京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练八20181215180

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京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练八20181215180

选择题专练(八)1．用光照耀某种金属，有光电子从金属表面逸出，假如换一种频次更大的光照耀该金属，但光的强度减弱，则( )A．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小B．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能减小C．单位时间内逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能增大D．单位时间内逸出的光电子数增大，光电子的最大初动能增大答案 C分析依据光电效应方程E km＝hν－W0得，光的强度不影响光电子的最大初动能，对某种特定的金属光电子的最大初动能与入射光的频次相关，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数量，光的强度减弱，单位时间内逸出的光电子数量减少，故A、B、D错误，C正确．2．假定宇宙中有两颗相距无穷远的行星A和B，A、B星球半径分别为R A和R B，两颗行星各自四周的卫星的轨道半径的三次方(r3)与运转公转周期的平方(T2)的关系如图1所示，T0为卫星围绕各自行星表面运转的周期．则( )图1A．行星A的质量小于行星B的质量B ．行星A 的密度小于行星B 的密度C ．行星A 的第一宇宙速度等于行星B 的第一宇宙速度D ．当两行星四周的卫星的运动轨道半径同样时，行星A 的卫星的向心加快度大于行星B 的卫星的向心加快度答案 D分析依据万有引力供给向心力，有GMm r 2＝m 4π2T2r ，解得：T ＝4π2r3GM，关于围绕行星A 表面运转的卫星，有：T 0＝4π2R A3GM A①关于围绕行星B 表面运转的卫星，有：T 0＝4π2R B3GM B②联立①②得：R A 3M A ＝R B 3M B③由题图知，R A >R B ，因此M A >M B ，故A 错误；A 行星质量为：M A ＝ρA ·43πR A 3 B 行星的质量为：M B ＝ρB ·43πR B 3，代入③解得：ρA ＝ρB ，故B 错误；内行星表面邻近运转的卫星的线速度即此行星的第一宇宙速度，依据万有引力供给向心力，有：GMm R 2＝m v 2R解得：v ＝GMR ＝43GρπR ∝R ，因为R A >R B ，因此v A >v B ，故C 错误；依据GMm r 2＝ma 知，a ＝GMr2，因为M A >M B ，卫星运动的轨道半径相等，则行星A 的卫星的向心加快度大于行星B 的卫星的向心加快度，故D 正确．3.如图2所示，半径为R 的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB 为直径，O 点为碗的球心．将一弹性小球(可视为质点)从AO 连线上的某点C 沿CO 方向以某初速度水平抛出，经历时间t ＝Rg(g 为重力加快度)，小球与碗内壁第一次碰撞，以后能够恰巧返回C 点，假定小球与碗内壁碰撞前后瞬时小球的切向速度不变，法向速度等大反向．不计空气阻力，则C 、O 两点间的距离为( )图2A.2R 3B.3R 3C.3R 2D.2R 2答案 C分析小球在竖直方向的位移为h ＝12gt 2＝12R ，设小球与半球形碗碰撞点为D 点，则DO 的连线与水平方向的夹角为30°，过D 点作CO 连线的垂线交于CO 连线E 点，小球与半球形碗碰撞前速度方向垂直于半球形碗在D 点的切线方向，则OE ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝32R ，小球着落h 时竖直方向的速度为v y ＝gt ＝gR ，则水平方向的速度v 0＝v y tan 60°＝3gR ，因此水平方向的位移为x ＝v 0t ＝3R ，由几何关系可知，CO ＝3R －32R ＝32R ，故C 正确． 4．如图3所示，足够长的宽度为d 的竖直条形地区内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC 的BC 边水平且长度为L ，已知L >d .现令线框在外力作用下以速度v 0匀速穿过磁场地区，以B 点进入磁场的时辰为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i 随时间t 的变化状况可能是( )图3答案 C分析B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间平均增大，线框中电流随时间平均增大至I0，方向为逆时针方向，已知L>d，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中的电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间平均增大，电流随时间平均增大，选项A、D错误；由B项的横轴可知L＝2d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针方向，位移为L＋d时，有效长度是位移为d时的2倍，电流为－2I0，选项B错误；由C项的横轴可知L＝3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为－2I0，位移为L＋d时，有效长度是位移为d时的3倍，电流为－3I0，选项C正确．5．如图4甲所示，Q1、Q2为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延伸线上的两点，现有一电子，只在电场力作用下，以必定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其v－t 图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为v a、v b，则( )图4A．Q1必定带负电B．Q1的电荷量必定小于Q2的电荷量C ．b 点的电势高于a 点的电势D ．电子走开b 点后所受静电力向来减小答案 C分析由题图乙可知，电子从a 到b 做加快度减小的加快运动，因此a 、b 之间电场的方向向左，b 点的电势高于a 点的电势；在b 点时粒子运动的加快度为零，则电场力为零，因此该点场强为零．过b 点后点电荷做减速运动，因此电场的方向向右，Q 2必定带负电，Q 1必定带正电，故A 错误，C 正确；b 点场强为零，可见两点电荷在b 点产生的场强盛小相等，方向相反，依据E ＝kQ r2，b 到Q 1的距离大于到Q 2的距离，因此Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，故B 错误；走开b 点后v －t 图象的斜领先增大后减小，即加快度先增大后减小，电子所受静电力先增添后减小，故D 错误．6．如图5所示，在Ⅰ、Ⅱ两个地区内存在磁感觉强度大小均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 界限的夹角∠DAC ＝30°，界限AC 与界限MN 平行，Ⅰ区磁场右界限距A 点无穷远，Ⅱ地区宽度为d ，长度无穷大．质量为m 、带电荷量为q 的正粒子可在界限AD 上的不一样点射入，入射速度垂直于AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为qBd m，不计粒子重力，则( )图5A ．粒子距Ad 处射入，不会进入Ⅱ区B ．粒子在磁场地区内运动的最长时间为πmqBC ．粒子在磁场地区内运动的最短时间为2πm3qBD ．从MN 界限出射粒子的地区长为(3＋1)d 答案 BD分析粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供给向心力，依据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r得：r＝mv Bq＝d ，画出恰巧不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图甲所示：联合几何关系，有：AO ＝rsin 30°＝2r ＝2d ；故从距Ad 处射入，会进入Ⅱ区，故A 错误；粒子在磁场中转过的最大的圆心角为180°，即在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故最长时间为t ＝T 2＝πmqB，故B 正确；从A 点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示：轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t ＝T 6＝πm3qB，故C 错误；临界轨迹状况如图丙所示：依据几何关系可得从MN 界限出射粒子的地区长为l ＝rtan 30°＋r ＝(3＋1)d ，故D 正确．7．如图6所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d .现用水平向右的恒定拉力F 拉动纸板，g 为重力加快度，以下说法正确的选项是( )图6A ．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M ＋m )gB ．要使纸板相对砝码运动，F 必定大于2μ(M ＋m )gC ．若砝码与纸板分别时的速度小于μgd ，砝码不会从桌面上掉下D ．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码恰巧抵达桌面边沿答案 BCD分析对纸板剖析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为μ(2M ＋m )g ，故A 错误．设砝码的加快度为a 1，纸板的加快度为a 2，则有：F f1＝Ma 1，F －F f1－F f2＝ma 2，F f1＝μMg ，F f2＝μ(M ＋m )g ，发生相对运动需要a 2>a 1，代入数据解得：F ＞2μ(M ＋m )g ，故B 正确．若砝码与纸板分别时的速度小于μgd ，砝码匀加快运动的位移小于v 22a ＝μgd 2μg ＝d 2，匀减速运动的位移小于v 22a ＝μgd 2μg ＝d 2，则总位移小于d ，不会从桌面掉下，故C 正确．当F ＝μ(2M ＋3m )g 时，砝码未离开时的加快度a 1＝μg ，纸板的加快度a 2＝F －μ(m ＋M )g －μMgm＝2μg ，依据12a 2t 2－12a 1t 2＝d ，解得t ＝2dμg，则此时砝码的速度v ＝a 1t ＝2μgd ，砝码离开纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加快度大小a ′＝μg ，则匀减速运动的位移x ＝v 22a ′＝2μgd 2μg ＝d ，而匀加快运动的位移x ′＝12a 1t 2＝d ，可知砝码恰巧抵达桌面边沿，故D 正确．8.空间散布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m 的带电小球A 从O 点斜向上抛出，小球沿如图7所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P 点．将另一质量同样、电荷量不变、电性相反的小球B 仍从O 点以同样的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q 点(图中未画出)．关于上述两个过程，以下表达中正确的选项是( )图7A ．球A 的加快度大于球B 的加快度 B ．P 点地点高于Q 点C ．球A 的电势能增大，球B 的电势能减小D ．电场力对球A 的冲量大小等于对球B 的冲量大小答案 ACD分析水平方向做匀速运动，水平速度同样，两次水平方向位移同样，时间同样，依据加快度a ＝Δv t ，A 球速度变化量大，加快度大，故A 正确；竖直最大高度为h ＝v y22a ，因为球A 的加快度大于球B 的加快度，因此球A 的最高点低于球B 的最高点，P 点地点低于Q 点，故B 错误；球A 加快度大，所受电场力向下，电场力做负功，电势能增大；球B 加快度小，所受电场力向上，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；因为运动时间相等，电场力大小相等，电场力对球A 的冲量大小等于对球B 的冲量大小，故D 正确．。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(十二)

选择题专练(十二)1．下列说法中正确的是( )A ．光电效应实验中，只有入射光频率小于极限频率才能产生光电子B ．若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0hC ．大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性D ．在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电流答案 B解析光电效应实验中，只有入射光频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，从而产生光电子，选项A 错误；若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0h，选项B 正确；大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，选项C 错误；在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电子的最大初动能，不一定能增大光电流，选项D 错误．2．倾角为37°的斜面与水平面平滑连接，一滑块从斜面上某点由静止开始下滑，最后停在水平面上．已知滑块在斜面和水平面上滑行的距离相等，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数也相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则滑块与水平面间的动摩擦因数为( ) A.15 B.14 C.13 D.12 答案 C解析设滑块在斜面和水平面上滑行的距离均为x ，则由动能定理：mgx sin 37°－μmgx cos 37°－μmgx ＝0，解得μ＝13，故选C.3．真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N ，分别固定于x 轴上x 1＝0和x 2＝3a 的两点上，在它们连线上各点的电场强度E 随x 变化的关系如图1所示，下列判断正确的是( )图1A ．点电荷M 、N 为异种电荷B ．在x 轴上，3a <x <6a 的区域内，有一点电场强度为零C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4∶1D ．若设无穷远处为电势能零点，则x ＝2a 处的电势一定为零答案 C解析若两电荷为异种电荷，在x ＝2a 处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A 错误；两电荷为同种电荷，在x 轴上，只有一点电场强度为零，即2a 处，在x 轴上3a <x <6a 的区域内不可能存在电场强度为零的点，故B 错误；M 在2a 处产生的场强为E 1＝k Q M(2a )2，N 在2a 处产生的场强为E 2＝k Q Na2，由于2a 处场强为0，故E 1＝E 2，所以解得Q M ＝4Q N ，故C 正确；若设无穷远处为电势能零点，电荷从无穷远处运动到x ＝2a 处电场力做功不为零，x ＝2a 处电势不为零，故D 错误．4．如图2甲所示，在水平面上固定一电阻为R 、半径为r 0的单匝金属线圈，线圈内有一半径为r (r <r 0)的区域内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，令πB 0r2Rt 0＝a ，πB 0r 02Rt 0＝b ，从上往下看，以顺时针方向的电流为正，下列选项中能正确表示线圈中感应电流I 变化的是( )图2答案 D解析在0～t 0时间内线圈中产生的感应电动势：E 1＝ΔB Δt S ＝B 0t 0·πr 2，感应电流I 1＝E 1R ＝B 0πr 2Rt 0＝a ，根据楞次定律，电流为顺时针方向，即正方向；在t 0～3t 0时间内线圈中磁通量不变，产生的感应电流为零；在3t 0～5t 0时间内，电动势：E 2＝ΔB Δt S ＝B 02t 0·πr 2，感应电流I 2＝E 2R ＝B 0πr 22Rt 0＝12a ，根据楞次定律，电流为逆时针方向，即负方向，故选D.5．如图3所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场．电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为ω的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为E m ，原、副线圈的匝数比为1∶4，副线圈通过电阻R 接两个相同的灯泡．下列说法正确的是( )图3A ．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝2E m sin ωtB ．副线圈上电压的有效值为22E mC ．开关K 闭合时，电阻R 两端电压降低D ．当线框转动角速度增大时，灯泡的亮度不变答案 B解析从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝E m cos ωt ，选项A 错误；原线圈电压有效值为U 1＝E m2，则副线圈上电压的有效值为U 2＝4U 1＝22E m ，选项B 正确；开关K 闭合时，副线圈电路的总电阻减小，则副线圈电路中的电流变大，电阻R 两端电压变大，选项C 错误；当线框转动角速度增大时，则交流电的最大值变大，变压器原线圈两端的电压变大，副线圈两端的电压也变大，则灯泡的亮度变亮，选项D 错误． 6.宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图4所示．若AO>OB，则( )图4A．星球A的角速度一定大于B的角速度B．星球A的质量一定小于B的质量C．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大D．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大答案BC解析双星系统中两星球的角速度相等，故A错误．根据万有引力提供向心力m Aω2r A＝m Bω2r B，因为r A＞r B，所以m A＜m B，即A的质量一定小于B的质量，故B正确．设两星体间距为L，根据万有引力提供向心力公式得：G m A m BL2＝m A4π2T2r A＝m B4π2T2r B，解得周期为T＝2πL3G(m A＋m B)，由此可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故C正确．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小，故D错误．7．一质量为0.6 kg的篮球，以8 m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s后以7 m/s的速度被运动员接住，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg·m/sB．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg·m/sC．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 ND．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s答案AD解析以被篮板反弹后的速度方向为正方向，与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为：Δp1＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)＝0.6×(8＋6) kg·m/s＝8.4 kg·m/s，选项A正确；根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp2＝mgt＝0.6×10×0.5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项B错误；根据动量定理：FΔt＝Δp1，因作用时间Δt未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小，选项C错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为I G＝Δp2＝3 kg·m/s＝3 N·s，选项D正确．8．如图5所示，两个大小不计、质量均为m的物体A、B放置在水平地面上，一根长为L且不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F，使两物体慢慢靠近直至接触．已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为33，则在两物体靠近的过程中，下列说法正确的是( )图5 A．拉力F一直增大B．物体A所受的摩擦力不变C．地面对A物体的支持力先减小后增大D．当两物体间的距离为32L时，绳上的拉力最小答案AD解析设某时刻与物体连接的绳子的拉力为F T，与水平方向的夹角为θ，则对每个物体：水平方向F T cos θ＝μF N；竖直方向F T sin θ＋F N＝mg，其中F＝2F T sin θ；联立可得：F＝2μmg 1tan θ＋μ，则随着θ增加，F变大，选项A正确；F f＝F T cos θ＝μmg1＋μtan θ，则随着θ增加，F f变小，选项B错误；F N＝mg－F T sin θ＝mg－μmg 1tan θ＋μ，则随着θ增加，F N变小，选项C错误；F T＝μmgcos θ＋μsin θ，对cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)(其中tan φ＝1μ＝3，即φ＝60°)，则当分母最大时，F T最小，此时θ＝30°，可求得两物体间的距离为L cos 30°＝32L，选项D正确．。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：计算题专练(二)

计算题专练(二)1．(2018·天津市南开中学月考)如图1所示，在光滑的水平地面上，相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的固定光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2.求：图1(1)B 球刚要滑上斜坡时A 、B 两球的距离是多少；(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．答案 (1)7.5 m (2)2.5 s解析 (1)设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球滑上斜坡，则有：L ＝v 0t 1，解得：t 1＝1 sA 球滑上斜坡后做匀减速直线运动，加速度大小：a ＝g sin 30°＝5 m/s 2设这段时间内A 球向上运动的位移为x ，则x ＝v 0t 1－12at 12 代入数据解得：x ＝7.5 m(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球速度v 1＝v 0－at 1＝5 m/s B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以v ＝v 0－v 1＝5 m/s 做匀速运动，设再经过时间t 2它们相遇，有：t 2＝x v ＝1.5 s则所求时间t ＝t 1＋t 2＝2.5 s.2．如图2所示，在匝数N ＝100、截面积S ＝0.02 m 2的多匝线圈中存在方向竖直向下的匀强磁场B 0，B 0均匀变化．两相互平行、间距L ＝0.2 m 的金属导轨固定在倾角为θ＝30°的斜面上，线圈通过开关S 与导轨相连．一质量m ＝0.02 kg 、阻值R 1＝0.4 Ω的光滑金属杆锁定在靠近导轨上端的MN 位置，M 、N 等高．一阻值R 2＝0.6 Ω的定值电阻连接在导轨底端．导轨所在区域存在垂直于斜面向上的磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计．重力加速度取g ＝10 m/s 2.电子电荷量e ＝1.6×10－19 C.图2(1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力为0.4 N ，请判断磁感应强度B 0的变化趋势，并求出磁感应强度B 0的变化率ΔB 0Δt； (2)断开开关S ，解除对金属杆的锁定，从MN 处由静止释放，经过t ＝0.50 s ，金属杆下滑x ＝0.60 m ，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q 1；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的部分)的碰撞，请建立合适的自由电子运动模型，求出第(2)问情境中，当金属杆最终匀速下滑时，金属杆中金属离子对一个自由电子沿杆方向的平均阻力F f 的大小．答案 (1)增大 0.8 T/s (2)4.64×10－3 J (3)3.2×10－19 N解析 (1)闭合开关S 时，金属杆受到沿斜面向下的安培力，由左手定则可知金属杆中的电流由M 流向N ，根据楞次定律可知磁感应强度B 0的趋势是增大线圈中的感应电动势E ＝N ΔB 0ΔtS 金属杆中的电流为I ＝E R 1金属杆受到的安培力为F ＝BIL联立解得：ΔB 0Δt＝0.8 T/s (2)根据动量定理得： mg sin θ·t －B ·I L ·t ＝mv －0平均电流为I ＝ER 1＋R 2平均电动势为E ＝BLx t，得到速度为：v ＝2.2 m/s根据能量守恒定律得：mgx sin θ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝1.16×10－2 J ， Q 1＝R 1R 1＋R 2Q ＝4.64×10－3 J(3)匀速时mg sin θ＝B BLv mR 1＋R 2L得到：v m ＝10 m/s金属杆中的一个电子定向匀速运动，内电压对其做的正功等于克服阻力做的功F f L ＝eU U ＝R 1R 1＋R 2EE ＝BLv m联立可得：F f ＝ev m BR 1R 1＋R 2，代入数据，解得：F f ＝3.2×10－19 N.。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：考前综合练(四)

考前综合练(四)一、单项选择题1．a 、b 两车在同一平直公路上从同一位置由静止开始运动，其v －t 图象如图1所示．以下说法正确的是( )图1A ．t 0时刻，两车相遇B ．t 0时刻，b 车的运动方向发生改变C ．0～t 0时间内，b 车的加速度逐渐减小D ．0～t 0时间内，b 车的平均速度为v 02答案 C解析根据v －t 图象与t 轴所围面积为位移，由题图可知，在t 0时曲线和直线与t 轴所围面积不相等，所以两车没有相遇，故A 错误；b 车的v －t 图象始终在t 轴上方，所以b 车的运动方向没有改变，故B 错误；v －t 图象的切线斜率表示加速度，由题图可知在0～t 0时间内，b 车v －t 图象的切线斜率减小，故加速度减小，故C 正确；0～t 0时间内，由于b 车的位移大于a 车的位移，所以b 车的平均速度大于a 车的平均速度v 02，故D 错误．2．汽油发动机内，经过压缩达到一定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达10 kV 的电压才能点火，某同学设计了如图2甲、乙的点火电路，已知直流电源的电压为12 V ，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的，下列说法正确的是( )图2A ．两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压B ．图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压C ．图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会有高压产生D．图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间，输出端都会有高压产生答案 C解析只有线圈中的磁通量发生变化时才会产生感应电动势，所以在题图甲中当开关闭合或断开的瞬间，穿过副线圈的磁通量发生了变化，所以在副线圈上能产生高压，但题图乙中原线圈接了直流电，所以无论开关是断开还是闭合，穿过副线圈的磁通量都不发生变化，所以不会产生高压，故C正确，A、B、D错误．3.一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图3所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则( )图3A．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B．当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的动能最大C．小球从最高点到最低点的过程中，加速度的值一直增大D．在之后的运动中，小球不可能返回释放点答案 B解析当弹簧与杆垂直时，重力沿杆方向的分力提供了加速度，则小球还要沿杆加速，所以动能没有达到最大，故A错误；当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，此时沿杆方向合外力为零，加速度为零，所以小球的动能达到最大，故B正确；小球先加速后减速，所以小球的加速度先减小，后反向增大，故C错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球能返回到释放点，故D错误．4.单梁悬挂起重机(行车)可简化为如图4的模型，滑轮O处于水平横梁AB上，长为L的钢丝绳一端固定在滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块的最大引力为F，现用该行车运送一铁块，滑轮与铁块一起向右匀速运动，当O到AB上的P点时被制动立即停止，铁块开始摆动但不掉落，将滑轮、电磁铁与铁块视为质点，下列说法正确的是( )图4A ．只要铁块的重量不大于F ，铁块就可以被安全运输B ．若运输速度为v ，该行车能运输铁块的最大质量为FLv 2＋gLC ．若运输速度为2gL ，该行车能运输铁块的最大质量为F2gD ．若铁块的质量为M ，该行车运输的最大速度为(2F －Mg )LM答案 B解析滑轮停止后铁块做圆周运动，那么在滑轮停止的瞬间，由F T －mg ＝m v 2L 得F T ＝mg ＋m v 2L，而F T ≤F ，所以铁块的重量应该小于F ，故A 错误；若运输速度为v ，由F －mg ＝m v 2L 可知m ＝FLv 2＋gL，故B 正确；若运输速度为2gL ，由F －mg ＝m v 2L 可知该行车能运输铁块的最大质量m ＝F3g ，故C 错误；若铁块的质量为M ，由F －Mg ＝M v 2L，可知该行车运输的最大速度为v ＝(F －Mg )LM，故D 错误．5．如图5所示，等腰直角三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，在bc 的中点O 处有一粒子源，可沿与ba 平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为m ，电荷量为q ，已知这些粒子都能从ab 边离开abc 区域，ab ＝2l ，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子( )图5A ．速度的最大值为(2＋1)qBlmB ．速度的最小值为qBl mC ．在磁场中运动的最短时间为πm4qBD ．在磁场中运动的最长时间为πm2qB答案 A解析若都能从ab 边出来，则符合条件的最大半径的轨迹应该与ac 面相切，最小半径的轨迹应该恰好运动到b 点，如图所示由几何关系可得：r min ＝l2r max ＝(2＋1)l粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB ＝m v 2r解得：v max ＝(2＋1)qBlmv min ＝qBl2m，故A 对，B 错；粒子做圆周运动的周期为T ＝2πmqB，若圆心角θ＝45°，则在磁场中的运动时间为t ＝18T ＝πm 4qB由图可知，最小的圆心角θ>45°，所以t min >18T ＝πm4qB，故C 错；由几何关系知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t max ＝12T ＝πmqB ，故D 错．二、多项选择题6．氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，其能级示意图如图6所示，当分别用能量均为48.4 eV 的电子和光子作用于处在基态的氦离子时( )图6A ．氦离子可能辐射能量为40.8 eV 的光子B ．氦离子可能从基态跃迁到n ＝3的能级C ．氦离子一定能从基态跃迁到n ＝2的能级D ．若仅以能量为60 eV 的电子入射，氦离子一定不会辐射光子答案 AB解析若处在基态的氦离子吸收48.4 eV 的光子，则跃迁到的能级的能量应该为E ＝－54.4 eV ＋48.4 eV ＝－6.0 eV ，所以氦离子可以吸收48.4 eV 的光子跃迁到E 3的能级，然后自发地向下跃迁，从能级E 2跃迁到能级E 1可释放出能量为40.8 eV 的光子，故A 、B 正确；若吸收的电子的能量也为48.4 eV ，则氦离子从基态跃迁到n ＝3的能级，所以氦离子不一定能从基态跃迁到n ＝2的能级，故C 错误；以能量为60 eV 的电子入射，氦离子可以吸收两能级差的能量发生跃迁，然后向下跃迁辐射出光子，故D 错误．7．圆心为O 的均匀带电球壳位于真空中，在其电场中沿某一半径方向，任一点的电势φ与该点到O 的距离r 的关系如图7所示．电场中有五个点a 、b 、c 、d 、e ，b 、d 的电场强度大小分别为E b 和E d ，现将一带正电的试探电荷由c 点经d 点移动到e 点，电场力所做的功分别为W cd 和W de ，下列选项正确的是( )图7A ．球壳的半径为1 mB ．0～1 m 间电场强度的值为6 V/mC ．E b ∶E d ＝2∶1D ．W cd ∶W de ＝1∶1 答案 AD解析电荷分布在球壳的外表面，所以内部没有电场线，电场强度为零，则球壳是一等势体，而题图中0～1 m 范围内电势不变，所以带电球的半径为1 m ，故A 正确，B 错误；根据E ＝kQr 2可知E b ∶E d ＝4∶1，故C 错误；根据W ＝qU 结合题图可知W cd ∶W de ＝1∶1，故D 正确．8．如图8所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动，若减小小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内( )图8A．小球的动能一定增大B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定减小D．小球的重力势能一定减小答案AC解析如果小球带负电，则小球受到向下的重力、向上的电场力和向下的洛伦兹力，则小球可能受力平衡，沿水平方向做匀速直线运动；若小球带正电，则小球受向下的重力、向下的电场力和向上的洛伦兹力，也可能受力平衡，故小球带正、负电均可以；若小球带负电，当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时，小球受到的向下的洛伦兹力变小，所以小球会向上偏转，此时合力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做负功，重力势能增加；若小球带正电，当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时，则小球所受到的向上的洛伦兹力会变小，则小球会向下发生偏转，则合外力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做正功，重力势能减小，故A、C正确．三、非选择题9．如图9甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量．两车左端各系一条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)．拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小．图9(1)该实验中，盘和盘中砝码的总质量应____________小车的总质量(填“远大于”“远小于”或“等于”)．(2)图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量m 1＝100 g ，小车2的总质量m 2＝200 g ．由图可读出小车1的位移x 1＝5.00 cm ，小车2的位移x 2＝________ cm ，可以算出a 1a 2＝________(结果保留三位有效数字)；在实验误差允许的范围内，a 1a 2________m 2m 1(填“大于”“小于”或“等于”)．答案 (1)远小于 (2)2.48(2.47～2.49均可) 1.42(1.41～1.43均可) 等于解析 (2)由题图丙可知，小车2的位移为2.48 cm ，由匀加速直线运动的位移公式可知，x ＝12at 2，即a ＝2x t 2.由于时间相等，所以a 1a 2＝x 1x 2＝ 5.002.48≈1.42，在实验误差允许的范围内，两小车的加速度之比等于质量的反比．10．(1)一多用电表的简化电路图如图10(a)，当转换开关S 旋到位置1、2时，可用来测量________；当S 旋到位置3或4时，对应不同倍率的欧姆表，如果3、4对应的电源电动势E >E ′，则位置________(填3或4)对应的欧姆表倍率大．图10(2)某同学测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×10”挡，欧姆调零后，测量时指针偏转如图(b)所示，则该电阻的阻值是________ Ω.(3)接下来，该同学采用“伏安法”测量该电阻的阻值，实验室提供的器材如下：A．电压表V(量程3 V，内阻约为15 kΩ)B．电流表A1(量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω)C．电流表A2(量程30 mA，内阻约为10 Ω)D．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流1 A)E．滑动变阻器R2(0～5 kΩ，额定电流0.5 A)F．电源E(电动势为5 V，内阻约为1 Ω)G．开关S，导线若干①为了较准确地测量电阻R的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选________(填器材前面的序号)．②在虚线框内画出实验电路图．答案(1)电流 3 (2)130 (3)①C D ②见解析图解析(2)由题图(b)可知，电阻的阻值为13×10 Ω＝130 Ω；(3)由于电源的电动势为5 V，定值电阻阻值约为130 Ω，所以流过定值电阻的最大电流约为I max＝5130A≈38.5 mA，所以电流表应选C；为了减小实验误差，滑动变阻器应选总阻值较小的D，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于电阻阻值较小，所以电流表采用外接法，电路图如图所示．11．为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平直轨道上虚线PQ和MN之间存在竖直向下的匀强磁场，其间距为2L，磁感应强度为B，如图11所示，沿轨道运动的总质量为m的小车，受到地面的阻力为F f，当车头(ab边)进入磁场时的速度为v0，车尾(cd边)离开磁场时速度恰好减为零，求：图11(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；(2)从ab 进入磁场到ab 离开磁场的过程中，通过导线截面的电荷量； (3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热．答案 (1)N 2B 2L 2v 0mR ＋F f m (2)2NBL 2R (3)12mv 02－4F f L解析 (1)车头进入磁场时，设加速度的大小为a ，有E ＝NBLv 0，I ＝ER，F ＝NBIL 由牛顿第二定律得F ＋F f ＝ma ，联立解得a ＝N 2B 2L 2v 0mR ＋F fm；(2)从ab 进入磁场到ab 离开磁场的过程中，E ＝N2BL2t，I ＝E R，q ＝I t ，联立解得q ＝2NBL2R(3)设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为Q ，由能量守恒：Q ＝12mv 02－4F f L .12．如图12，水平面上有质量m A ＝1 kg 的木板A ，其上右端点放有质量m B ＝1 kg 的物块B (可视为质点)．A 的左侧用长度l ＝3.6 m 的轻绳悬吊一质量为m C ＝0.5 kg 的小球C ，C 静止时恰好与A 接触但无挤压且不触地，现将C 沿A 、B 所在竖直平面向左拉起，当轻绳与竖直方向成θ＝60°角时由静止释放，C 运动到最低点时与A 发生碰撞，碰后C 立即静止，最后物块B 没有从A 上滑出，已知B 与A 间的动摩擦因数μ1＝0.10，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，取g ＝10 m/s 2，不考虑C 与A 碰撞的时间，求：图12(1)碰后瞬间A 速度的大小； (2)碰后木板A 运动的时间．答案 (1)3.0 m/s (2)0.9 s解析 (1)设C 与A 碰撞时的速度大小为v C ，有m C gl (1－cos 60°)＝12m C v C 2碰后木板A 的速度大小为v A ，碰撞瞬间，由动量守恒定律有m C v C ＝m A v A ，解得v A ＝3.0 m/s(2)设C与A碰撞后A运动的加速度大小为a1，B运动的加速度大小为a2，经过时间t1，A、B两物体速度相等，设为vμ1m B g＋μ2(m A＋m B)g＝m A a1，μ1m B g＝m B a2解得a1＝4.0 m/s2，a2＝1.0 m/s2，v＝v A－a1t1＝a2t1，解得v＝0.6 m/s，t1＝0.6 s；经过分析可知A、B不能一起减速，所以A、B分别做减速运动．由于μ2(m A＋m B)g－μ1m B g＝m A a1′解得a1′＝2.0 m/s2,0＝v－a1′t2，解得t2＝0.3 s此后木板A保持静止，碰后木板A运动的时间t＝t1＋t2＝0.9 s.13．[选修3－3](1)下列说法正确的是________．A．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等D．分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量(2)如图13所示，右侧有挡板的导热汽缸固定在水平地面上，汽缸内部总长为21 cm，活塞横截面积为10 cm2，厚度为1 cm，给活塞施加一向左的水平恒力F＝20 N，稳定时活塞封闭的气柱长度为10 cm.大气压强为1.0×105 Pa，外界温度为27 ℃，不计摩擦．图13①若将恒力F方向改为水平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；②若撤去外力F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60 N时，求封闭气柱的温度．答案(1)BDE (2)①15 cm②800 K解析(1)液体中的扩散现象是由于分子热运动而产生的，故A项错误．液体的表面张力是分子力作用的表现，表面层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故B项正确．物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，故C 项错误．分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大，只不过在不同情况下合力对外表现不同，故D 项正确．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也有部分转化为热能，故E 项正确．(2)①温度不变，设水平恒力向左、向右两种情况下被封闭气体压强分别为p 1、p 2，气柱的长度分别为l 1、l 2，则有：p 1＝p 0＋F S ＝1.2×105Pa p 2＝p 0－F S＝0.8×105 Pa V 1＝l 1S ，V 2＝l 2S根据玻意耳定律有：p 1V 1＝p 2V 2解得：l 2＝15 cm.②设汽缸升温前后温度分别为T 1、T 3，升温后气柱长度为l 3T 1＝300 K ，l 3＝(21－1) cm ＝20 cm升温后气体压强p 3＝p 0＋F ′S＝1.6×105 Pa ， V 3＝l 3S根据理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3，解得：T 3＝800 K.14．[选修3－4](1)一列波沿x 轴方向传播，某一时刻的波形如图14所示．质点A 与坐标原点O 的水平距离为0.6 m ，波长λ＝1.6 m ，此时质点A 沿y 轴正方向振动，经过0.1 s 第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是________．图14A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的周期T ＝0.8 sC ．波速v ＝14 m/sD ．从图示时刻开始，质点A 经过Δt ＝1.6 s 运动的路程为0.4 mE ．从图示时刻开始，质点A 经过Δt ′＝0.5 s 第一次到达波谷(2)如图15甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB 成θ角射入，对射出的折射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为8R 、高为2R 的长方体，一束单色光从左侧A ′点沿半径方向与长边成37°角射入器具．已知光在真空中的传播速度为c ，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图15①该透明材料的折射率；②光线在器具中运动的总时间．答案 (1)ABE (2)①1.25 ②55R 4c解析 (2)①由题图乙可知，当θ＝37°时光线恰好发生全反射，则临界角C ＝53°由n ＝1sin C可知：n ＝1sin 53°＝1.25 ②由几何关系可知光在器具中传播的路程为s ＝8R sin 53°＋R ＝11R 光在器具中的传播速度v ＝c n传播时间t ＝s v联立解得t ＝55R 4c.。

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考前综合练(三)一、单项选择题1．如图1是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是( )图1A．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D．铀235只要俘获中子就能进行链式反应答案 A解析卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A 正确；放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最弱，故B错误；由题图可知，光照越强，光电流越大，但遏止电压一样，说明遏止电压与光的强度无关，故C错误；链式反应需要达到临界体积才可以进行，故D错误．2．某同学阅读了“火星的现在、地球的未来”一文，摘录了以下资料：(1)太阳几十亿年来一直在不断地释放能量，质量在缓慢地减小．(2)金星和火星是地球的两位近邻，金星位于地球圆轨道的内侧，火星位于地球圆轨道的外侧．(3)由于火星与地球的自转周期几乎相同，自转轴与公转轨道平面的倾角也几乎相同，所以火星上也有四季变化．根据该同学摘录的资料和有关天体运动的规律，可推断( )A．太阳对地球的引力在缓慢增大B．日地距离在不断减小C．金星的公转周期超过一年D．火星上平均每个季节持续的时间大于3个月答案 D解析因太阳质量在减小，所以在地球与太阳间距离不变的情况下，太阳对地球的引力减小，故地球做离心运动，故A 、B 错误；金星绕太阳运动的轨道半径比地球的小，故金星的公转周期小于一年，同理，火星的公转周期大于一年，故C 错误，D 正确．3.如图2所示，质量均为m 的木块A 和B ，用一个劲度系数为k 的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F 缓慢拉A 直到B 刚好离开地面，则这一过程中力F 做的功至少为( )图2A.m 2g 2kB.2m 2g2kC.3m 2g2kD.4m 2g2k答案 B解析最初系统静止时，弹簧的弹力等于A 的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x 1＝mg k ，最后B 刚好离开地面时，弹簧的弹力等于B 的重力，此时弹簧伸长的长度x 2＝mgk，弹簧弹性势能不变，此过程缓慢进行，所以力F 做的功等于系统增加的重力势能，根据功能关系可知：W ＝mgh ＝mg ×2mg k ＝2m 2g 2k，故B 正确．4．已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图3所示，MN 为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q 的正点电荷置于板的右侧，图中a 、b 、c 、d 是以正点电荷Q 为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab 连线与金属板垂直．则下列说法正确的是( )图3A ．b 点电场强度与c 点电场强度相同B ．a 点电场强度与b 点电场强度大小相等C ．a 点电势等于d 点电势D ．将一试探电荷从a 点沿直线ad 移到d 点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变答案 C解析画出电场线如图所示：根据对称性可知，b 点电场强度与c 点电场强度大小相等，方向不同，故A 错误；电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a 点电场强度大于b 点电场强度，故B 错误；根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误．5．如图4所示，质量为m 的小球用长度为R 的细绳拴着在竖直面上绕O 点做圆周运动，恰好能通过竖直面的最高点A ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图4A ．小球通过最高点A 的速度为gRB ．小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为mgRC ．若细绳在小球运动到与圆心O 等高的C 点断了，则小球还能上升的高度为RD ．若细绳在小球运动到A 处断了，则经过时间t ＝2Rg小球运动到与圆心等高的位置答案 D解析小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：mg ＝m v 2R，得v ＝gR ，故A 错误；从最高点到最低点重力做功为2mgR ，根据动能定理可知小球通过最低点B 和最高点A 的动能之差为2mgR ，故B 错误；从A 到C 由动能定理可知：mgR ＝12mv C 2－12mv 2，当绳子断掉后上升的高度为h ，则－mgh ＝0－12mv C 2，解得h ＝32R ，故C 错误；若细绳在小球运动到A 处断了，则下降R 所用的时间为R ＝12gt 2，解得t ＝2Rg，故D 正确．二、多项选择题6．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( ) A ．电动机消耗的总功率为UI B ．电源的效率为1－IrEC ．电源的输出功率为EID ．电动机消耗的热功率为U 2R答案 AB解析电动机消耗的总功率为P ＝IU ，所以A 正确．电动机消耗的热功率为P ＝I 2R ，所以D 错误．电源的输出功率等于电动机的输入功率，则P 出＝UI ，故C 错误．电源的总功率为IE ，内部发热的功率为I 2r ，所以电源的效率为IE －I 2r IE ＝1－IrE，所以B 正确．7．如图5所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d .现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图5A ．环与重物、地球组成的系统机械能守恒B ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为dC ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于22D ．小环下落到B 处时的速度大小为(3－22)gd 答案 AD解析对于小环、重物和地球组成的系统，只有重力做功，则环与重物、地球组成的系统机械能守恒，故A 项正确．结合几何关系可知，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，故B 项错误．将小环在B 处的速度分解为沿着绳子方向和垂直于绳子方向的两个分速度，其中沿着绳子方向的速度即为重物上升的速度，则v 物＝v 环cos 45°，环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为2∶1，故C 项错误．小环从A 到B ，由机械能守恒得mgd －2mgh ＝12mv 环2＋12×2mv 物2且v 物＝v 环cos 45°，解得：v 环＝(3－22)gd ，故D 正确．8．如图6甲所示，左侧接有定值电阻R ＝3 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2 T ，导轨间距为L ＝1 m ．一质量m ＝2 kg 、接入电路的阻值r ＝1 Ω的金属棒在拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，金属棒的v －x 图象如图乙所示，则从起点到发生位移x ＝1 m 的过程中( )图6A ．拉力做的功为16 JB ．通过电阻R 的电荷量为0.25C C ．定值电阻R 产生的焦耳热为0.75 JD ．所用的时间t 一定大于1 s 答案 CD解析根据题图乙可知v ＝2x ，金属棒运动过程中受到的安培力F 安＝B 2L 2·2xR ＋r ，即安培力与x 是线性函数，所以在此过程中平均安培力为1 N ，根据功能关系 W 拉＝W f ＋12mv 2＋W 克安＝μmgx ＋12mv 2＋F 安x＝0.5×20×1 J＋12×2×22J ＋1×1 J＝15 J ，故A 错误；q ＝ΔΦR ＋r ＝BLx R ＋r ＝2×1×14C ＝0.5 C ，故B 错误；克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热，克服安培力做的功为W 克安＝1 J ，所以R 上的焦耳热为Q R ＝R R ＋r W ＝34W ＝0.75 J ，故C 正确；v －x 图象中的斜率k ＝v x ＝v t ·t x ＝av，所以a ＝kv ，即随着速度的增加，加速度也在增加，若金属棒做匀加速运动1 m 则需要的时间为t ＝x v＝1 s ，现在金属棒做加速度增加的加速运动，则移动相同的位移所用的时间大于1 s ，故D 正确．三、非选择题9．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图7，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图7图8(1)图8给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个小点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a ＝__________(保留三位有效数字)． (2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________(填入所选物理量前的字母) A ．木板的长度 B ．木板的质量m 1 C ．滑块的质量m 2D ．托盘和砝码的总质量m 3E ．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是____________________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g )．答案 (1)0.497 m/s 2(0.495 m/s 2～0.499 m/s 2均可) (2)①CD ②天平 (3)m 3g －(m 2＋m 3)am 2g解析 (1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1 s ．将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x 1，则第6、7之间的距离为x 6，利用匀变速直线运动的推论Δx ＝at 2，即逐差法可以求滑块的加速度大小：a ＝a 1＋a 2＋a 33＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 3＋x 2＋x 1)9T2，将数据代入得：a ≈0.497 m/s 2.(2)①设托盘和砝码的总质量为m 3，滑块的质量为m 2，动摩擦因数为μ，则摩擦力为F f ＝μm 2g ；根据牛顿第二定律有：m 3g －μm 2g ＝(m 3＋m 2)a ，由此可知还需要测量托盘和砝码的总质量m 3，滑块的质量m 2，故A 、B 、E 错误，C 、D 正确．②根据①问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平． (3)根据牛顿第二定律有：m 3g －μm 2g ＝(m 3＋m 2)a ，故解得：μ＝m 3g －(m 2＋m 3)am 2g.10．为测定海水的电阻率：(1)某学习小组选取了一根厚度可以忽略的塑料管，分别用刻度尺和螺旋测微器测出其长度L 和外径d ，外径示数如图9所示，由图得d ＝________ mm.图9(2)在塑料管里面灌满了海水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的海水柱．将多用电表的转换开关K 旋转在如图10所示的位置，将插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔短接，调零后粗测其阻值R ，其结果如图中表盘所示，则R ＝________ Ω.图10(3)该小组为进一步精确测量其阻值，现采用伏安法．有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势12 V，内阻不计，额定电流为1 A；B．电流表A：量程0～10 mA，内阻约10 Ω；C．电压表V：量程0～15 V，内阻约15 kΩ；D．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω；E．滑动变阻器R2：最大阻值10 kΩ；F．多用电表；G．开关、导线等．①该小组采用限流电路并在正确选择器材后完成了部分导线的连接，请你在图11中完成余下导线的连接并在滑动变阻器旁边标上其符号(R1或R2)．图11②若该小组在实验过程中由于操作不当，导致所选用的电流表损坏．为保证实验的正常进行，可将多用电表的转换开关K旋转至直流电流________挡位上，替换原使用的电流表并通过插入“＋”、“－”插孔的红黑表笔正确接入电路，继续实验．该小组在实验中测得电压表和电流表的示数分别为U和I，则精确测出的海水电阻率表达式为ρ＝____________.答案(1)3.740 (2)6×103(3)①如图所示②10 mA πd2U 4IL解析 (1)螺旋测微器的固定刻度为3.5 mm ，可动刻度为24.0×0.01 mm＝0.240 mm ，所以最终读数为3.5 mm ＋0.240 mm ＝3.740 mm.(2)用×1 kΩ挡测量电阻，由题图可知，欧姆表示数为R ＝6×103Ω；(3)①限流式接法如图所示，因用的限流式接法，且待测电阻的阻值约为6 kΩ，若用R 1来控制电流其阻值偏小，故选用R 2.②选择与电流表相当的挡位：10 mA ；因R ＝U I ＝ρL S ，且S ＝π(d2)2解得：ρ＝πd 2U 4IL.11．质量为m 、电荷量为q 、带正电的绝缘小球a ，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入正交的匀强磁场和匀强电场区域，场强方向如图12所示，若小球a 与绝缘板间的动摩擦因数为μ，已知小球a 自C 点沿绝缘板做匀速直线运动，在D 点与质量为M ＝2m 的不带电绝缘小球b 发生弹性正碰，此时原电场立即消失(不计电场变化对磁场的影响)，磁场仍然不变，若碰撞时，小球a 无电荷量损失，碰撞后，小球a 做匀速直线运动返回C 点，往返总时间为t ，CD 间距为L ，重力加速度为g .求：图12(1)小球a 碰撞前后的速度大小之比； (2)电场强度E 的大小．答案 (1)3∶1 (2)4μmg q解析 (1)a 、b 两小球发生弹性碰撞前后，系统动量守恒，机械能守恒．设碰前a 球速度为v 0，碰后a 球、b 球速度大小分别为v a 、v b ，mv 0＝－mv a ＋Mv b ①12mv 02＝12mv a 2＋12Mv b 2② 由①②式解得：v 0v a ＝31(2)往返总时间t ＝L v 0＋L v a ＝4Lv 0得：v 0＝4Lt③a 球碰后匀速返回，则有：qBv a ＝mg ，得：B ＝mgqv a ④a 球碰前匀速，则有：F N ＝mg ＋qBv 0⑤ qE ＝μF N ⑥由③④⑤⑥解得：E ＝4μmgq.12.如图13所示，一个质量为M 、长为L 的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m 的弹性小球，M ＝4m ，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg .管从下端离地面距离为H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图13(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管刚达到相同速度时，管的下端距地面的高度；(3)管第二次弹起后球没有从管中滑出，L 应满足什么条件．答案 (1)管的加速度为2g ，方向向下球的加速度为3g ，方向向上 (2)1225H (3)L >152125H 解析 (1)管第一次落地弹起时，管的加速度a 1＝4mg ＋4mg 4m＝2g ，方向向下球的加速度a 2＝4mg －mg m＝3g ，方向向上 (2)取向上为正方向，球与管第一次碰地时速度v 0＝2gH ，方向向下碰地后管的速度v 1＝2gH ，方向向上球的速度v 2＝2gH ，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t 1，球、管速度v 相同，则有v 1－a 1t 1＝－v 2＋a 2t 1，t 1＝2v 0a 1＋a 2＝22gH 5g设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t 2，则：t 2＝v 0a 1＝2gH 2g因为t 1＜t 2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t 1这段时间上升的高度为所求．得h 1＝v 1t 1－12a 1t 12＝1225H (3)球与管达到相对静止后，将以速度v 、加速度g 竖直上升到最高点，由于v ＝v 1－a 1t 1＝152gH ，故这个高度是h 2＝v 22g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152gH 22g ＝125H 因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度H m ＝h 1＋h 2＝1325H 这一过程球运动的位移x ＝－v 2t 1＋12a 2t 12＝825H 则球与管发生相对位移x 1＝h 1＋x ＝45H 当管与球从H m 再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知： x 2＝45H m所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是 x 1＋x 2＜L即L 应满足条件L ＞152125H .13．[选修3－3](1)下面说法正确的是________．A ．饱和蒸汽压随温度的升高而增大B ．单晶体在某些物理性质上具有各向异性C ．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加D ．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈E ．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间的距离增大而增大(2)如图14所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L ＝13 cm ，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T 1＝300 K 时，粗、细管内的水银柱长度均为h ＝5 cm.已知大气压强p 0＝75 cmHg ，现对封闭气体缓慢加热，求：图14①水银恰好全部进入细管时气体的温度T 2；②从开始加热到T 3＝500 K 时，水银柱的下表面移动的距离为多少厘米(保留三位有效数字)．答案 (1)ABD (2)①450 K ②12.9 cm解析 (1)饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，选项A 正确；单晶体内部分子结构在空间排列规则，某些物理性质具有各向异性，故B 正确；根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以内能不一定增加，故C 错误；液体温度越高，分子热运动的平均动能越大，悬浮颗粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故D 正确；分子间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故E 错误．(2)①由理想气体状态方程：(p 0－ρg ·2h )·2S (L －h )T 1＝(p 0－ρg ·3h )·2SL T 2解得：T 2＝450 K ；②从T 2到T 3，由盖－吕萨克定律：2LS T 2＝2LS ＋Sx T 3得：x ≈2.9 cm水银柱移动的距离：s ＝2h ＋x ＝12.9 cm.14．[选修3－4](1)如图15所示，两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播．已知两波源分别位于x ＝－0.2 m 和x ＝1.0 m 处，振幅均为A ＝0.5 cm ，波速均为v ＝0.2 m/s.t ＝0时刻，平衡位置处于x ＝0.2 m 和x ＝0.6 m 的P 、Q 两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x ＝0.4 m 处，下列说法正确的是________．图15A ．t ＝0时，质点P 、Q 振动方向分别是向下和向上B ．0～1 s 内，质点P 的运动路程为0.2 mC ．t ＝1.5 s 时，平衡位置处于0.3 m ～0.5 m 之间的质点位移均为0D ．t ＝2 s 时，x ＝0.3 m 处质点的位移为－0.5 cmE ．两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变(2)如图16所示，截面为直角三角形ABC 的玻璃砖，∠A ＝60°，AB ＝12 cm ，现有两细束相同的单色平行光a 、b ，分别从AC 面上的D 点和E 点以45°角入射，并均从AB 边上的F 点射出，已知AD ＝AF ＝5 cm ，光在真空中的传播速度c ＝3×108m/s ，求：图16①该玻璃砖的折射率；②D 、E 两点之间的距离．答案 (1)ACE (2)① 2 ②14 cm解析 (1)由“上下坡”法可判断，t ＝0时，质点P 、Q 振动方向分别是向下和向上，故A 正确；由v ＝λT 可知，T ＝2 s ，所以在半个周期内质点P 运动的路程为2A ＝0.01 m ，故B 错误；由“平移法”可知，t ＝1.5 s 时，平衡位置处于0.3 m ～0.5 m 之间的质点位移均为0，故C正确；波从P 点传到x ＝0.3 m 处质点所用的时间为t ＝0.10.2s ＝0.5 s ，质点再经过1.5 s 即四分之三周期的位移为0.5 cm ，故D 错误；由于波叠加时互不干扰，所以两列波相遇分开后，各自的振幅、周期均保持不变，故E 正确．(2)①由几何关系得：从AC 边入射的光的折射角θ＝30°由折射定律：n ＝sin 45°sin 30°＝2； ②设该玻璃砖的临界角为C ，则sin C ＝1n，解得：C ＝45°由几何关系得：从E 点入射的光线在BC 边的F ′点入射角为60°，故在BC 边发生全反射由几何关系得：FF ′＝14 cmDE ＝FF ′＝14 cm.。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：考前综合练(一)

考前综合练(一)一、单项选择题1．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是( )A.14 7N＋42He→17 8O＋11HB.238 92U→234 90Th＋42HeC.21H＋31H→42He＋10nD.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n答案 C解析轻核聚变是指轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，A项为人工转变，B 项为α衰变，C项为轻核聚变，D项为重核裂变，故C正确．图12．2018年4月14日，风靡全球的蹦床主题公园——乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图1是小朋某次游戏中的v－t图象，t＝0时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋( ) A．t1时刻落到海绵上B．t2时刻到达最低处C．t3时刻处于平衡状态D．t2～t4时间内处于超重状态答案 D解析小朋先向上做匀减速运动，在t1时刻达到最高点，故A错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加速度开始减小，t2时刻速度达到最大，但没有在最低点，故B错误；t3时刻速度为零，但合力不为零，故C错误；t2～t4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加速运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态，故D正确．3．如图2，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为( )图2A.3mv 028qB ．－3mv 028qC ．－mv 028qD.mv 028q答案 B解析从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12mv N 2－12mv M 2＝12m (v 0cos 60°)2－12mv 02解得：U MN ＝－3mv 028q，故B 正确．4．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v 时，其加速度大小为a ，设汽车所受的阻力恒为f .以下说法正确的是( ) A ．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增加到2v 时，加速度为a2C ．汽车行驶的最大速率为(1＋ma f)vD ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a答案 C解析汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma ，所以F ＝f ＋ma ，所以汽车的功率为P ＝Fv ＝(f ＋ma )v ，故A 错误；当汽车的速度增加到2v 时，此时的牵引力为F ＝P 2v ＝(f ＋ma )v 2v ＝f ＋ma 2由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1，即f ＋ma2－f ＝ma 1解得a 1＝ma －f2m，故B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即v m ＝P f＝(f ＋ma )v f＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ma f v ，故C 正确；由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax ＝v 2即x ＝v 22a来计算，故D 错误．5．如图3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R 2＝R 3＝2R 1，电流表为理想交流电表，U 为有效值恒定的正弦交流电源．当S 闭合时，电流表的示数为I ；当S 断开时，电流表的示数为5I 9.该变压器原、副线圈匝数比n 1n 2为()图3A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 A解析设变压器原、副线圈匝数比为k ，则可知，开关闭合时，副线圈总电流为kI ，根据理想变压器原理可知U －IR 1kI R 2R 3R 2＋R 3＝k ，同理U －59IR 1k 59IR 2＝k 联立解得：k ＝2，故A 正确．二、多项选择题6．如图4甲所示，矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad 边所受安培力F 的正方向．下列图象正确的是()图4答案 BD解析线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随t 的变化率．由题图可知，0～1 s 时间内，B 增大，Φ增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反(感应电流产生的磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可判断出1～4 s 内感应电流的方向，故A 错误，B 正确；0～1 s 时间内，ad 边感应电流是向下的，ad 边所受的安培力F ＝BIL ，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B 随时间均匀增大，I 不变，所以安培力F 随时间t 均匀增大，同理可判断出1～4 s 时间内安培力F 随时间t 的变化关系，故C 错误，D 正确．7．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 24π2B ．卫星运行半径r ＝RT2π3gC ．地球平均密度ρ＝3g4πGRD ．地球平均密度ρ＝3gR4πG答案 AC解析由万有引力提供向心力有：G mM r 2＝m 4π2T 2r 和G MmR2＝mg 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 ＝4πR33，所以地球的密度为ρ＝M V ＝gR 2G 4πR 33＝3g4πGR，故C 正确，D 错误．8.有三根长度皆为L 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O 点，另一端分别挂有质量均为m 、电荷量分别为－q 和q 的带电小球A 和B ，A 、B 间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E ＝mg q的匀强电场，系统平衡时，A 、B 球的位置如图5所示．现将O 、B 之间的轻线烧断，因空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是( )图5A ．A 球的电势能增加了12qELB ．B 球的电势能减少了12qELC ．A 球的重力势能减少了2－32mgLD ．B 球的重力势能减少了2＋2－32mgL答案 ACD解析设达到新的平衡位置时OA 绳与竖直方向的夹角为α，OB 绳与竖直方向的夹角为β，由平衡条件得对A ：F T1cos α＝mg ＋F T2cos βqE ＝F T1sin α＋F T2sin β对B ：F T cos β＝mgqE ＝F T sin β F T ＝F T2联立解得：α＝0，β＝45° 所以A 球的重力势能减少了mgL (1－cos 30°)＝2－32mgL B 球的重力势能减少了mgL (1＋cos 45°)－mgL cos 30°＝2＋2－32mgLA 球的电势能增加了qEL sin 30°－qEL ＝qEL2B 球的电势能增加了qEL (sin 45°－sin 30°)＝2－12qEL 综上所述，故A 、C 、D 正确．三、非选择题9．利用图6的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M ，钩码的质量为m ，打点计时器的电源是频率为f 的交流电．图6(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母) A ．打点计时器不打点 B ．打点计时器打点(2)图7是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中O 为打出的第一个点．在纸带上连续选取A 、B 、C 、D 、E 点进行分析，测得各点到O 点的距离分别为s 1、s 2、s 3、s 4、s 5，则打点计时器打D 点时，小车的速度v D ＝________.(用已知和测得物理量的符号表示)图7(3)若采用图中的OD 过程进行验证，则需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)答案 (1)B (2)(s 5－s 3)f 2 (3)mgs 4＝18(m ＋M )(s 5－s 3)2f 2解析 (1)在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选B. (2)利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得v D ＝s 5－s 32T ＝(s 5－s 3)f2(3)根据功能关系可知mgh D ＝12(m ＋M )v D 2代入数据得：mgs 4＝18(m ＋M )(s 5－s 3)2f 2只要验证上关系式成立即可．10．实验室中有热敏电阻R t 、电炉丝、电磁继电器、电源E (3.6 V ，内阻不计)、电阻箱R 0(0～999.9 Ω)、开关K 和导线若干，某同学设计了如图8甲所示的温控电路，当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA 时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18 mA 时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻R t 的阻值与温度t 的关系．图8该同学主要实验过程如下，完成下列填空：(1)用多用电表的欧姆“×1 Ω”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下：A ．将选择开关旋至“×1 Ω”挡，短接两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0”刻度B ．调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度C ．将多用电表的选择开关旋至“OFF”D ．将两表笔直接连到图甲中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值以上步骤中存在错误的一项是________．改正后正确的步骤顺序为________________．(填步骤前的字母)(2)已知继电器线圈的电阻为25.0 Ω.该同学将电阻箱的阻值调为75.0 Ω，则该温控器的温度控制范围在______之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值____________(选填“调大”或“调小”)．(3)正确设计电路后闭合K ，发现电炉丝发热，R t 温度一直升高但继电器并不吸合．将多用电表选择开关旋至直流电压“×10 V”挡，将表笔分别接到图甲中1、2、3、4各点进行故障排查(仅一处故障)，现象如下表，则可知________.A.开关K 断路 B ．电阻箱断路 C ．热敏电阻R t 短路 D ．电磁继电器线圈短路答案 (1)D BADC (2)50 ℃～60 ℃ 调大 (3)B解析 (1)由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关将继电器隔离后再放到1、4两点直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的D 有错误，欧姆表的正确的操作步骤是BADC. (2)当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA 时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18 mA 时，街铁与继电器分开，所以回路中的电流取值范围是18 mA ～20 mA ，当继电器线圈的电阻为25.0 Ω.电阻箱的阻值调为75.0 Ω，利用闭合电路欧姆定律I ＝E R 外＋r可解得此时热敏电阻的取值范围为80 Ω～100 Ω，结合图象可知温度的取值范围为50 ℃～60 ℃，若要提高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变．(3)从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选B.11．如图9为分拣邮件的传输装置示意图，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B 点，圆弧的半径为R ＝0.8 m ，传送带的长度L ＝3 m ，以速度v ＝2 m/s 沿顺时针方向匀速转动．现将一质量m ＝2 kg 的邮件(可视为质点)由圆弧顶点A 点静止释放，已知邮件和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：图9(1)邮件滑到B 点时的速度大小； (2)邮件由B 点运动到C 点的时间； (3)邮件与传送带间因摩擦产生的热量．答案 (1)4 m/s (2)1.3 s (3)4 J 解析 (1)由动能定理得：mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝4 m/s ；(2)邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 减速到v 的过程中：v 2－v B 2＝2(－a )x 1v ＝v B －at 1匀速阶段：L －x 1＝vt 2综上可得运动的时间：t ＝t 1＋t 2＝1.3 s (3)邮件与传送带相对位移：Δx ＝x 1－vt 1 摩擦生热：Q ＝μmg Δx ＝4 J.12．如图10，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．在x >0的区域内，磁感应强度大小B 1＝3B 0，在x <0的区域内，磁感应强度大小B 2＝4B 0.在t ＝0时刻，一静止于O 点的中性粒子分裂为两个质量分别为m 、7m 的带电粒子a 和b ，其中a 粒子带正电，电荷量为q ，分裂后粒子a 以速度v 沿x 轴正向运动．不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，求：图10(1)分裂后b 粒子的速度大小；(2)当粒子a 的速度方向再次沿x 轴正向时，粒子a 的运动时间和到O 点的距离； (3)粒子a 与b 在y 轴上相遇的时刻和位置．答案见解析解析 (1)由动量守恒定律得0＝mv ＋(－7mv b ) 解得：v b ＝v7；(2)由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，T ＝2πrv解得粒子a 的运动时间：t a ＝12·2πm q ·3B 0＋12·2πm q ·4B 0＝7πm12qB 0到O 点的距离：y a ＝2mvq ·3B 0－2mvq ·4B 0＝mv 6qB 0； (3)a 经过y 轴的坐标及对应的时刻为：y a ＝n ·2mv q ·3B 0－(n －1)·2mvq ·4B 0＝n ＋36·mvqB 0(n ＝1,2,3……)t a ＝n ·12·2πm q ·3B 0＋(n －1)·12·2πmq ·4B 0＝7n －312·πm qB 0或y a ′＝n ·2mvq ·3B 0－n ·2mv q ·4B 0＝n 6·mvqB 0(n ＝1,2,3……)t a ′＝n ·12·2πm q ·3B 0＋n ·12·2πmq ·4B 0＝7n 12·πmqB 0b 经过y 正半轴的坐标及对应的时刻为： y b ＝N ·2mv q ·4B 0－(N －1)·2mvq ·3B 0＝－N ＋46·mvqB 0(n ＝1,2,3……) t b ＝N ·2π·7m 2q ·4B 0＋(N －1)·2π·7m 2q ·3B 0＝49N －2812·πm qB 0.粒子a 和b 相遇需满足条件t a ＝t b 且y a ＝y b 或t a ′＝t b 且y a ′＝y b解得t a ＝t b 时无解．t a ′＝t b 时，n ＝3，N ＝1 即t ＝7πm 4qB 0，y ＝mv 2qB 0.13．[选修3－3](1)分子同时存在着引力和斥力，若分子间引力、斥力随分子距离r 的变化规律分别为F 引＝b r a ，F 斥＝drc .下列说法正确的是________． A ．分子表现为斥力时，由b r a >dr c 得r >1a cb d -⎛⎫⎪⎝⎭B ．引力和斥力相等时，由b ra ＝d rc 得r ＝1a cb d -⎛⎫ ⎪⎝⎭，故当r >1a cb d -⎛⎫⎪⎝⎭时分子作用力为引力C ．引力和斥力相等时，分子势能为零D ．引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大E ．斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大(2)如图11所示，内壁光滑的汽缸开口向上竖直放置；缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ高度均为L 0，温度均为T 0.活塞A 到汽缸顶部的距离为L 0，活塞A 、B 绝热，A 下有加热装置，汽缸底部导热、其余部分绝热，开始时整个装置处于平衡状态．已知活塞A 和加热装置质量不计，B 质量为m 、横截面积为S ，外界大气压强为p 0，环境温度不变．现对气体Ⅰ缓慢加热，求：图11①气体Ⅰ温度多大时B 活塞开始移动；②活塞B 下移L 02时气体Ⅰ的温度．答案 (1)BDE (2)见解析解析 (2)①取Ⅰ气体为研究对象，p 1＝p 0，气体发生等压膨胀，当其体积为2L 0S 时，B 开始移动．由盖－吕萨克定律得：L 0S T 0＝2L 0S T 1，解得：T 1＝2T 0 ②Ⅱ气体初态压强为p 2＝p 0＋mg S对Ⅱ由等温变化：p 2L 0S ＝p 2′×12L 0S Ⅰ气体此时压强为p 1′，p 1′＝p 2′－mg S对Ⅰ由理想气体状态方程：p 1L 0S T 0＝p 1′×52L 0S T 1′解得：T 1′＝5(2p 0S ＋mg )2p 0ST 0. 14．[选修3－4](1)如图12所示，一列横波在x 轴上传播，实线和虚线分别表示t 1＝0、t 2＝0.14 s 时的波形，已知实线在t 3＝0.6 s 时第5次重复出现．则________．图12A ．波的周期为0.1 sB ．波的波长为12 cmC ．波的传播速度为1 m/sD ．波沿x 轴正方向传播E ．t 2＝0.14 s 时，x ＝0处质点的纵坐标为y ＝ 3 cm(2)如图13所示为半径R ＝6 cm 的某种半圆柱透明介质的截面图，MN 为紧靠该介质右侧竖直放置的光屏，与介质相切于P 点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O .图13①当入射角i ＝30°时，在光屏上出现三个亮斑，MP 间两个亮斑到P 点距离分别为8 cm 和6 cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？②当入射角i ＝53°时，在光屏上会出现几个亮斑，亮斑分别是什么颜色？答案 (1)BCE (2)①紫光折射率为 2 红光折射率为1.2②光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混合亮斑．解析 (1)已知实线在t 3＝0.6 s 时第5次重复出现，则有：t 3＝0.6 s ＝5T ，得T ＝0.12 s ，故A 错误；由题图知波的波长为12 cm ，故B 正确；波的传播速度为：v ＝λT ＝0.120.12m/s ＝1 m/s ，故C 正确；t 2＝0.14 s ＝T ＋0.02 s ，则波传播距离x ＝vt 2＝λ＋2 cm ，可知波沿x 轴负方向传播，故D 错误；t 2＝0.14 s ＝0.12 s ＋0.02 s ，而0.02 s ＝T 6，根据正弦式振动方程y ＝A sin(2πT·t )得 y ＝2×sin(2πT ·T 6)＝ 3 cm ，所以t 2＝0.14 s 时，x ＝0处质点的纵坐标为y ＝ 3 cm ，故E 正确．(2)①如图，由几何关系得tan θ1＝BP R＝1，得θ1＝45° tan θ2＝AP R ＝43，得θ2＝53°，所以紫光的折射率为n 1＝sin 45°sin 30°＝2，所以红光的折射率为n 2＝sin 37°sin 30°＝1.2； ②设紫光和红光的临界角分别为C 1，C 2，sin C 1＝1n 1＝22，解得，C 1＝45°<i ＝53°同理sin C 2＝1n 2＝56>sin 53° 故C 2>i ＝53°.则紫光发生全反射，红光发生反射和折射．光屏上出现两个亮斑，MP 间的亮斑为红色，PN 间的亮斑为红、紫色混合亮斑．。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(一)

选择题专练(一)1．下列论述中正确的是( )A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性答案 C解析开普勒通过研究第谷的行星观测数据，得出了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，并没有全面否定牛顿的经典力学，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C正确；玻尔提出的原子结构假说，不能解释复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D错误．2.如图1，放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100 J．撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，则( )图1A．木块重力势能的增加量为100 JB．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零C．木块、斜面体和弹簧构成的系统，机械能守恒D．最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行答案 B解析因为到达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块做功不为零，木块、斜面体和弹簧构成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B正确，C错误；将弹簧、木块和斜面体看成一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，释放弹簧前系统水平方向动量为零，故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增加量小于100 J，A、D错误．3．如图2所示，a为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中b是近地卫星，c是地球同步卫星．若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图2A ．b 卫星转动的线速度大于7.9 km/sB ．a 、b 、c 、d 的周期大小关系为T a <T b <T c <T dC ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度gD ．在b 、c 、d 中，b 的动能最大，d 的机械能最大答案 D解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以b 卫星转动的线速度小于7.9 km/s ，故A 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，由开普勒第三定律r 3T 2＝k ，知T b <T c <T d ，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则有T a ＝T c .因此有T b <T a ＝T c <T d ，故B 错误．b 卫星由重力提供向心力，其向心加速度等于重力加速度g ，而a 由重力和支持力的合力提供向心力，则a 的向心加速度小于重力加速度g ，故C 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，卫星的动能为E k ＝12mv 2＝GMm 2r，所以b 的动能最大，若要将卫星的轨道半径增大，卫星必须加速，机械能增大，所以d 的机械能最大，故D 正确．4．如图3所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向左的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端的绳子水平，则OP 绳与天花板之间的夹角为( )图3 A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2答案 D解析水平向左缓慢拉绳至轻环重新静止不动，则环处于平衡状态，对环受力分析，绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时环能保持静止，由几何关系可知，QP 段绳子与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮受力分析，受三个拉力，由于OP 段绳子的拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故PO 在另外两个拉力的角平分线上，结合几何关系可知，OP 与天花板之间的夹角为π4－θ2，D 正确． 5．如图4所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另一端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带电粒子的电荷量q ＝2.5×10－6 C ，质量m ＝3×10－8kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )图4A ．48π m 2B ．9π m 2C ．49π m 2D ．16π m 2 答案 A解析发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ，故粒子速度为v ′＝500 m/s ，设粒子速度方向与径向夹角为θ，则tan θ＝ωL v，θ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有：Bv ′q ＝mv ′2R ，所以，运动半径为：R ＝mv ′qB＝3 m ；根据左手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m ，故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m 、外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域，故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S ＝π×72 m 2－π×12 m 2＝48π m 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．6．如图5所示，内径为2R 、高为H 的圆筒竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P 点沿不同方向水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A 、B 、C .它们初速度方向与过P 点的直径夹角分别为30°、0°和60°，大小均为v 0，已知v 02>2gR 2H，g 为重力加速度．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三小球运动时间之比t A ∶tB ∶tC ＝3∶2∶1B ．三小球下落高度之比h A ∶h B ∶hC ＝2∶3∶1C ．重力对三小球做功之比W A ∶W B ∶W C ＝3∶4∶1D ．重力的平均功率之比P A ∶P B ∶P C ＝2∶3∶1答案 AC解析因为三个小球都碰壁，说明没有下落到底部，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据几何知识可知三个球的水平位移x A ＝2R ·32＝3R ，x B ＝2R ，x C ＝2R ·12＝R ，而所用时间t A ∶t B ∶t C ＝x A v 0∶x B v 0∶x C v 0＝3∶2∶1，A 正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝12gt A 2∶12gt B 2∶12gt C 2＝3∶4∶1，B 错误；重力对小球做功W G ＝mgh ，故W A ∶W B ∶W C ＝h A ∶h B ∶h C ＝3∶4∶1，C 正确；重力的平均功率P ＝W t ，故P A ∶P B ∶P C ＝W A t A ∶W B t C ∶W C t C＝33∶42∶11＝3∶2∶1，D 错误． 7．图6(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源．接电源甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡A 正常发光，小灯泡的功率及电流频率分别为P 1、f 1；保持滑片位置不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频率分别为P 2、f 2，则( )图6A ．f 1∶f 2＝3∶2B ．P 1∶P 2＝2∶1C ．若将变阻器滑片向左移动，电源乙可能使小灯泡正常发光D ．若将变压器动片P 向下移动，电源乙可能使小灯泡正常发光答案 AD解析变压器不改变交流电的频率，从题图b 中可知3T 1＝2T 2，即T 1T 2＝23，所以f 1f 2＝32，A 正确；从题图b 中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为2∶1，两种情况下副线圈两端的电压有效值之比为2∶1，所以两种情况下通过灯泡的电流之比为2∶1，根据P ＝I 2R 可知P 1P 2＝41，B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过灯泡的电流减小，所以电源乙不可能使小灯泡正常发光，C 错误；若将变压器动片P 向下移动，即n 1n 2减小，根据n 1n 2＝U 1U 2可知U 2增大，即副线圈两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光，D 正确．8．两个完全相同的平行板电容器C 1、C 2水平放置，如图7所示．开关S 闭合时，两电容器中间各有一油滴A 、B 刚好处于静止状态．现将S 断开，将C 2下极板向上移动少许，然后再次闭合S ，则下列说法正确的是( )图7A ．两油滴的质量相等，电性相反B ．断开开关，移动C 2下极板过程中，B 所在位置的电势不变C ．再次闭合S 瞬间，通过开关的电流可能从上向下D ．再次闭合开关后，A 向下运动，B 向上运动答案 BCD解析当S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，又因为其他两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，根据mg ＝|U |dq ，由于不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不一定相等，若C 1上极板带正电，则C 1电场方向竖直向下，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带负电，C 2下极板带正电，则C 2电场方向竖直向上，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若C 1上极板带负电，则C 1电场方向竖直向上，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带正电，C 2下极板带负电，则C 2电场方向竖直向下，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反，A 错误；断开开关，移动C 2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝U d 联立可得E ＝4πkQ εr S，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关，故电场强度恒定，所以B 的受力不变，故仍处于静止状态，到上极板(零电势)的距离不变，根据U ＝Ed 可知B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将C 2下极板向上移动少许，根据C ＝εr S 4πkd可知C 2增大，根据C ＝Q U 可知U 减小，即C 2下极板电势降低，再次闭合S 瞬间，C 1上极板的电势大于C 2下极板电势，通过开关的电流可能从上向下，稳定后，根据E＝Ud可知C1两极板间的电势差减小，电场强度减小，A向下运动，C2两极板间的电势差增大，电场强度增大，B向上运动，C、D正确．。

京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练四20181215189

选择题专练(四)1.如图1所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上对齐放在一起，现用水平力F 推B，使A、B整体保持长方体并沿F方向匀速运动，则()图1A．A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零B．A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零C．A对B的作用力方向与A、B接触面垂直D．B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力答案 A解析对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力、桌面对A的滑动摩擦力和B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡状态，受力如图，故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面对A的滑动摩擦力等大反向，与F 的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是与A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．2．如图2甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg的小球从弹簧上端某高1度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，不计空气阻力，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中不正确的是()图2A．该弹簧的劲度系数为20 N/mB．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态C．小球刚接触弹簧时速度最大D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大答案 C解析当Δx＝0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，mg0.2 × 10可得：kΔx＝mg，解得：k＝＝N/m＝20 N/m，故A正确；由题图乙可知，Δx＝Δx0.10.3 m时，小球的速度减小，加速度向上，故说明小球处于超重状态，故B正确；由题图乙知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx＝0.1 m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；题图乙图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确．本题选不正确的，故选C.3．假想在地球赤道上有一颗苹果树，其高度超过了地球同步卫星轨道的高度．树上若有质量相等的三个苹果A、B、C，其高度分别低于、等于、高于地球同步卫星轨道高度．则下列说法正确的是()A．苹果A的线速度最大B．苹果B所需向心力小于苹果A所需向心力C．苹果C离开苹果树时加速度减小D．苹果C脱离苹果树后，可能会落向地面答案 C解析三者的角速度相同，根据v＝ωr可知苹果C的线速度最大，A错误；根据F向＝mω2r可知半径越大，向心力越大，故苹果B所需向心力大于苹果A所需向心力，B错误；由于苹果GMC的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝可知轨道半径越大，角速度越小，所以Cr3所在轨道的角速度大于该轨道所需的角速度，故做离心运动，所以苹果C脱离苹果树后，根据GMa＝可知轨道半径变大，加速度减小，飞向茫茫宇宙，C正确，D错误．r224.如图 3所示，在一等腰直角三角形 ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B .一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电粒子(重力不计)以速度 v 从 AC 边的中点 O 垂直 AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为 2L ，要使粒子从 CD 边射出，则 v 的取值范围为( )图 3qBL 2 2qBL qBL A. ≤v ≤ B. ≤v ≤ mm m 5qBL m qBL 2＋1 qBL qBL C. ≤v ≤ D. ≤v ≤ 2mm 2m 5qBL 2m 答案 CBqr 解析根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知， m粒子与 AD 边相切时速度最大，如图．由几何关系可知r －L＋[2L －(r －L )]cos 45°＝rcos 45° 最大半径为 r 1＝( 2＋1)L ，2＋1 qBL故最大速度应为 v 1＝； mL 当粒子从 C 点出射时半径最小，为 r 2＝， 2qBL故最小速度应为 v 2＝， 2m qBL2＋1 qBL 故 v 的取值范围为 ≤v ≤ ， 2mm故选 C.5．如图 4所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为 m 、半径为 R 的圆环当通有恒定的电流 I 时，恰好能水平静止在 N 极正上方 H 处．已知与磁单极子 N 极相距 r 处的磁感应3k强度大小为B＝，其中k为常数．重力加速度为g.则()r图4A．静止时圆环的电流方向为逆时针方向(俯视)B．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势mg H2＋R2C．静止时圆环的电流I＝2πkR2D．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中加速度先增加后减小答案 C解析环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A错误；由左手定则可知，环上的各点受到的安培力有水平向里的分力，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F＝RBI·2πR，设F与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：F cos θ＝mg，cos θ＝，由题：H2＋R2 kmg H2＋R2B＝，联立得：I＝，故C正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移H2＋R2 2πkR2一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，开始时重力大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度先减小，故D错误．6．已知钚的一种同位素29349Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为29349Pu→X＋42He＋γ，则下列说法中正确的是()A．衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，穿透能力很强B．X原子核中含有143个中子C．8个29349Pu经过24 100年后一定还剩余4个D．衰变过程的总质量不变答案AB解析衰变发出的γ射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力，不带电，故A正确．根据电荷数守恒和质量数守恒得，X的电荷数为92，质量数为235，质子数为92，则中子数为235 －92＝143，故B正确．半衰期是对大量原子核发生衰变的统计规律，对少量的原子核不适用，故C错误．在衰变的过程中，根据质能方程知，有能量放出，有质量亏损，故D错误．7．如图5所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd4平面垂直圆面且与 AB 共面，两平面边线交点分别为 e 、f ，g 为圆上一点．下列说法中正确的是( )图 5A ．a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中，不存在场强和电势均相同的两点B ．将一电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点，电场力始终不做功C ．将一电荷由 a 点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同D ．沿线段 eOf 移动的电荷受到的电场力先减小后增大答案 BC解析题图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知 e 、f 的场强相同，故 A 错误．题图中圆弧 egf 在同一等势面上，其上任意两点的电势差都为零，根据公式 W ＝qU 可知：将一正电荷由 e 点沿圆弧 egf 移到 f 点电场力不做功，故 B 正确．a 点与圆面内任意一点的电势差相等，根据公式 W ＝qU 可知：将一电荷由 a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故 C 正确．沿线段 eOf 移动电荷，电场强度先增大后减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，故 D 错误．8．如图 6所示，单匝矩形闭合导线框 abcd 处于磁感应强度大小为 B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场中，线框面积为 S ，电阻为 R .线框绕与 cd 边重合的竖直固定转轴以角速度 ω 从中性面开始匀速转动，下列说法中正确的是( )图 6π A ．线框转过时，线框中的电流方向为 abcda 6B ．线框中感应电流的有效值为 2BS ω 2R 2πωB 2S 2C ．线框转一周过程产生的热量为 Rπ BS D ．线框从中性面开始转过过程，通过导线横截面的电荷量为 2 R答案 BD解析根据楞次定律可知线框中的电流方向为 adcba ，故 A 错误；线圈转动过程中感应电动势5BSω的最大值为：E m＝BSω，感应电压的有效值为：U＝，则线框中感应电流的有效值为：I＝2U2BSω2BSω2ππωB2S2＝2R，故B正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝I2RT＝( 2R)2R＝，RωRπΔΦBS故C错误；线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝＝，2R总R故D正确．6。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(五)

选择题专练(五)1．关于原子、原子核的相关知识，下列说法正确的是( ) A ．光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大B ．氢原子中的电子从高能级轨道向低能级轨道跃迁时，电子离核的距离变近，电子的动能变小C ．卢瑟福根据α粒子散射实验的现象提出了原子的“枣糕模型”D ．衰变是粒子对核撞击后发生的答案 A解析根据光电效应方程知，E km ＝h ν－W 0，最大初动能随着入射光频率的增大而增大，A 正确；氢原子中的电子从高能级向低能级跃迁时轨道半径减小，该过程中电场力做正功，电势能减小；根据ke 2r 2＝m v 2r可知动能增大，B 错误；卢瑟福根据α粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构模型，C 错误；衰变是自发进行的，D 错误．2．一个质量为1 kg 的遥控小车正以18 m/s 的速度，沿水平直线轨道做匀速直线运动，在t ＝0时刻开始制动做匀减速直线运动，在3 s 内前进了36 m(此时小车未静止)．在这3 s 内( )A ．小车运动的平均速度大小为9 m/sB ．小车受到的制动力大小为6 NC ．制动力对小车做负功，大小等于162 JD ．制动力对小车做功的平均功率为48 W 答案 D解析小车运动的平均速度大小为v ＝x t ＝363m/s ＝12 m/s ，故A 错误；由运动学公式x ＝v 0t －12at 2，解得加速度大小a ＝4 m/s 2.小车受到的制动力大小为F 制＝ma ＝4 N ，故B 错误；制动力对小车做负功，大小等于W ＝F 制x ＝4 N×36 m＝144 J ，故C 错误；制动力对小车做功的平均功率为P ＝F 制v ＝4 N×12 m/s＝48 W ，故D 正确．3．如图1所示，理想变压器原线圈a 、b 间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表A ，副线圈接有理想交流电压表V ，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，下列说法正确的是( )图1A ．电压表的示数不变B ．电压表的示数增大C ．电流表的示数增大D ．电阻R 2的功率增大答案 B解析设电流表的示数为I ，理想变压器原、副线圈匝数之比为k ，则副线圈的电流为kI ，理想变压器副线圈的电压为U 2＝kI (R 2＋R )，理想变压器原线圈的电压为U 1＝U －IR 1，理想变压器原、副线圈电压之比为U 1U 2＝U －IR 1kI (R 2＋R )＝k ，解得I ＝Uk 2(R 2＋R )＋R 1，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，R 增大，电流表的示数减小，理想变压器原线圈的电压为U 1＝U －IR 1增大，理想变压器副线圈的电压增大，故电压表的示数增大，电阻R 2的功率P 2＝(kI )2R 2减小，故B 正确，A 、C 、D 错误．4．(2018·安徽省马鞍山市质检)如图2所示，地球绕太阳的运动与月亮绕地球的运动可简化成同一平面内的匀速圆周运动，农历初一前后太阳与月亮对地球的合力约为F 1，农历十五前后太阳与月亮对地球的合力约为F 2，则农历初八前后太阳与月亮对地球的合力约为( )图2A ．F 1＋F 2B. F 12＋F 222 C.F 1F 2F 1＋F 2D.F 12－F 222答案 B解析设太阳对地球的引力大小为F ，月亮对地球的引力大小为F ′，由题图可知，在农历初一，对地球受力分析有：F 1＝F ＋F ′，在农历十五，对地球受力分析有：F 2＝F －F ′，联立解得：F ＝F 1＋F 22，F ′＝F 1－F 22；由题图可知，在农历初八，对地球受力分析有：F 合＝F 2＋F ′2＝F 12＋F 222，故选B.5．如图3所示，有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨，导轨左端连有电阻R .质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上．现给两棒一个瞬时冲量，使它们以相同速度v 0向右运动，两棒滑行一段距离后静止，已知两棒始终与导轨垂直，在此过程中( )图3A ．在速度为v 0时，两棒的端电压U ab ＝U cdB ．铁棒在中间时刻的加速度是速度为v 0时加速度的一半C ．铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间D ．两回路中磁通量的改变量相等答案 C解析两棒的初速度均为v 0，根据法拉第电磁感应定律，棒中感应电动势为E ＝BLv 0，由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I ＝ER ＋r，而电阻R 两端电压为U ＝IR ＝BLvRR ＋r，由于铁棒和铝棒接入电路的电阻r 不同，故两棒的端电压U ab ≠U cd ，故A 错误；根据牛顿第二定律可知a ＝B 2L 2vm (R ＋r )，铁棒做加速度减小的减速运动，铁棒在中间时刻的速度小于v 02，铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v 0时加速度的一半，故B 错误；由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻，根据F 安＝B 2L 2vR ＋r可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力，根据动量定理－F 安Δt ＝－mv 0可知，铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间，故C 正确；根据动量定理可知－F安Δt ＝－mv 0，而F 安Δt ＝B 2L 2v Δt R ＋r ＝B 2L 2x R ＋r ＝BL ΔΦR ＋r，解得ΔΦ＝mv 0(R ＋r )BL，两回路中磁通量的改变量不相等，故D 错误．6．空间存在两点电荷产生的静电场，在xOy 横轴上沿x 轴正方向电场强度E 随x 变化的关系如图4所示，图线关于坐标原点对称，虚线为两条渐近线，M 、N 是两条渐近线到原点O 的中点，且|PO |＝3|MO |.取无穷远处电势为零，下列说法中正确的是( )图4A ．M 、N 两点的电势相等B ．P 点电势高于M 点电势C ．M 、O 两点电场强度大小之比为20∶9D ．单位正电荷从O 点移到N 点过程中，电场力做功为W ，则N 点电势数值为－W 答案 BCD解析由题图可知MN 之间的电场线方向沿x 轴正方向，故左边的电荷为正电荷，右边为等量的负电荷，故M 点的电势比N 点电势高，P 点电势高于M 点电势，故A 错误，B 正确；设MO 的距离为r ，正、负电荷的电荷量大小为Q ，M 点电场强度大小为E M ＝kQ r 2＋kQ (3r )2＝10kQ9r 2，O 点电场强度大小为E O ＝kQ (2r )2＋kQ (2r )2＝kQ 2r 2，M 、O 两点电场强度大小之比为E M ∶E O ＝10kQ 9r 2∶kQ 2r2＝20∶9，故C 正确；沿电场线方向电势降低，O 点电势为零，所以单位正电荷从O 点移到N 点过程中，电场力做功为W ，则N 点电势数值为－W ，故D 正确．7.如图5所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V ”型杆上的A 、B 两点，已知OM 边竖直，且|AO |＝|OB |，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态．若在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”型杆，直到ON 边竖直，绳子的张力为F T ，A 点处绳子与杆之间摩擦力大小为F ，则( )图5A ．张力F T 先一直增大B ．张力F T 先增大后减小C ．摩擦力F 一直减小D ．摩擦力F 先增大后减小答案 BC解析设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，受力如图甲所示．在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”型杆，直到ON 边竖直，AB 的长度不变，AB 在水平方向的投影先变长后变短，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，所以张力F T ＝mg2cos α先增大后减小，故A错误，B 正确；以A 点为研究对象，受力分析如图乙所示．根据平衡条件可知，F ＝F T cos (α＋β)＝mg cos (α＋β)2cos α＝mg2(cos β－tan αsin β)，在纸面内绕端点O 按顺时针方向缓慢转动“V ”型杆，绳子与竖直方向的夹角α先变大后变小，OA 杆与竖直方向的夹角β一直变大，当绳子与竖直方向的夹角α变大，摩擦力减小，当绳子与竖直方向的夹角α变小时，但α＋β还是在增大，所以摩擦力还是在减小，故C 正确，D 错误．8．如图6所示，水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块，物块间用长为L 的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间的动摩擦因数为μ.用水平恒力F 拉动物块1开始运动，到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )图6A ．拉力F 所做功为nFLB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgL2C ．F >n μmg2D ．(n －1)μmg <F <n μmg 答案 BC解析物块1的位移为(n －1)l ，则拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ，故A 错误．系统克服摩擦力做功为W f ＝μmgl ＋μmg ·2l ＋…＋μmg ·(n －2)l ＋μmg ·(n －1)l ＝n (n －1)μmgl2，故B 正确．据题，连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F ＝W f ，解得F ＝n μmg2，但由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F >n μmg2，故C 正确，D 错误．。

京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练十20181215186.doc

选择题专练(十)1．1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r ，即磁感应强度B 与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图1所示，两根平行长直导线相距为x 0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I 1>I 2.规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x 0区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是图中的( )图1答案 A解析根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间偏右位置合磁感应强度为零．由于规定磁场方向垂直纸面向里为正，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝E 1n2，其中n ＝2,3,4…，h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速．有一氢原子处于n ＝3的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为( )A ．－36hc 5E 1B ．－9hc 8E 1C ．－4hc 3E 1D ．－hcE 1答案 A 解析有一氢原子处于n ＝3的激发态，在它向n ＝2能级跃迁时，辐射的光子能量最小，辐射的光子的波长最大，则有E 3－E 2＝hc λ，解得λ＝－36hc 5E 1，故A 正确，B 、C 、D 错误． 3．月球探测器从月球返回地球的过程可以简单分成四步，如图2所示第一步将月球探测器发射至月球表面附近的环月圆轨道，第二步在环月轨道的A 处进行变轨进入月地转移轨道Ⅱ，第三步当接近地球表面附近时，又一次变轨，从B 点进入绕地圆轨道Ⅲ，第四步再次变轨道后降落至地面，下列说法正确的是( )图2A ．将月球探测器发射至轨道Ⅰ时所需的发射速度为7.9 km/sB ．月球探测器从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ需要加速C ．月球探测器从A 沿月地转移轨Ⅱ到达B 点的过程中其动能一直增加D ．月球探测器在第四步变轨时需要加速答案 B解析月球的第一宇宙速度比地球的要小，故A 错误；月球探测器从轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离心运动，所以需要加速，所以B 正确；刚开始的时候月球对月球探测器的引力大于地球对月球探测器的引力，所以探测器动能要减小，之后当地球的引力大于月球的引力时，探测器的动能就开始增加，故C 错误；月球探测器降落至地面的运动为近心运动，需要减速，故D 错误．4．如图3所示，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3A ．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解析橡皮泥下落的时间为：t ＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s ，故A 错误；橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，选取小车初速度的方向为正方向，则有： m 1v 0＝(m 1＋m 2)v ，所以共同速度为：v ＝m 1v 0m 1＋m 2＝2×2.52＋0.5m/s ＝2 m/s ，故B 错误；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C 错误；整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：ΔE ＝m 2gh ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m 1v 02－12(m 1＋m 2)v 2 代入数据可得：ΔE ＝7.5 J ，故D 正确．5．如图4所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图4A ．电容器两极板间的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BLv RC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压，此时导线MN 产生的感应电动势恒定为E ＝BLv ，则电容器两极板间的电压为U ＝E ＝BLv ，故A 、B 错误；电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故C 正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6.如图5所示，质量为m的小球套在倾斜放置的光滑直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是( )图5A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C．弹簧对小球始终做负功D．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh答案ABD解析小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，A正确；弹簧与杆垂直时，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故小球的动能与重力势能之和最大，B正确；全过程中弹簧始终处于伸长状态即为拉力，开始阶段弹力与运动方向成锐角后为直角再变为钝角，故弹力先做正功后做负功，C错误；小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，D 正确．7．如图6所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在直流电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )图6A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D ．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 的左侧答案 AC解析 A 极板带正电，B 极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，当d 减小时，电容增大，Q 增大，根据E ＝U d ，C ＝Q U ， C ＝εr S 4k πd ，得E ＝4k πQ εr S，知d 减小时E 增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，打在N 点左侧，故A 正确．若小球带正电，当d 增大时，电容减小，但Q 不能减小，所以Q 不变，根据E ＝Ud ，C ＝Q U ，C ＝εr S 4k πd ，得E ＝4k πQ εr S，知E 不变，所以电场力不变，小球仍然打在N 点，故B 错误．若小球带负电，当AB 间距d减小时，电容增大，则Q 增大，根据E ＝U d ，C ＝Q U ，C ＝εr S 4k πd ，得E ＝4k πQ εr S，知E 增大，所以电场力变大，方向向上，若此时电场力仍小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C 正确．若小球带负电，当AB 间距d 增大时，电容减小，但Q 不能减小，所以Q 不变，根据E ＝U d ，C ＝Q U ，C ＝εr S 4k πd，得E ＝4k πQ εr S，知E 不变，所以电场力不变，小球仍然打在N 点，故D 错误． 8．电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．如图7甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m 的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m 0、匝数为n 、下边长为l 的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E ，内阻为r .开关S 闭合后，调节可变电阻至R 1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U .已知m 0>m ，取重力加速度为g ，则( )图7A ．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B ．矩形线圈的电阻R ＝E －U Ur －R 1C ．匀强磁场的磁感应强度的大小B ＝(m 0－m )rg n (E －U )lD ．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m 0－m 的砝码可使天平重新平衡答案 AC解析根据题图甲可知，要使天平平衡，矩形线圈中电流的方向应为逆时针方向，故A 正确；根据闭合电路欧姆定律可得U ＝E －U R ＋R 1r ，解得矩形线圈的电阻R ＝Ur E －U－R 1，故B 错误；根据平衡条件可得m 0g －F ＝mg ，而F ＝nBIl ，I ＝E －U r，解得匀强磁场的磁感应强度的大小B ＝(m 0－m )gr n (E －U )l，故C 正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边，添加质量为Δm ＝2F g ＝2(m 0－m )的砝码可使天平重新平衡，故D 错误．。

京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练选择题专练二20181215181

选择题专练(二)1．(2018·山东省淄博市仿真模拟)关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是( )A．原子核的结合能越大，原子核越稳定B．任何两个原子核都可以发生核聚变C.238 92U衰变成206 82Pb要经过8次β衰变和6次α衰变D．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2答案 D解析原子核的比结合能越大，原子核越稳定，选项A错误；只有较小的原子核才可以发生核聚变，故B错误；铀核238 92U衰变成铅核206 82Pb的过程中，α衰变一次质量数减少4，次数n＝238－2064＝8，β衰变的次数为n＝8×2＋82－92＝6，要经过8次α衰变和6次β衰变，故C错误；α粒子为氦核，由两个质子和两个中子组成，所以发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D正确．2．如图1所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d.则( )图1A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反B．c、d两点的电场强度大小相等，方向相同C ．将一带正电的试探电荷从a 点沿直线移到b 点，其电势能先减小后增大D ．将一带正电的试探电荷从c 点沿直线移到d 点，其电势能先增大后减小答案 B解析根据两等量异种点电荷电场特点可知，a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相同，c 、d 两点的电场强度大小相等，方向相同，故A 错误，B 正确；将一带正电的试探电荷从a 点沿直线移到b 点，电场力一直做正功，故其电势能一直减小，选项C 错误；cd 连线上电势均为零，故将一带正电的试探电荷从c 点沿直线移到d 点，其电势能不变，选项D 错误．3.如图2所示，a 、b 两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮(视为质点)上．开始时，a 球放在水平地面上，连接b 球的细线伸直并水平．现由静止释放b 球，当连接b 球的细线摆到竖直位置时，a 球对地面的压力恰好为0.则a 、b 两球的质量之比为( )图2A ．3∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．1∶1答案 A解析连接b 球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律：m B gl ＝12m B v 2，对小球b ：F T －m B g ＝m B v 2l；对球a ：F T ＝m A g ；联立解得：m A ∶m B ＝3∶1，故选A.4．L 形的光滑金属轨道AOC ，AO 沿竖直方向，OC 沿水平方向，PQ 是如图3所示地放在导轨上的一根金属直杆，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q 端始终在OC 上．空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ 杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )图3A ．感应电流的方向始终是由P →Q ，PQ 所受安培力的方向垂直杆向左B ．感应电流的方向先是由P →Q ，后是由Q →P ，PQ 所受安培力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右C ．感应电流的方向始终是由Q →P ，PQ 所受安培力的方向垂直杆向右D ．感应电流的方向先是由Q →P ，后是由P →Q ，PQ 所受安培力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左答案 B解析在PQ 杆滑动的过程中，△POQ 的面积先增大，后减小，穿过△POQ 磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由P →Q ，后是由Q →P ；由左手定则判断得到：PQ 受安培力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右，故B 正确，A 、C 、D 错误．5.如图4所示，一质点在0～10 s 内，其v －t 图象的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，则( )图4A ．0时刻，质点的加速度等于0B ．10 s 内质点的位移约为21.5 mC ．质点的加速度大小等于1 m/s 2时的速度等于4.5 m/sD ．质点的加速度随时间均匀减小答案 B解析 0时刻，切线的斜率最大，故质点的加速度不等于0，选项A 错误；图象与坐标轴围成的面积等于位移，则10 s 内质点的位移为x ＝10×10 m－14π×102 m≈21.5 m，选项B 正确；质点的加速度大小等于1 m/s 2时，此时圆弧的切线的斜率等于－1，切点在圆弧的中点，由几何知识可知v ＝10 m/s －10cos 45° m/s＝2.93 m/s ，选项C 错误；圆弧切线的斜率等于加速度，由几何知识可知，质点的加速度随时间不是均匀减小，开始减小的快，以后逐渐变慢，选项D 错误．6．2017年2月，美国宇航局宣布，在距离地球39光年外的水瓶座，发现了围绕恒星“Trappist －1”运行的7个类地行星，其中排列第5的行星“f”(可视为均匀球体，且不考虑其自转运动)被认为最适宜人类居住．假设该行星绕恒星做匀速圆周运动，他到恒星中心的距离为r ，该行星的质量为m ，半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的公转周期为2πr r GmB ．该行星表面的重力加速度为GmR 2C ．该行星的第一宇宙速度为Gm RD ．该行星绕恒星做匀速圆周运动的线速度大小为Gm r 答案 BC解析设恒星的质量为M ，则由万有引力定律可得：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ＝m v 2r，解得：T ＝2πrr GM ，v ＝GM r ，选项A 、D 错误；对行星表面的物体：G mm ′R 2＝m ′g ，可得该行星表面的重力加速度为g ＝GmR 2，选项B 正确；对绕行星表面运转的卫星：G mm 0R 2＝m 0v 12R，可得该行星的第一宇宙速度为v 1＝Gm R，选项C 正确．7．如图5甲所示，理想变压器原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表，副线圈电路中接有理想二极管和两电阻值均为6 Ω的灯泡．当原线圈中输入的交变电压如图乙所示时，电流表的示数为1 A ．则( )图5A ．电压表的示数为70.7 VB ．变压器原、副线圈的匝数比为5∶2C ．灯泡a 消耗的电功率为503WD ．灯泡b 消耗的电功率为253 W 答案 BD 解析原线圈接交流电的有效值为： U 1＝5022V ＝50 V ，故电压表读数为50 V ，选项A 错误；设副线圈两端电压有效值为U 2，则在一个周期内：U 1I 1T ＝U 22R ·T 2＋U 222R ·T 2，解得U 2＝20 V ，可得变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝5020＝52，选项B 正确；灯泡b 消耗的电功率为P b ＝12×U 222R ×12＝14×2022×6 W ＝253W ，选项D 正确；灯泡a 消耗的电功率为P a ＝12×U 22R ＋12×U 222R ×12＝1253W ，选项C 错误． 8.如图6所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆长为1 m ，杆与水平方向的夹角为30°，质量为1 kg 的小球套在杆上，小球与杆间的动摩擦因数为33，小球在恒定拉力F 作用下，沿杆由底端匀速运动到顶端．已知拉力F 的方向与杆在同一竖直平面内，且与水平方向的夹角大于30°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )图6A ．拉力F 与杆之间的夹角为30°时，F 的值最小B ．拉力F 的最小值为5 3 NC ．拉力F 的大小可能为15 ND ．拉力F 做功的最小值为5 3 J答案 ABC解析小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：F cos α＝mg sin 30°＋μ(mg cos 30°－F sin α)整理得：F cos α＋μF sin α＝10，即F ＝10cos α＋μsin α由数学知识知cos α＋μsin α最大值为 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝233；此时arctan 1μ＝60°则α＝90°－60°＝30°；F min ＝10233 N ＝5 3 N ，选项A 、B 正确；当F ＝15 N 时，设力F 与杆之间的夹角为θ，小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：F cos θ＝mg sin 30°＋μ(mg cos 30°－F sin θ)整理得：F cos θ＋μF sin θ＝mg代入数据得：cos θ≈0.092或cos θ≈0.908(不符合题意，舍去)可知F ＝15 N 是可能的．故C 正确；当拉力F 做功最小时，摩擦力为零，即mg cos 30°－F sin α＝0，F cos α＝mg sin 30°，解得F ＝mg ，α＝60°；拉力F 做功的最小值为：W ＝Fl sin 30°＝5 J ，选项D 错误．。

京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：实验题专练二20181215168

实验题专练(二)1．(1)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别丈量一圆柱体工件的直径和高度，丈量结果如图1(a)和(b)所示．该工件的直径为________ cm，高度为________ mm.图1(2)在“研究加快度和力、质量的关系”实验中，采纳如图2所示的装置图进行实验：图2①在实验操作中，以下说法正确的选项是________．(填序号)A．实验中，若要将砝码(包含砝码盘)的重力大小作为小车所受拉力F的大小，应让砝码(包含砝码盘)的质量远大于小车质量B．实验时，应先开释小车，再接通打点计时器的电源C．每改变一次小车的质量，都需要改变垫入的小木块的厚度D．先保持小车质量不变，研究加快度与力的关系；再保持小车受力不变，研究加快度与质量的关系，最后概括出加快度与力、质量的关系②图3为研究“在外力必定的条件下，小车的加快度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐标m 为小车上砝码的质量．设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿第二定律成立，则小车的质量为________．图3③利用该装置还能够达成的实验有________．A ．考证动能定理B ．考证小车、砝码和托盘构成的系统机械能守恒C ．只有木板圆滑，才能够考证动能定理D ．只有木板圆滑，才能够考证小车、砝码和托盘构成的系统机械能守恒答案 (1)0.515 0.520 (2)①D ②b k ③AD分析 (1)游标卡尺的主尺读数为0.5 cm ，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为3×0.05 mm＝0.15 mm ＝0.015 cm ，因此最后读数为：0.5 cm ＋0.015 cm ＝0.515 cm ；螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm ，可动刻度为2.0×0.01 mm＝0.020 mm ，因此最后读数为0.5 mm ＋0.020 mm ＝0.520 mm ；(2)①依据牛顿第二定律得：mg ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝mg M ＋m ，则绳索的拉力为：F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg 1＋m M，则当砝码(包含砝码盘)的质量远小于小车质量时，小车所受的拉力等于砝码(包含砝码盘)的重力，因此应知足的条件是砝码(包含砝码盘)的质量远小于小车的质量，故A 错误；使用打点计时器时，应当先翻开电源，后开释小车，故B 错误；因为均衡摩擦力以后有Mg sin θ＝μMg cos θ，故μ＝tan θ，与小车的质量没关，因此不用再次均衡摩擦力，故C 错误；本实验采纳控制变量法，故D 正确．②设小车所受拉力为F ，小车质量为m ′，依据牛顿第二定律得：F ＝(m ′＋m )a ，解得：1a ＝1F ×m ＋m ′F，故k ＝1F ，b ＝m ′F ，联立解得：m ′＝b k.③依据动能定理W 合＝ΔE k 可知，该装置能够经过纸带算出速度，故能够算出动能，则能够求出动能的改变量．若知足砝码(包含砝码盘)的质量远小于小车质量，则合外力等于砝码(包含砝码盘)的重力，经过纸带能够测出运动的位移，依据W ＝Fx 能够求出合外力做的功，木板能否圆滑对实验没有影响，故A 正确，C 错误；要考证系统机械能守恒，木板一定圆滑，故B 错误，D 正确．2．某同学设计了一个如图4甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器械：待测干电池组(电动势E 约3 V)、电流表A(量程10 mA ，内阻小于1 Ω)、电阻箱R (0～99.99 Ω)、滑动变阻器(0～400 Ω)、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不可以忽视，故先丈量电流表的内阻．图4(1)该同学设计的用甲图丈量电流表内阻的步骤以下：①断开单刀双掷开关以及开关K ，将滑动变阻器滑片P 滑至B 端、电阻箱R 阻值调到最大． ②________________________________________________________________________. ③________________________________________________________________________. ④读出此时电阻箱的阻值R ＝0.2 Ω，即为电流表内阻的丈量值．可剖析丈量值应____________(填“大于”“等于”或“小于”)真切值．(2)经过控制开关状态，该同学又进行了电池电动势和电池内阻的丈量实验，他一共记录了六组电流I 和电阻箱R 的对应数值，并成立坐标系，作出“1I－R ”图线如图乙所示，由此求出电动势E ＝________________ V 、内阻r ＝________ Ω.(计算结果保存两位有效数字)答案 (1)②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，挪动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏 ③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片地点不动，调理电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央分析 (1)本实验采纳半偏法丈量电流表的内阻，实验步骤为：②保持单刀双掷开关断开，闭合开关K ，挪动滑动变阻器的滑片P ，使电流表满偏．③将单刀双掷开关接C 触点，保持滑片地点不动，调理电阻箱R 的阻值，直到电流表指针指在刻度盘正中央．④在本实验中，并联电阻箱后，总电阻减小，则总电流增大，经过电阻箱的电流大于经过电流表的电流，依据欧姆定律知，电流表内阻的丈量值小于真切值．(2)由闭合电路欧姆定律可得：E ＝I (R ＋R A ＋r )，变形得：1I ＝1E ×R ＋R A ＋r E ，则1I －R 图线的斜率是1E ，图线在纵轴上的截距是r ＋R A E，由此可得1 k ＝63－0.85＝2.8 V，R A＋rE＝0.85，解得：rE－R A＝2.2 Ω.E＝。

(京津琼)高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(一)

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题选择题专练(一)1．下列论述中正确的是( )A．开普勒根据万有引力定律得出行星运动规律B．爱因斯坦的狭义相对论，全面否定了牛顿的经典力学规律C．普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念D．玻尔提出的原子结构假说，成功地解释了各种原子光谱的不连续性答案 C解析开普勒通过研究第谷的行星观测数据，得出了行星运动规律，A错误；爱因斯坦的狭义相对论，并没有全面否定牛顿的经典力学，B错误；普朗克把能量子引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统观念，C正确；玻尔提出的原子结构假说，不能解释复杂原子，如氦原子核光谱的不连续性，D错误．2.如图1，放置在光滑的水平地面上足够长的斜面体，下端固定有挡板，用外力将轻质弹簧压缩在小木块和挡板之间，弹簧的弹性势能为100 J．撤去外力，木块开始运动，离开弹簧后，沿斜面向上滑到某一位置后，不再滑下，则( )图1A．木块重力势能的增加量为100 JB．木块运动过程中，斜面体的支持力对木块做功不为零C．木块、斜面体和弹簧构成的系统，机械能守恒D．最终，木块和斜面体以共同速度向右匀速滑行答案 B解析因为到达最高点后，木块不再下滑，所以木块必受斜面的摩擦力作用，斜面体受到木块的斜向右上的摩擦力作用，该力在水平方向上有一个分力，故斜面体向右运动，木块相对地面在水平方向上有位移，斜面体对木块的支持力与水平位移夹角不垂直，故斜面体的支持力对木块做功不为零，木块、斜面体和弹簧构成的系统，有摩擦力做功，所以机械能不守恒，B正确，C错误；将弹簧、木块和斜面体看成一个整体，整体在水平方向上受力为零，所以系统水平方向动量守恒，释放弹簧前系统水平方向动量为零，故释放弹簧后系统水平方向动量仍旧为零，即木块和斜面体最后静止，弹簧的弹性势能转化为系统的内能(克服摩擦力做功)以及木块的重力势能，故木块重力势能的增加量小于100 J ，A 、D 错误．3．如图2所示，a 为放在地球赤道上随地球一起转动的物体，b 、c 、d 为在圆轨道上运行的卫星，轨道平面均在地球赤道面上，其中b 是近地卫星，c 是地球同步卫星．若a 、b 、c 、d 的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图2A ．b 卫星转动的线速度大于7.9 km/sB ．a 、b 、c 、d 的周期大小关系为T a <T b <T c <T dC ．a 和b 的向心加速度都等于重力加速度gD ．在b 、c 、d 中，b 的动能最大，d 的机械能最大答案 D解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，所以b 卫星转动的线速度小于7.9 km/s ，故A 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，由开普勒第三定律r 3T 2＝k ，知T b <T c <T d ，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则有T a ＝T c .因此有T b <T a ＝T c <T d ，故B 错误．b 卫星由重力提供向心力，其向心加速度等于重力加速度g ，而a 由重力和支持力的合力提供向心力，则a 的向心加速度小于重力加速度g ，故C 错误．对于b 、c 、d 三颗卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，卫星的动能为E k ＝12mv 2＝GMm 2r，所以b 的动能最大，若要将卫星的轨道半径增大，卫星必须加速，机械能增大，所以d 的机械能最大，故D 正确．4．如图3所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻质绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向左的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端的绳子水平，则OP 绳与天花板之间的夹角为( )图3 A.π2 B ．θ C.π4＋θ2 D.π4－θ2答案 D解析水平向左缓慢拉绳至轻环重新静止不动，则环处于平衡状态，对环受力分析，绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，此时环能保持静止，由几何关系可知，QP 段绳子与竖直方向之间的夹角是θ；再对滑轮受力分析，受三个拉力，由于OP 段绳子的拉力与另外两个拉力的合力平衡，而另外两个拉力大小相等，故PO 在另外两个拉力的角平分线上，结合几何关系可知，OP 与天花板之间的夹角为π4－θ2，D 正确． 5．如图4所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另一端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带电粒子的电荷量q ＝2.5×10－6 C ，质量m ＝3×10－8kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )图4A ．48π m 2B ．9π m 2C ．49π m 2D ．16π m 2 答案 A解析发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ，故粒子速度为v ′＝500 m/s ，设粒子速度方向与径向夹角为θ，则tan θ＝ωL v，θ＝37°；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有：Bv ′q ＝mv ′2R ，所以，运动半径为：R ＝mv ′qB＝3 m ；根据左手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m ，故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m 、外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域，故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S ＝π×72 m 2－π×12 m 2＝48π m 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．6．如图5所示，内径为2R 、高为H 的圆筒竖直放置，在圆筒内壁上边缘的P 点沿不同方向水平抛出可视为质点的三个完全相同小球A 、B 、C .它们初速度方向与过P 点的直径夹角分别为30°、0°和60°，大小均为v 0，已知v 02>2gR 2H，g 为重力加速度．从抛出到第一次碰撞筒壁，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．三小球运动时间之比t A ∶tB ∶tC ＝3∶2∶1B ．三小球下落高度之比h A ∶h B ∶hC ＝2∶3∶1C ．重力对三小球做功之比W A ∶W B ∶W C ＝3∶4∶1D ．重力的平均功率之比P A ∶P B ∶P C ＝2∶3∶1答案 AC解析因为三个小球都碰壁，说明没有下落到底部，小球在水平方向上做匀速直线运动，根据几何知识可知三个球的水平位移x A ＝2R ·32＝3R ，x B ＝2R ，x C ＝2R ·12＝R ，而所用时间t A ∶t B ∶t C ＝x A v 0∶x B v 0∶x C v 0＝3∶2∶1，A 正确；在竖直方向上做自由落体运动，三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝12gt A 2∶12gt B 2∶12gt C 2＝3∶4∶1，B 错误；重力对小球做功W G ＝mgh ，故W A ∶W B ∶W C ＝h A ∶h B ∶h C ＝3∶4∶1，C 正确；重力的平均功率P ＝W t ，故P A ∶P B ∶P C ＝W A t A ∶W B t C ∶W C t C＝33∶42∶11＝3∶2∶1，D 错误． 7．图6(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源．接电源甲后，调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡A 正常发光，小灯泡的功率及电流频率分别为P 1、f 1；保持滑片位置不变，改用电源乙，小灯泡的功率及电流频率分别为P 2、f 2，则( )图6A ．f 1∶f 2＝3∶2B ．P 1∶P 2＝2∶1C ．若将变阻器滑片向左移动，电源乙可能使小灯泡正常发光D ．若将变压器动片P 向下移动，电源乙可能使小灯泡正常发光答案 AD解析变压器不改变交流电的频率，从题图b 中可知3T 1＝2T 2，即T 1T 2＝23，所以f 1f 2＝32，A 正确；从题图b 中可知甲、乙两个电源的电动势最大值之比为2∶1，两种情况下副线圈两端的电压有效值之比为2∶1，所以两种情况下通过灯泡的电流之比为2∶1，根据P ＝I 2R 可知P 1P 2＝41，B 错误；若将变阻器滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，通过灯泡的电流减小，所以电源乙不可能使小灯泡正常发光，C 错误；若将变压器动片P 向下移动，即n 1n 2减小，根据n 1n 2＝U 1U 2可知U 2增大，即副线圈两端电压增大，故电源乙可能使小灯泡正常发光，D 正确．8．两个完全相同的平行板电容器C 1、C 2水平放置，如图7所示．开关S 闭合时，两电容器中间各有一油滴A 、B 刚好处于静止状态．现将S 断开，将C 2下极板向上移动少许，然后再次闭合S ，则下列说法正确的是( )图7A ．两油滴的质量相等，电性相反B ．断开开关，移动C 2下极板过程中，B 所在位置的电势不变C ．再次闭合S 瞬间，通过开关的电流可能从上向下D ．再次闭合开关后，A 向下运动，B 向上运动答案 BCD解析当S 闭合时，左边电容的上极板和右边电容的下极板相连，即两个极板的电势相等，又因为其他两个极板都接地，电势相等，故两极板间的电势差的绝对值相等，根据mg ＝|U |dq ，由于不知道两油滴的电荷量，故两个油滴的质量不一定相等，若C 1上极板带正电，则C 1电场方向竖直向下，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带负电，C 2下极板带正电，则C 2电场方向竖直向上，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带正电，电性相反；若C 1上极板带负电，则C 1电场方向竖直向上，A 液滴应受到竖直向上的电场力，故带正电，C 2下极板带负电，则C 2电场方向竖直向下，B 滴液应受到竖直向上的电场力，所以带负电，电性相反，总之，两油滴的电性相反，A 错误；断开开关，移动C 2下极板过程中，两极板所带电荷量相等，根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝U d 联立可得E ＝4πkQ εr S，两极板间的电场强度大小和两极板间的距离无关，故电场强度恒定，所以B 的受力不变，故仍处于静止状态，到上极板(零电势)的距离不变，根据U ＝Ed 可知B 点的电势不变，B 正确；S 断开，将C 2下极板向上移动少许，根据C ＝εr S 4πkd可知C 2增大，根据C ＝Q U 可知U 减小，即C 2下极板电势降低，再次闭合S 瞬间，C 1上极板的电势大于C 2下极板电势，通过开关的电流可能从上向下，稳定后，根据E ＝U d可知C 1两极板间的电势差减小，电场强度减小，A 向下运动，C 2两极板间的电势差增大，电场强度增大，B 向上运动，C 、D 正确．。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：计算题专练(八)

计算题专练(八)1．如图1甲所示，空间存在B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场，MN 、PQ 是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L ＝0.2 m ，在导轨一端连接着阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，ab 是跨接在导轨上、质量为m ＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，通过一小型电动机对ab 棒施加一个牵引力，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．图乙是拉力F 与导体棒ab 的速率倒数关系图象(F 1未知)．已知导体棒ab 与导轨的动摩擦因数μ＝0.2，除R 外，其余部分电阻均不计，不计定滑轮的质量和摩擦，g ＝10 m/s 2.图1(1)求电动机的额定功率；(2)若导体棒ab 在16 s 内运动了90 m 并恰好达到最大速度，求在0～16 s 内电阻R 上产生的焦耳热．答案 (1)4.5 W (2)49 J解析 (1)由题图知导体棒ab 的最大速度为v 1＝10 m/s此时，导体棒中感应电动势为E ＝BLv 1感应电流I ＝E R导体棒受到的安培力F 安＝BIL此时电动机牵引力为F 1＝P v 1由牛顿第二定律得P v 1－μmg －F 安＝0联立并代入数据，解得：P ＝4.5 W(2)由能量守恒定律得：Pt ＝Q ＋μmgs ＋12mv 12 代入数据，解得0～16 s 内R 上产生的热量Q ＝49 J.2．如图2，中空的水平圆形转盘内径r ＝0.6 m ，外径足够大，沿转盘某条直径有两条光滑凹槽，凹槽内有A 、B 、D 、E 四个物块，D 、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴R ＝1.0 m 处，A 、B 紧靠D 、E 放置，两根不可伸长的轻绳，每根绳长L ＝1.4 m ，一端系在C 物块上，另一端分别绕过转盘内侧的光滑小滑轮，穿过D 、E 两物块中间的光滑圆孔，系在A 、B 两个物块上，A 、B 、D 、E 四个物块的质量均为m ＝1.0 kg ，C 物块的质量m C ＝2.0 kg ，所有物块均可视为质点，(不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，计算结果可用最简的分式与根号表示)图2(1)启动转盘，转速缓慢增大，求A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时细绳的拉力及转盘的角速度；(2)停下转盘后，将C 物块置于圆心O 处，并将A 、B 向外侧移动使轻绳水平拉直，然后无初速度释放A 、B 、C 物块构成的系统，求A 、D 以及B 、E 相碰前瞬间C 物块的速度；(3)碰前瞬间解除对D 、E 物块的锁定，若A 、D 以及B 、E 一经碰撞就会粘在一起，且碰撞时间极短，求碰后C 物块的速度．答案见解析解析 (1)A 、D 以及B 、E 之间恰好无压力时，C 物块保持静止，故2F cos θ＝m C g ， sin θ＝r L －(R －r )＝0.61.4－0.4＝35，解得F ＝12.5 N对A 、B 两个物块F ＝m ω2R角速度ω＝F mR ＝522rad/s (2)设碰前A 、B 速度大小为v ，C 的速度大小为v C ，则v ＝v C cos θ系统下落过程中机械能守恒：2×12mv 2＋12m C v C 2＝m C gh 由几何关系知h ＝0.8 m解得：v C ＝204141m/s (3)设碰后A 、D 的速度大小为v ′，C 的速度大小为v C ′则v ′＝v C ′cos θ设绳上拉力的冲量大小为I ，由于碰撞时间极短，绳子拉力远大于C 物块的重力．对C 物块运用动量定理：－2I cos θ＝m C v C ′－m C v C对A 、D 运用动量定理：I ＝2mv ′－mv4157v C＝205741 m/s.联立解得：v C′＝。

(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：考前综合练(二)

考前综合练(二)一、单项选择题1．以下关于α、β和γ射线的说法中正确的是( )A．原子序数大于83的原子核都具有放射性B．α射线本质是质子流，其电离能力最强C．β射线是核外电子电离产生的D．γ射线是中子流，其贯穿能力最强答案 A解析原子序数大于83的原子核都具有放射性，选项A正确；α射线本质是氦核，选项B 错误；β射线是核内的中子转化为质子时产生的高速电子，选项C错误；γ射线是光子，选项D错误．2．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )答案 B解析A图中线框在匀强磁场中运动的过程中，面积不变、磁感应强度不变，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，故A错误；B图在线框绕OO′轴转动过程中，穿过闭合线框的磁通量发生变化，能产生感应电流，故B正确；C图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故C错误；D图中线框与磁场平行，线框在运动过程中，穿过线框的磁通量始终为零，不发生变化，没有感应电流产生，故D错误．3.如图1所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动，在此过程中( )图1A．水平力F的大小不变B．杆对小球A的支持力不变C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大答案 D解析对球B受力分析，受拉力F、重力mg和轻绳的拉力F T，合力为零，如图甲所示：由此可知，随着α的增加，拉力F和轻绳张力F T均增加，故A、C错误；再对A、B球整体受力分析，受重力、拉力F、支持力F N和静摩擦力F f，如图乙所示：设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直于杆方向有F N＝(M＋m)g cos θ＋F sin θ，随着F的增加，支持力F N增加；在平行于杆方向，有：F cos θ＋F f＝(M＋m)g sin θ，可得：F f＝(M＋m)g sin θ－F cos θ，可知随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当(M＋m)g sin θ＝F cos θ时，静摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故B错误，D正确．4．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图象如图2所示．则该汽车在0～60 s内的速度－时间图象为( )图2答案 B解析 0～10 s 内汽车做加速度为2 m/s 2的加速运动，根据v ＝at ，可知10 s 时速度达到20 m/s ，接下来10～40 s 做匀速运动，速度始终为20 m/s,40～60 s 内，加速度反向，汽车做减速运动，加速度为－1 m/s 2，经20 s 速度恰好减小到零．5．某发电厂的发电机组输出的电压恒为400 V ，将其通过升压变压器升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电线总电阻为5 Ω，当输送的电功率恒为200 kW 时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是( ) A ．输电线上损失的功率为50 W B ．供电端升压变压器的匝数比为1：5 C ．输电线上损失的电压为50 VD ．若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小答案 B解析输电线上损失的功率 ΔP ＝ΔE t ＝50 kW·h 1 h ＝50 kW ，选项A 错误；ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R ，解得U ＝2 000 V ，升压变压器的匝数比为：400∶2 000＝1∶5，选项B 正确；根据ΔP ＝(ΔU )2R，解得ΔU ＝500 V ，选项C 错误；输电电压不变，若输电功率变大，则输电电流变大，输电线上损失的功率ΔP ′＝I 2R 变大，选项D 错误．二、多项选择题6．如图3所示，飞船先沿椭圆轨道1飞行，然后在远地点P 处变轨后沿圆轨道2运行，在轨道2上周期约为90分钟．则下列判断正确的是( )图3A ．飞船沿椭圆轨道1经过P 点时的速度与沿圆轨道经过P 点时的速度相等B ．飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度D ．飞船从椭圆轨道1的Q 点运动到P 点过程中万有引力做正功答案 BC解析飞船沿椭圆轨道1经过P 点时有GMm r P 2>m v 1P 2r P ，飞船沿椭圆轨道2经过P 点时有GMm r P 2＝m v 2P 2r P ，v 1P ＜v 2P ，A 错误；在圆轨道2上时，万有引力提供向心力，航天员处于完全失重状态，B 正确；因轨道2上周期约为90分钟，小于同步卫星的周期，又由ω＝2πT，可得飞船在圆轨道2的角速度大于同步卫星运行的角速度，C 错误；飞船从椭圆轨道1的Q 点运动到P 点过程中万有引力做负功，D 错误．7．某静电场的电场线分布如图4所示，P 、Q 为该电场中的两点，下列说法正确的是( )图4A ．P 点场强大于Q 点场强B ．P 点电势低于Q 点电势C ．将电子从P 点移动到Q 点，电场力做正功D ．将电子从P 点移动到Q 点，其电势能增大答案 AD解析电场线密的地方电场强度大，所以P 点场强一定大于Q 点场强，A 正确；根据沿电场线方向电势降低可以知道，P 点电势高于Q 点电势，B 错误；P 点电势高于Q 点电势，即φP >φQ ，电势能E p ＝q φ中，因为是电子，所以q <0，所以电子在P 点的电势能小于在Q 点的电势能，将电子从P 点移动到Q 点，其电势能增大，所以电场力做负功，C 错误，D 正确．8.如图5所示，木板1、2固定在墙角，一个可视为质点的物块分别从木板的顶端静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ.对这两个过程，下列说法正确的是( )图5A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等B．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多D．物块沿着2下滑到底端的过程，产生的热量更多答案BC解析物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mgh－W f＝12mv2①其中W f为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：F f＝μF N＝μmg cos θ，所以物块克服摩擦力做的功为：W f＝F f L＝μmg cos θ·L＝μmgL cos θ②由题图可知，L cos θ为斜面底边长，可见物块从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做的功与斜面底端长度L底成正比．沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2下滑到底端过程物块克服摩擦力做功小于沿1下滑到底端过程克服摩擦力做功，则由①式得，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时物块的速度，故A错误，B正确；沿1时克服摩擦力做的功多，物块的机械能损失大，产生的热量多，故C正确，D错误．三、非选择题9．某同学在测定小车加速度的实验中，得到图6甲所示的一条纸带，他在纸带上共取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．已知打点计时器的打点周期为0.02 s．该同学从每个计数点处将纸带剪开分成六条(分别标记为a、b、c、d、e、f)，再将这六条纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，得到图乙所示的图形，最后将各纸带上端中心连起来，于是得到表示v－t关系的图象，图中x轴对应的物理量是时间t，y轴对应的物理量是速度v.图6(1)图中t 3＝________ s ，若测得纸条c 的长度为4.02 cm ，则v 3＝________ m/s(保留两位有效数字)．(2)若测得纸条a 的长度为1.98 cm ，纸条f 的长度为7.02 cm ，则可求出加速度的大小为________ m/s 2(保留两位有效数字)．答案 (1)0.25 0.40 (2)1.0解析 (1)因为每相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的两个计数点的时间间隔T ＝0.1 s ，题图中t 3＝2×0.1 s＋0.05 s ＝0.25 s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则v 3≈0.040.1m/s ＝0.40 m/s ；(2)根据Δx ＝aT 2得，可知x f －x a ＝5aT 2，则加速度的大小a ≈0.07－0.025×0.01 m/s 2＝1.0 m/s 2.10．为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R (阻值约100 Ω)、滑动变阻器R 1(0～100 Ω)、滑动变阻器R 2(0～10 Ω)、电阻箱R 0(0～9 999.9 Ω)、理想电流表A(量程50 mA)、直流电源E (3 V ，内阻忽略)、导线若干、开关若干．图7(1)甲同学设计如图7(a)所示的电路进行实验．①请在图(b)中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接． ②滑动变阻器应选________(填入字母)．③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最________(选填“左”或“右”)端，再接通开关S ；保持S 2断开，闭合S 1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I 1.④断开S 1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R 0阻值在100 Ω左右，再闭合S 2，调节R 0阻值使得电流表读数为________时，R 0的读数即为电阻的阻值．(2)乙同学利用电路(c)进行实验，改变电阻箱R 0的值，读出电流表相应的电流I ，由测得的数据作出1I－R 0图线如图(d)所示，图线纵轴截距为m ，斜率为k ，则电阻的阻值为________．(3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路(a)和(c)，哪种方案测电阻更好________？为什么？__________________________________________________. 答案 (1)①如图所示②R 2 ③左 ④I 1(2)m k(3)(a) 此方案不受电源内阻的影响解析 (1)①连线图如图所示：②因为滑动变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选R 2； ③实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端；④根据欧姆定律，若两次保持回路中电流表读数不变，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知R 0的读数即为电阻的阻值． (2)根据闭合电路欧姆定律应有：E ＝I (R ＋R 0) 解得：1I ＝R E ＋R 0E结合数学知识可知m ＝R E，k ＝1E解得：E ＝1k ，R ＝Em ＝mk(3)若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对电路(a)测电阻没有影响． 11．如图8所示，半径为R 的光滑半圆环轨道竖直固定在一光滑的水平桌面上，桌面距水平地面的高度也为R ，在桌面上轻质弹簧被a 、b 两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态．同时释放两个小球，小球a 、b 与弹簧在桌面上分离后，a 球从B 点滑上半圆环轨道最高点A 时速度为v A ＝2gR ，已知小球a 质量为m ，小球b 质量为2m ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：图8(1)小球a 在圆环轨道最高点对轨道的压力； (2)释放后小球b 离开弹簧时的速度v b 的大小； (3)小球b 落地点距桌子右侧的水平距离．答案 (1)mg ，方向竖直向上 (2)6gR2(3)3R 解析 (1)设a 球通过最高点时受轨道的弹力为F N ，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v A 2R解得：F N ＝mg .由牛顿第三定律知，a 球对轨道的压力为mg ，方向竖直向上．(2)设小球a 与弹簧分离时的速度大小为v a ，取桌面为零势能面，由机械能守恒定律得：12mv a2＝12mv A 2＋mg ·2R ，解得：v a ＝6gR ，小球a 、b 从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，则有mv a ＝2mv b ，得v b ＝6gR 2(3)b 球从桌面飞出做平抛运动，设飞出的水平距离为x ，则R ＝12gt 2，t ＝2Rg，x ＝v b t联立解得：x ＝3R .12．如图9所示，在坐标系xOy 中，第一象限除外的其他象限都充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度都为B 1＝0.12 T ，方向垂直纸面向内．P 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离l ＝0.4 m ．一比荷qm＝5×107 C/kg 的带正电粒子从P 点开始进入匀强磁场中运动，初速度v 0＝3×106m/s ，方向与y 轴正方向成夹角θ＝53°并与磁场方向垂直，不计粒子的重力．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：图9(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R .(2)在第一象限中与x 轴平行的虚线上方的区域内充满沿x 轴负方向的匀强电场(如图a 所示)，粒子在磁场中运动一段时间后进入第一象限，最后恰好从P 点沿初速度的方向再次射入磁场．求匀强电场的电场强度E 的大小和电场边界(虚线)与x 轴之间的距离d .(3)如果撤去电场，在第一象限加另一匀强磁场Ⅱ，磁场方向垂直于xOy 平面．在第(2)问虚线位置放置一块长度为L ＝0.25 m 的平板，平板的左边缘与y 轴对齐(如图b 所示)．带电粒子仍从P 点开始运动，欲使带电粒子第一次进入第一象限运动时不打到板上，求磁场Ⅱ的磁感应强度B 2的大小和方向应满足什么条件？答案见解析解析 (1)粒子在磁场区域内运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 0B 1＝m v 02R 1，解得，粒子运动的轨道半径：R 1＝mv 0qB 1＝0.5 m ， (2)粒子运动轨迹如图所示，粒子运动轨迹的圆心A 恰好落在x 轴上．由几何关系可知粒子从C 点进入第一象限时的位置坐标为：x ＝R 1－R 1cos θ＝0.2 m粒子进入匀强电场后做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，加速度为a ，则：l －d ＝v 0t由牛顿第二定律得：qE ＝max ＝12at 2粒子运动到P 点时，水平速度为：v x ＝at ＝v 0tan θ，代入数据解得，电场强度：E ＝8×105N/C ，电场边界(虚线)与x 轴之间的距离：d ＝0.1 m ；(3)如果第一象限的磁场方向垂直于xOy 平面向内，则带电粒子打到平板的临界条件为轨迹圆与板相切，此时轨迹半径为R 2＝d ＝0.1 m由牛顿第二定律得：qv 0B 2＝m v 02R 2，代入数据解得：B 2＝0.6 T ，如果第一象限的磁场方向垂直于xOy 平面向外，则带电粒子打到平板的临界条件为轨迹圆与板右侧边缘有交点，设此时轨迹半径为R 3，由几何关系：R 32＝d 2＋[R 3－(L －OC )]2，代入数据解得：R 3＝0.125 m ，由牛顿第二定律得：qv 0B 2＝m v 02R 3，代入数据解得：B 2＝0.48 T ，故欲使带电粒子第一次进入第一象限运动时不打到板上，磁场Ⅱ的磁感应强度B 2的大小和方向应满足：若磁场方向垂直于xOy 平面向内，则B 2＞0.6 T ；若磁场方向垂直于xOy 平面向外，则B 2＞0.48 T. 13．[选修3－3](1)(2018·陕西省宝鸡市质检二)关于物体的内能，下列说法正确的是________． A ．相同质量的两种物质，升高相同的温度，内能的增量一定相同 B ．物体的内能改变时温度不一定改变C ．内能与物体的温度有关，所以0 ℃的物体内能为零D ．分子数和温度相同的物体不一定具有相同的内能E ．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体(2)如图10所示，潜艇采用压缩空气排出海水控制浮沉，在海面上，潜艇将压强为1.0×105Pa、总体积为600 m3的空气(包含贮气筒内空气，视为理想气体)压入容积为3 m3的贮气筒．潜至海面下方190 m水平航行时，为控制姿态，将贮气筒内一部分压缩空气通过节流阀压入水舱，使15 m3的水通过排水孔排向与之相通的大海．已知海面处大气压p0＝1.0×105 Pa，取海水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g＝10 m/s2，求：图10①潜艇下潜前贮气筒内空气的压强；②排出水后贮气筒内剩余空气的压强．答案(1)BDE (2)①2.0×107 Pa ②1.0×107 Pa解析(1)相同质量的同种物质，升高相同的温度，内能的增量相同；相同质量的不同种物质，升高相同的温度，内能的增量不同，故A错误；物体内能改变时温度不一定改变，比如零摄氏度的冰融化为零摄氏度的水，内能增加，故B正确；分子永不停息地做无规则运动，可知任何物体在任何状态下都有内能，故C错误；分子数和温度相同的物体不一定有相同的内能，还看物体的体积，故D正确；发生热传递的条件是存在温度差，与内能的大小无关，所以内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体，故E正确．(2)①设潜艇下潜前贮气筒内空气的压强为p1，p1V1＝p0V0，解得p1＝2.0×107 Pa②设水舱中空气的压强为p3，贮气筒内剩余空气的压强为p2，p3V3＋p2V1＝p0V0，p3＝p0＋ρgh＝2.0×106 Pa，解得：p2＝1.0×107 Pa.14．[选修3－4](1)在双缝干涉实验中，用波长为630 nm的红光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．已知双缝到屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间距为10.5 mm，则双缝之间的距离为________mm.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的一项方法是________．A．增大双缝间距B．增大双缝到屏幕的距离C．将光源向远离双缝的位置移动D．将光源向靠近双缝的位置移动图11(2)三棱镜ABC 主截面如图11所示，其中∠A ＝90°，∠B ＝30°，AB ＝30 cm ，将单色光从AB 边上的a 点垂直AB 射入棱镜，测得从AC 边上射出的光束与BC 面垂直，已知Ba ＝21 cm ，真空中的光速c ＝3.0×108 m/s ，不考虑光在AC 面的反射，求：①三棱镜对该单色光的折射率；②从a 入射到从AC 边出射，单色光在棱镜中传播的时间；答案 (1)0.3 B (2)① 3 ②1.3×10－9 s解析 (1)测得第1条到第6条亮条纹中心间距离为10.5 mm ，则相邻亮条纹之间的距离为Δx ＝10.55mm ＝2.1 mm ，由Δx ＝l d λ得d ＝l Δxλ＝0.3 mm 根据Δx ＝l dλ可知要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，则可采取增大双缝到屏幕的距离、减小双缝间距，故A 错，B 对；光源到双缝的距离不会改变条纹间距，故C 、D 错．(2)①光路图如图，光在b 点发生反射，光在c 点发生折射．由几何关系可得：∠1＝∠2＝30°∠3＝30°，∠4＝60°三棱镜对该单色光的折射率n ＝sin ∠4sin ∠3＝ 3 ②光在棱镜中的传播速度v ＝c n，ab ＝aB tan 30°，bc ＝bC ＝AB －aB cos 30° 单色光在棱镜中的传播时间t ＝ab ＋bc v＝1.3×10－9 s.。

(京津琼)高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(十二)

选择题专练(十二)1．下列说法中正确的是( )A ．光电效应实验中，只有入射光频率小于极限频率才能产生光电子B ．若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0hC ．大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性D ．在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电流答案 B解析光电效应实验中，只有入射光频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，从而产生光电子，选项A 错误；若某材料的逸出功是W 0，则它的极限频率νc ＝W 0h，选项B 正确；大量光子的效果往往表现出波动性，个别光子的行为往往表现出粒子性，选项C 错误；在光电效应现象中，增大入射光的频率一定能增大光电子的最大初动能，不一定能增大光电流，选项D 错误．2．倾角为37°的斜面与水平面平滑连接，一滑块从斜面上某点由静止开始下滑，最后停在水平面上．已知滑块在斜面和水平面上滑行的距离相等，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数也相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则滑块与水平面间的动摩擦因数为( )A.15B.14C.13D.12答案 C解析设滑块在斜面和水平面上滑行的距离均为x ，则由动能定理：mgx sin 37°－μmgx cos37°－μmgx ＝0，解得μ＝13，故选C. 3．真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N ，分别固定于x 轴上x 1＝0和x 2＝3a 的两点上，在它们连线上各点的电场强度E 随x 变化的关系如图1所示，下列判断正确的是( )图1A ．点电荷M 、N 为异种电荷B ．在x 轴上，3a <x <6a 的区域内，有一点电场强度为零C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4∶1D ．若设无穷远处为电势能零点，则x ＝2a 处的电势一定为零答案 C解析若两电荷为异种电荷，在x ＝2a 处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A 错误；两电荷为同种电荷，在x 轴上，只有一点电场强度为零，即2a 处，在x 轴上3a <x <6a 的区域内不可能存在电场强度为零的点，故B 错误；M 在2a 处产生的场强为E 1＝k Q M (2a )2，N 在2a 处产生的场强为E 2＝k Q N a2，由于2a 处场强为0，故E 1＝E 2，所以解得Q M ＝4Q N ，故C 正确；若设无穷远处为电势能零点，电荷从无穷远处运动到x ＝2a 处电场力做功不为零，x ＝2a 处电势不为零，故D 错误．4．如图2甲所示，在水平面上固定一电阻为R 、半径为r 0的单匝金属线圈，线圈内有一半径为r (r <r 0)的区域内存在垂直线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，令πB 0r 2Rt 0＝a ，πB 0r 02Rt 0＝b ，从上往下看，以顺时针方向的电流为正，下列选项中能正确表示线圈中感应电流I 变化的是( )图2答案 D解析在0～t 0时间内线圈中产生的感应电动势：E 1＝ΔB Δt S ＝B 0t 0·πr 2，感应电流I 1＝E 1R ＝B 0πr 2Rt 0＝a ，根据楞次定律，电流为顺时针方向，即正方向；在t 0～3t 0时间内线圈中磁通量不变，产生的感应电流为零；在3t 0～5t 0时间内，电动势：E 2＝ΔB Δt S ＝B 02t 0·πr 2，感应电流I 2＝E 2R ＝B 0πr 22Rt 0＝12a ，根据楞次定律，电流为逆时针方向，即负方向，故选D.5．如图3所示，矩形导线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场．电阻不计的线框通过电刷、导线与变压器原线圈构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以大小为ω的角速度逆时针转动，已知线框匀速转动时产生的感应电动势最大值为E m ，原、副线圈的匝数比为1∶4，副线圈通过电阻R 接两个相同的灯泡．下列说法正确的是( )图3A ．从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝2E m sin ωtB ．副线圈上电压的有效值为22E mC ．开关K 闭合时，电阻R 两端电压降低D ．当线框转动角速度增大时，灯泡的亮度不变答案 B解析从图示中线框与磁感线平行的位置开始计时，线框中感应电动势表达式为e ＝E m cos ωt ，选项A 错误；原线圈电压有效值为U 1＝E m2，则副线圈上电压的有效值为U 2＝4U 1＝22E m ，选项B 正确；开关K 闭合时，副线圈电路的总电阻减小，则副线圈电路中的电流变大，电阻R 两端电压变大，选项C 错误；当线框转动角速度增大时，则交流电的最大值变大，变压器原线圈两端的电压变大，副线圈两端的电压也变大，则灯泡的亮度变亮，选项D 错误．6.宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图4所示．若AO >OB ，则( )图4A ．星球A 的角速度一定大于B 的角速度B ．星球A 的质量一定小于B 的质量C ．双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大D ．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越大答案 BC 解析双星系统中两星球的角速度相等，故A 错误．根据万有引力提供向心力m A ω2r A ＝m B ω2r B ，因为r A ＞r B ，所以m A ＜m B ，即A 的质量一定小于B 的质量，故B 正确．设两星体间距为L ，根据万有引力提供向心力公式得：G m A m B L 2＝m A 4π2T 2r A ＝m B 4π2T 2r B ，解得周期为T ＝2πL 3G (m A ＋m B )，由此可知双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大，故C 正确．双星之间的距离一定，双星的总质量越大，其转动周期越小，故D 错误．7．一质量为0.6 kg 的篮球，以8 m/s 的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6 m/s 的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5 s 后以7 m/s 的速度被运动员接住，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4 kg·m/sB ．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6 kg·m/sC ．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 ND ．被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3 N·s答案 AD解析以被篮板反弹后的速度方向为正方向，与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为： Δp 1＝mv 2－(－mv 1)＝m (v 2＋v 1)＝0.6×(8＋6) kg·m/s＝8.4 kg·m/s，选项A 正确；根据动量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为Δp 2＝mgt ＝0.6×10×0.5 kg·m/s＝3 kg·m/s，选项B 错误；根据动量定理：F Δt ＝Δp 1，因作用时间Δt 未知，则无法确定篮板对篮球的作用力大小，选项C 错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为I G ＝Δp 2＝3 kg·m/s＝3 N·s，选项D 正确．8．如图5所示，两个大小不计、质量均为m 的物体A 、B 放置在水平地面上，一根长为L 且不可伸长的轻绳两端分别系在两物体上，绳恰好伸直且无拉力，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力F ，使两物体慢慢靠近直至接触．已知两物体与水平地面间的动摩擦因数均为33，则在两物体靠近的过程中，下列说法正确的是( )图5A ．拉力F 一直增大B ．物体A 所受的摩擦力不变C ．地面对A 物体的支持力先减小后增大D ．当两物体间的距离为32L 时，绳上的拉力最小答案 AD解析设某时刻与物体连接的绳子的拉力为F T ，与水平方向的夹角为θ，则对每个物体：水平方向F T cos θ＝μF N ；竖直方向F T sin θ＋F N ＝mg ，其中F ＝2F T sin θ；联立可得：F ＝2μmg 1tan θ＋μ，则随着θ增加，F 变大，选项A 正确；F f ＝F T cos θ＝μmg 1＋μtan θ，则随着θ增加，F f 变小，选项B 错误；F N ＝mg －F T sin θ＝mg －μm g1tan θ＋μ，则随着θ增加，F N变小，选项C错误；F T＝μmgcos θ＋μsin θ，对cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)(其中tan φ＝1μ＝3，即φ＝60°)，则当分母最大时，F T最小，此时θ＝30°，可求得两物体间的距离为L cos 30°＝32L，选项D正确．。

京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：实验题专练四20181215171

实验题专练(四)1．某同学利用如图1所示装置考证以下两个规律：①两物块经过不行伸长的细绳相连结，沿绳方向的分速度大小相等；②系统机械能守恒．图1P、Q、R为三个完整同样的带有遮光片的物块，P、Q用细绳连结，放在水平气垫导轨上，物块R与轻质滑轮连结，放在细绳正中间，三个光电门分别搁置于a、b、c处，调整三个光电门的地点，能实现同时被遮光．最先细绳水平，现将三个物块由静止开释．(忽视R上的遮光片到轻质滑轮间的距离)(1)为了能达成实验目的，除了记录P、Q、R的遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还一定丈量的物理量有( )A．P、Q、R的质量MB．两个定滑轮间的距离dC．R的遮光片到c的距离HD．遮光片的宽度x(2)依据装置能够剖析出P、Q的速度大小相等，则考证的表达式为______________．(3)若要考证物块R沿绳方向的分速度与物块P的速度大小相等，则考证的表达式为________________．(4)若已知当地重力加快度为g，则考证系统机械能守恒的表达式为________________．答案 (1)BCD (2)t 1＝t 2 (3)t 3t 1＝2H 4H 2＋d 2 (4)gH ＝12x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 12＋1t 22＋1t 32 分析 (1)要证明①，需要丈量两个定滑轮间的距离d 和R 的遮光片到c 的距离H ，经过几何关系可证明沿绳的分速度相等；要证明②，需要丈量R 的遮光片到c 的距离H 和遮光片的宽度x ，依据运动学公式和动能定理列式可考证机械能守恒，故B 、C 、D 正确．(2)物块P 的速度v P ＝x t 1，物块Q 的速度v Q ＝x t 2，所以若要剖析出P 、Q 的速度大小相等，即需要考证表达式x t 1＝x t 2，化简可得考证t 1＝t 2即可；(3)物块R 的速度v R ＝x t 3，要考证物块R 沿绳方向的分速度与物块P 的速度大小相等，则需要考证表达式v R cos θ＝v P即v R ·HH 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＝v P ，将v P 、v R 代入得：t 3t 1＝2H 4H 2＋d 2(4)整个系统减少的重力势能是ΔE p ＝MgH整个系统增添的动能ΔE k ＝12Mv P 2＋12Mv Q 2＋12Mv R 2 要考证机械能守恒，则ΔE p ＝ΔE k ，即考证表达式gH ＝12x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 12＋1t 22＋1t 32. 2．利用如图2所示电路能够较为正确地丈量电源的电动势．图中a 为标准电源(电动势为E s )，b 为待测电源(设电动势为E x )；供电电源的电动势为E ，R 为滑动变阻器，G 为零刻度在中央的敏捷电流计，AB 为一根粗细平均的电阻丝，滑动片C 可在电阻丝上挪动，AC 之间的长度可用刻度尺量出．图2(1)为了达成上述实验，对供电电源的要求是E ________E s ，E ________E x (填“>”“＝”或“<”)．(2)实验步骤以下：①按图连结好电路；②调整滑动变阻器的滑片至适合地点，闭合开关S 1；③将S 2接1，调理滑动片C 使电流计示数为零，记下______；④将S 2接2，从头调理C 地点，使____________，并记下____________； ⑤断开S 1、S 2，计算待测电源的电动势的表达式为E x ＝________(用E s 和所测物理量表示)．答案 (1)> > (2)③AC 的长度L 1④电流计示数再次为0 AC 的长度L 2 ⑤L 2L 1E s分析 (1)该电路是一个并联分压电路，当E s 电压等于AC 电压时，使电流计示数为零，所以本实验对供电电源的要求是E >E s ；E >E x .(2)③将S 2接1，调理滑动片C 使电流计示数为零，记下AC 的长度L 1，设单位长度电阻丝的电阻为r 0，此时有E R ＋r ＋R ABL 1r 0＝E s . ④将S 2接2，从头调理C 地点，使电流计示数再次为零，记下AC 的长度L 2，此时有ER ＋r ＋R AB L 2r 0＝E x⑤由以上两式可得：E x ＝L 2L 1E s .。

京津琼2019高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练八20181215180