，当地重力加速度为g ，汽车可视为质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( CD )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α<θ解析：据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t ，故A 错误；汽车的质量未知，根据动能表达式E k ＝12m v 2可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能E k ，故B 错误； 设汽车离开左侧斜坡的速度大小为v 1.根据水平方向的匀速直线运动有d ＝v 1cos α·t ①竖直方向的竖直上抛运动有H m ＝(v 1sin α)22g② 取竖直向上方向为正方向有－(h －H )＝v 1sin α·t －12gt 2③ 由①③两式可求得运动时间t 和v 1，将v 1代入②式可求出最大高度H m ，故C 正确；根据速度的分解得tan α＝v y 1v x ，tan θ＝v y 2v x，由于h >H ，竖直分速度关系为v y 1<v y 2，则得α<θ，故D 正确．7. (2018·湖北八校联考)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无恒力F .图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v -t 图线．不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小 解析：根据v -t 中斜率等于加速度的意义可知：a a ＝Δv t 1＝0－111.1＝－10 m/s 2，a b ＝0－111＝－11 m/s 2；不受拉力时：ma b ＝－mg sin53°－μmg cos53°，代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：ma a ＝F －mg sin53°－μmg cos53°；所以：F ＝1 N ．故A 正确，B 错误；根据运动学公式：x ＝0－v 202a可知，因为有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D 正确．故选AD.8．(2018·湖南株洲质检)某种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( ABD )A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%解析：理想电压表V 的示数为4.0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6 Ω＝203Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203Ω＋12·103Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0 V ＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W ＝0.36 W ，C错误；电源效率η＝55.6×100%＝89.3%，D 正确．。
2018版高考物理二轮复习小题提速练2201802284141
小题提速练(二)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ))A、B两个物体在同一条直线上做直线运动，它们at图象如图1所示，规定水平向右为正方向．已知在t＝0时，两物体的速度均为零，且A在B的左边1.75 m处，则A追上B的时间是( )图1A．t＝0.5 s B．t＝1.5 sC．t＝2.5 s D．t＝3.5 sD[很显然，在前2 s内两个物体运动规律是一样的，不可能追上，故A、B错误；在t＝2.5 s时，A的位移是1.125 m，B的位移是0.875 m，两位移之差为0.25 m，小于1.75 m，故C错误；t＝3.5 s时，A的位移是1.875 m，B的位移是0.125 m，两位移之差等于1.75 m，故D正确．]15．(2017·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图2所示，一根不可伸长的轻质细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态，若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是( )【导学号：19624219】图2A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力变大C．只将绳的右端移向B′点，拉力变大D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变C[设细绳总长度为L，OA段长度为l1，OB段长度为l2，由对称性可知，OA、OB与竖直方向间夹角相等，设为α，两悬点间的水平距离设为d ，则由l 1sin α＋l 2sin α＝d ，l 1＋l 2＝L 可得sin α＝d L，只将绳的左端移向A ′点的过程中，d 不变，α不变，由2F cos α＝G 可知，F 不变，A 、B 均错误；只将绳的右端移向B ′点的过程中，d 增大，α增大，F 增大，C 正确，D 错误．]16．(2017·沈阳三模)以无穷远处的电势为零，在电荷量为q 的点电荷周围某点的电势可用φ＝kq r 计算，式中r 为该点到点电荷的距离，k 为静电力常量．两电荷量大小均为Q 的异种点电荷固定在相距为L 的两点，如图3所示．现将一质子(电荷量为e )从两点电荷连线上的A 点沿以电荷＋Q 为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，质子从A 移到C 的过程中电势能的变化情况为( )图3A ．增加2kQe L 2－R 2B ．增加2kQeR L 2－R 2 C ．减少2kQeR L 2＋R 2 D ．减少2kQe L 2＋R 2B [根据题中φ＝kq r公式和叠加原理可知，φA ＝k －Q L －R ＋k Q R .C 点的电势φC ＝k －Q L ＋R ＋k Q R .故U AC ＝φA －φC ＝－2kQR L 2－R 2，质子由A 移到C 的过程中电场力做功W AC ＝U AC e ＝－2kQeR L 2－R 2，是负功，故质子电势能增加2kQeR L 2－R 2，B 项正确．] 17．(2017·新余市一中七模)放射性物质碘131的衰变方程为131 53I→131 54Xe ＋Y ＋γ.根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )A ．生成的13154Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．Y 粒子为β粒子D.131 53I 中有53个质子和132个核子C [γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故A 错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B 错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，Y 粒子的电荷数为－1，质量数为0，可知Y 粒子为β粒子，故C 正确．电荷数等于质子数，可知131 53I 中有53个质子，质量数等于核子数，则有131个核子，故D 错误．故选C.]18．(2017·虎林市摸底考试)2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们的连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr ，已知a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径，则( )【导学号：19624220】A ．b 星的周期为l －Δr l ＋ΔrT B ．a 星的线速度大小为πl －Δr TC ．a 、b 两颗星的半径之比为l ＋Δr l －ΔrD ．a 、b 两颗星的质量之比为l ＋Δr l －Δr C [双星系统中两颗星的周期和角速度均相等，A 错误；由r a ＋r b ＝l ，r a －r b ＝Δr 可知r a ＝l ＋Δr 2，r b ＝l －Δr 2，r a r b ＝l ＋Δr l －Δr ，由m a ω2r a ＝m b ω2r b 可得：m a m b ＝r b r a ＝l －Δr l ＋Δr，C 正确，D 错误；由v a ＝2πr a T 可得：v a ＝πl ＋Δr T ，B 错误．] 19．(2017·Ⅱ卷)某同学自制的简易电动机示意图如图4所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )图4A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉AD [装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路．故选A 、D.]20．(2017·沈阳铁路实验中学模拟)水平面上有两个质量不相等的物体a 和b ，它们分别在水平推力F 1和F 2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v t 图线如图5所示，图中线段AC ∥BD .则以下说法正确的是( )图5①水平推力大小F 1>F 2②水平推力大小F 1<F 2③物体a 所受到的摩擦力的冲量大于物体b 所受到的摩擦力的冲量④物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b 所受到的摩擦力的冲量⑤物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功⑥物体a 克服摩擦力做功小于物体b 克服摩擦力做功A ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，①⑤都正确B ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，④⑥都正确C ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，②③都正确D ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，只有④正确AD [根据v t 图象，由于AC ∥BD ，可见撤去外力后，两物体的加速度相等，故两物体与水平面间的动摩擦因数相同．由图可知撤去外力之前，物体a 的加速度大于物体b 的加速度，由牛顿第二定律可知F 1－μm a g m a ＞F 2－μm b g m b ，解得：F 1m a ＞F 2m b，若m a ＞m b 则F 1＞F 2，若m a ＜m b ，则无法比较水平推力F 1和F 2的大小．克服摩擦力做功W f ＝μmgx ，所受到的摩擦力的冲量大小I f ＝μmgt .由图可知：物体b 运动的时间更长，物体a 的位移更大，若m a ＞m b 则物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功，但无法比较两者所受到的摩擦力的冲量大小，若m a ＜m b ，物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b 所受摩擦力的冲量，但无法比较两者克服摩擦力的做功大小，故A 、D 正确，B 、C 错误．]21．(2017·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图6所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )【导学号：19624221】图6A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为最大B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtC．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端电压将升高D．当用户功率增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动ABD[从线圈在如图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，此时变压器原线圈中的电流值最大，A、B均正确；当滑动触头向下移动时，影响变压器的输出电压，而不影响变压器的输入电压，C错误；当用户功率增加时，因R0的降压作用，用户得到的电压降低，为使用户电压保持不变，应使副线圈匝数增多，即滑动触头P应该向上滑动，故D正确．]。
2018版高考物理二轮复习小题提速练1201802284133
小题提速练(一)(时间：20分钟 分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2017·沧州一中月考)甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移s 随时间t 变化的关系如图1所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则下列说法正确的是( )图1A ．甲车的初速度为零B ．乙车的初位置在s 0 ＝ 60 m 处C ．乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D ．5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大C [位移－时间图象的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A 错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则s ＝12at 2，根据图象可知，s 0＝12a ·100,20＝12a ·25，解得：a ＝1.6 m/s 2，s 0＝80 m ，选项C 正确，B 错误；5 s 时两车相遇，此时甲的速度v 甲＝205 m/s ＝4 m/s ，乙的速度为v 乙＝at ＝1.6×5 m/s＝8 m/s ，选项D 错误．]图215．(2017·衡阳市二模)半圆柱体P 放在粗糙的水平面上，有一挡板MN ，其延长线总是过半圆柱体的轴心O ，但挡板与半圆柱体不接触，在P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q (P 的截面半径远大于Q 的截面半径)，整个装置处于静止状态，如图乙是这个装置的截面图，若用外力使MN 绕O 点缓慢地逆时针转动，在Q 到达最高位置前，发现P 始终保持静止，在此过程中，下列说法正确的是( )【导学号：19624215】A ．MN 对Q 的弹力大小逐渐增大B ．P 、Q 间的弹力先增大后减小C ．桌面对P 的摩擦力先增大后减小D ．P 所受桌面的支持力保持不变C [以小圆柱为研究对象，受力分析如图，可得：F 1＝mg cos α，F 2＝mg sin α，随α增大，F 1减小，F 2增大，A 、B 均错误；对半圆柱P 受力分析如图所示．由平衡条件可得：N ＝Mg ＋F 2sin α＝Mg ＋mg sin 2 α， f ＝F 2cos α＝mg sin αcos α，当α由0增大到90°的过程中，N 逐渐增大，f 先增大后减小，故C 正确，D 错误．] 16．(2017·吉林大学附中模拟)如图3所示，空间中存在与等边三角形ABC 所在平面平行的匀强电场．其中电势φA ＝φB ＝0，φC ＝φ.保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以AB 为轴转过60°，则此时C 点的电势为( )图3A.32φ B.12φ C ．－32φ D ．－12φB [因为A 、B 点等势，所以电场方向水平向左，设等边三角形的边长为L ，则C 点到AB 的垂线长度为32L ，所以匀强电场E ＝φ32L ，让等边三角形以AB 为轴转过60°，则C 点在平面上的投影点到AB 的距离为d ＝32L ·cos 60°＝34L ，故此时C 点的电势为φ′＝Ed ＝φ32L ×34L ＝12φ，B 正确．]17．(2017·虎林市摸底考试)在足够大的匀强磁场中，静止的钠的同位素2411Na 发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆，如图4所示，下列说法正确的是( )【导学号：19624216】图4A ．新核为2412MgB ．轨迹2是释放出的粒子的径迹 C.2411Na 发生的是α衰变 D ．新核沿顺时针方向旋转A [由运动轨迹为相内切圆可知，新粒子应带负电，2411Na 的衰变应为β衰变，核反应方程为2411Na ―→ 0－1e ＋2412Mg ，故新核是2412Mg ，A 正确，C 错误；由r ＝mvqB，由动量守恒定律可知，新核与 0－1e 的动量大小相等，因此，新核的半径较小，轨迹2是新核的轨迹，B 错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判断，新核应沿逆时针方向旋转，故D 错误．]18．(2017·虎林市摸底考试)如图5所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O 点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r 的圆弧运动，打在荧光屏上的P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E 的匀强电场，光斑从P 点又回到O 点，关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是( )图5A ．粒子带负电B ．初速度为v ＝B EC ．比荷为q m ＝B 2rED ．比荷为q m ＝EB 2rD [加上垂直于纸面向里的磁场后，粒子打在屏上P 点，说明粒子在磁场中所受洛伦兹力方向向上，由左手定则可以判断粒子带正电，A 错误；由于电场和磁场同时存在时，粒子不发生偏转，可得：qvB ＝Eq ，解得v ＝EB ，B 错误；由r ＝mv qB ，可得q m ＝v rB ＝ErB 2，可知D 正确，C 错误．]16套小题提速练物理·特色专项考前增分集训19.(2017·中卫市一模)如图6是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C 、D 固定在铁架台上，与两个铜线圈P 、Q 组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P 时，线圈Q 也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是( )【导学号：19624217】图6A ．P 向右摆动的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)B ．P 向右摆动的过程中，Q 也会向右摆动C ．P 向右摆动的过程中，Q 会向左摆动D ．若用手左右摆动Q ，P 会始终保持静止AB [P 向右摆动的过程中，穿过P 的磁通量减小，根据楞次定律，P 中有顺时针方向的电流(从右向左看)，故A 正确．P 向右摆的过程中，P 中的电流方向为顺时针方向，则Q 下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q 向右摆动．同理，用手左右摆动Q ，P 会左右摆动，故B 正确，C 错误，D 也错误．]20．(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅲ))如图甲7所示，一理想变压器原线圈匝数为n 1＝1 000匝，副线圈匝数为n 2＝150匝，变压器输入端的正弦交变电压如图乙所示，定值电阻的阻值为11 Ω，总阻值为22 Ω的滑动变阻器滑片为P .下列说法中正确的是( )图7A ．变压器副线圈输出电压的频率为50 HzB ．滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压不变C ．滑片P 滑到最右端时，通过电阻R 的电流为6 AD ．滑片P 滑到最左端时，变压器的输入功率为66 WAC [原、副线圈的周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A 正确；滑动变阻器的滑片P 向右滑动时，电阻R 两端的电压变大，选项B 错误；原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝440 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2＝66 V ，滑动变阻器的滑片P 滑到最右端时，通过电阻R 的电流为I 2＝U 2R＝6 A ，选项C 正确；滑动变阻器的滑片P 滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P 2＝U 22R ＋R P＝132 W ，选项D 错误．]21．(2017·江苏高考)如图8所示，三个小球A 、B 、C 的质量均为m ，A 与B 、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L .B 、C 置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A 、B 、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g .则此下降过程中( )【导学号：19624218】图8A ．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于32mgB ．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于32mgC ．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下D ．弹簧的弹性势能最大值为32mgL AB [A 对：取A 、B 、C 整体研究，三个小球皆静止时，地面对B 、C 球的弹力各为32mg .当A 球下降时，只要A 球未达最大速度，有竖直向下的加速度，A 球就处于失重状态，地面对B 球的支持力小于32mg .B 对：A 球的动能最大时，a A ＝0，系统在竖直方向上F 合＝0，则地面对B 球的弹力为32mg .C 错：弹簧的弹性势能最大时，对应着弹簧伸长量最大，A 球运动到最低点，此时v A ＝0，但a A≠0，加速度方向竖直向上．D错：两杆间夹角由60°变为120°，A球下落的距离h＝L sin 60°－L sin 30°＝3－1 2L，A球重力势能的减少量为ΔE p＝3－12mgL.由能量转化知，弹簧的弹性势能最大值为3－12mgL.]。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练4(含参考答案)
高考物理二轮复习:选择题提速练41—5为单选，6—8为多选1．(2018·吉林质检)如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1带负电荷，a 、b 两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是( C )A ．Q 2一定带负电B ．Q 2的电荷量一定大于Q 1的电荷量C ．b 点的电场强度一定为零D ．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：因为v t 图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b 点的加速度为零，其电场力也为零，b 点的电场强度一定为零，选项C 正确；要使b 点的场强为零，Q 1、Q 2必带异种电荷，所以Q 2一定带正电，选项A 错误；Q 1、Q 2单独存在时在b 点产生的场强必等大反向，再考虑到Q 1到b 点的距离较大，可知Q 1的电荷量一定大于Q 2的电荷量，选项B 错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D 错误．2．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6)( B )A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W解析：小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F 安＝B 2l 2vR 总对棒满足：mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2vR 棒＋R 灯＝0因为R 灯＝R 棒则：P 灯＝P 棒再依据功能关系：mg sinθ·v－μmg cosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5 m/s，P灯＝1 W，所以B项正确．3．(2018·河南六市一联)如图所示，等离子气流(由高温、高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0垂直射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．两平行长直导线ab和cd的相互作用情况为：0～1 s内排斥，1～3 s内吸引，3～4 s内排斥．线圈A内有外加磁场，规定向左为线圈A内磁感应强度B的正方向，则线圈A内磁感应强度B随时间t变化的图象有可能是下图中的( C )解析：正、负离子在磁场中受洛伦兹力，正离子向P1板偏转，负离子向P2板偏转，P1板带正电，P2板带负电，ab中电流为从a流向b，在0～1 s内排斥说明电流从d流向c,1～3 s内吸引说明电流从c流向d,3～4 s内排斥说明电流从d流向c，再利用楞次定律、安培定则可判断只有C项正确．4．现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是( C )A．核反应方程为21H＋21H→32He＋11HB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He＋10n，则新粒子为中子10n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe＋E kn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动能守恒有p He－p n＝0，由E k＝p22m ，可知E kHeE kn＝m nm He，解得E kHe＝m nm n＋m He(2E0＋ΔE)＝1 MeV，E km＝m Hem n＋m He(2E0＋ΔE)＝3 MeV，所以C正确，D错误．5．如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于( A )A.2 9895 000 B.2 0115 000 C.2 0112 089D.2 0892 011解析：对1～5 000号球整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、天花板处绳子拉力T 0以及5 000个球的重力5 000G ，由平衡条件可列出平衡方程：T 0cos45°＝F ，T 0sin45°＝5 000G .解得F ＝5 000G .再对2 012～5 000号球为整体受力分析，受到水平向右的拉力F 、2 989个球的重力2 989G 以及2 011个小球与2 012个小球之间的轻绳拉力T ，列出平衡方程T cos α＝F ，T sin α＝2 989G .解得tan α＝2 9895 000.6．(2018·江苏南通二模)车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h >H ，当地重力加速度为g ，汽车可视为质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( CD )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α<θ解析：据题分析可知，汽车在左侧斜坡上运动情况未知，不能确定加速的时间t ，故A 错误；汽车的质量未知，根据动能表达式E k ＝12mv 2可知不能求出汽车离开左侧斜坡时的动能E k ，故B 错误；设汽车离开左侧斜坡的速度大小为v 1.根据水平方向的匀速直线运动有d ＝v 1cos α·t ①竖直方向的竖直上抛运动有H m ＝v 1sin α22g②取竖直向上方向为正方向有 －(h －H )＝v 1sin α·t －12gt 2③由①③两式可求得运动时间t 和v 1，将v 1代入②式可求出最大高度H m ，故C 正确； 根据速度的分解得tan α＝v y 1v x ，tan θ＝v y 2v x，由于h >H ，竖直分速度关系为v y 1<v y 2，则得α<θ，故D 正确．7. (2018·湖北八校联考)如图甲所示，质量为1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无恒力F .图乙中的两条线段a 、b 分别表示存在力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v t 图线．不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( AD )A ．恒力F 大小为1 NB ．物块与斜面间动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在上升过程机械能的减少量较小解析：根据v t 中斜率等于加速度的意义可知：a a ＝Δv t 1＝0－111.1＝－10 m/s 2，a b ＝0－111＝－11 m/s 2；不受拉力时：ma b ＝－mg sin53°－μmg cos53°，代入数据得：μ＝0.5；受到拉力的作用时：ma a ＝F －mg sin53°－μmg cos53°；所以：F ＝1 N ．故A 正确，B 错误；根据运动学公式：x ＝0－v 22a 可知，因为有恒力F 时，小物块的加速度小，位移大，所以在上升过程产生的热量较大．故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小．故D 正确．故选AD.8．(2018·湖南株洲质检)某种小灯泡的伏安特性曲线如图所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0 Ω.现闭合开关S ，理想电压表V 的示数为4.0 V ，则( ABD )A ．三个灯泡的总电阻为8.3 ΩB ．电源的电动势为5.6 VC ．电源消耗的热功率为3.0 WD ．电源的效率为89.3%解析：理想电压表V 的示数为4.0 V ，可知串联的灯泡电流0.6 A ，此时小灯泡电阻4.00.6Ω＝203 Ω；每个并联灯泡的电流为0.3 A ，电压1.0 V ，此时小灯泡电阻R L ＝1.00.3 Ω＝103 Ω，所以总电阻为R 总＝203 Ω＋12·103 Ω＝8.3 Ω，A 正确；电动势等于E ＝4 V ＋1 V ＋0.6×1.0V ＝5.6 V ，B 正确；电源消耗的热功率为P 热＝0.62×1.0 W＝0.36 W ，C 错误；电源效率η＝55.6×100%＝89.3%，D 正确．。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练820190313243
选择题提速练81—5为单选，6—8为多选1.法拉第曾做过如下的实验：在玻璃杯侧面底部装一导体柱并通过导线与电源负极相连，直立的细圆柱形磁铁棒下端固定在玻璃杯底部的中心，往杯内加入水银．在玻璃杯的正上方O点吊一可自由摆动或转动的直铜棒，铜棒的上端与电源的正极相接，下端浸入玻璃杯中的水银中．由于水银的密度比铜大，铜棒会倾斜地与水银相连，此时铜棒静止，如图所示．这样，可动铜棒、水银、导体柱和电源就构成了一个回路．闭合开关S，则该实验可观察到的现象是( D )A．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角不变且仍静止B．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角会增大些但仍可静止C．铜棒与闭合S前相比，与竖直方向的夹角会减小些但仍可静止D．铜棒会以磁铁棒为轴转动解析：闭合开关S后，直铜棒上通过电流且处在磁铁产生的磁场中，根据左手定则判断，在图示位置时，直铜棒所受的安培力垂直铜棒向里或向外，故直铜棒会以磁铁棒为轴转动，D正确．2．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，下列说法正确的是( C )A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的解析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，也就是说，只要物体的质量不变，其惯性大小就不变，选项A、B、D错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，改变了列车的质量，这会改变它的惯性，选项C正确．3．将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，如图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同．重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( B )A．mg B.1 2 mgC.13mgD.110mg 解析：设墙砖厚度为d ，上升过程加速度大小为a 1，由图知，9d －3d ＝a 1T 2，mg ＋F f ＝ma 1；下降过程加速度大小为a 2,3d －d ＝a 2T 2，mg －F f ＝ma 2，联立解得F f ＝12mg ，本题只有选项B 正确．4．一颗卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一个质量为m 的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( B )A.mv 2GNB.mv 4GNC.Nv 2GmD.Nv 4Gm解析：设卫星的质量为m ′，由万有引力提供向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R ①，m ′v 2R＝m ′g 行②，又N ＝mg 行③，由③得g 行＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N ，代入①得M ＝mv 4GN，选项B 正确． 5．(2018·江苏南通、泰州、扬州、连云港、淮安五市模拟)如图所示，光滑的凸轮绕O 轴匀速转动，C 、D 是凸轮边缘上的两点，AB 杆被限制在竖直方向移动，杆下端A 在O 点正上方与凸轮边缘接触且被托住．图示位置时刻，AB 杆下降速度为v ，则( A )A ．凸轮绕O 轴逆时针方向旋转B ．凸轮上C 、D 两点线速度大小相等C ．凸轮上C 、D 两点加速度大小相等D ．凸轮上与杆下端接触点的速度大小一定为v解析：AB 杆此时刻在下降，即离O 轴距离变近，故由凸轮形状可知凸轮在绕O 轴逆时针方向旋转，选项A 正确；C 、D 两点角速度相等，离O 轴距离不等，故线速度大小不相等，加速度大小不相等，选项B 、C 错误；凸轮匀速转动，轮上各点做速率不同的匀速圆周运动，速度大小不一定是v ，选项D 错误．6．在如图所示电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，保护电阻R 0＝3 Ω，滑动变阻器总电阻R ＝20 Ω，闭合开关S ，在滑片P 从a 滑到b 的过程中，若电流表内阻忽略，正确的是( AD )A ．电流表的示数先减小后增大B ．电流表的示数先增大后减小C ．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小D ．滑动变阻器消耗的功率先增大后减小，再增大再减小解析：此电路是滑动变阻器的上部分与下部分并联后，再与R 0串联．当滑片P 从a 滑到b 的过程中，并联电路的电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，选项A 正确，选项B 错误；当滑动变阻器的并联总电阻等于R 0＋r 时，滑动变阻器消耗的功率最大，在滑片P 从a 滑到b 的过程中，并联电阻有两次达到该值，选项C 错误，故选项D 正确．7．(2018·山西、河北、河南三省联考)如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P 点固定一个点电荷＋Q ，P 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A 与P 点连线水平．电荷量为－q 的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A 处由静止开始沿管向下运动，在A 处时小球的加速度为a .图中PB ⊥AC ，B 是AC 的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q 形成的电场中( BCD )A ．A 点的电势高于B 点的电势B ．B 点的电场强度大小是A 点的4倍C ．小球从A 到C 的过程中电势能先减小后增大D ．小球运动到C 处的加速度为g －a解析：由于沿着电场线方向电势降低，因此A 点的电势低于B 点的电势，选项A 错误；结合几何关系知PA ＝2PB ，由点电荷电场强度公式E ＝k Q r 2可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B 点的电场强度大小是A 点的4倍，选项B 正确；小球带负电，从A 到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，选项C 正确；在A 处时小球的加速度为a ，对小球受力分析，小球受电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供，即F cos30°＋mg sin30°＝ma ，当在C 处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，mg sin30°－F cos30°＝ma ′联立解得a ′＝g －a ，选项D 正确．8．(2018·河南郑州一模)如图所示，质量为m 的物块从倾角为θ的传送带底端由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持速率v 匀速运动，物块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ>tan θ)，物块到达顶端前能与传送带保持相对静止．在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是( BD )A ．电动机因运送物块多做的功为mv 2B ．系统因运送物块增加的内能为μmv 2cos θμcos θ－sin θC ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2 D ．电动机因运送物块增加的功率为μmgv cos θ解析：电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量．对滑块，增加的机械能为ΔE ＝f ·L ＝μmg cos θ·v 2·t ， 系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝f ·(s 带－s 物)＝f (vt －v 2t )＝μmg cos θ·v 2t .故ΔE ＝Q . 故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv 2，故A 错误；系统增加的内能Q ＝f ·Δs ＝μmg cos θ·v 2t . 物块的加速度a ＝f －mg sin θm＝g (μcos θ－sin θ)． 故加速时间t ＝v a ＝v g μcos θ－sin θ，故系统增加的内能Q ＝μmv 2cos θμcos θ－sin θ.故B 正确；传送带运动的距离s 带＝vt ＝v 2g μcos θ－sin θ， 故传送带克服摩擦力做功W克f ＝f ·s 带＝μmg cos θ·v 2g μcos θ－sin θ＝μmv 2cos θμcos θ－sin θ，故C 错误； 电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为P ＝fv ＝μmg cos θ·v ，故D 正确．。
2018版高考物理二轮复习 小题提速练10
小题提速练(十)(时间：20分钟 分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．两个物体A 、B 的加速度a A >a B ，则( )A ．A 的速度一定比B 的速度大B ．A 的速度变化量一定比B 的速度变化量大C ．A 的速度变化一定比B 的速度变化快D ．A 受的合外力一定比B 受的合外力大C [加速度a ＝Δv Δt，表示速度变化的快慢，因此加速度a 大，速度v 、速度变化量Δv 均不一定大，速度变化一定快，故选项A 、B 错误，选项C 正确；根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，物体所受的合力的大小与质量和加速度两个物理量有关，而题意中未涉及物体A 、B 的质量大小关系，因此它们所受合外力的大小关系也无法确定，故选项D 错误．]15．如图1所示，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧压着插栓．不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法中正确的是( )图1A ．增大甲、乙两力，且甲力增大较多B ．增大乙、丙两力，且乙力增大较多C ．增大乙、丙两力，且丙力增大较多D ．增大甲、丙两力，且甲力增大较多D [根据题意可知，轻圆环受甲、乙、丙三个力及插栓的弹力作用，处于平衡状态，根据共点力平衡条件的推论可知，甲、乙、丙三个力的合力必与插栓对轻圆环的弹力等大、反向，该弹力方向为沿轻圆环半径方向向外，要通过移动圆环使插栓位于圆环中心，则甲、乙、丙三个力的合力需变为零，此时可同时增大甲、丙两力且增加量的合量应与消失的弹力等大、同向，或同时减小乙、丙两力，且减小量的合量应与消失的弹力等大、反向，所以甲力增加得多或乙力减小得多，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．]16．经过网络搜集，我们获取了地月系统的相关数据资料如下表，根据这些数据我们计算出了地心到月球球心之间的距离，下列选项中正确的是( )A.v 2g ′B.2πC.v 2gD.3g 0R 2T 22π2 B [根据数据，月球绕地球转动的线速度为v ，周期为T ，则月球公转的半径为：R ′＝vT 2π，故B 正确．根据万有引力提供向心力GMm R ′2＝mg ＝m v 2R ′，可得轨道半径R ′＝v 2g ，但是g 是地球在月球轨道上产生的重力加速度，既不是月球表面重力加速度也不是地球表面重力加速度，选项A 、C 错．以月球为研究对象，月球绕地球公转时，由地球的万有引力提供向心力，设地球质量为M ，月球的质量为m ，则得：GMm R ′2＝m 4π2T2R ′，又在地球表面，有：g 0＝GM R 2，联立以上两式得：R ′＝3g 0R 2T 24π2，故D 错误．] 17．(2017·衡水市冀州中学一模)在真空中A 、B 两点分别放有异种点电荷＋Q 和－2Q ，以AB 连线中点O 为圆心作一圆形路径，如图2所示，则下列说法正确的是( )【导学号：19624242】图2A ．场强大小关系有E a ＝E b 、E c ＝E dB ．电势高低关系有φa ＞φb 、φc ＝φo ＝φdC ．将一负点电荷沿圆弧由a 运动到b 的过程中电场力做正功D ．将一正点电荷沿直线由a 运动到d 的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d 运动到b 的过程中电场力做功D [由于Q A ＜Q B ，a 点处电场线比b 点处电场线疏，a 点场强小于b 点场强，而c 、d两点的电场强度大小相等，即E a ＜E b 、E c ＝E d ，故A 错误．电场线方向由A 指向B ，则有φa ＞φb 、根据对称性可知，φc ＝φd ≠φO ，故B 错误． 将一负点电荷沿圆弧由a 运动到b 的过程中，电场力做负功，故C 错误．由于ad 间电场线比db 间电场线疏，则ad 间的场强比db 间场强小，由U ＝Ed 知，ad 间的电势差小于db 间电势差，由W ＝Uq 知，正点电荷沿直线由a 运动到d 的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d 运动到b 的过程中电场力做功，故D 正确．]18．(2017·哈师大附中四模)如图3所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面处在垂直斜面的匀强磁场和方向未知的匀强电场中，有一个质量为m ，带电量为q (q >0)的小球在斜面上做匀速圆周运动，其角速度为ω.则下列说法正确的是( )图3A ．匀强磁场方向一定垂直于斜面向下B ．匀强磁场的磁感应强度B 的大小为m ωq C ．未知电场的方向一定沿斜面向上D ．未知电场的方向可能垂直于斜面B [带电小球在斜面上做匀速圆周运动，电场方向可能沿斜面向上，有Eq ＝mg sin θ，也可能竖直向上，有Eq ＝mg ，故C 、D 均错误；洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判断，匀强磁场方向可能垂直于斜面向下，做逆时针转动，也可能垂直于斜面向上，做顺时针转动，A 错误；由qvB ＝m ω2R ，v ＝ωR 可得：B ＝m ωq，B 正确．] 19．(2017·抚州市临川一中模拟)如图4所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平台离地面的高度一定．传输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是( )图4A ．当速度v 一定时，角θ越大，运送时间越短B ．当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间可能不变C ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长D ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多BD [若货物一直做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时恰好到达顶端．对于匀加速运动过程，由牛顿第二定律得，货物的加速度为：a ＝μmg cos θ－mg sin θm＝μg cos θ－g sin θ，匀加速运动的时间为：t ＝v a ＝v μg cos θ－g sin θ，则知v 一定，角θ越大，t 越长，故A 错误． 当倾角θ一定时，改变速度v 时，货物可能一直做匀加速直线运动，加速度不变，初速度和位移均不变，可知货物到达顶端的时间可能不变，故B 正确．匀加速运动过程中货物上升的位移为：x 1＝v 2t ，传送带前进的位移为：x 2＝vt ，所以皮带上留下的痕迹长度为：Δx ＝x 2－x 1＝v 2t ＝v 22g μcos θ－sin θ，可知皮带上留下的痕迹与货物的质量无关，故C 错误． 皮带上摩擦产生的热量为：Q ＝μmg cos θ·Δx ＝μmg cos θ·v 22g μcos θ－sin θ，可知倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热量Q 越多，故D 正确．]20．(2017·沈阳模拟)如图5所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A 处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B 处有一个输电线圈，一旦线圈B 中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是( )图5A ．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B ．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C ．丙会发生触电事故，继电器会切断电源D ．丁会发生触电事故，继电器会切断电源AD [图中甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A 产生的总磁通量为零，线圈B 中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A 正确，B 错误；当丙双手“火线—零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A 产生的总磁通量为零，线圈B 中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，故C 错误；当丁如图中“手－地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A 产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B 中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D 正确．]21．(2017·虎林市摸底考试)如图6所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线PQ 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .正方形闭合金属线框边长为l ，质量为m ，电阻为R ，放置于PQ 上方一定距离处，保持线框底边ab 与PQ 平行并由静止释放，当ab 边到达PQ 时，线框速度为v 0，ab 边到达PQ 下方距离d (d ＞l )处时，线框速度也为v 0，下列说法正确的是( )【导学号：19624243】图6A ．ab 边刚进入磁场时，电流方向为a →bB ．ab 边刚进入磁场时，线框做加速运动C ．线框进入磁场过程中的最小速度可能等于mgR sin θB 2l 2D ．线框进入磁场过程中产生的热量为mgd sin θACD [根据右手定则可知，ab 边刚进入磁场时，电流方向为a →b ，A 正确；当ab 边到达PQ 时速度为v 0，到达PQ 下方距离d 处时速度也为v 0，又知线框全部进入磁场后做加速运动，所以ab 边刚进入磁场时，线框应做减速运动，B 错误；线框在进入磁场过程做减速运动，完全进入时速度最小，有：B Blv R l ≥mg sin θ，故v ≥mgR sin θB 2l 2，C 正确；从ab 边经过PQ 到ab 边通过磁场下边的过程中只有线框进入磁场过程中产生热量，因整个过程线框动能不变，只有重力势能减少，由能量守恒定律可得，热量Q ＝mgd sin θ，D 正确．]。
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选择题提速练10
1—5为单选，6—8为多选
1．下列关于电源电动势的说法中，正确的是( C )
A．在某电池的电路中，每通过 2 C的电荷量，电池提供的电能是 4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V B．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大
C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变
D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
解析：根据电动势定义，由E＝W
q
得E＝2 V，选项A错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质
决定，选项B错误，选项C正确；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源提供的电能取决于通过电源的电
荷量与电动势之积，选项D错误．
2.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( C )
A．7.5 V B．8 V C．215 V D．313 V
解析：本题考查电压的有效值．根据电流的热效应有(6 V
2
)2·
T
3
/R＋
2
R·
2T
3
＝
U2
R
T，解得U＝215 V，C
项正确．
3.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时( D )
A．A灯中无电流通过，不可能变亮
B．A灯中有电流通过，方向由a到b
C．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势
D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势
解析：开关S闭合时，电容器C将放电，放电电流方向为b→a，灯泡A变亮，选项A、B错误；开关S断开时，通过线圈L的电流方向为c→d，开关S闭合后，开关S与含B灯的电路并联，发生短路现象，由于自感现象，B 灯逐渐熄灭，通过线圈L的电流方向是c→d，即c点电势低于d点电势，选项D正确．
4．(2018·山东名校联考)示波管是一种多功能电学仪器，其结构图如图所示，电子枪中的炽热金属丝不断放
出可认为初速度为零的电子，在加速电场加速，再经偏转电极XX′和YY′，最后在荧光屏上形成图像．现在偏转
电极XX′和YY′上不加电压，加速电场电压为U，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为ΔL的电子束内电子个数是( A )
A.IΔL
e
m
2eU
B.
IΔL
eS
m
2eU
C.
I
eS
m
2eU
D.
ISΔL
e
m
2eU
解析：eU＝1
2
mv2，I＝ne/t，ΔL＝vt，联立解得：n＝
IΔL
e
m
2eU
.选项A正确．
5．(2018·宁波模拟)如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图甲中O为轻绳之间连接的结点，图乙中
光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置均处于静止状态，现将图甲中的B滑轮或图乙中的端点B沿虚线稍稍上移一些，则关于θ角的变化说法正确的是( B )
A．图甲、图乙中θ角均增大
B．图甲、图乙中θ角均不变
C．图甲中θ角增大、图乙中θ角不变
D．图甲中θ角不变、图乙中θ角变大
解析：在图甲中由于A和B均为滑轮，可知在移动B滑轮的过程中，绳OA与OB的拉力大小不变，若θ变化时，合力必变化，但此时其合力不变，与O点下方五个钩码的重力大小相等，所以θ角不变；对于图乙，由右图可知，当B点稍稍上移时，θ角仍然不变，所以只有B项正确．
6．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，
曲面上的A点距离底部的高度为h＝0.45 m．一小物块从A点静止滑下，滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，
g取10 m/s2，则下列说法正确的是( BC )
A．若v＝1 m/s，则小物块能回到A点
B．若v＝3 m/s，则小物块能回到A点
C．若v＝5 m/s，则小物块能回到A点
D．无论v等于多少，小物块均能回到A点
解析：小物块下滑到底部的速度为v0，由机械能守恒得，mgh＝1
2
mv20，v0＝3 m/s，因传送带向右运动，物块将
在传送带上先匀减速运动到零，再向右做匀加速运动，但当传送带的速度v<3 m/s时，物块向右加速到与传送带同
速即做匀速运动，故v＝1 m/s时，小物块滑回曲面时的速度为v＝1 m/s，上升的高度为h′＝v2
2g
＝0.05 m，选项
A错误；当v≥3 m/s时，小物块回到曲面的速度均为v0＝3 m/s，仍能回到A点，选项B、C正确，D错误．7．如图所示，某种金属板M受到紫外线照射时，会不停地向各个方向发射出电子，射出的电子的速度大小不
同．在竖直放置的M板的右侧放一个和M板等大的平行的金属网N，如果把M、N接在如图所示的电路中，那么，
以下说法中正确的是( AD )
A．如果闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动，那么，在M、N之间运动的电子的加速度将增加
B．如果闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向左移动，那么，电流表的示数一定不变
C．从M板发射出来的速率相等且能到达N网的电子中，沿直线运动的电子所用的时间最短，到达N网的速率最大
D．能到达N网的电子，在M、N间运动的过程中电势能都增加。