江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：小综合练三20181215133.doc
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：小综合练(十二)
小综合练(十二)一、单项选择题1．(2018·徐州市模拟)某人在五楼阳台处竖直向上抛出一只皮球，其速率—时间图象如图1所示．下列说法正确的是 ( )图1A．t1时刻皮球达到最高点B．t2时刻皮球回到出发点C．0～t1时间内，皮球的加速度一直在增大D．0～t2时间内，皮球的位移大小先增大后减小答案 A解析由题图知，0～t1时间内，皮球的速度一直减小，t1时刻，皮球的速度为零，到达最高点，故A正确．根据v－t图象与t轴所围面积表示位移大小，可知，t2时刻皮球落到出发点下方，故B错误．根据v－t图象的斜率大小表示加速度，可知0～t1时间内，皮球的加速度一直在减小，故C错误.0～t2时间内，皮球的位移大小先增大后减小至零，再增大，故D错误．2．(2018·杭州市期末)在如图2所示的平行板器件中，匀强电场E和匀强磁场B互相垂直．一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出．粒子重力不计，下列说法正确的是( )图2A．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的初速度一定大于vB．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的动能一定增大C．若粒子沿轨迹③出射，则粒子可能做匀速圆周运动D．若粒子沿轨迹③出射，则粒子的电势能可能增大答案 D解析初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿题图中直线②从右侧射出，则qvB＝qE，若粒子沿轨迹①出射，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性未知，所以粒子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，故A、B错误；若粒子沿轨迹③出射，粒子受电场力和洛伦兹力，粒子不可能做匀速圆周运动，故C 错误；若粒子沿轨迹③出射，如果粒子带负电，所受电场力向上，洛伦兹力向下，电场力做负功，粒子的电势能增大，故D 正确． 二、多项选择题3．(2018·盐城中学段考)如图3所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一垂直斜面的固定挡板．系统处于静止状态，现开始用一沿斜面方向的力F 拉物块A 使之以加速度a 向上做匀加速运动，物块B 刚要离开C 时力F 的大小恰为2mg .则( )图3A ．物块B 刚要离开C 时受到的弹簧弹力为mg2B ．加速度a ＝12gC ．这个过程持续的时间为 2mkD ．这个过程A 的位移为mg k答案 ACD解析 物块B 刚要离开C 时B 对C 的弹力恰好为零，对B ，由平衡条件得，此时弹簧的弹力：F 弹＝mg sin θ＝mg2，故A 正确；B 刚要离开C 时，对A ，由牛顿第二定律得：F －mg sin θ－F 弹＝ma ，解得：a ＝g ，故B 错误；刚开始时，对A 由平衡条件得：kx 1＝mg sin θ，B 刚要离开C 时，弹簧弹力：F 弹＝kx 2，整个过程A 的位移：x ＝x 1＋x 2，解得：x ＝mgk ，故D 正确；物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，x ＝12at 2，解得运动时间t ＝2mk，故C 正确．三 .选做题 4．A.[选修3－3](1)下列说法中正确的是________．A ．有规则外形的物体是晶体，没有确定几何外形的物体是非晶体B ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势C ．晶体熔化过程中要吸收热量，分子的平均动能增大D ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体的温度有关(2)一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 变化到状态C .其V －T 图象如图4所示．已知状态C 的压强为p 0，B 到C 过程中放出的热量为Q ，则状态A 的压强p A ＝______，A 到C 过程中气体的内能变化ΔU ＝______.图4(3)在标准状况下，体积为V 的水蒸气可视为理想气体．已知水蒸气的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，水的摩尔质量为M ，水分子的直径为d .估算体积为V 的水蒸气完全变为液态水时，液态水的体积．(将液体分子看成球体，忽略液体分子间的空隙) 答案 (1)BD (2)p 02 p 0V 0－Q (3)ρVN A πd 36M解析 (3)体积为V 的水蒸气中水分子个数为N ＝ρVM·N A ，液化成水后液态水的体积为：ρV M ·N A ·16πd 3＝ρVN A πd36M . B ．[选修3－4](1)我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它是我国雷达研究创新的里程碑．米波雷达发射无线电波的波长在1～10 m 范围内，则对该无线电波的判断正确的有________．A ．必须依靠介质传播B ．频率比厘米波的频率低C ．比可见光更容易产生衍射现象D ．遇到厘米波有可能产生干涉现象(2)如图5甲所示，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0.2 s 时刚好传播到x 1＝4 m 处．波源在坐标原点，其振动图象如图乙所示，则这列波的波速为________ m/s.从图甲所示时刻起，再经________ s ，x 2＝42 m 处的质点P 第一次处于波峰．图5(3)“雪碧”的广告词中“晶晶亮，透心凉”描述了光在水中发生全反射的现象，一个边长为L 的正方形玻璃杯中盛有雪碧汽水，假设在玻璃杯正中间处有一个小气泡，一束从杯子左下角入射的光在小气泡处恰好发生全反射并从玻璃杯的右下角射出，如图6所示．已知θ＝45°，光速为c ，杯子厚度不计．求：图6①汽水的折射率n ；②该束光在汽水中传播的时间t .答案 (1)BC (2)20 2 (3)① 2 ②2Lc解析 (1)无线电波是电磁波，电磁波的传播不需要介质，A 错误；由c ＝λf 知，波长越长频率越低，B 正确；波长越长越容易产生衍射现象，无线电波的波长远大于可见光的波长，C 正确；米波和厘米波的波长不同，频率也不同，所以不能产生干涉现象，D 错误． (2)由题图甲知该波的波长λ＝8 m ，由题图乙知，该波的周期 T ＝0.4 s ，则波速为：v ＝λT＝20 m/s ，当甲图中波峰传到P 点时，质点P 第一次处于波峰，所传播的距离为：s ＝42 m －2 m ＝40 m 所用时间为：t ＝s v ＝4020s ＝2 s (3)①入射光在小气泡处恰好发生全反射，入射角等于临界角， 则知临界角 C ＝θ＝45°由临界角公式sin C ＝1n得折射率为：n ＝ 2②该束光在汽水中传播的速度为：v ＝c n ＝22c 该束光在汽水中传播的时间为：t ＝2L v＝2L c.四、计算题5．(2018·江苏一模)如图7甲所示，粒子源靠近竖直极板M 、N 的M 板，N 板右边有一对长为2L 、间距为L 的水平极板P 、Q ，水平极板右方区域存在着方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B ＝1L 2mU 0q的匀强磁场．竖直极板M 、N 中间开有小孔，两小孔连线的延长线为水平极板P 、Q 的中线，与磁场左边界的交点为O .竖直极板M 、N 之间的电压为U 0，水平极板P 、Q 之间的电压U PQ 随时间t 变化的图象如图乙所示．粒子源连续均匀释放初速度不计、质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度后进入水平极板P 、Q 之间．已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计．求：图7(1)带电粒子进入偏转电场时的速度大小v 0；(2)如果粒子源释放的粒子中有50%能进入右方磁场，则P 、Q 两极板间电压的最大值U m 为多大？(3)为了使进入磁场的粒子都能从磁场左边界射出，磁场的最小宽度d 有多大？并求出这些粒子从磁场左边界射出的范围． 答案 (1)2qU 0m(2)U 0 (3)5＋12L 1.5L ～2L 解析 (1)电场力做的功等于粒子增加的动能qU 0＝12mv 02解得v 0＝2qU 0m(2)粒子源释放的粒子中有50%能进入右方磁场，则第一个周期内粒子进入P 、Q 间时，一定在0～T 2的时间内，且T2时刻进入的粒子刚好能从Q 板右边沿射出，设此时两极板间电压为U ，则水平方向有：2L ＝v 0t竖直方向有：L 2＝12·qU mLt 2解得：U ＝U 02U m ＝2U ＝U 0(3)设粒子从C 点进入磁场，速度大小为v ，与磁场边界的夹角为α，粒子在磁场中运动的半径为R ，则v 0＝v sin α粒子在磁场中有qvB ＝m v 2R将B ＝1L2mU 0q，v 0＝2qU 0m代入得R ＝Lsin αd ＝R ＋R cos α d ＝L sin α＋Ltan α当α最小时，粒子运动轨迹的最右端离磁场左边界最远，此时，tan α＝2(粒子从Q 板右端离开电场) 代入数据得d ＝5＋12L 由几何关系知：CD ＝2R sin αCD ＝2L即粒子无论从哪儿进入磁场，射出时均相对入射点上移2L ，所以粒子射出磁场的位置在O 点上方1.5L ～2L 范围内．。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：基础回扣练5 万有引力定律及应用
5.万有引力定律及应用1．(多选)(2018·南京市金陵中学模拟)天文社的同学长期观测一颗绕地球做圆周运动的人造卫星，测得其绕行周期是T，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，由此可以求出( ) A．卫星受到的地球的引力B．卫星运动的向心加速度C．卫星运动的机械能D．卫星的轨道离地面的高度答案BD2．(2018·无锡市高三期末)如图1所示，2017年9月25日至9月28日期间，微信启动新界面，其画面视角从人类起源的非洲(左)变为华夏大地中国(右)．新照片由我国新一代静止轨道卫星(同步卫星)“风云四号”拍摄，见证着科学家15年的辛苦和努力．下列说法正确的是( )图1A．“风云四号”可能经过无锡正上空B．“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度C．与“风云四号”同轨道的卫星运动的动能都相等D．“风云四号”的运行速度大于7.9 km/s答案 B3．(多选)(2018·南京市、盐城市二模)某试验卫星在地球赤道平面内一圆形轨道上运行，每5天对某城市访问一次(即经过其正上方)，下列关于该卫星的描述中正确的是( )A．角速度可能大于地球自转角速度B ．线速度可能大于第一宇宙速度C ．高度一定小于同步卫星的高度D ．向心加速度一定小于地面的重力加速度答案 AD解析 设卫星的周期为T ，地球自转的周期为T 0，则有2πT ×5T 0＝2πT 0×5T 0＋2π，或者2πT×5T 0＋2π＝2πT 0×5T 0，可解得卫星的周期T ＝56T 0或者T ＝54T 0，即卫星的角速度可能大于地球自转角速度，也可能小于地球自转角速度，A 正确；由卫星的线速度v ＝GM r可知，所有卫星的速度小于等于第一宇宙速度，B 错误；卫星的高度越高，周期越大，由A 选项解析可知，卫星的周期可能大于也能小于同步卫星的周期，所以卫星的高度可能大于也可能小于同步卫星的高度，C 错误；根据牛顿第二定律GMm r 2＝ma ，向心加速度a ＝GMr2，卫星的高度高于地面，所以其向心加速度小于地面的重力加速度，D 正确．4．(多选)(2018·苏锡常镇一调)如图2所示，我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，包括分布于a 类型轨道的5颗同步轨道卫星、分布于b 类型轨道的3颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相同，轨道倾角55°)和分布于c 类型轨道的27颗中轨道卫星(轨道半径小于同步卫星的)，中轨道卫星运行在3个互成120°的轨道面上做圆周运动，预计2020年全部建成．下列说法正确的是( )图2A ．a 类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态B ．a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型轨道上的卫星运行速率C ．b 类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止D ．三类卫星相比，c 类卫星的向心加速度最大答案 BD解析 卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，不是处于平衡状态，故A 错误；人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：G Mm r 2＝m v 2r，解得：v ＝GM r，由于a 类型轨道上的卫星运行半径等于b 类型轨道上的卫星运行半径，则a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型轨道上的卫星运行速率，选项B 正确；b 类型卫星不能与地球保持相对静止，只有同步轨道卫星才能与地球保持相对静止，故C 错误；a ＝GM r 2，由题知中轨道卫星c 的轨道半径小于同步卫星a ，半径小的向心加速度大，故D 正确．5．(多选)某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T .已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是( )A ．卫星运行半径r ＝3gR 2T 24π2 B ．卫星运行半径r ＝RT 2π3g C ．地球平均密度ρ＝3g 4πGRD ．地球平均密度ρ＝3gR 4πG答案 AC解析 由万有引力提供向心力有：G mM r 2＝m 4π2T 2r ，G Mm ′R2＝m ′g 联立解得：r ＝3gR 2T 24π2，故A 正确，B 错误；地球的质量M ＝gR 2G， 地球的体积V ＝4πR 33， 所以地球的密度为ρ＝M V ＝gR 2G 4πR 33＝3g 4πGR， 故C 正确，D 错误．6.(多选)如图3所示，2018年5月21日，我国成功发射嫦娥四号任务“鹊桥”中继星，该卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨后进入圆形工作轨道Ⅲ，为在月球背面软着陆做准备，下列说法错误的是( )图3A ．卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度大B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点时的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度小C ．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上短D ．卫星在轨道Ⅳ上的机械能比在轨道Ⅱ上大答案 ABD7．(2018·江苏省联盟大联考)已知质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－G Mm r ，其中G 为引力常量，M 为地球质量．先从地面赤道某处发射一质量m 0的卫星至离地球表面h 高处的轨道上，使其绕地球做匀速圆周运动，则至少需对卫星做功(忽略地球自转影响，设地球半径为R )( )A ．G Mm 0R －G Mm 02(R ＋h )B ．G Mm 0R －G Mm 0R ＋hC ．G Mm 02(R ＋h )D ．G Mm 02R －G Mm 0R ＋h 答案 A解析 根据万有引力提供向心力：G Mm 0(R ＋h )2＝m 0v 2R ＋h ，所以卫星的动能：E k ＝12m 0v 2＝GMm 02(R ＋h )，从地面发射到离地面高h 处，引力势能增加ΔE p ＝GMm 0R －GMm 0R ＋h ，根据能量守恒，至少需对卫星做功W ＝E k ＋ΔE p ＝GMm 0R －GMm 02(R ＋h )，所以A 正确． 8.(多选)(2018·泰州中学月考)2016年2月11日，科学家宣布激光干涉引力波天文台(LIGO)探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到．在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统．如图4所示，黑洞A 、B 可视为质点，它们围绕连线上O 点做匀速圆周运动，且AO 大于BO ，不考虑其他天体的影响．下列说法正确的是( )图4A ．黑洞A 的向心力大于B 的向心力B ．黑洞A 的线速度大于B 的线速度C ．黑洞A 的质量大于B 的质量D ．两黑洞之间的距离越大，A 的周期越大答案 BD解析 双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A 对B 的作用力与B 对A 的作用力大小相等，方向相反，则黑洞A 的向心力等于B 的向心力，故A 错误；双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由题意可知A的半径比较大，根据v＝ωr可知，黑洞A的线速度大于B的线速度，故B正确；在匀速转动时的向心力大小关系为：m Aω2r A＝m Bω2r B，由于A的半径比较大，所以A的质量小，故C错误，双星系统的周期公式为：T＝4π2L3G(m A＋m B)，所以两黑洞之间的距离越大，A的周期越大，故D正确．百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：选择题提速练一20181215147.doc
选择题提速练 (一)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．) 1．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力一定增大的是( )答案 D解析施加力F后，A、B两种情况，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上重力沿斜面向下的分力不变，故静摩擦力不变，故A、B错误；加竖直方向的力F后，C中静摩擦力减小，D中静摩擦力增大，故C错误，D正确．2．(2018·无锡市高三期末) 如图1，MN和M′N′之间为一竖直方向的风洞实验区，可对置于其中的物体产生一个竖直方向恒定的风力．现将一质量为m的小球从A点斜向上抛出，小球将沿图示轨迹击中P点．若将风力等值反向，小球抛出时初速度不变，则可垂直于M′N′击中M′N′上Q点(未画出)．下列说法错误的是( )图1A．开始时风力竖直向下B．小球在P点的速度大于在Q点的速度C．小球在AP间运动的时间等于在AQ间运动的时间D．在开始情况下，若仅增大小球质量m，小球可能垂直击中Q点答案 D3. (2018·江苏百校12月大联考) 2017年6月15日11时00分，中国在酒泉卫星发射中心采用长征四号乙运载火箭，成功发射首颗X射线空间天文卫星“慧眼”，并在GW170817引力波事件发生时成功监测了引力波源所在的天区．已知“慧眼”在距离地面550 km的圆轨道上运动，则其( )A．线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．运行周期小于同步卫星的运行周期C ．角速度大于近地卫星的角速度D ．向心加速度小于静止在地球赤道上某一物体的向心加速度答案 B4.如图2所示为甲、乙两质点做直线运动的v －t 图象，若两质点从同一地点出发，到t 1时刻相遇，则下列说法正确的是( )图2A ．v 1＝8 m/sB ．v 2＝12 m/sC ．t 1＝(3＋3) sD ．0～t 1时间内，甲、乙相距的最大距离为3 m答案 C解析 由题图可知，甲的加速度a 1＝2 m/s 2，乙的加速度a 2＝6 m/s 2，则12×2t 12＝12×6(t 1－2)2， 解得t 1＝(3＋3) s ，C 项正确； v 1＝a 1t 1＝(6＋23) m/s ，A 项错误；v 2＝a 2(t 1－2)＝(6＋63) m/s ，B 项错误；0～t 1时间内，甲、乙相距的最大距离为Δx ＝12×2×6 m＝6 m ，D 项错误． 5．P 1和P 2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P 1的上下表面积大于P 2的上下表面积，将P 1和P 2按图3所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是( )图3A ．若P 1和P 2的体积相同，则通过P 1的电流大于通过P 2的电流B ．若P 1和P 2的体积相同，则P 1的电功率等于P 2的电功率C ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压等于P 2两端的电压D ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压大于P 2两端的电压答案 C解析 由于两导体串联在电路中，因此两导体中电流一定相等，故A 错误；设导体的上下表面边长为a ，厚度为d ，根据R ＝ρLS 可知，R ＝ρa ad ＝ρd，则可知两导体的电阻与厚度d 有关，与体积无关，由V ＝Sd 可知，如果两导体的体积相同，则P 1的厚度小于P 2的厚度，因此P 1的电阻大于P 2的电阻，则由P ＝I 2R 可知，P 1的电功率大于P 2的电功率，故B 错误；由B 的分析可知，若厚度相同，则两导体电阻相同，由U ＝IR 可知，P 1两端的电压等于P 2两端的电压，故C 正确，D 错误． 6．(2018·江苏学校联盟模拟)如图4所示，边长为l 的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v 向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化．若线圈的总电阻为R ，则有( )图4A ．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B ．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率ΔB Δt ＝2Bv lC ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为B 2l 2v 2RD ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为Bl 2R答案 B解析 根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为顺时针方向，若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A 错误；依据感应电动势公式E ＝BLv 及闭合电路欧姆定律求得感应电流大小I ＝Blv R ，根据法拉第电磁感应定律，若要使两次产生的感应电流大小相同，那么ΔB Δt ·l 22R ＝Blv R，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率ΔB Δt ＝2Bv l，故B 正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为W ＝F l 2＝B 2l 2v R ·l 2＝B 2l 3v 2R，故C 错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦR ＝Bl 22R，故D 错误． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．(2018·泰州中学月考)如图5所示，足够长的粗糙程度相同的斜面固定在地面上，某物块以初速度v 0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端．上述过程中，若用h 、x 、v 和a 分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示运动时间．下列图象中可能正确的是( )图5答案 AC8．一质量为m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经Δt ＝0.2 s ，以大小v ＝1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度g ＝10 m/s 2，在这0.2 s 内( )A ．地面对运动员的冲量大小为180 N·sB ．地面对运动员的冲量大小为60 N·sC ．地面对运动员做的功为30 JD ．地面对运动员做的功为零答案 AD解析 运动员的速度原来为零，起跳后变化v ，以向上为正方向，由动量定理可得：I －mg Δt ＝mv －0，故地面对运动员的冲量为：I ＝mv ＋mg Δt ＝60×1 N·s＋600×0.2 N·s＝180 N·s，故A 正确，B 错误；运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C 错误，D 正确．9．某电场的电场线分布如图6所示，下列说法正确的是( )图6A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．c 点的电场强度小于d 点的电场强度C ．若将一正试探电荷由a 点移到b 点，电场力做负功D ．若将一负试探电荷由c 点移到d 点，电势能增加答案 BC解析 根据等势线与电场线垂直，沿电场线电势降低可知：a 点的电势低于b 点的电势，故A 错误；从电场线的分布情况可知，c 处的电场线比d 处的稀疏，所以c 点的电场强度小于d 点的电场强度，故B 正确；正试探电荷所受电场力和场强方向相同，因此正试探电荷由a 点移到b 点时电场力做负功，故C 正确；将一负试探电荷由c 点移到d 点，电场力做正功，电势能减少，故D 错误．10．(2018·苏州市期初调研)如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L 的额定功率为22 W ．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则( )图7A ．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt VB ．灯泡的额定电压为110 VC ．副线圈输出交流电的频率为100 HzD ．电压表读数为220 V ，电流表读数为0.2 A答案 AB解析 由题图乙可知：周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s，则原线圈输入电压的瞬时值表达式：u ＝2202sin 100πt V ，故A 正确；原线圈电压的有效值：U 1＝22022V ＝220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压：U 2＝U 1n 2n 1＝110 V ，故B 正确；周期T ＝0.02 s ，频率为：f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50 Hz ，故C 错误；原线圈电压有效值为220 V ，则电压表的读数为220 V ，副线圈电流：I 2＝P 额U 2＝0.2 A ，根据理想变压器电流与匝数成反比得：I 1＝n 2I 2n 1＝0.1 A ，即电流表读数为0.1 A ，故D 错误．。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：选做题保分练四20181215151
选做题保分练(四)三、选做题(此题包含A、B两小题，请选定此中一小题，并在相应的答题地区内作答．若多做，则按A小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(2018·苏北四市期中)(1)以下说法正确的有________．A．白腊拥有各向异性B．布朗运动就是液体分子的无规则运动C．水黾能够停在水面上说明液体存在表面张力D．空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大(2)必定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V 图象如图1所示，已知A→B过程放出热量Q，T A＝T C，则B→C过程气体______(选填“汲取”或“放出”)热量______．图1(3)必定质量的理想气体在1个标准大气压下、0 ℃时的体积为0.672 m3，已知该状态下1 mol 气体的体积是2.24×10－2 m3，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1.求该气体的分子数．答案(1)CD (2)汲取Q＋p2(V2－V1) (3)1.8×1025个分析(3)由N＝VV molN A，解得N＝1.8×1025个．13．B.[选修3－4](15分)(2018·扬州市一模)(1)以下对于电磁波的说法正确的选项是________．A．电磁波不可以产生衍射现象B．电磁波和机械波都只好在介质中流传C．依据多普勒效应能够判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不一样惯性系中测得的数值可能不一样(2)在“研究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摇动，如图2甲所示，在摆球运动最低点的左、右双侧分别搁置一激光光源与光敏电阻．光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球极点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)．图2(3)如图3所示，一束单色光照耀到平行玻璃砖上表面，入射方向与界面的夹角θ＝30°，测得入射点A到竖直光屏的距离为6 3 cm，玻璃砖的厚度为6 cm，在玻璃砖下方光屏上出现的光点C到玻璃砖下表面的距离为4 cm，求该玻璃砖的折射率n.图3答案(1)C (2)2t0变大(3) 3分析(1)电磁波是横波，波都能发生干预和衍射，故A错误；电磁波流传不需要介质，而机械波只好在介质中流传，故B错误；由多普勒效应的定义，可知C正确；依据光速不变原理，知在不一样惯性系中，光在真空中沿不一样方向的流传速度大小相等，故D错误．(2)单摆在一个周期内两次经过均衡地点，每次经过均衡地点，单摆会挡住细激光束，从R－t图线可知周期为2t0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，依据单摆的周期公式T＝2πLg，摆长变大，因此周期变大．(3)玻璃砖上表面入射角为i ＝90°－θ＝60°FD ＝BE ＝CE tan i ＝4×tan 60° cm＝4 3 cmAF ＝AD －FD ＝6 3 cm －4 3 cm ＝2 3 cm由几何知识得折射角的正切值为：tan r ＝AF FB ＝236＝33解得折射角为：r ＝30°由n ＝sin isin r 解得：n ＝ 3.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(二)
计算题规范练(二)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)14．(15分)(2018·苏州市模拟)如图1所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L ，质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上．在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图1(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ； (2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ； (3)整个过程中产生的总热量Q .答案 (1)34BLv (2)B 2L 2v R ＋μmg L ＋v 22μg (3) μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR解析 (1)E ＝BLvI ＝E R ＝BLvR U ＝I ·34R ＝34BLv .(2)F ＝F 安＋μmg ＝B 2L 2vR＋μmg撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，x 2＝v 22μg所以d ＝L ＋v 22μg.(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3vR由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋v 22μg )＝μmgL ＋12mv 2所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR.15．(16分)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，水平桌面上质量为m 的薄木板右端叠放着质量也为m 的小物块，木板长为L ，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为μ4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图2(1)若使木板与物块一起以初速度v 0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s 0；(2)若对木板施加水平向右的拉力F ，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F 应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝3μmg 、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t 0，撤去拉力F ，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W . 答案 (1)2v 02μg (2)μmg 2<F ≤5μmg 2 (3)1.95m (μgt 0)2解析 (1)对木板和物块组成的系统，由动能定理得： －μ4·2mgs 0＝0－12·2mv 02解得：s 0＝2v 02μg.(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为F min ，最大拉力为F max 则：F min ＝2mg ×μ4＝μmg2对系统：F max －μmg2＝2ma max对物块：μmg ＝ma max 解得：F max ＝5μmg2则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足μmg 2<F ≤5μmg2.(3)由于F ＝3μmg >5μmg2，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a 1＝μg撤去拉力F 时物块的速度：v 1＝a 1t 0＝μgt 0 对木板：F －μmg －2μmg4＝ma 2得：a 2＝32μg撤去拉力F 时木板的速度：v 2＝a 2t 0＝32μgt 0撤去拉力F 后木板的加速度：a 3＝－32μg设撤去拉力F 后，再经过时间t 1，物块与木板达到共同速度v ，之后再经过时间t 2，木板停止滑行．则：v ＝a 1(t 0＋t 1)＝a 2t 0＋a 3t 1 得：t 1＝15t 0；v ＝65μgt 0达到共同速度后：－2mg ·μ4＝2ma 4加速度：a 4＝－14μgt 2＝0－65μgt 0－μg 4＝245t 0木板运动的总位移：s ＝v 2t 02＋v 2＋v 2t 1＋v 2t 2＝3.9μgt 02木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功：W ＝2mg ×μ4×3.9μgt 02＝1.95m (μgt 0)2.16．(16分)(2018·扬州市一模)在如图3所示的坐标系内，PQ 是垂直于x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为d .PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为12d ，间距为d .电场右侧的x 轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为12d ，电子电荷量为e ，质量为m ，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：图3(1)电子通过磁场区域的时间t ； (2)偏转电场的电压U ；(3)电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上． 答案 (1)πm 2eB (2)8eB 2d 23m (3)eBd33m解析 (1)电子在磁场区域洛伦兹力提供向心力evB ＝m v 2r ，得到：r ＝mv eB运动周期T ＝2πr v ，得到：T ＝2πm eB△OAC 和△OQC 均为等腰直角三角形，故通过磁场区域的时间为t 1＝90°360°T ＝πm2eB.(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场， 由几何知识得r ＝d ，由上述结果r ＝mv eB 解得v ＝eBd m通过电场的时间t 2＝d 2v ，解得t 2＝m2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M 点，由几何关系有： y 1y 2＝14d 12d ＝12， 又y 1＋y 2＝d 解得y 1＝13d即12·eU md t 22＝13d 代入数据解得U ＝8eB 2d 23m.(3)若电子恰好打在下极板右边缘 磁场中r ′＝mv ′eB电场中水平方向：12d ＝v ′t竖直方向：r ′＝12·eU md t 2由上述三式代入数据解得v ′＝eBd33m.。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：小综合练九20181215130.doc
小综合练(九)一、单项选择题1．(2018·江苏押题卷)将一小球从某一高度水平抛出，抛出2 s 后它的速度方向与水平方向的夹角成45°，落地时位移与水平方向成60°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．小球做平抛运动的初速度是10 m/sB ．抛出点距地面的高度是60 mC ．小球做平抛运动的初速度是20 2 m/sD ．抛出点距地面的高度是240 m 答案 D解析 由平抛运动的规律知：抛出2 s 后，tan 45°＝v yv 0，得v 0＝v y ＝gt 1＝20 m/s ；落地时tan 60°＝y x ＝gt 22v 0得：t 2＝2v 0tan 60°g ＝4 3 s ，抛出点距地面的高度h ＝12gt 22＝240 m ，故D 正确，A 、B 、C 错误．2．如图1所示，均匀金属圆环的总电阻为4R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM 的长为l ，阻值为R ，M 端与环接触良好，绕过圆心O 的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R 的电阻一端用导线和环上的A 点连接，另一端和金属杆的转轴O 处的端点相连接．下列判断正确的是( )图1A ．金属杆OM 旋转产生的感应电动势恒为Bl 2ωB ．通过电阻R 的电流的最小值为Bl 2ω8R ，方向从Q 到PC ．通过电阻R 的电流的最大值为Bl 2ω6RD ．OM 两点间电势差绝对值的最大值为Bl 2ω3答案 D解析 M 端线速度为v ＝ωl ，OM 切割磁感线的平均速度为v ＝v 2＝ωl2，OM 转动切割磁感线产生的感应电动势恒为E ＝Bl v ＝Bl 2ω2，故A 错误；当M 端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R 的电流最小．因R 并＝12×2R ＝R ，通过电阻R 的电流的最小值为：I min ＝E 3R ＝Bl 2ω6R ，根据右手定则可知电流方向从Q 到P ，故B 错误；当M 位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R 的电流最大，为：I max ＝E 2R ＝Bl 2ω4R，故C 错误；OM 作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM 两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：U ＝I min ·2R ＝Bl 2ω3，故D 正确．二、多项选择题3．如图2所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L ，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m 的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O 点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则( )图2A ．合外力做的功为0B ．合外力的冲量为m 2gLC ．重力做的功为mgLD ．重力的冲量为m 2gL 答案 BC 三 .选做题 4．A.[选修3－3](2018·盐城中学4月检测)(1)下列说法中正确的是________． A ．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B ．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C ．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加，且吸收的热量小于增加的内能D ．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低(2)如图3甲所示，将封有一定质量空气的密闭塑料袋从海拔500 m 、气温为18℃的山脚下带到海拔3 200 m 、气温为10℃的山顶上，情形如图乙所示．图________(选填“甲”或“乙”)袋中气体分子平均动能大．从甲图到乙图过程中，袋内气体减小的内能________(选填“大于”“等于”或“小于”)气体放出的热量．图3(3)有一个氧气瓶的容积V1＝30 L，由于用气，氧气瓶中的压强由p1＝100 atm降到p2＝50 atm，温度始终保持0℃，已知标准状况下1 mol气体的体积是22.4 L，则使用掉的氧气分子数为多少？(已知阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1，结果保留两位有效数字)答案(1)AD (2)甲大于(3)4.0×1025个解析(1)布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动，故A正确．温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加，故B错误．一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，温度没有变化，分子的平均动能不变；由于在这个过程中要对外做功，所以吸收的热量大于增加的内能，故C错误．温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故D正确．(3)用气过程中，温度不变，根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，用掉的氧气在压强是p2＝50 atm时的体积为ΔV，ΔV＝V2－V1＝30 L设用掉的氧气在标准状况下的体积为V3根据玻意耳定律可得：p2ΔV＝p0V3，其中p0＝1 atm解得：V3＝1 500 L则用掉的氧气分子数：N＝V3V mol ·N A＝1 50022.4×6.0×1023个≈4.0×1025个.B．[选修3－4](2018·徐州市模拟)(1)下列说法正确的是________．A．若波源向观察者靠近，则波源发出的频率变大B．托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波C．坐在高速离开地球的火箭里的人认为，地球上的人新陈代谢变慢了D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度(2)如图4所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质，一平行于角平分线AD的单色光由AB射入介质，经AB折射后的光线恰好平行于AC，由此可求出介质的折射率为________，此折射光照射到BC 边上时________(选填“能”或“不能”)发生全反射．图4(3)如图5所示的横波正在沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，波刚好传到M 点．再经0.5 s ，质点M 第一次到达波峰位置．图5①求这列横波的传播速度v ； ②写出质点N 的振动方程．答案 (1)BC (2) 3不能 (3)①1 m/s ②y ＝－0.2sin πt (m)解析 (1)多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而使观察者接收到的频率发生变化的现象，但波源发出的频率不变，故A 错误；干涉是波特有的现象，托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波，故B 正确；根据Δt ＝Δτ1－v 2c2知，坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的时间间隔变长，人的新陈代谢变慢了，故C 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度，故D 错误． (2)根据几何关系得，光在AB 面上的入射角 i ＝60°，折射角 r ＝30°根据折射定律得：介质的折射率n ＝sin isin r ＝ 3设介质的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝33，由几何知识可知，光在BC 面上的入射角为30° 因为sin 30°＜sin C ＝33，所以光在BC 面上的入射角小于临界角，则此折射光在BC 面上不能发生全反射．(3)①横波正在沿x 轴正方向传播，由质点的带动法可知：此时M 点的速度方向向上，由题意知，周期为T ＝4×0.5 s＝2 s 由题图知：波长为λ＝2 m波速为v ＝λT ＝22m/s ＝1 m/s.②质点N 的振幅A ＝0.2 m ，t ＝0时正向y 轴负方向振动， 故其振动方程 y ＝－A sin ωt ＝－A sin 2πTt ＝－0.2sin πt (m)．四、计算题5．(2018·南通等六市一调)如图6所示，金属平板MN 垂直于纸面放置，MN 板中央有小孔O ，以O 为原点在纸面内建立xOy 坐标系，x 轴与MN 板重合．O 点下方的热阴极K 通电后能持续放出初速度近似为零的电子，经K 与MN 板间电场加速后，从O 点射出，速度大小均为v 0，速度方向在纸面内，发散角为2θ弧度且关于y 轴对称．已知电子电荷量为e ，质量为m ，不计电子间相互作用及重力的影响．图6(1)求K 与MN 板间的电压U 0；(2)若x 轴上方存在范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到x 轴上落点范围长度为Δx ，求该磁场的磁感应强度B 1和电子从O 点到达x 轴的最短时间t .(3)若x 轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O 点进入磁场，偏转后成为一宽度为Δy 、平行于x 轴的电子束，求该圆形区域的半径R 及磁场的磁感应强度B 2. 答案 见解析解析 (1)由动能定理有：eU 0＝12mv 02－0解得：U 0＝mv 022e(2)电子运动轨迹如图所示：从O 点射出的电子落在x 轴PQ 间，设电子做圆周运动的半径为r ，由几何关系有 Δx ＝2r －2r cos θ由向心力公式有：ev 0B 1＝m v 02r解得：B 1＝2mv 0(1－cos θ)e Δx最短路程为：s min ＝2(π2－θ)r则有：t ＝s min v 0＝(π－2θ)Δx 2v 0(1－cos θ). (3)电子运动轨迹如图所示：由几何关系可知r ′＝R且有Δy ＝(r ′＋r ′sin θ)－(r ′－r ′sin θ)＝2r ′sin θ 解得：R ＝Δy2sin θ由向心力公式有：ev 0B 2＝m v 02r ′解得：B 2＝2mv 0sin θe Δy.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：实验题增分练(三)
实验题增分练(三)11．(8分)(2018·苏锡常镇二模)某同学用图1所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．图1(1)为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M________(填“需要”、“不需要”)远大于砂和砂桶的总质量m.(2)图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，s AD＝_______ cm.已知电源频率为50 Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v＝______ m/s(计算结果保留两位有效数字)．(3)该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔE k－W关系图象，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线(实线)应该是________．答案(1)需要(2)2.10 0.50 (3)D12．(10分)(2018·扬州市一模)利用如图2所示的实验装置测量两节干电池组成的电源的电动势和内电阻．图2(1)请在图中用笔画线代替导线完成电路连接．(2)在实验操作正确的情况下测得数据记录在下表中，请在图3中作出U－I图象，图3(3)根据U－I图象，可得该电池组的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(4)本实验存在系统误差，原因是________(选填“①电压表分流”或“②电流表分压”前面的序号)，由此造成电源内阻测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．答案(1)见解析图(2)见解析图(3)3.0 1.0 (4)①小于解析(1)测电源的电动势和内电阻，电流表应相对电源外接，实物连接图如图所示：(2)在U－I坐标系内，描点连线，如图所示：(3)由U＝E－Ir可知，图象在纵轴的截距等于电源电动势，斜率的绝对值等于内阻．故E＝3.0 V，r＝1.0 Ω.(4)本实验存在系统误差，原因是电压表分流，使得电流表示数小于干路电流；外电路短路时，电压表分流为零，实际电流等于电流表电流，电压越大，电压表分流越多，实际电流大于电流表电流越多，图象斜率的绝对值将越大，因此电源内阻测量值小于真实值．。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：小综合练七20181215132.doc
小综合练(七)一、单项选择题1.(2018·盐城市、东台市模拟)体操是力与美的运动．吊环比赛中运动员的两臂从竖直位置开始缓慢展开到接近水平，形成如图1所示“十字支撑”这一优美造型．开始时吊绳竖直，关于这一过程，下列说法正确的是( )图1A．吊绳的拉力逐渐减小B．吊绳的拉力逐渐增大C．两绳的合力逐渐增大D．两绳的合力逐渐减小答案 B解析对运动员受力分析可知，两绳拉力的合力与运动员的重力的大小是相等的，运动员的重力的大小是不变的，所以两绳的合力大小不变；当双臂缓慢张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小都要增大，所以B正确，A、C、D错误．2．(2018·江苏押题卷)如图2所示的电路，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，突然灯泡L2灯丝烧断，其余用电器均未损坏，电源的电动势与内阻不变，则下列结论中正确的是( )图2A．电流表的读数变小，电压表的读数变小B．灯泡L1变亮C．电容器C上所带电荷量增大D．电阻R的电功率减小答案 C解析当灯泡L2的灯丝突然烧断时，外电路的总电阻R总变大，根据闭合电路欧姆定律I＝E R 总＋r 可知，电路中的总电流I 减小，即电流表的读数变小，路端电压U ＝E －Ir 增大，即电压表的读数变大，故选项A 错误；灯泡L 1的功率P L1＝I 2R L1减小，即L 1变暗，故选项B 错误；根据电路串、并联关系和部分电路欧姆定律可知并联电路部分两端的电压U 并＝U －IR L1增大，电阻R 的电功率P R ＝U 并2R 增大，故选项D 错误；C ＝Q U 并，可知电容器C 上所带电荷量Q 增大，故选项C 正确．二、多项选择题3.两轮平衡车(如图3所示)广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P 0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为F f .已知小明和平衡车的总质量为m ，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功．设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动，则( )图3A ．平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v ＝P 0F f ＋ma B ．平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F ＝F fC ．平衡车达到最大速度所用的时间t ＝P 0(F f ＋ma )aD ．平衡车能达到的最大行驶速度v 0＝P 0F f ＋ma 答案 AB解析 平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律，F －F f ＝ma ，则根据P 0＝Fv 可得能达到的最大速度为v ＝P 0F ＝P 0F f ＋ma，选项A 正确；当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，此时F ＝F f ，选项B 正确；平衡车匀加速达到最大速度所用的时间t ＝ v a ＝P 0(F f ＋ma )a，匀加速结束后，平衡车可减小牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时v m ＝P 0F f ，可知平衡车达到最大速度所用的时间大于t ＝P 0(F f ＋ma )a，选项C 、D 错误． 三、实验题4．利用图4甲所示的装置验证动量守恒定律．气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图4实验测得滑块A 质量m 1＝0.3 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.1 kg ，遮光片的宽度d 用游标卡尺测量，如图丙所示；打点计时器所用的交流电的频率f ＝50 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰；碰后光电计时器显示的时间t B ＝2.86×10－3 s ，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．(1)遮光片的宽度d ＝________ cm.(2)计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________ kg·m/s，两滑块相互作用以后系统的总动量为________ kg·m/s.(计算结果保留两位小数)(3)若实验相对误差绝对值σr ＝|碰撞前后总动量之差碰撞前总动量|×100%≤5%，即可认为系统动量守恒，则本实验在误差范围内________验证动量守恒定律．(填“能”或“不能”)(4)两滑块作用前后总动量不完全相等的主要原因是__________________________________． 答案 (1)0.835 (2)0.60 0.58 (3)能 (4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦解析 (1)遮光片的宽度d ＝8 mm ＋0.05 mm×7＝0.835 cm ；(2)打点计时器的打点时间间隔为：t ＝0.02 s.由题图乙所示纸带可知，碰撞前A 的速度：v A ＝x A t ＝0.0 4000.02m/s ＝2 m/s ，碰撞后A 的速度：v A ′＝0.0 1940.02 m/s ＝0.97 m/s ，碰撞后B 的速度：v B ′＝d Δt B ＝8.35×10－32.86×10－3 m/s ≈2.92 m/s ， 碰撞前后系统总动量分别为：p ＝m 1v A ＝0.3×2.0 kg·m/s＝0.60 kg·m/sp ′＝m 1v A ′＋m 2v B ′＝0.3×0.97 kg·m/s＋0.1×2.92 kg·m/s≈0.58 kg·m/s(3)σr ＝|p －p ′p |×100%＝|0.60－0.580.60|×100%≈3.3%<5% 由此可知，在误差范围内能验证动量守恒定律．(4)两滑块作用前后总动量不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．四、计算题5．(2018·江苏五校联考)如图5所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距为L ，两端分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2，两导轨间有一边长为L 2的正方形区域abcd ，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 的金属杆与导轨接触良好并静止于ab 处，现用一恒力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．求：图5(1)金属杆出磁场前的瞬间流过R 1的电流大小和方向；(2)金属杆做匀速运动时的速率；(3)金属杆穿过整个磁场过程中R 1上产生的电热．答案 (1)FBL 方向从M 到P (2)2FR B 2L 2 (3)FL 4－mF 2R 2B 4L 4解析 (1)设流过金属杆中的电流为I ，由平衡条件得：F ＝BIL 2 ，解得I ＝2FBL因R 1＝R 2，所以流过R 1的电流大小为I 1＝I 2＝FBL根据右手定则判断可知，电流方向从M 到P .(2)设杆做匀速运动的速度为v ，由法拉第电磁感应定律得杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E ＝B L2v又根据闭合电路欧姆定律得E ＝I R 2，可解得v ＝2FRB 2L 2.(3)设整个过程电路中产生的总电热为Q ，根据能量守恒定律得Q ＝F ·L 2－12mv 2代入v 可得Q ＝12FL －2mF 2R2B 4L 4得Q 1＝12Q ＝FL 4－mF 2R2B 4L 4.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：选做题保分练(二)
选做题保分练(二)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(2018·南京市、盐城市二模)(1)下列说法中正确的是________．A ．空气中PM2.5颗粒的无规则运动属于分子热运动B ．某物体温度升高，组成该物体的分子的平均动能一定增大C ．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D ．空气相对湿度越大，则空气中水蒸气压强越接近饱和汽压(2)两分子间的作用力F 与分子间距离r 的关系如图1中曲线所示，曲线与r 轴交点的横坐标为r 0，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子在分子力作用下从图中a 点由静止开始运动．在r ＞r 0阶段，乙分子的动能________(选填“增大”“减小”或“先增大后减小”)，乙分子的势能________(选填“增大”“减小”或“先减小后增大”)．图1(3)如图2所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，此时封闭气体的温度为T .现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q 时，气体温度上升到1.5T .已知大气压强为p 0，重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：图2①加热后活塞到汽缸底部的距离；②加热过程中气体的内能增加量．答案 (1)BD (2)增大 减小 (3)①1.5h ②Q －0.5h (p 0S ＋mg )解析 (1)PM2.5颗粒不是分子，其运动不是分子热运动，A 错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，则分子平均动能增大，B 正确；云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，C 错误；空气相对湿度越大，则空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，D 正确．(2)由题图可知，在r ＞r 0阶段，分子间是引力作用，分子力对乙分子做正功，乙分子的动能增大，分子势能减小．(3)①等压过程由Sh T ＝Sh ′1.5T得h ′＝1.5h ②气体压强p ＝p 0＋mg SW ＝－p (h ′－h )S由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q联立解得：ΔU ＝Q －0.5h (p 0S ＋mg )．13．B.[选修3－4](15分)(2018·如皋市模拟)(1)下列说法中正确的是________．A ．被拍打的篮球上下运动是简谐运动B ．受迫振动的物体总以它的固有频率振动C ．当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D ．在以速度v 高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢(2)1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X 射线衍射分析确定了青蒿素的结构．X 射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X 射线波长在0.05 nm ～0.25 nm 范围之间，因为X 射线的波长________(选填“接近”或“远小于”)晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显．分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构．X 射线是________(选填“纵波”或“横波”)．(3)如图3所示，有一四棱镜ABCD ，∠B ＝∠C ＝90°，∠D ＝75°.某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC 面上的P 点射入一束激光，从Q 点射出时与AD 面的夹角为30°，Q 点到BC 面垂线的垂足为E ，P 、Q 两点到E 点的距离分别为a 、3a ，已知真空中光速为c ，求：图3①该棱镜材料的折射率n ；②激光从P 点传播到Q 点所需的时间t .答案 (1)D (2)接近 横波 (3)①62 ②6a c解析 (1)根据质点做简谐运动的条件可知，做简谐运动的条件是回复力为F ＝－kx ，被拍打的篮球上下运动显然不是简谐运动，故A 错误；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关，故B 错误；当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观察者绕波源做匀速圆周运动，故C 错误；根据相对论的两个基本假设，在以速度v 高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢，故D 正确．(2)能发生明显的衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长小或者相差不多．当X 射线透过晶体内部原子间隙时，发生了明显的衍射现象，用于分析的X 射线波长应接近晶体内部原子间的距离；X 射线是一种横波．(3)①由题意，根据QE ⊥BC ，QE ＝3PE ，得∠PQE ＝30°由几何关系可知，激光在AD 面上的入射角 i ＝45°，折射角 r ＝60°由折射定律得，该棱镜材料的折射率 n ＝sin r sin i ＝62②激光在棱镜中的传播速度v ＝c nPQ ＝PE sin 30°＝2a 故激光从P 点传播到Q 点所需的时间t ＝2a v ，解得t ＝6a c.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：选做题保分练(三)
选做题保分练(三)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(2018·南通市模拟)(1)下列说法中错误的是________．A ．雾霾在大气中的漂移是布朗运动B ．制作晶体管、集成电路只能用单晶体C ．电场可改变液晶的光学性质D ．地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸(2)每年入夏时节，西南暖湿气流与来自北方的冷空气在江南、华南等地交汇，形成持续的降雨．冷空气较暖湿空气密度大，当冷暖气流交汇时，冷气团下沉，暖湿气团在被抬升过程中膨胀．则暖湿气团温度会________(选填“升高” “不变”或“降低”)，同时气团内空气的相对湿度会________(选填“变大”“不变”或“变小”)．(3)一定质量的理想气体经历了如图1所示的ABCDA 循环，p 1、p 2、V 1、V 2均为已知量．已知A 状态的温度为T 0，求：图1①C 状态的温度T ；②完成一个循环，气体与外界热交换的热量Q .答案 (1)A (2)降低 变大 (3)①p 2V 2p 1V 1T 0 ②吸收(p 2－p 1)(V 2－V 1) 热量 解析 (3)①设状态D 的温度为T D C 到D 等容变化，由查理定律知 p 2T ＝p 1T DD 到A 等压变化，由盖－吕萨克定律知V 2T D ＝V 1T 0解得T ＝p 2V 2p 1V 1T 0 ②W BC ＝－p 2(V 2－V 1)W DA ＝p 1(V 2－V 1)全过程有W ＝W BC ＋W DA ＝(p 1－p 2)(V 2－V 1)由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ＝0解得Q ＝(p 2－p 1)(V 2－V 1)>0，气体吸热．13．B.[选修3－4](15分)(2018·高考押题预测卷)(1)下列说法中正确的是________．A ．偏振光可以是横波，也可以是纵波B ．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期大于在地球表面简谐振动的周期C ．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关D ．用双缝干涉测光的波长时，若减小双缝间的距离，则同种光波的相邻亮条纹间距将减小(2)一列简谐横波沿x 轴传播，图2甲是t ＝2 s 时的波形图，图乙是x ＝1 m 处质点的振动图象，则该波的传播速度为________m/s ，传播方向为________．图2(3)如图3所示，一根长直棒AB 竖直地插入水平池底，水深a ＝1.0 m ，棒露出水面部分的长度b ＝0.6 m ，太阳光斜射到水面上，水面上阴影的长度为c ＝0.8 m ，已知水的折射率n ＝43，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求棒在池底的影长d .图3答案 (1)BC (2)0.5 沿x 轴负方向 (3)1.55 m解析 (1)偏振光只能是横波，不可能是纵波，故A 错误；根据单摆的周期公式T ＝2πl g ，又月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故B 正确；根据相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，故C 正确；用双缝干涉测光波的波长时，若减小双缝间的距离，根据Δx ＝l d λ可知，同种光波的相邻亮条纹间距将增大，故D 错误．(2)根据题图甲可知波长λ＝2 m ，根据题图乙可知周期T ＝4 s ，所以波的传播速度v ＝λT＝0.5 m/s ，结合甲图和乙图，x ＝1 m 处的质点在t ＝2 s 时正经过平衡位置向下振动，根据振动方向和波的传播方向在波形图的同一侧判断，波的传播方向沿x 轴负方向．(3)设太阳光与水面的夹角为α，射进水后的折射角为β，如图所示由几何关系得：tan α＝0.60.8＝34① 根据折射定律有：n ＝sin (90°－α)sin β② 影长d ＝c ＋tan β③由①②③式代入数据解得d ＝1.55 m.。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：选择题提速练四20181215145.doc
选择题提速练 (四)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．) 1．(2018·徐州市考前模拟)下列说法正确的有( )A．质量数越小的原子核，比结合能越大B．粒子被加速后，其物质波的波长将变长C．玻尔的能级和电子轨道不连续的观点，成功地解释了氢原子的光谱D．某放射性元素的400个原子核中有200个发生衰变的时间为它的一个半衰期答案 C2．(2018·苏州市模拟)如图1所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上．一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )图1A．小球将向上加速运动B．小球对斜面的压力变大C．地面受到的压力不变D．地面受到的摩擦力不变答案 B解析开始时，对球受力分析，如图所示：根据平衡条件，在平行斜面方向：F cos 37°＝mg sin 37°，垂直斜面方向：F sin 37°＋F N＝mg cos 37°，得：F＝0.75mg；拉力改为水平推力后，由于所施力的大小不变，所施力与斜面的夹角不变，故沿着斜面方向的分力不变，球依然保持静止，小球对斜面的压力变大，故A错误，B正确；对球和斜面体整体受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，拉力改为水平推力后，其水平分力变大，竖直分力减小，故静摩擦力变大，地面支持力变大；根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力和摩擦力均变大，故C、D错误．3．(2018·江苏百校12月大联考)如图2所示，AC为斜面的斜边，B为斜边上的一点，甲、乙两小球在A点的正上方．现先后以不同的水平速度抛出甲、乙小球，它们均落到了B点．已知甲球的质量是乙球的质量的两倍，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )图2A．甲球的加速度是乙球加速度的两倍B．两小球做平抛运动的时间相等C．甲球的初速度小于乙球的初速度D．整个过程中甲球的速度偏转角小于乙球的速度偏转角答案 C4．(2018·江苏五校联考)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图3甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则( )图3A．在x1处物体所受拉力最大B．在x2处物体的速度最大C．在x1～x3过程中，物体的动能一直减小D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小答案 A5．(2018·无锡市高三期末)真空中两个等量异种电荷(电荷量均为q)连线的中点处电场强度为E，则两个电荷之间的库仑力大小是( )A.qE8B.qE4C.qE2D．qE答案 A6．如图4所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，从圆周上P点向纸面内各方向发射质量、电荷量、速率均相同的带电粒子，这些粒子均从四分之一圆周磁场边界PQ上射出，忽略粒子之间的相互作用．则带电粒子在磁场中运动的轨道半径为( )图4A.12R B.22R C.32R D.34R答案 B解析当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径，由几何关系得：2r＝2R，解得：r＝22R，故选B.二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．(2018·淮安、宿迁等期中)2017年4月，我国第一艘货运飞船“天舟一号”顺利升空，随后与“天宫二号”交会对接．假设“天舟一号”从B点发射经过椭圆轨道运动到“天宫二号”的圆轨道上完成交会，如图5所示．已知“天宫二号”的轨道半径为r，“天舟一号”沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G.则( )图5A．“天宫二号”的运行速度小于7.9 km/sB．“天舟一号”的发射速度大于11.2 km/sC．根据题中信息可以求出地球的质量D．“天舟一号”在A点的速度大于“天宫二号”的运行速度答案AC解析7.9 km/s是近地卫星的最大环绕速度，卫星越高，线速度越小，则“天宫二号”的运行速度小于7.9 km/s，选项A正确；11.2 km/s是第二宇宙速度，是卫星挣脱地球引力束缚的最小速度，则“天舟一号”的发射速度小于11.2 km/s，选项B错误；根据开普勒第三定律r3T2＝常数，已知“天宫二号”的轨道半径r、“天舟一号”的周期T以及半长轴12(r＋R)，可求得“天宫二号”的周期T 1，再根据G Mm r 2＝m 4π2T 12r 可求解地球的质量，选项C 正确；“天舟一号”在A 点加速才能进入“天宫二号”所在的轨道，则“天舟一号”在A 点的速度小于“天宫二号”的运行速度，选项D 错误．8．(2018·如皋市模拟四)如图6所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m 的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈．将磁铁托起到弹簧压缩x 后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x .不计空气阻力，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内，则( )图6A ．弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB ．磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大C ．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D ．线圈在整个过程中产生的焦耳热为2mgx答案 AD解析 弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g ，故A 正确；磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B 错误；当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C 错误；根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q ＝mgh ＝2mgx ，故D 正确．9．(2018·常熟中学模拟)如图7所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S ，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P 点．在开关S 保持接通的状态下，下列说法正确的是( )图7A ．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B ．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C ．当电容器的下极板向下移动时，P 点的电势不变D ．当电容器的下极板向左移动时，P 点的电势会升高答案 AD解析 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R 两端的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，故A 正确．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd 知，电容减小，而电容器两端的电压不变，由C ＝Q U 知，Q 减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电荷量不变，由E ＝4πkQ εr S知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B 错误．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电荷量Q不变，由E ＝4πkQ εr S知电容器板间场强不变，由U ＝Ed 知，P 与下极板间的电势差变大，P 点的电势升高，故C 错误．当电容器的下极板向左移动时，C ＝εr S4πkd ，电容器的电容减小，由C ＝Q U知，Q 减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电荷量不变，那么只能是极板间U 增大，由E ＝U d知电容器板间场强变大，则P 与下极板间的电势差变大，P 点的电势升高，故D 正确．10．如图8所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R .t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )图8A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过π时的电流强度为零C ．矩形线框转动一周，通过线框任意横截面电荷量为Bl 1l 2RD ．矩形线框转过π过程中产生的热量为πB 2l 12l 22ω2R答案 ABD。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：小综合练六20181215131
小综合练(六)一、单项选择题1.(2018·盐城中学质检)如图1所示，一内壁圆滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管(管的内径相关于环半径可忽视不计)用硬杆竖直固定在地面上．有一质量为m 的小球可在圆管中运动(球直径略小于圆管直径，可看做质点)，小球以速率v 0经过圆管最高点时，恰巧对管壁无压力，当球运动到最低点时，求硬杆对圆管的作使劲大小为( )图1A ．m v 02rB ．2mg ＋m v 02rC ．6mgD ．7mg答案 D 2．如图2所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t ＝0时辰，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止开释，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，而后又被弹起走开弹簧，上涨到必定高度后又着落，这样频频．经过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，则( )图2A．运动过程中小球的机械能守恒B．t2时辰小球的加快度为零C．t1～t2这段时间内，小球的动能在渐渐减小D．t2～t3这段时间内，小球的动能与重力势能之和在增添答案 D分析由题图看出，弹簧的弹力在变化，说明运动过程中弹簧的弹性势能在变化，而小球和弹簧构成的系统机械能守恒，则知小球的机械能不守恒，故A错误．t2时辰，弹簧弹力最大，弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，协力不等于零，协力方向向上，因此加快度不等于零，故B错误；t1～t2这段时间内，小球先向下做加快度减小的加快运动，而后做加快度增大的减速运动，动能先增大后减小，故C错误；t2～t3这段时间内，小球和弹簧构成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能不停减小，则小球的动能与重力势能之和在增添，故D正确．二、多项选择题3.如图3所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间经过铰链用轻杆连结，杆长为L，B、C置于水平川面上．现让两轻杆并拢，将A由静止开释降落到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽视全部摩擦，重力加快度为g.则( )图3A．A、B、C构成的系统水平方向动量守恒B．A、C之间的轻杆一直对C做正功C．A与桌面接触时拥有水平方向的速度D．A与桌面接触时的速度大小为2gL答案AD分析A、B、C构成的系统水平方向遇到的协力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则依据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A 的重力势能转变为系统的动能，因B 、C 的速度为零，则mgL ＝12mv 2，解得v ＝2gL ，选项D 正确．三、实验题4．(2018·泰州中学等综合评估)要丈量某种合金的电阻率．图4(1)若合金丝长度为L ，直径为D ，阻值为R ，则其电阻率ρ＝________.用螺旋测微器测合金丝的直径如图4甲所示，读数为________ mm.(2)图乙是丈量合金丝阻值的原理图，S 2是单刀双掷开关．依据原理图在图丙中将实物连线增补完好．(3)闭合S 1，当S 2处于地点a 时，电压表和电流表的示数分别为U 1＝1.35 V ，I 1＝0.30 A ；当S 2处于地点b 时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝0.92 V ，I 2＝0.32 A ．依据以上丈量数据判断，当S 2处于地点________(选填“a ”或“b ”)时，丈量相瞄正确，丈量值R x ＝________ Ω.(结果保存两位有效数字)答案 (1)πRD 24L0.650 (2)看法析图 (3)b 分析 (1)金属丝电阻：R ＝ρL S ＝ρLπ(D 2)2， 则电阻率：ρ＝πRD 24L； 图示螺旋测微器读数为：0.5 mm ＋15.0×0.01 mm＝0.650 mm ；(2)实物连线如下图：(3)依据ΔU U 1＝,1.35)≈0.32， 而ΔI I 1＝,0.30)≈0.07， 可知，使用电流表外接法丈量相瞄正确，即S 2处于地点b ，依据欧姆定律，则有：R x ＝,0.32) Ω≈2.9 Ω.四、计算题5．(2018·泰州中学模拟)如图5所示，MN 是一段在竖直平面内半径为1 m 的圆滑的四分之一圆弧轨道，轨道上存在水平向右的匀强电场，轨道的右边有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度为B 1＝0.1 T ．现有一带电荷量为0.1 C 、质量为10 g 的带正电小球从M 点由静止开始自由下滑，恰能沿NP 方向做直线运动．已知EF 板间的电压为U FE ＝2 V ，板间距离d ＝2 m ，EF 板间存在有方向垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，磁感觉强度大小为B 2.ABCD 是一边长为L ＝1 m 的正方形盒，各边均为圆滑绝缘板，盒的AB 边恰巧与磁场的左界限重合．在AB 边的中点有一小孔Q ，小孔Q 与N 、P 在同一条水平直线上，带电小球恰能从小孔Q 进入正方形盒内，带电小球与绝缘板碰撞时不损失动能，但速度反向(g 取10 m/s 2)，求：图5(1)小球运动到N 点时的速度v 的大小．(2)小球运动到N 点时，重力和电场力的功率分别为多少？(3)为保证带电小球与正方形盒的壁发生多次碰撞后，还能从小孔Q 走开，则右边匀强磁场的磁感觉强度B 2的大小为多少？答案 看法析分析 (1)小球沿NP 做直线运动，由均衡条件可得mg ＝qvB 1，代入数据解得v ＝10 m/s.(2)小球从M 点到N 点的过程中，由动能定理得：mgR ＋qER ＝12mv 2， 代入数据解得：E ＝4 N/C.在N 点，重力与速度垂直，则重力的功率为：P G ＝0电场力的方向与速度同向，则电场力的功率为：P E ＝Eqv ＝4×0.1×10 W＝4 W.(3)在板间复合场中小球受电场力为：qU FE d ＝0.1 N ＝mg ，与重力均衡．故小球做匀速圆周运动，设运动半径为R ′，由qvB 2＝m v 2R ′得：R ′＝mvqB 2，欲使粒子还能从Q 孔处射出，粒子的运动轨迹可能是有两种状况．①依据几何关系知：R ′＝L 2(2n ＋1)＝mvqB 2，(n ＝0,1,2，…)解得：B 2＝2(2n ＋1)mv qL ＝2(2n ＋1)×0.01×100.1×1＝4n ＋2(T)(n ＝0,1,2，…)②依据几何关系知：R ′＝L 4k ＝mvqB 2，(k ＝1,2，…)解得：B 2＝4kmv qL ＝4k ×0.01×100.1×1＝4k (T)(k ＝1,2，…)．。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：小综合练十20181215134
小综合练(十)一、单项选择题1．如图1所示，A球质量为B球质量的3倍，圆滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在忽然撤去挡板的瞬时有( )图1A．图甲中A球的加快度为g sin θB．图甲中B球的加快度为2g sin θC．图乙中AB两球的加快度均为g sin θD．图乙中轻杆的作使劲－定不为零答案 C分析设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mg sin θ，因弹簧弹力不可以突变，而杆的弹力会突变，因此撤去挡板瞬时，题图甲中A球所受的协力为零，加快度为零，B球所受协力为4mg sin θ，加快度为4g sin θ，故A、B错误；题图乙中，撤去挡板的瞬时，A、B两球整体的协力为4mg sin θ，A、B两球的加快度均为g sin θ，则每个球的协力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作使劲为零，C正确，D错误．2．(2018·南京市金陵中学模拟)如图2所示的电路中，开关S闭合一段时间后，以下说法中正确的选项是( )图2A ．滑片M 向上滑动过程中，电容器充电B ．滑片N 向左滑动过程中，流过R 2的电流方向向上C ．滑片N 向左滑动，电源输出功率必定增大D ．滑片N 向右滑动，电容器的电能减少答案 D二、多项选择题3．(2018·如东调研)在修建铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图3所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会遇到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v ，重力加快度为g ，两轨所在面的倾角为θ，则( )图3A ．该弯道的半径r ＝v 2g tan θB ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C ．当火车速率大于v 时，内轨将遇到轮缘的挤压D ．当火车速率小于v 时，外轨将遇到轮缘的挤压答案 AB分析 火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，重力和支持力的协力供给向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，依据牛顿第二定律得：mg tan θ＝m v 2r ，解得：r ＝v 2g tan θ，故A 正确；v ＝gr tan θ，可知火车规定的行驶速度与质量没关，故B 正确；当火车速率大于v 时，重力和支持力的协力不足以供给向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 错误；当火车速率小于v 时，重力和支持力的协力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D 错误．三、选做题4．A.[选修3－3](2018·江苏大联考)(1)以下说法正确的选项是________．A ．当物体的温度高升时，物体内每个分子热运动的速率必定都增大B ．因为液面表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力致使小露水呈球形C ．晶体有天然规则的几何外形，而非晶体无天然规则的几何外形D ．第二类永动机不行能制成，说明机械能能够所有转变成内能，内能却不可以所有转变成机械能同时又不惹起其余变化(2)必定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其p －T 图象如图4所示，过程ab 中气体必定________(填“吸热”或“放热”)，a 、b 和c 三个状态中，分子的均匀动能最小的是状态________(填“a ”“b ”或“c ”)图4(3)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分愈来愈少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103 cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.试求：(结果均保存一位有效数字)①该液化水中含有水分子的总数N ；②一个水分子的直径d .答案 (1)BD (2)吸热 a (3)①3×1025个 ②4×10－10 m分析 (1)温度是分子均匀动能的标记，是大批分子运动的统计规律，当物体的温度高升时，其实不是物体内每个分子热运动的速率都增大，故A 错误；液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间距离，因此液体表面存在表面张力，致使小露水呈球形，故B 正确；多晶体和非晶体均拥有各向同性，都没有天然规则的几何外形，故C 错误；依据热力学第二定律可知，第二类永动机不行能制成，是因为内能不可以所有转变成机械能同时又不惹起其余变化，故D 正确．(2)ab 过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，因气体温度高升，内能增大，由热力学第必定律可知，气体汲取热量；由题图可知，a 、b 和c 三个状态中a 状态温度最低，分子均匀动能最小．(3)①V ＝1.0×103 cm 3，水的摩尔数n ＝ρV M水分子数：N ＝nN A 则得N ＝ρV M N A ＝1×103×1.0×103×10－61.8×10－2×6×1023≈3×1025个．②成立水分子的球模型，设其直径为d .每个水分子的体积为V 0＝V N ＝V ρV MN A ＝M ρN A 又V 0＝16πd 3故得水分子直径d ＝36M πρN A，联立解得d ≈4×10－10 m. B ．[选修3－4] (2018·扬州中学模拟)(1)以下说法中正确的选项是________．A ．照相机、摄像机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干预原理B ．在光的双缝干预实验中，若仅将入射光由绿光变成红光，则条纹间距变窄C ．太阳光是偏振光D ．相对论以为空间和时间与物质的运动状态相关(2)某同学用插针法测半圆形玻璃砖的折射率，部分实验步骤以下：A ．将玻璃砖搁置在固定于水平木板的白纸上，用铅笔录录玻璃砖直径的两个端点EF ；B ．先取走玻璃砖，连结EF ，作EF 的中垂线MN 交EF 于O 点，取直线OQ ，在OQ 上竖直地插上大头针P 1、P 2；C ．再将玻璃砖放回原地点，在图中EF 的下方透过玻璃砖察看P 1、P 2；D ．为确立出射光芒OR ，起码还须插1枚大头针P 3，在插入第三个大头针P 3 时，要使它________．如图5是某次实验时在白纸上留下的印迹，量得入射角i ＝30°，折射角r ＝60°，依据该图可算得玻璃的折射率n ＝________.(计算结果保存两位有效数字)图5(3)如图6所示是一列沿x 轴正方向流传的简谐横波在t ＝0时辰的波形图，已知波的流传速度v ＝2 m/s.试回答以下问题：图6①写出x ＝0.5 m 处的质点做简谐运动的表达式；②求x ＝0.5 m 处质点在0～5.5 s 内经过的行程．答案 (1)AD (2)挡住P 1、P 2的像 1.7 (3)①y ＝5cos 2πt (cm) ②110 cm分析 (1)照相机、摄像机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干预原理，使反射光芒进行叠加削弱，故A 正确；依据Δx ＝l d λ，当用同一装置做双缝干预实验时，双缝干预条纹间距与光的波长成正比．红光的波长比绿光长，故B 错误；太阳光是自然光，是从光源发出，向各个方向振动，而偏振光不过特定方向振动，故C 错误；相对论以为空间和时间与物质的运动状态相关，时间、空间都会随物体运动速度的变化而发生变化，故D 正确．(2)在插入第三个大头针P 3 时，要使它同时挡住P 1、P 2的像．依据折射定律得：n ＝sin r sin i ＝sin 60°sin 30°＝3≈1.7. (3)①由题图知：波长λ＝2.0 m ，周期T ＝λv ＝,2) s ＝1 s ，振幅A ＝5 cm ，ω＝2πT＝2π rad/s t ＝0时x ＝0.5 m 处质点位于正向最大位移处，则其振动的函数表达式为y ＝5cos 2πt (cm)．②n ＝t T ＝,1)＝5.5，则s ＝4nA ＝4×5.5×5 cm＝110 cm.四、计算题5．(2018·徐州市模拟)如图7所示，以MN 为下界限的匀强磁场，磁感觉强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止开释，线框着落过程中ab 边一直保持水平，且ab 边走开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止开释到完整走开磁场的过程中：图7(1)ab 边走开磁场时的速度v 的大小；(2)经过导线横截面的电荷量q ；(3)导线框中产生的热量Q .答案 (1)mgR B 2l 12 (2)Bl 1l 2R (3)mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 14 分析 (1)线框匀速运动时，产生的电动势为：E ＝Bl 1v ①由欧姆定律可知：I ＝E R ②安培力为：F ＝BIl 1③依据均衡条件可知，mg ＝F ④由①②③④联立解得：v ＝mgRB 2l 12.(2)导线框穿过磁场的过程中，电荷量q ＝I t ⑤均匀电流：I ＝E R ⑥均匀电动势为E ＝ΔΦΔt ＝Bl1l 2t ⑦由⑤⑥⑦联立解得：q ＝Bl 1l 2R .(3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg (h ＋l 2)＝12mv 2＋Q代入(1)中的速度，解得：Q ＝mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 14。
(江苏密卷)2019高考物理总复习 优编题型增分练：小综合练(三)
小综合练(三)一、单项选择题1.如图1所示，一质量为0.5 kg 的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m 高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg 、速度为2.5 m/s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图1A ．橡皮泥下落的时间为0.3 sB ．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/sC ．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D ．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J 答案 D解析 橡皮泥做自由落体运动，故t ＝2h g＝2×1.2510s ＝0.5 s ，A 错误；橡皮泥落在小车上时，水平方向上的速度为零，两者在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，以小车原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得Mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝Mv 0M ＋m＝2×2.52.5m/s ＝2 m/s ，B 、C 错误；橡皮泥刚落到小车上时有：v 12＝2gh ，整个过程中系统损失的机械能为ΔE k ＝12Mv 02＋12mv 12－12(M ＋m )v 2＝7.5 J ，D 正确．2．(2018·海安中学开学考)电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图2所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( )图2A ．电压表和电流表读数都减小B ．电压表和电流表读数都增大C ．电压表读数增大，电流表读数减小D ．电压表读数减小，电流表读数增大答案 B 二、多项选择题3．(2018·如东调研)研究表明，地球自转周期在逐渐改变，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，且地球的质量、半径都不变，则经过若干亿年后( ) A ．近地卫星的向心加速度比现在大 B ．近地卫星的运行周期与现在相等 C ．同步卫星的向心加速度比现在小 D ．同步卫星的运行速度比现在大 答案 BC解析 对近地卫星，据F ＝G Mm R 2＝ma 近知， 向心加速度a 近＝GM R2，地球的质量和半径都不变，故向心加速度大小不变，故A 错误； 据F ＝G Mm R 2＝m 4π2RT2知，近地卫星的运行周期T ＝4π2R3GM，因质量不变，转动半径不变，故周期不变，故B 正确；万有引力提供同步卫星做圆周运动的向心力，有F ＝G Mm r 2＝m 4π2r T 2＝m v 2r＝ma 同，则r ＝3GMT 24π2，v ＝GM r ，a 同＝GMr2，由于地球自转周期变慢，故同步卫星的轨道半径r 变大，则同步卫星的向心加速度和运行速度都变小，故C 正确，D 错误． 三、实验题4．(2018·徐州市模拟)某学习小组用如图3甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，电火花计时器的电源为50 Hz 的交流电．他们将细线穿过定滑轮后分别与两个质量不等的重物A 、B 相连，重物B 的下边再连接一条纸带．将重物由静止释放后，A 下降，B 上升，与重物B 相连的纸带就记录下它们的运动情况．图3(1)关于这个实验，下列说法正确的是________ A ．电火花计时器所用电源的电压是220 V B ．电火花计时器两限位孔的连线应竖直C ．重物B 的初始位置离电火花计时器远一些较好D ．在释放两个重物的同时接通电火花计时器的电源(2)如图乙所示为该小组在实验中得到的一条纸带，他们确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、…、6.用刻度尺量出各计数点到O 点的距离，记录在纸带上．则打计数点“1”时，重物B 的速度大小v 1＝________m/s.(结果保留两位有效数字) (3)该小组想研究在计数点“1”、“5”之间系统的机械能是否守恒．他们测出了打计数点“1”、“5”时重物B 的速度大小v 1、v 5和这两点之间的距离h ，还需测量出________(请写出待测物理量及字母)，重力加速度g 已知．在误差允许的范围内，若等式________成立，就可说明本次实验中系统机械能守恒．(4)该小组改变重物A 、B 的质量，多次重复以上实验发现，系统减少的重力势能ΔE p 总是略大于增加的动能ΔE k ，且A 、B 的质量相差越大，ΔE p －ΔE k 就越大．你认为出现这种现象的原因可能是______________________．答案 (1)AB (2)0.60 (3)重物A 、B 的质量m A 、m B (m A －m B )gh ＝12(m A ＋m B )(v 52－v 12) (4)系统减少的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能解析 (1)电火花计时器所用电源的电压是220 V ，故A 正确；电火花计时器两限位孔的连线应竖直，故B 正确；重物B 的初始位置离电火花计时器近一些较好，故C 错误；先接通电火花计时器的电源，再释放两个重物，故D 错误． (2)根据匀变速直线运动的特点有：v 1＝x 022T ＝0.0484×0.02m/s ＝0.60 m/s (3)系统减小的重力势能转化为系统增加的动能，即有：(m A －m B )gh ＝12(m A ＋m B )( v 52－v 12)；故测出了打计数点“1”、“5”时重物B 的速度大小v 1、v 5和这两点之间的距离h ，还需要测量重物A 、B 的质量m A 、m B ；重力加速度g 已知．在误差允许的范围内，若等式：(m A －m B )gh ＝12(m A ＋m B )( v 52－v 12)成立，就可说明本次实验中系统机械能守恒．(4)系统减少的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能． 四、计算题5.如图4所示，在xOy 坐标系内存在一个以(a,0)为圆心、半径为a 的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B ；另在y 轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E ，分布于y ≥a 的范围内．O 点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a ，设质子的质量为m 、电荷量为e ，重力及阻力忽略不计．求：图4(1)出射速度沿x 轴正方向的质子，到达y 轴所用的时间；(2)出射速度与x 轴正方向成30°角(如图中所示)的质子，到达y 轴时的位置； (3)质子到达y 轴的位置坐标的范围； 答案 见解析解析 (1)质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：evB ＝mv 2a ，即：v ＝Beam.出射速度沿x 轴正方向的质子，经14圆弧后以速度v 垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间为：t 1＝T 4＝πa 2v ＝πm2eB.质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a 后到达y 轴，由匀变速直线运动规律有：a ＝eEt 222m，即：t 2＝2maeE.故所求时间为：t ＝t 1＋t 2＝πm 2eB＋2ma eE.(2)质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P 点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y 轴，运动轨迹如图所示．由几何关系可得P 点距y 轴的距离为：x 1＝a ＋a sin 30°＝1.5a .设在电场中运动的时间为t 3，由匀变速直线运动规律有：x 1＝eEt 322m，即t 3＝3maeE，质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有：y1＝vt3＝Ba 3ea mE，所以质子在y轴上的位置为：y＝a＋y1＝a＋Ba 3ea mE.(3)若质子在y轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，此时x′＝2a，质子在电场中沿y轴方向运动的距离为：y2＝2Ba ea mE，质子离坐标原点的距离为：y m＝a＋y2＝a＋2Ba ea mE，由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y轴上，因此质子到达y轴的位置坐标的范围应是(a，a＋2Ba ea mE)．。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(三)
计算题规范练(三)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 14.(15分)(2018·苏州市期初调研)如图1所示，在倾角α＝30°的光滑固定斜面上，相距为d 的两平行虚线MN 、PQ 间分布有大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场．在PQ 上方有一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形单匝线圈abcd ，线圈的电阻值为R ，cd 边与PQ 边平行且相距x .现将该线圈自此位置由静止释放，使其沿斜面下滑穿过磁场，在ab 边将离开磁场时，线圈已做匀速运动．重力加速度为g .求：图1(1)线圈cd 边刚进入磁场时的速率v 1；(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab 边的电荷量q ； (3)线圈通过磁场的过程中所产生的焦耳热Q .答案 (1)gx (2)BL 2R (3)12mg (x ＋d ＋L )－m 3g 2R 28B 4L4解析 (1)线圈沿斜面向下运动至cd 边刚进入磁场时，mgx sin 30°＝12mv 12－0解得：v 1＝gx(2)线圈进入磁场的过程中，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BL2Δt根据闭合电路欧姆定律得：I ＝ER通过的电荷量为：q ＝I ·Δt ＝BL 2R(3)线圈离开磁场时，匀速运动． 有：BBLv 2RL ＝mg sin 30° 解得：v 2＝mgR2B 2L2由能量守恒：Q ＝mg (x ＋d ＋L )sin 30°－12mv 22解得：Q ＝12mg (x ＋d ＋L )－m 3g 2R28B 4L4.15．(16分)如图2所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：图2(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离． 答案 (1)3mg (2)13mgR (3)19R解析 (1)设物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点时的速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2在P 点轨道对物块的支持力大小为F N ，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg . (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，v 0＝gR ，物块A 、B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大， 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ， 由机械能守恒定律有： 12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR .(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，规定向右为正，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2，12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设A 最终停在Q 点左侧x 处，由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R .16．(16分)(2018·苏州市模拟)如图3所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy ，y 轴正方向竖直向上．在第一、第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，其大小E 1＝3mg 3q；在第二、第三象限内存在着沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，电场强度大小E 2＝mg q，磁感应强度大小为B .现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从x 轴上距坐标原点为d 的P 点由静止释放．(重力加速度为g )图3(1) 求小球从P 点开始运动后，第一次经过y 轴时速度的大小； (2)求小球从P 点开始运动后，第二次经过y 轴时的纵坐标；(3)若小球第二次经过y 轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为E 1′＝3mgq，方向不答案 (1)83gd 3 (2)mqB83gd 3－3d (3)mqB83gd 3－2539d 解析 (1)设小球在第一、四象限中的加速度为a ，由牛顿第二定律得(mg )2＋(qE 1)2＝ma 得到a ＝23g3，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为θtan θ＝mg qE 1＝3，s ＝d cos θ＝2d ，所以v 0＝2as ＝2×23g3×2d ＝83gd3. (2)小球第一次经过y 轴后，在第二、三象限内，qE 2＝mg ，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图所示．设轨迹半径为R ，由qv 0B ＝m v 02R ，得R ＝mv 0qB由几何关系知Δy ＝R ＝mv 0qB ＝mqB 83gd3，OP ′＝OP ·tan θ＝3d 故小球第二次经过y 轴时的纵坐标y 2＝m qB 83gd3－3d . (3)第二次经过y 轴后到第三次经过y 轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图所示．tan α＝mg qE 1′＝33，则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，加速度a ′＝a x 2＋a y 2＝2g小球第三次经过y 轴时，可知v 0t ′＝3×12×2gt ′2得t ′＝3v 03g ＝33g83gd 3＝83gd3g小球第二次经过y 轴与第三次经过y 轴的距离为：Δy ′＝v 0t ′sin 60°＝2383gd 3·83gd 3g ＝1639dm qB 83gd3－2539d.y3＝y2－Δy′＝。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：选择题提速练三20181215144.doc
选择题提速练 (三)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．) 1．(2018·徐州市考前模拟)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力F f的大小与速率成正比，小物块经过时间t0落回原处．用v、x、E和F分别表示该物体的速率、位移、机械能和所受的合力，则下列图象中可能正确的是( )答案 A2．(2018·南京市期中)2016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号”丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．量子科学实验卫星“墨子号”由火箭发射至高度为500 km的预定圆形轨道.2016年6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7.G7属于地球静止轨道卫星(高度为36 000 km)，它使北斗系统的可靠性进一步提高．关于卫星，以下说法中正确的是( )A．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/sB．量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大C．量子科学实验卫星“墨子号”的周期比北斗G7大D．通过地面控制可以将北斗G7定点于南京市的正上方答案 B3.如图1所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图1A．原、副线圈匝数之比为9∶1B．两灯泡的额定功率相等C．此时a的电功率大于b的电功率D．a和b两端电压的频率之比为1∶9答案 A4．老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图2所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A和B分别与直流电源的两极相连，然后在容器内放入导电液体，将该容器放在匀强磁场中，液体就会旋转起来．关于这种现象下列说法正确的是( )图2A．液体旋转是因为电磁感应现象B．液体旋转是因为受到安培力作用C．仅将电流方向改为反向，液体旋转方向不变D．仅将磁场方向改为反向，液体旋转方向不变答案 B5．(2018·溧水中学期初模拟)如图3所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是( )图3A．一起向左运动B．一起向右运动C．相向运动，相互靠近D．相背运动，相互远离答案 D解析根据右手螺旋定则知，直导线在导轨A、B处的磁场方向垂直纸面向里，电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流方向为acdba，根据左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离，故D正确，A、B、C错误．6.如图4所示是某一电场中一根弯曲的电场线，A、B是电场线上的两点，一个正点电荷原来静止在A点，释放后仅在电场力作用下运动，下列说法中正确的是( )图4A．A点的电势比B点的低B．A点的场强一定比B点的大C．电荷不可能沿电场线运动到B点D．电荷将沿该电场线运动到B点答案 C二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．(2018·泰州中学等综合评估)下列说法正确的是( )A．电子的衍射图样表明电子具有波动性B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C．氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子D．结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定答案AB8．(2018·如皋市期初)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图5所示，抛出点相同，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )图5A．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长B．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小C．三个石子在最高点时速度相等D．三个石子在空中运动时的速度变化率相等答案BD9．(2018·徐州市模拟)如图6所示，A为巨磁电阻，当它周围的磁场增强时，其阻值增大；C为电容器，当有磁铁靠近A时，下列说法正确的有( )图6A．电流表的示数减小B．电容器C的电荷量增大C．电压表的示数减小D．电源内部消耗的功率增大答案AB解析有磁铁靠近A时，其阻值增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流减小，电流表的示数减小，故A正确；电路中的电流减小，则电路的路端电压增大，所以电压表的示数增大，电容器两端的电压增大，根据：Q＝CU可知电容器C的电荷量增大，故B正确，C 错误；电路中的电流减小，电源内部消耗的功率P＝I2r将随电流的减小而减小，故D错误．10．(2018·南京市三模)如图7甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势e随时间t变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220 V22 W”字样，如图丙所示，则( )图7A．t＝0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．灯泡中的电流方向每秒钟改变100次C．灯泡正常发光D．电流表示数为 2 A答案BC。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：基础回扣练3牛顿运动定律的应用20181215113
1．(2018·南通市等七市三模)春秋末年齐国人的著作《考工记》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还可以持续向前运动．这是对于惯性的最早记述．以下对于惯性的说法中正确的选项是( )A．车只在运动时才拥有惯性B．撤去拉力后车的惯性大小不变C．拉力能够改变车的惯性D．车运动越快惯性越大答案 B2．如图1所示，一些商场安装了智能化的自动扶梯．为了节俭能源，在没有乘客乘行时，即自动扶梯不载重时常常以较小的速度匀速运转，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加快再匀速两个运动阶段．对于台阶对人的摩擦力和支持力，以下表述正确的选项是( )图1A．匀速时，摩擦力方向沿水平向左B．匀速时，人遇到的支持力大于遇到的重力C．加快时，摩擦力方向沿斜面向上D．加快时，人遇到的支持力大于遇到的重力答案 D分析匀速运动阶段，乘客不受摩擦力的作用，故A错误；匀速时，人遇到的支持力等于遇到的重力，故B错误；乘客在加快运动的过程中有斜向上的加快度，此加快度能够分解为水平向左和竖直向上的加快度，在水平方向上摩擦力供给了运动所需要的加快度，因此人遇到的摩擦力水平向左，故C错误；在竖直方向处于超重状态，因此人遇到的支持力大于人遇到的重力，故D正确．3.(2018·盐城市、东台市模拟)如图2所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、3m，A与天花板间、B与C之间用轻弹簧连结，当系统均衡后，忽然将A、B间绳烧断，在绳断的瞬时，A、B、C的加快度分别为(以向下的方向为正方向，g为重力加快度)( )图2A．g，g，gB．－5g,g,0C．－5g,2g,0D．－g,g,3g答案 B分析A、B间绳烧断前，由均衡条件得悉，下边弹簧的弹力大小为F1＝m C g＝3mg，上边弹簧的弹力大小为F2＝(m A＋m B＋m C)g＝6mg，A、B间绳的拉力大小为F T＝(m B＋m C)g＝5mg.A、B间绳烧断瞬时，两根弹簧的弹力都没有变化，则对A：此瞬时A所受的协力大小与本来所受绳索的拉力F T大小相等，方向相反，即方向向上，则－5mg＝ma A，得a A＝－5g.对B：此瞬时B所受的协力大小与本来所受绳索的拉力F T 大小相等，方向相反，即方向向下，则5mg ＝2ma B ，得a B ＝g .对C ：此瞬时弹簧的弹力没有变化，则C 的受力状况没有变化，因此a C ＝0，应选B.4．(多项选择)(2018·扬州中学5月模拟)一小滑块(可当作质点)在水平拉力F 作用下，沿粗拙水平面做直线运动，其速度v 随时间t 变化的图象如图3所示．在0.5 s 、1.5 s 、2.5 s 、3.5 s 时辰拉力F 的大小分别为F 1、F 2、F 3、F 4，则以下判断必定正确的选项是( )图3A ．F 1<F 2B ．F 2＝F 3C ．F 1>F 4D ．F 3>F 4答案 CD分析 由题图v －t 图象可知，0.5 s 、1.5 s 时辰的加快度a 1、a 2的方向都为正，并且a 1>a 2，在2 s 时辰的速度达到最大值，此时加快度等于0,2.5 s 、3.5 s 时辰的加快度a 3、a 4的方向都为负，并且|a 4|>|a 3|，以速度v 的方向为正方向，则：F －F f ＝ma ，因此：F ＝F f ＋ma ，联合各点的加快度的大小与方向关系，可知：F 1>F 2>F 3>F 4，故A 、B 错误，C 、D 正确．5．(多项选择)(2018·江苏一模)如图4所示，两个物体A 和B 经过轻绳相连，绳与轻质滑轮间的摩擦可忽视不计．开始系统处于静止状态，各段轻绳均在竖直方向上，已知物体B 的质量为m ，重力加快度为g .现对物体B 施加一竖直向下、大小为mg 的恒力F .以下说法中正确的选项是( )图4A ．物体A 的质量为2mB ．施加外力后，物体B 的加快度大小为12g C ．施加外力后，物体B 的加快度大小为23g D ．系统加快过程中，轻绳的张力大小为43mg答案 ACD分析 施加外力前，以物体B 为研究对象，可知绳索拉力为F T ＝mg ，以物体A 为研究对象，依据均衡条件可得A 的重力为2mg ，则物体A 的质量为2m ，故A 正确；施加外力后，依据动滑轮的特色可知物体B 的加快度大小等于物体A 的加快度大小的2倍，设物体B 的加快度大小为a ，绳索拉力为F T ′，对物体B 依据牛顿第二定律可得F ＋mg －F T ′＝ma ，对物体A 依据牛顿第二定律可得2F T ′－2mg ＝2m ×12a ，联立解得a ＝23g ，轻绳的张力大小为F T ′＝43mg ，故B 错误，A 、C 、D 正确．6．(2018·锡山中学月考)如图5，一截面为椭圆形的容器内壁圆滑，其质量为M ，置于圆滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器遇到一个水平向右的力F 作用向右匀加快运动时，小球处于图示地点，重力加快度为g ，此时小球对椭圆面的压力大小为( )图5A ．mg 2－(F M ＋m )2 B ．mg 2＋(F M ＋m )2 C ．m g 2＋(F m)2 D.(mg )2＋F 2答案 B分析 先以容器和小球整体为研究对象，依据牛顿第二定律得：加快度为a ＝F M ＋m ，再以小球为研究对象，剖析受力如下图，由牛顿第二定律得F N ＝(mg )2＋(ma )2＝mg 2＋(F m ＋M)2，B 正确．7．(2018·如皋市调研)滑板运动是很多极限运动的始祖，很多极限运动项目均由滑板项目发展而来．如图6所示，质量为M 的长平板车放在圆滑的倾角为α的斜面上，质量为m 的滑板运动员站在滑板上，若要滑板车静止在斜面上，重力加快度为g ，则运动员需要( )图6A ．匀速向下奔跑B ．以加快度a ＝M m g sin α向下加快奔跑C ．以加快度a ＝(1＋M m )g sin α向下加快奔跑D ．以加快度a ＝(1＋M m)g sin α向上加快奔跑答案 C8．(多项选择)(2018·锡山中学月考) 如图7所示，三角形传递带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传递带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两小物块A 、B 从传递带顶端都以1 m/s 的初速度沿传递带下滑，物块与传递带间的动摩擦因数均为0.5.以下说法中正确的选项是(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图7A ．物块A 抵达底端的速度比物块B 抵达底端的速度大B ．物块A 、B 同时抵达底端C ．物块A 先抵达传递带底端D ．物块A 、B 在传递带上的划痕长度之比为1∶3答案 BD分析 对物块A 受力剖析，由于mg si n 37°＞μmg cos 37°，则物块A 所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加快直线运动，物块B 所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加快直线运动，两物块匀加快直线运动的加快度相等，位移相等，则运动的时间相等，故抵达底端的速度大小相等，故A 、C 错误，B 正确．对物块A ，划痕的长度等于物块A 的位移减去传递带的位移，以物块A 为研究对象，由牛顿第二定律得：a ＝2 m/s 2由运动学公式得运动时间为：t ＝1 s.因此传递带运动的位移为x ＝vt ＝1 m.则物块A 对传递带的划痕为：Δx 1＝2 m －1 m ＝1 m对物块B ，划痕的长度等于B 的位移加上传递带的位移，同理得出物块B 对传递带的划痕长度为Δx2＝3 m．因此划痕长度之比为1∶3，故D正确．。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：选做题保分练(一).doc
选做题保分练(一)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．)13．A.[选修3－3] (15分)(2018·盐城市阜宁中学模拟)页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，被公认为洁净的能源．(1)一定质量的页岩气(可看成理想气体)状态发生了一次循环变化，其压强p 随热力学温度T 变化的关系如图1所示，O 、a 、b 在同一直线上，bc 与横轴平行．则________．图1A ．a 到b 过程，气体的体积减小B ．a 到b 过程，气体的体积增大C ．b 到c 过程，气体从外界吸收热量D ．b 到c 过程，气体向外界放出热量(2)页岩气经压缩、冷却，在－160 ℃下液化成液化天然气(简称LNG)．在液化天然气的表面层，其分子间的引力________(选填“大于”“等于”或“小于”)斥力．在LNG 罐内顶部存在一些页岩气，页岩气中甲烷分子的平均动能________(选填“大于”“等于”或“小于”)液化天然气中甲烷分子的平均动能．(3)某状况下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，已知液化天然气的密度ρ＝4.5×102 kg/m 3，甲烷的摩尔质量M ＝1.6×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1，试估算该状态下6.0 m 3页岩气中的甲烷分子数．答案 (1)C (2)大于 等于 (3)1.7×1026个解析 (1)ab 是过原点的倾斜直线，表示a 到b 过程气体发生等容变化，即气体的体积不变，故A 、B 错误．b 到c 过程，气体发生等压变化，温度升高，内能增大，根据pV T＝C 可知，气体的体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，气体从外界吸收热量，故C 正确，D 错误．(2)由于液体表面存在表面张力，其分子间的引力大于斥力，分子的平均动能由温度决定，同一温度下页岩气中甲烷分子的平均动能等于液化天然气中甲烷分子的平均动能．(3)某状态下页岩气体积约为同质量液化天然气体积的600倍，故密度是液化天然气密度的1600倍，页岩气的质量为：m ＝ρ600V ① 甲烷分子数：N ＝mMN A ② 解得：N ＝ρVN A 600M ＝4.5×102×6.0×6.0×1023600×1.6×10－2个≈1.7×1026个． 13．B.[选修3－4](15分)(2018·南通市模拟)(1)2016年，科学家利用激光干涉方法探测到由于引力波引起的干涉条纹的变化，这是引力波存在的直接证据．关于激光，下列说法中正确的是________．A ．激光是自然界中某种物质直接发光产生的，不是偏振光B ．激光相干性好，任何两束激光都能发生干涉C ．用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到等间距的光环D ．激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息(2)测定玻璃的折射率．取一块半圆形玻璃砖，O 点为圆心，一束红色激光从左侧圆面对准圆心O 进入玻璃砖，最初入射光线垂直于玻璃砖右侧平面，如图2中实线所示．保持入射光方向和O 点位置不变，让玻璃砖绕O 点沿逆时针方向缓慢旋转，当转过θ角时(图中虚线位置)，折射光线消失．则玻璃对红光的折射率n ＝________.若换绿色激光重复上述实验，则折射光线消失时，玻璃砖转过的角度θ′________θ(选填“>”“＝”或“<”)．图2(3)如图3所示，在xOy 平面内有一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，频率为2.5 Hz.在t ＝0时，x P ＝2 m 的P 点位于平衡位置，速度沿－y 方向；x Q ＝6 m 的Q 点位于平衡位置下方最大位移处．求：图3①质点P 第一次有＋y 方向最大加速度需经过的时间t ；②波的传播速度v .答案 (1)D (2)1sin θ< (3)见解析 解析 (3)①质点P 经过T4到达负向最大位移处，此刻第一次有＋y 方向最大加速度波的周期T ＝1f ＝0.4 s所以t ＝0.1 s. ②P 、Q 两点间距离x PQ ＝(n ＋34)λ(n ＝0,1,2，…)波长λ＝164n ＋3 m(n ＝0,1,2，…) 波速v ＝λf ＝404n ＋3 m/s(n ＝0,1,2，…)。
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小综合练(三)
一、单项选择题
1.如图1所示，一质量为0.5 kg 的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m 高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg 、速度为
2.5 m/s 沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g ＝10 m/s 2
，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图1
A ．橡皮泥下落的时间为0.3 s
B ．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s
C ．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒
D ．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J 答案 D
解析 橡皮泥做自由落体运动，故t ＝
2h g
＝
2×1.25
10
s ＝0.5 s ，A 错误；橡皮泥落在小车上时，水平方向上的速度为零，两者在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，以小车原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得Mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝
Mv 0
M ＋m
＝2×2.52.5
m/s ＝2 m/s ，B 、C 错误；橡皮泥刚落到小车上时有：v 12
＝2gh ，整个过程中系统损失的机械能为ΔE k ＝12Mv 02＋12mv 12－12
(M ＋m )v 2
＝7.5 J ，D 正确．
2．(2018·海安中学开学考)电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图2所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( )
图2
A ．电压表和电流表读数都减小
B ．电压表和电流表读数都增大
C ．电压表读数增大，电流表读数减小
D ．电压表读数减小，电流表读数增大
答案 B 二、多项选择题
3．(2018·如东调研)研究表明，地球自转周期在逐渐改变，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，且地球的质量、半径都不变，则经过若干亿年后( ) A ．近地卫星的向心加速度比现在大 B ．近地卫星的运行周期与现在相等 C ．同步卫星的向心加速度比现在小 D ．同步卫星的运行速度比现在大 答案 BC
解析 对近地卫星，据F ＝G Mm R 2＝ma 近知， 向心加速度a 近＝GM R
2，地球的质量和半径都不变，
故向心加速度大小不变，故A 错误； 据F ＝G Mm R 2＝m 4π2R
T
2知，近地卫星的运行周期T ＝
4π2R
3
GM
，
因质量不变，转动半径不变，故周期不变，故B 正确；万有引力提供同步卫星做圆周运动的
向心力，有F ＝G Mm r 2＝m 4π2r T 2＝m v 2
r
＝ma 同，则r ＝
3
GMT 2
4π
2
，v ＝
GM r ，a 同＝GM
r
2，由于地球自转周期变慢，故同步卫星的轨道半径r 变大，则同步卫星的向心加速度和运行速度都变小，故C 正确，D 错误． 三、实验题
4．(2018·徐州市模拟)某学习小组用如图3甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，电火花计时器的电源为50 Hz 的交流电．他们将细线穿过定滑轮后分别与两个质量不等的重物A 、B 相连，重物B 的下边再连接一条纸带．将重物由静止释放后，A 下降，B 上升，与重物B 相连的纸带就记录下它们的运动情况．
图3
(1)关于这个实验，下列说法正确的是________ A ．电火花计时器所用电源的电压是220 V B ．电火花计时器两限位孔的连线应竖直
C ．重物B 的初始位置离电火花计时器远一些较好
D ．在释放两个重物的同时接通电火花计时器的电源
(2)如图乙所示为该小组在实验中得到的一条纸带，他们确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、…、6.用刻度尺量出各计数点到O 点的距离，记录在纸带上．则打计数点“1”时，重物B 的速度大小v 1＝________m/s.(结果保留两位有效数字) (3)该小组想研究在计数点“1”、“5”之间系统的机械能是否守恒．他们测出了打计数点“1”、“5”时重物B 的速度大小v 1、v 5和这两点之间的距离h ，还需测量出________(请写出待测物理量及字母)，重力加速度g 已知．在误差允许的范围内，若等式________成立，就可说明本次实验中系统机械能守恒．
(4)该小组改变重物A 、B 的质量，多次重复以上实验发现，系统减少的重力势能ΔE p 总是略大于增加的动能ΔE k ，且A 、B 的质量相差越大，ΔE p －ΔE k 就越大．你认为出现这种现象的原因可能是______________________．
答案 (1)AB (2)0.60 (3)重物A 、B 的质量m A 、m B (m A －m B )gh ＝12(m A ＋m B )(v 52－v 12
) (4)
系统减少的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能
解析 (1)电火花计时器所用电源的电压是220 V ，故A 正确；电火花计时器两限位孔的连线应竖直，故B 正确；重物B 的初始位置离电火花计时器近一些较好，故C 错误；先接通电火花计时器的电源，再释放两个重物，故D 错误． (2)根据匀变速直线运动的特点有：v 1＝
x 022T ＝0.048
4×0.02
m/s ＝0.60 m/s (3)系统减小的重力势能转化为系统增加的动能，即有：(m A －m B )gh ＝12(m A ＋m B )( v 52－v 12
)；
故测出了打计数点“1”、“5”时重物B 的速度大小v 1、v 5和这两点之间的距离h ，还需要测量重物A 、B 的质量m A 、m B ；
重力加速度g 已知．在误差允许的范围内，若等式：(m A －m B )gh ＝12(m A ＋m B )( v 52－v 12
)成立，
就可说明本次实验中系统机械能守恒．
(4)系统减少的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能． 四、计算题
5.如图4所示，在xOy 坐标系内存在一个以(a,0)为圆心、半径为a 的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B ；另在y 轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E ，分布于y ≥a 的范围内．O 点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a ，设质子的质量为m 、电荷量为e ，重力及阻力忽略不计．求：
图4
(1)出射速度沿x 轴正方向的质子，到达y 轴所用的时间；
(2)出射速度与x 轴正方向成30°角(如图中所示)的质子，到达y 轴时的位置； (3)质子到达y 轴的位置坐标的范围； 答案 见解析
解析 (1)质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：evB ＝mv 2a ，即：v ＝Bea
m
.
出射速度沿x 轴正方向的质子，经1
4
圆弧后以速度v 垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动
的时间为：t 1＝T 4＝πa 2v ＝πm
2eB
.
质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a 后到达y 轴，由匀变速直线运动规律有：
a ＝eEt 222m
，
即：t 2＝
2ma
eE
.
故所求时间为：t ＝t 1＋t 2＝
πm 2eB
＋2ma eE
.
(2)质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P 点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y 轴，运动轨迹如图所示．
由几何关系可得P 点距y 轴的距离为：x 1＝a ＋a sin 30°＝1.5a .
设在电场中运动的时间为t 3，由匀变速直线运动规律有：x 1＝eEt 32
2m
，即t 3＝
3ma
eE
，
质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有：y1＝vt3＝Ba 3ea mE
，
所以质子在y轴上的位置为：y＝a＋y1＝a＋Ba 3ea mE
.
(3)若质子在y轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，此时x′＝2a，
质子在电场中沿y轴方向运动的距离为：y2＝2Ba ea mE
，
质子离坐标原点的距离为：y m＝a＋y2＝a＋2Ba ea mE
，
由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y轴上，因此质子到达y轴的位置坐标的范围应是(a，a
＋2Ba ea mE
)．。