2018年高考物理大二轮复习考前特训计算题标准练(四)

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2018年高考物理二轮复习选择题满分专练

选择题满分专练(四)选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2017·石家庄市毕业班一模)如图所示，实线为不知方向的几条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞入a 、b 两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则( )A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 的速度将减小，b 的速度将增大C ．两个粒子的动能，一定一个增加一个减少D ．两个粒子的电势能，一定都减少解析：粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，所以能判断a 、b 一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A 错误；粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，从图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B 、C 错误；电场力都做正功，故电势能都减小，故D 正确．答案：D 15．(2017·黑龙江省五校高三4月联考)如图甲所示为某实验小组验证动量守恒定律的实验装置，他们将光滑的长木板固定在桌面上，a 、b 两小车放在木板上并在小车上安装好位移传感器的发射器，且在两车相对面上涂上黏性物质．现同时给两车一定的初速度，使a 、b 沿水平面上同一条直线运动，发生碰撞后两车粘在一起；两车的位置x 随时间t 变化的图象如图乙所示．a 、b 两车质量(含发射器)分别为1 kg 和8 kg ，则下列说法正确的是( )A ．两车碰撞前总动量大于碰撞后总动量B ．碰撞过程中a 车损失的动能是149JC ．碰撞后两车的总动能比碰前的总动能小D ．两车碰撞过程为弹性碰撞解析：设a 、b 两车碰撞前的速度大小为v 1、v 2，碰后的速度大小为v 3，结合题图乙得v 1＝2 m /s ，v 2＝1 m /s ，v 3＝23m /s ，以向右为正方向，碰前总动量p 1＝－m a v 1＋m b v 2＝6 kg ·m /s ，碰后总动量p 2＝(m a ＋m b )v 3＝6 kg ·m /s ，则两车碰撞前总动量等于碰撞后总动量，A 错误；碰撞前a 车动能为E k ＝2 J ，碰撞后a 车动能为E′k ＝29J ，所以碰撞过程中a 车损失的动能是169J ，B 错误；碰前a 、b 两车的总动能为6 J ，碰后a 、b 两车的总动能为2 J ，C 正确；两车碰撞过程中机械能不守恒，发生的是完全非弹性碰撞，D 错误．答案：C16．某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为T ，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )解析：设行星质量为M，半径为R，密度为ρ，卫星质量为m，如图所示，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°6＝60°，故φ＝60°，r＝Rcosφ＝2R，根据GMm2R2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT22R，M＝ρ43πR3，解得ρ＝24πGT2.答案：A17．如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B0.现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q；若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性变化，要在t时间内产生的热量也为Q，乙图中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为( )解析：两种情况下，在相同时间内产生的热量相同，说明电压的有效值相同，现让线圈绕其一条直径以50 Hz的频率匀速转动，电压有效值为E＝E m2＝Bsω2＝B0πr2×100π2；磁场以图乙所示规律周期性变化，电压有效值为E＝S·ΔBΔt＝πr2×B0T4，解得T＝225π，选项C正确．答案：C18．(2017·河北冀州2月模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为3 kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中v－t图象如图乙所示．设A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．小物块最大重力势能为54 JB．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3：1C ．小物块与斜面间的动摩擦因数为32D ．推力F 的大小为40 N解析：由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x ＝12×3×1.2 m ＝1.8 m ，上升的最大高度h ＝x sin 30°＝0.9 m ，故物块的最大重力势能E pm ＝mgh ＝27 J ，则A 项错．由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均公式v ＝v 0＋v2，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1:1，则B 项错．由乙图可知减速上升时加速度大小a 2＝10 m /s 2，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2，得μ＝33，则C 项错．由乙图可知加速上升时加速度大小a 1＝103m /s 2，由牛顿第二定律有F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，得F ＝40 N ，则D 项正确．答案：D19．如图所示为光电管的工作电路图，分别用波长为λ0、λ1、λ2的单色光做实验，已知λ1>λ0>λ2.当开关闭合后，用波长为λ0的单色光照射光电管的阴极K 时，电流表有示数．则下列说法正确的是( )A ．光电管阴极材料的逸出功与入射光无关B ．若用波长为λ1的单色光进行实验，则电流表的示数一定为零C ．若仅增大电源的电动势，则电流表的示数一定增大D ．若仅将电源的正负极对调，则电流表的示数可能为零解析：光电管阴极材料的逸出功只与材料有关，而与入射光的频率、入射光的强度无关，A 正确．用波长为λ0的光照射阴极K 时，电路中有光电流，可知波长为λ0的光照射阴极K 时，发生了光电效应；若用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K 时，虽然入射光的频率变小，但仍可能大于阴极的极限频率，仍可能发生光电效应，因此电流表的示数可能不为零，B 错误．仅增大电路中电源的电动势，光电管两端电压增大，当达到饱和电流后，电流表的示数不再增大，C 错误．将电路中电源的正负极对调，光电子做减速运动，还可能到达阳极，所以还可能有光电流；若电源电动势大于光电管的遏止电压，电子到达不了阳极，则此时电流表的示数不为零，D 正确．答案：AD20．(2017·湖北省襄阳市高三调研测试)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B 处切线水平，现将一小物块从轨道顶端A 处由静止释放．小物体刚到B 点时的加速度为a ，对B 点的压力为N ，小物体离开B 点后的水平位移为x ，落地时的速率为v.若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图象正确的是( )解析：设小物体释放位置距地面高为H ，小物体从A 点到B 点应用机械能守恒定律有，v B ＝2gR ，到地面时的速度v ＝2gH ，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D 对；小物体在B 点的加速度a ＝v 2BR＝2g ，选项A 对；在B 点对小物体应用向心力公式，有F B －mg ＝mv 2BR，又由牛顿第三定律可知N ＝F B ＝3mg ，选项B 错；小物体离开B 点后做平抛运动，竖直方向有H －R ＝12gt 2，水平方向有x ＝v B t ，联立可知x 2＝4(H －R)R ，选项C 错．答案：AD21．如图所示，EF 和MN 两平行线将磁场分割为上、下两部分，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从EF 线上的A 点以速度v 斜向下射入EF 下方磁场，速度与边界成30°角，经过一段时间后正好经过C 点，经过C 点时速度方向斜向上，与EF 也成30°角，已知A 、C 两点间距为L ，两平行线间距为d ，下列说法中正确的是( )A ．粒子不可能带负电荷B ．磁感应强度大小可能满足B ＝mv qLC ．粒子到达C 点的时间可能为7πm 3Bq ＋4dvD ．粒子的速度可能满足v ＝L －23nd Bqm(n ＝0,1,2,3，…)解析：若粒子带负电，粒子可沿图甲轨迹通过C 点，所以A 错误；如果粒子带正电，且直接偏转经过C 点，如图乙所示，则R ＝L ，由Bqv ＝mv 2R 得B ＝mvqL，所以B 正确；在图丙所示情形中粒子到达C 点所用时间正好为7πm 3Bq ＋4dv，则C 正确；由于带电粒子可以多次偏转经过C 点，如图丁所示，由几何知识可知，L ＝2nd tan 60°＋2R sin 30°，则R ＝L －23nd ，根据R ＝mv Bq 可得，v ＝L －23nd Bq m(n ＝0，1,2,3，…)，D 正确．答案：BCD。

2018年高考物理全国用二轮复习精练：二选择题48分标准练(四) Word版含答案

选择题48分标准练(四)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.(2017·湖南师范大学附中月考)汽车在平直公路上做刹车实验，若从t ＝0时起汽车在运动过程中的位移x 与速度的平方v 2之间的关系如图1所示，下列说法正确的是( )图1A.刹车过程中汽车加速度大小为10 m/s 2B.刹车过程持续的时间为5 sC.汽车刹车后经过3 s 的位移为7.5 mD.t ＝0时汽车的速度为10 m/s解析根据v 2＝2ax 得x v 2＝12a ，可得刹车过程中加速度大小a ＝5 m/s 2，故A 错误；由图线可知，汽车的初速度为10 m/s ，则刹车过程持续的时间t ＝v 0a ＝105 s ＝2 s ，故B 错误，D 正确；汽车刹车后经过3 s 的位移等于刹车后经过2 s 的位移，则x ＝v 02t ＝102×2 m＝10 m ，故C 错误。

答案 D15.在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为8 s ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。

从线圈平面与磁场方向垂直开始计时，如图2所示，线圈转过45°时的感应电流为1 A ，则( )图2A.线圈消耗的电功率为4 WB.线圈中感应电流的有效值为2 AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝22sin π4t (V)D.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝8πsin π4t (Wb)解析由题给条件可得i ＝2sin π4t (A)，故线圈中感应电流的有效值为I ＝I m2＝1 A ，B 错误；再由P ＝I 2R ＝(1 A)2×2 Ω＝2 W ，A 错误；再由e ＝iR ＝22sin π4t (V)可得，C 正确；穿过线圈的磁通量Φ＝Φm cos ωt ＝82πcos π4t (Wb)，D 错误。

【高三物理试题精选】2018届高考物理第二轮专题复习过关测试题4及答案

2018届高考物理第二轮专题复习过关测试题4及答案
专题限时规范训练
(时间90分钟满分100分)
一、选择题(每小题4分，共44分)
1用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线
运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图象如图1所示，且αβ，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是 ( )
A．W1 W2；F＝2Ff B．W1＝W2；F 2Ff
C．P1 P2；F 2Ff D．P1＝P2；F＝2Ff
2如图2所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定竖直杆上，A、B通
过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠着竖直杆，A、B均静止．由于微小的扰动，B开始沿水平面向右运动．不计一切摩擦，滑块A、B视为质点．在A下滑的过程中，下列说法中正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．在A落地之前轻杆对B一直做正功
C．A运动到最低点时的速度的大小为2gL
D．当A的机械能最小时，B对水平面的压力大小为2mg
3如图3所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一
个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是 ( )
A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功。

2018版高考物理二轮复习计算规范练4 含解析精品

计算规范练(四)(时间：20分钟分值：32分)24．(12分)(2018·衡水中学二模)如图1所示为一皮带传送装置，其中AB 段水平，长度L AB＝4 m ，BC 段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v ＝4 m/s 的恒定速率顺时针运转．现将一质量m ＝1 kg 的工件(可看作质点)无初速度地放在A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图1(1)工件从A 点开始至第一次到达B 点所用的时间t ；(2)工件从第一次到达B 点至第二次到达B 点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q .【解析】 (1)由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1 ① 经t 1时间与传送带共速，则t 1＝v a 1＝0.8 s ② 运动位移为x 1＝12a 1t 21＝1.6 m③此后工件与传送带一起匀速运动到B 点，用时t 2＝L AB －x 1v＝0.6 s ④ 工件第一次到达B 点所用时间t ＝t 1＋t 2＝1.4 s ． ⑤ (2)工件上升过程中受到的摩擦力f ＝μmg cos θ ⑥ 由牛顿第二定律可得加速度a 2＝mg sin θ－f m＝2 m/s 2⑦ 由运动学公式可得t 3＝v a 2＝2 s ⑧下降过程加速度不变a 3＝a 2＝2 m/s 2⑨ 由运动学公式可得t 4＝v a 3＝2 s⑩ 工件与传送带的相对位移Δx ＝v (t 4＋t 3)＝16 m ⑪ 因摩擦而产生的热量Q ＝f Δx ＝64 J ． ⑫(每式1分)【答案】 (1)1.4 s (2)64 J25．(20分)如图2甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平方向成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R 1＝R 2＝2 Ω，导轨间距L ＝0.6 m ．在右侧导轨所在斜面的矩形区域M 1M 2P 2P 1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M 1P 1、M 2P 2的距离d ＝0.2 m ，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M 1P 1距离s ＝0.1 m 处，有一根阻值r ＝2 Ω的金属棒ab 垂直于导轨由静止释放，金属棒第一次经过磁场过程恰好匀速通过，最终金属棒在导轨上做往复运动．取重力加速度g ＝10 m/s 2，导轨电阻不计．求：图2(1)金属棒ab 匀速通过磁场的速度大小v ；(2)在t 1＝0.1 s 时刻和t 2＝0.25 s 时刻电阻R 1的电功率之比； (3)最终电阻R 2产生的总热量Q 总.【导学号：19624276】【解析】 (1)由mgs ·sin θ＝12mv2(1分) 得v ＝2gs ·sin θ＝1 m/s.(1分)(2)棒从释放到运动至M 1P 1的时间t ＝vg sin θ＝0.2 s (1分)在t 1＝0.1 s 时，棒还没进入磁场，有E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt Ld ＝0.6 V(1分)此时，R 2与金属棒并联后再与R 1串联R 总＝3 Ω (1分) U 1＝E 1R 总R 1＝0.4 V(1分)由图乙可知，t ＝0.2 s 后磁场保持不变，ab 经过磁场的时间t ′＝d v＝0.2 s(1分)故在t 2＝0.25 s 时ab 还在磁场中运动，电动势E 2＝BLv ＝0.6 V(1分) 此时R 1与R 2并联，R 总＝3 Ω，得R 1两端电压U 1′＝0.2 V(2分)电功率P ＝U 2R ，故在t 1＝0.1 s 和t 2＝0.25 s 时刻电阻R 1的电功率比值P 1P 2＝U 21U 1′2＝4.(1分)(3)设ab 的质量为m ，ab 在磁场中运动时，通过ab 的电流I ＝E 2R 总(1分) ab 受到的安培力F A ＝BIL(1分) 又mg sin θ＝BIL(1分) 解得m ＝0.024 kg(1分)t 在0～0.2 s 时间里，R 2两端的电压U 2＝0.2 V ，产生的热量Q 1＝U 22R 2t ＝0.018 J(2分)ab 最终将在M 2P 2下方的轨道区域内往返运动，到M 2P 2处的速度为零，由功能关系可得在t ＝0.2 s 后，整个电路最终产生的热量Q ＝mgd sin θ＋12mv 2＝0.186 J(1分)由电路关系可得R 2产生的热量Q 2＝Q6＝0.018 J(1分) 故R 2产生的总热量Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.01 J ． (1分)【答案】 (1)1 m/s (2)4∶1 (3)0.01 J。

2018版高考物理二轮复习小题提速练4 含解析精品

小题提速练(四)(时间：20分钟分值：48分)选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2018·沈阳三模)智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)．现将人体头颈部简化为如图1所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )图1A．4 B．5C．4 2 D．5 2C[对头部受力分析如图所示，由平衡条件可得：F N sin 45°＝F sin 53°，F N cos 45°＝mg＋F cos 53°，可求得：F N＝42mg，所以选项C正确．]15．(2018·虎林市摸底考试)质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别到达稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f＝kv(k＞0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的vt关系如图2所示，下落说法正确的是( )【导学号：19624225】图2A ．m 1＜m 2B.m 1m 2＝v 1v 2C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内两球下落的高度相等B [两球最终匀速时均有kv ＝mg ，故有m 1m 2＝v 1v 2，B 正确；由于v 1＞v 2，所以m 1＞m 2，A 错误；t ＝0时f ＝0，两球加速度均为g ，C 错误；t 0时间内小球下落的高度对应图线与t 轴所围面积，由图可知，甲球下落高度大些，D 错误．]16．(2018·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )图3A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变B [A 错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化．B 对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态．C 错：根据I ＝Ft 知，重力的冲量不为0.D 错：根据P ＝mgv cos θ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化．]17．(2018·沈阳铁路实验中学模拟)如图4甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，且分别接有阻值相同的电阻R 1和R 2，R 1＝R 2＝100 Ω，通过电阻R 1的瞬时电流如图乙所示，则此时( )【导学号：19624226】图4A ．用电压表测量交流电源电压约为424 VB ．断开开关S 后，通过电阻R 1的瞬时电流还是如图乙所示C ．交流电源的功率162 WD ．R 1和R 2消耗的功率之比为1∶3A [由U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得，通过R 1的电流有效值I 1＝3210A ，通过R 2的电流的有效值I 2＝9210A ，副线圈两端的电压U 2＝90 2 V ，原线圈两端电压U 1＝270 2 V ，而U ＝U 1＋I 1R 1＝300 2 V≈424 V，故A 正确；断开开关S 后，通过电阻R 1的电流为0，故B 错误；交流电源的功率P ＝UI 1＝180 W ，故C 错误；R 1消耗的功率P 1＝I 21R 1＝18 W ，R 2消耗的功率P 2＝I 22R 2＝162 W ，P 1P 2＝19，故D 错误．] 18．(2018·抚州市临川一中模拟)如图5所示，半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一带正电荷的粒子沿图中直线以速率v 0从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上b 点射出磁场时速度方向与射入时的夹角为120°(b 点图中未画出)．已知圆心O 到直线的距离为12R ，不计重力，则下列关于粒子的比荷正确的是( )图5A.q m ＝v 02BRB.q m ＝v 0BRC.q m ＝3v 02BRD.q m ＝2v 0BRB [如图所示，设正粒子从a 点沿直线射入后从b 点射出，a 、b 两点的速度方向或反向延长线方向相交于c 点．由于cb ＝ca ，且∠bca ＝60°，所以△cba 是等边三角形．由题设条件Od ＝12R ，则ab ＝2Od tan 60°＝3R .则粒子做匀速圆周运动的半径r ＝ab 2sin 60°＝R .由洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，所以q m ＝v 0BR，则选项A 、C 、D 错误，B 正确．]19．(2018·哈尔滨九中二模)月球自转周期为T ，与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，假如“嫦娥四号”卫星在近月轨道(轨道半径近似为月球半径)做匀速圆周运动的周期为T 0，如图6所示，PQ 为月球直径，某时刻Q 点离地心O 最近，且P 、Q 、O 共线，月球表面的重力加速度为g 0，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )【导学号：19624227】图6A ．月球质量M ＝T 40g 304π4GB ．月球的第一宇宙速度v ＝g 0T 02πC ．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P 点着陆，需提前减速D ．再经T 2时，P 点离地心O 最近 BC [根据mg 0＝mR 4π2T 20得，月球的半径R ＝g 0T 204π2，根据GMmR 2＝mg 0 得月球的质量为：M ＝g 0R 2G ＝T 40g 3016π4G ，故A 错误．根据mg 0＝m v 2R得月球的第一宇宙速度为：v ＝g 0R ＝g 0T 02π，故B 正确．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P 点着陆，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故C 正确．月球自转周期T 与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，再经T 2时，P 点离地心O 最远，故D 错误．故选B 、C.]20．(2018·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图7所示．下列说法正确的有( )图7A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大AC[A对：两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x＞x1处的电势大于零，x＜x1处的电势小于零．如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必为异种电荷．B错：φx图象中曲线的斜率表示电场强度大小，x1处的电场强度不为零．C对：x2处的电势最高，负电荷从x1移动到x2，即从低电势处移动到高电势处，电场力做正功，电势能减小．D错：由φx图象知，从x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷从x1移动到x2，所受电场力减小．]21．(2018·衡水中学二模)如图8甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长L＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝0.1 T、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n＝300、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连，线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示，t＝0.22 s时闭合开关S，细框瞬间跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )【导学号：19624228】图8A ．0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 VB ．开关S 闭合瞬间，CD 中的电流方向由C 到DC ．磁感应强度B 2的方向竖直向下D ．开关S 闭合瞬间，通过细杆CD 的电荷量为0.3 CBD [由图象可知0～0.10 s 内ΔΦ＝ΔBS ＝0.01 Wb ，0～0.10 s 线圈中感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝300×0.010.1V ＝30 V ，A 错误；由题意可知细杆CD 所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知电流方向为C →D ，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.20～0.25 s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度B 2的方向竖直向上，故B 正确，C 错误；对细框由动量定理得B 1IL Δt ＝mv ，细框做竖直上抛运动v 2＝2gh ，电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝0.3 C ，D 正确．]。

普通高校招生全国统一考试2018年高考物理仿真模拟卷(四)

如果您喜欢这份文档，欢迎下载！祝成绩进步，学习愉快！普通高校招生全国统一考试2018年高考仿真模拟卷(四)物理试卷本试卷分第一部分(选择题）和第二部分(非选择题)两部分。

满分110分。

考试时间60分钟。

第一部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

·(请将答案填写在第5页答题区)14.如图所示为氢原子的能级图，对于处在n=4能级的大量氢原子，下列说法正确的是A.这群氢原子向低能级跃迁时一共可以辐射出4种不同频率的光子B.处在n=4能级的氢原子可以吸收任何一种光子而跃迁到高能级C.这群氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级时向外辐射的光子的波长最长D.这群氢原子辐射的光子中如果只有两种能使某金属发生光电效应，则该金属的逸出功W 0应满足10.2eV<W 0≤12.09eV15.如图所示，将一右端带有固定挡板的长薄板放在水平面上，一轻质弹簧右端拴接在挡板上，左端拴接一可视为质点的滑块，当弹簧原长时滑块位于长薄板的O 点，当滑块位于图中的A 点时整个装置处于静止状态。

现将长薄板的右端缓慢地抬起直到滑块将要沿长薄板下滑。

滑块所受的静摩擦力、支持力的大小分别用F f 、F N 表示。

则长薄板的右端缓慢抬起的过程，下列说法正确的是A.F f 先减小后增大、F N 一直减小B.F f 先增大后减小、F N 一直增大C.F f 一直增大、F N 先减小后增大D.F f 保持不变、F N 一直减小16.已知其静电场的电场强度的方向与x 轴的正方向一致，电场强度大小E 与位置x 的关系图象如图所示，其中0~x 2段为抛物线的一段且关于x=x 1对称，x 2~x 3段为倾斜的直线，且x 1-0=x 2-x 1=x 3-x 2，开始时一带正电的粒子位于原点，现给该粒子一水平向右的初速度，使其仅在电场力的作用下沿x 轴的正方向运动。

2018版高考物理二轮选考强化练4 选修3-4 含解析精品

选考强化练(四) 选修3－4(时间：20分钟分值：45分)1．(1)(5分)一列沿x轴传播的简谐横波，t＝0时刻的波形如图1所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向下振动．再过0.5 s，质点Q第二次到达波谷，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)图1A．波沿x轴负方向传播B．波的传播速度为60 m/sC．波的传播周期为0.2 sD．0至0.9 s时间内P点通过的路程为1.8 mE．1 s末质点P的位移是零(2)(10分)如图2所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ＝76°，今有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且恰好未从AB面射出．已知OE＝35OA，cos 53°＝0.6，试求：①玻璃砖的折射率n；②光线第一次从OB射出时折射角的正弦值.【导学号：19624282】图2【解析】 (1)由题意，质点Q 恰好在平衡位置且向下振动，则知波沿x轴负方向传播，故A 正确；根据题意知14T ＋T ＝0.5 s ，则周期为：T ＝0.4 s ，根据v ＝λT ＝240.4m/s ＝60 m/s ，故选项B 正确，选项C 错误；0.9 s ＝2T ＋14T ，则P 点通过的路程为：s ＝2×4A ＋A ＝1.8 m ，故选项D 正确；1 s ＝2T ＋12T ，故该时刻P 处于负的最大位移处，选项E 错误．故选A 、B 、D.(2)①因OE ＝35OA ，由数学知识知光线在AB 面的入射角等于37°光线恰好未从AB 面射出，所以AB 面入射角等于临界角，则临界角为：C ＝37°由sin C ＝1n得：n ＝53.②据几何知识得：β＝θ＝76°，则OB 面入射角为：α＝180°－2C －β＝30°设光线第一次从OB 射出的折射角为γ，由sin γsin α＝n 得： sin γ＝56.【答案】 (1)ABD (2)①53 ②562．(2018·鸡西市模拟)(1)(5分)一列简谐横波在t ＝0.2 s 时的波形图如图3甲所示，P 为x ＝1 m 处的质点，Q 为x ＝4 m 处的质点，图乙所示为质点Q 的振动图象．则下列关于该波的说法中正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图3A．该波的周期是0.4 sB．该波的传播速度大小为40 m/sC．该波一定沿x轴的负方向传播D．t＝0.1 s时刻，质点Q的加速度大小为零E．从t＝0.2 s到t＝0.4 s，质点P通过的路程为20 cm(2)(10分)如图4所示，一直角三棱镜放置在真空中，其截面三角形的斜边BC的长度为d，一束单色光从AB侧面的中点垂直AB入射．若三棱镜的折射率为2，∠C＝30°，单色光在真空中的传播速度为c，求：图4①该单色光第一次从棱镜射入真空时的折射角；②该单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间．【解析】(1)选ACE.由乙图知，质点的振动周期为T＝0.4 s，故A正确；由甲图知，波长λ＝8 m，则波速为：v＝λT＝80.4m/s＝20 m/s，故B错误；由乙图知，t＝0.2 s时刻，质点Q向下运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故C正确；由图乙可知，t＝0.1 s时刻，质点Q位于最大位移处，所以加速度大小一定不为零，故D错误；因为T＝0.4 s，则从t＝0.2 s到t＝0.4 s为半个周期，所以质点P通过的路程为20 cm，故E正确．(2)①画出该单色光在三棱镜中传播的光路如图所示．当光线到达三棱镜的BC边时，因∠C＝30°，由几何关系可知α＝60°又因为三棱镜的折射率n＝2，所以光发生全反射的临界角为45°因α＝60°，所以该单色光在BC边发生全反射．当该单色光到达三棱镜的AC边时，由几何关系可知，其入射角为β＝30°设其折射角为γ，则由折射定律n＝sin γsin β可得：γ＝45°.②因为截面三角形的斜边BC的长度为d，D为AB边的中点，∠C＝30°，由几何关系可知DE＝3d 4因为α＝60°，所以∠CEF＝30°，又∠C＝30°，由几何关系可知EF＝3d 6该单色光在三棱镜中的传播速度为v＝cn＝c2所以单色光从进入棱镜到第一次从棱镜射出所经历的时间t＝DE＋EFv代入数据可解得：t＝56d 12c.【答案】(1)ACE(2)①45°②56d 12c3．(2018·宝鸡市一模)(1)(5分)一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波中A、B两质点在平衡位置间的距离为0.5 m，且小于一个波长，如图5甲所示，A、B 两质点振动图象如图乙所示．由此可知________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)图5A．波中质点在一个周期内通过的路程为8 cmB．该机械波的波长为4 mC．该机械波的波速为0.5 m/sD．t＝1.5 s时A、B两质点的位移相同E ．t ＝1.5 s 时A 、B 两质点的振动速度相同(2)(10分)有一个上、下表面平行且足够大的玻璃平板，玻璃平板的折射率为n ＝43、厚度为d ＝12 cm.现在其上方的空气中放置一点光源S ，点光源距玻璃板的距离为L ＝18 cm ，从S 发出的光射向玻璃板，光线与竖直方向夹角最大为θ＝53°，经过玻璃板后从下表面射出，形成一个圆形光斑，如图6所示．求玻璃板下表面圆形光斑的半径(sin 53°＝0.8)．图6【解析】 (1)选ACE.由图可知，该波的振幅为2 cm ，波中质点在一个周期内通过的路程为4倍的振幅，即8 cm ，故A 正确；由图知，t ＝0时刻B点通过平衡位置向上运动，A 点位于波峰，则有：Δx ＝x 2－x 1＝(n ＋14)λ，n＝0,1,2,3…由题λ>Δx ＝0.5 m ，则知n 只能取0，故λ＝2 m ，故B 错误；由图知周期T ＝4 s ，则波速为v ＝λT ＝24 m/s ＝0.5 m/s ，故C 正确；由图可知，在t ＝1.5s 时刻，A 的位移为负，而B 的位移为正，故D 错误．由图知，t ＝1.5 s 时A 、B 两质点到平衡位置的距离是相等的，所以振动的速度大小相等；又由图可知，在t ＝1.5 s 时刻二者运动的方向相同，所以它们的振动速度相同，故E 正确．(2)由题意可知光在玻璃板上表面发生折射时的入射角为θ，设其折射角为r ，由折射定律可得：n ＝sin θsin r ，代入数据可得：r ＝37°.光在玻璃板下表面发生折射时，由于入射角r 始终小于玻璃板的临界角，所以不会发生全反射，光在玻璃板中传播的光路图如图所示．所以光从玻璃板下表面射出时形成一个圆形发光面，设其半径大小为R，则有：R＝L tan θ＋d tan r，代入数据可得：R＝33 cm.【答案】(1)ACE(2)33 cm。

2018年-2019年高考物理二轮复习计算题规范练4.doc

计算题规范练 41． (2018 ·东北三校联考 )小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他建立了一个打桩机的简略模型，如图甲所示．他假想，用恒定大小的拉力F 拉动绳端 B，使物体从 A 点(与钉子接触处 )由静止开始运动，上涨一段高度后撤去 F，物体运动到最高点后自由着落并撞击钉子，将钉子打入必定深度．按此模型剖析，若物体质量m＝1 kg，上涨 1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 E k与上涨高度 h 的关系图象如图乙所示．(g 取 10 m/s 2，不计空气阻力 )(1)求物体上涨到0.4 m 高度处 F 的刹时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬时弹起，且使其不再落下，钉子获取20 J 的动能向下运动，钉子总长为10 cm ，撞击前插入部分能够忽视，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受的阻力F f与深度x 的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．分析： (1)撤去 F 前物体运动过程中，依据动能定理有(F－ mg)h＝ E k－0，即 E k＝(F－ mg)h，E k-h 图象的斜率为 k＝F－mg ，由图象乙知，斜率为 k＝20 N ，解得 F＝30 N.又由图象乙， h＝0.4 m 时， E k＝12mv2＝8 J ，解得 v＝4 m/s ，刹时功率 P F＝ Fv＝120 W.(2)由图象丙知，碰撞后钉子所受的阻力F f与深度 x 成正比，斜率k′＝ 105 N/m ，设钉子插入的最大深度为x m，对钉子应用动能定理得－F f x m＝ 0－ E′k0，1由图象丙知 F f＝2k′x m，又 E′k0＝20 J ，解得 x m＝ 0.02 m.答案： (1)120 W(2)0.02 m2．下雨是常有的自然现象，假如雨滴着落为自由落体运动，则雨滴落到地面时，对地表动植物危害十分巨大，实质上，动植物都没有被雨滴砸伤，由于雨滴着落时不单受重力，还受空气的浮力和阻力，才使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤．某次下暴雨，质量 m＝2.5 ×10 －5 kg 的雨滴，从高 h＝2 000 m 的云层着落 (g 取 10 m/s 2 )(1) 假如不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落到地面经t1＝1.0 ×10－5 s 速度变成零，由于雨滴和地面作用时间极短，可以为在t1内陆面对雨滴的作使劲不变且不考虑雨滴的重力，求雨滴对地面的作使劲大小．(2)考虑到雨滴同时还遇到空气浮力和阻力的作用，设雨滴落到地面的实质速度为 8 m/s ，落到地面上经时间t2＝ 3.0 ×10 －4 s 速度变成零，在t2内陆面对雨滴的作使劲不变且不考虑雨滴的重力，求雨滴对地面的作使劲大小以及该雨滴着落过程中战胜空气浮力和阻力所做功的和．分析： (1)不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，雨滴自由落体运动的末速度为v＝2gh＝2×10×2 000 m/s ＝200 m/s.取竖直向上为正方向，对雨滴和地面作用的过程，运用动量定理得： F t1＝0－ mv，代入数据解得 F＝500 N.依据牛顿第三定律，雨滴对地面的作使劲大小为500 N.(2)对雨滴和地面作用的过程，由动量定理得 F′Δt2＝0－mv ′，据题 v′＝8 m/s ，2代入数据解得 F′＝3 N，依据牛顿第三定律，雨滴对地面的作使劲大小为2N，312雨滴着落过程，依据动能定理得mgh －W ＝2mv′－ 0，解得：战胜空气浮力和阻力所做功的和W≈0.5 J.答案： (1)500 N (2)2N 0.5J 33．如下图，倾角θ＝60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道上半部分处有磁感觉强度为 B 的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场地区足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R 的电阻．质量为 m 的金属棒从距轨道最低点 C 高度为 H 处静止开释，运动到最低点 C 时的速度大小 v C＝6gr ，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：(1)金属棒中产生感觉电动势的最大值E m；(2)金属棒下滑过程中电阻R 上产生的热量 Q ；(3)金属棒可否经过圆形轨道的最高点 D？若能经过，求在此点时金属棒对轨道的压力．分析： (1)磁场地区足够大，金属棒由静止开始先做变加快运动，当重力沿导轨向下的分力与安培力均衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感觉电动势也最大．设在磁场中达到的最大速度为 v m，有 E m＝BLv m.E m依据闭合电路欧姆定律有I m＝R，依据均衡条件有 mgsin θ＝BI m L，3mgR解得 E m＝2BL.(2)依据能量守恒定律，金属棒下滑过程中电阻R 上产生的热量等于金属棒损失的机械能，因此有12Q＝mgH －2mv C，解得 Q＝mg(H－ 3r)．(3)假定金属棒能经过圆形轨道的最高点D，则金属棒由 C 点运动到 D 点机械能守恒，依据机械能守恒定律有1212＋ mg ·2r2mv＝2mvC D解得 v D＝2gr.金属棒经过圆形轨道最高点 D 时，依据牛顿第二定律及向心力公式有F N D 2v D＋mg＝ m r，解得 F ND＝ mg，因此金属棒能经过最高点．由牛顿第三定律可知，金属棒经过圆形轨道最高点 D 时对轨道的压力 F N D′＝ F ND＝ mg，方向竖直向上．答案： (1)3mgR2BL(2) mg(H－ 3r)(3) 能mg方向竖直向上。

2018届高考物理二轮复习训练试卷：计算题专项训练

计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点).已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2.求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量.2.(14分)(2016·全国Ⅱ卷)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c 端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑.求:(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小.3.(14分)已知地球的自转周期和半径分别为T和R,地球同步卫星A的圆轨道半径为h.卫星B沿半径为r(r<h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行,其运行方向与地球自转方向相同.求:(1)卫星B做圆周运动的周期;(2)卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔(信号传输时间可忽略).4.(14分)低空跳伞是一种极限运动,一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳.人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大,而且速度越大空气阻力增大得越快.因低空跳伞下落的高度有限,导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短,所以其危险性比高空跳伞还要高.一名质量为70 kg的跳伞运动员背有质量为10 kg的伞包从某高层建筑顶层跳下,且一直沿竖直方向下落,其整个运动过程的v-t图象如图所示.已知2.0 s末的速度为18 m/s,10 s末拉开绳索开启降落伞,16.2 s时安全落地,并稳稳地站立在地面上.g取10 m/s2,请根据此图象估算:(1)起跳后2 s内运动员(包括其随身携带的全部装备)所受平均阻力的大小.(2)运动员从脚触地到最后速度减为零的过程中,若不计伞的质量及此过程中的空气阻力,则运动员所需承受地面的平均冲击力多大.(3)开伞前空气阻力对跳伞运动员(包括其随身携带的全部装备)所做的功(结果保留三位有效数字).5.(14分)如图所示,边长L=0.2 m的正方形abcd区域(含边界)内,存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场,磁感应强度B=5.0×10-2 T.带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E(不考虑金属板在其他区域形成的电场),MN放在ad边上,两板左端M、P恰在ab边上,两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF.EF中间有一小孔O,金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.1 m.在M和P的中间位置有一离子源S,能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子,离子的电荷量均为q=3.2×10-19 C,质量均为m=6.4×10-26 kg.不计离子的重力,忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹.(1)当电场强度E=104 N/C时,求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率.(2)电场强度取值在一定范围时,可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出,求满足条件的电场强度的范围.6.(14分)两根平行金属导轨放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨之间的距离为l,仅在虚线MN 下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场(同一水平线上各处磁感应强度相同),磁场方向垂直斜面向下,导轨上端跨接一阻值为R的定值电阻.质量为m的金属棒的两端套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动,金属棒始终与导轨垂直,导轨和金属棒的电阻不计,现将金属棒从O处由静止释放,进入磁场后金属棒正好做匀减速运动,刚进入磁场时速度为v,到达P处时速度为0.5v,O 处和P处到MN的距离相等,已知重力加速度为g.求:(1)金属棒在磁场中所受安培力F的大小;(2)在金属棒从开始运动到P处的过程中,电阻R上共产生多少热量.7.(16分)如图所示,真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域,半径为R,磁场垂直纸面向里.在y>R的区域存在沿-y方向的匀强电场,电场强度为E.在M点有一粒子源,辐射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限.发现沿+x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场,速度减小到0后又返回磁场.已知粒子的质量为m,电荷量为+q,粒子重力不计.(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小;(2)求沿+x方向射入磁场的粒子,从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程;(3)沿与+x方向成60°角的方向射入的粒子,最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出,不再进入磁场,求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间.计算题专项训练1.答案(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析(1)由题中v-t图象可得,物块做匀变速运动的加速度a=m/s2=2.0m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ==0.2.(2)由题中v-t图象可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止.前2s内物块的位移大小x1=t1'=4m,向右后1s内的位移大小x2=t1″=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右物块再向左运动时间t2==1.5s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s.(3)物块在传送带上滑动的3s内,传送带的位移x'=v't1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18J.2.答案(1)mg(sin θ-3μcos θ)(2)(sin θ-3μcos θ)解析(1)设导线的拉力的大小为F T,右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒,由力的平衡条件得2mg sinθ=μF N1+F T+F①F N1=2mg cosθ②对于cd棒,同理有mg sinθ+μF N2=F T③F N2=mg cosθ④联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ). ⑤(2)由安培力公式得F=BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流.ab棒上的感应电动势为E=BLv⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小.由欧姆定律得I=⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ). ⑨3.答案(1)T(2)arcsin+arcsin T解析(1)设卫星B绕地心转动的周期为T',根据万有引力定律和圆周运动的规律有G=m2h①G=m'2r②式中,G为引力常量,M为地球质量,m、m'分别为卫星A、B的质量.由①②式得T'=T③(2)设卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔为τ;在此时间间隔τ内,卫星A和B绕地心转动的角度分别为α和α',则α=2π④α'=2π⑤若不考虑卫星A的公转,两卫星不能直接通信时,卫星B的位置应在图中B点和B'点之间,图中内圆表示地球的赤道.由几何关系得∠BOB'=2arcsin+arcsin⑥由③式知,当r<h时,卫星B比卫星A转得快,考虑卫星A的公转后应有α'-α=∠BOB'⑦由③④⑤⑥⑦式得τ=arcsin+arcsin T. ⑧4.答案(1)80 N(2)2 450 N(3)-1.73×105 J解析(1)由v-t图可知,起跳后前2s内运动员的运动近似为匀加速直线运动,其加速度为a==9.0m/s2设运动员所受平均阻力为F f,根据牛顿第二定律有m总g-F f=m总a解得F f=m总(g-a)=80N(2)由v-t图可知,运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s,经时间t2=0.2s速度减为零,设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F,根据动量定理有(mg-F)t2=0-mv2解得F=2450N(3)由v-t图可知,10s末开伞时的速度v=40m/s,开伞前10s内运动员下落的高度约为h=×2m+×2m+35×2m+×2m+40×2m=296m设前10s内空气阻力对运动员所做的功为W,根据动能定理有m总gh+W=m总v2解得W=-1.73×105J.5.答案(1)v0=2.0×105 m/s(2)9.375×102 N/C<E≤1.25×103 N/C解析(1)穿过孔O的离子在金属板间需满足qv0B=Eq代入数据得v0=2.0×105m/s.(2)穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB=Eq离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m由以上两式得E=从bc边射出的离子,轨迹半径最大时,其临界轨迹如图线①,对应的电场强度最大,由几何关系可得r1=l=0.1m由此可得E1=1.25×103N/C从bc边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图线②,对应的电场强度最小,由几何关系可得2r2+=L所以r2=0.075m由此可得E2=9.375×102N/C所以满足条件的电场强度的范围为9.375×102N/C<E≤1.25×103N/C.6.答案(1)mg sin θ(2)mv2解析(1)设O点和P点到MN的间距均为x,从O到MN过程中,根据动能定理有mgx sinθ=mv2-0 从MN到P的过程中棒做匀减速运动,安培力的大小不变,据动能定理有mgx sinθ-Fx=m(0.5v)2-mv2得F=mg sinθ.(2)方法一:棒从MN到P过程中根据能量守恒有Q=mgx sinθ+mv2-m(0.5v)2得Q=mv2.方法二:棒从MN到P过程中克服安培力做功即电阻R上产生的热量Q=Fx得Q=mv2.7.答案(1)(2)πR+(3)N点坐标为(2R,0)解析(1)沿+x方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0,粒子一定是从如图的P点射出磁场,逆电场线运动,所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r=R根据Bqv=得B=.(2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从N点射出磁场,MN为直径,在磁场中的路程为圆周长,l1=πR设在电场中路程为l2,根据动能定理Eq mv2l2=总路程l=πR+.(3)沿与+x方向成60°角的方向射入的粒子,从C点竖直射出、射入磁场,从D点射入、射出电场,最后从N点(MN为直径)射出磁场.所以N点坐标为(2R,0)在磁场中,MC段圆弧对应圆心角α=30°,CN段圆弧对应圆心角θ=150°,所以在磁场中的时间为半个周期t1=粒子在CD段做匀速直线运动,CD=t2=粒子在电场中做匀变速直线运动,加速度a=t3=总时间t=.。

(新课标)2018届高考物理二轮复习训练试卷：选择题专项训练4

选择题专项训练(四)(时间:20分钟满分:48分)本卷共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

1.(2016·全国Ⅰ卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出,则电容器()A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变2.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。

若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A. B.C.3.D.如图所示,在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板,在木板A上放着质量为m的物块C,木板和物块均处于静止状态,A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,现用水平恒力F向右拉木板A,则下列判断正确的是()A.不管F多大,木板B一定保持静止B.A、C之间的摩擦力大小一定等于μmgC.B受到地面的滑动摩擦力大小一定小于FD.A、B之间的摩擦力大小不可能等于F4.无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域,和两个等量异种的点电荷形成的电场等效。

如图所示,P为一无限大金属板,Q为板前距板为r的一带正电的点电荷,MN为过Q点和金属板垂直的直线,直线上A、B是和Q点的距离相等的两点。

下面关于A、B两点的电场强度EA和EB、电势φA和φB判断正确的是()A.EA>EB,φA<φC.EA>EB,φA=φ5.BBB.EA>EB,φA>φD.EA=EB,φA>φBB如图所示,通电直导体棒放在间距为l的光滑水平绝缘轨道上,劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定,另一端拴在棒的中点,且与棒垂直,整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,弹簧伸长x,棒处于静止状态。

2018届普通高等学校招生全国统一考试高三物理模拟(四)

2018届普通高等学校招生全国统一考试高三物理模拟（四）14．自由落体运动是指物体只在重力的作用下从静止开始下落的运动，是匀变速直线运动中的一个特例。

关于对自由落体运动的研究下列说法正确的是A ．伽利略测定了铜球在斜面上运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增大的结论B ．亚里士多德认为物体下落速度和下落时间成正比C ．伽利略应用数学计算的方法得出做自由落体运动的物体通过的位移与速度的二次方成正比D ．伽利略研究铜球在斜面上运动并做出合理外推，进而得出小球自由下落的速度与时间成正比15．碳14的衰变周期如图所示，其中2个半衰期的时间为11460年。

1g 碳14经22920年的衰变，衰变的碳14质量约为A ．0.0625 gB ．0.25 gC ．0.5 gD ．0.9375 g16．某个可看成质点的带正电物体静止于绝缘光滑水平面上，水平面内存在一匀强电场，以物体所在的位置为原点在水平面内建立直角坐标系。

在第一象限内对物体施加一与x 轴正方向成30°角的作用力F ，使带电物体沿y 轴正方向运动。

已知带电物体的电荷量为+q ，则下列说法正确的是A ．电场强度方向可以是任意的B ．电场强度的最小值为2F qC ．整个运动过程中，电场力可能不做功D ．整个运动过程中，电势能一定减少17．如图所示，空间内存在半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B 。

在磁场边界上有一粒子源S ，粒子源以相同的速率v 沿纸面向磁场中各个方向发射比荷2q v m rB=的粒子，不计粒子重力，这些粒子射出磁场时偏离射入方向的最大角度为 A ．6π B ．4π C ． 3π D ．2π 18．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。

第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿内壁边缘放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水。

如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。

2018届高考物理二轮复习：4小题分类练四含解析精品

小题分类练(四) 综合计算类21．设集合A ＝{x |x 2－3x ＜0}，B ＝{x ||x |＞2}，则A ∩(∁R B )＝( )A ．{x |－2≤x ＜3}B ．{x |0＜x ≤2}C ．{x |－2≤x ＜0}D ．{x |2≤x ＜3}解析：选B.因为B ＝{x ||x |＞2}＝{x |x ＞2或x ＜－2}，所以∁R B ＝{x |－2≤x ≤2}，又A ＝{x |x 2－3x ＜0}＝{x |0＜x ＜3}，所以A ∩(∁R B )＝{x |0＜x ≤2}，故选B.2．设复数z 满足z (2＋i)＝5i ，则|z －1|＝( )A ．1B ．2 C. 3 D ．5解析：选B.由题意，得z ＝5i 2＋i ＝5i （2－i ）（2＋i ）（2－i ）＝1＋2i ，所以|z －1|＝|2i|＝22＝2，故选B.3．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( ) A ．－ 3 B ．－1C ．－33D. 3 解析：选A.依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－2π－π3＝－tan π3＝－3，选A. 4．已知sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6－cos α＝13，则cos ⎝⎛⎭⎫2α－π3的值为( ) A ．－518 B.518C ．－79 D.79解析：选D.由sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6－cos α＝13，可得sin αcos π6＋sin π6cos α－cos α＝13，即sin αcos π6－sin π6cos α＝13，故sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝13，cos ⎝⎛⎭⎫2α－π3＝cos2⎝⎛⎭⎫α－π6＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫α－π6＝1－29＝79，选D. 5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若B ＝π2，a ＝6，sin 2B ＝2sin A sin C ，则△ABC 的面积S △ABC ＝( )A.32B ．3 C. 6 D ．6解析：选B.由sin 2B ＝2sin A sin C 及正弦定理，得b 2＝2ac ①，又B ＝π2，所以a 2＋c 2＝b 2 ②，联立①②解得a ＝c ＝6，所以S △ABC ＝12×6×6＝3，故选B. 6．已知函数f (x )＝a sin x ＋b 3x ＋4，若f (lg 3)＝3，则f (lg 13)＝( ) A.13 B ．－13C ．5D ．8解析：选C.由f (lg 3)＝a sin(lg 3)＋b 3lg 3＋4＝3得a sin(lg 3)＋b 3lg 3＝－1，而f ⎝⎛⎭⎫lg 13＝f (－lg 3)＝－a sin(lg 3)－b 3lg 3＋4＝－[a sin(lg 3)＋b 3lg 3]＋4＝1＋4＝5，故选C.7．从区间[－2，2]中随机选取一个实数a ，则函数f (x )＝4x －a ·2x ＋1＋1有零点的概率是( )A.14B.13C.12D.23解析：选A.令t ＝2x ，函数有零点就等价于方程t 2－2at ＋1＝0有正根，进而可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0t 1＋t 2＞0t 1t 2＞0⇒a ≥1，又a ∈[－2，2]，所以函数有零点的实数a 应满足a ∈[1，2]，故P ＝14，选A. 8．(1＋2x )3(2－x )4的展开式中x 的系数是( )A ．96B ．64C ．32D ．16解析：选B.(1＋2x )3的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 3(2x )r ＝2r C r 3x r ，(2－x )4的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 424－k (－x )k ＝(－1)k 24－k C k 4x k ，所以(1＋2x )3(2－x )4的展开式中x 的系数为20C 03·(－1)·23C 14＋2C 13·(－1)0·24C 04＝64，故选B.9．若直线ax ＋by ＋1＝0(a ＞0，b ＞0)把圆(x ＋4)2＋(y ＋1)2＝16分成面积相等的两部分，则12a ＋2b的最小值为( ) A ．10 B ．8C ．5D ．4解析：选B.∵圆(x ＋4)2＋(y ＋1)2＝16的圆心坐标为(－4，－1)，直线ax ＋by ＋1＝0把圆分成面积相等的两部分，∴该直线过点(－4，－1)，∴－4a －b ＋1＝0，即4a ＋b ＝1，∴12a＋2b ＝⎝⎛⎭⎫12a ＋2b (4a ＋b )＝4＋8a b ＋b 2a ≥4＋28a b ×b 2a ＝8(当且仅当a ＝18，b ＝12时取“＝”)，故选B.10．已知抛物线y 2＝2px (p ＞0)过点A ⎝⎛⎭⎫12，2，其准线与x 轴交于点B ，直线AB 与抛物线的另一个交点为M ，若MB →＝λAB →，则实数λ为( )A.13B.12C ．2D ．3解析：选C.把点A ⎝⎛⎭⎫12，2代入抛物线的方程，得2＝2p ×12，解得p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x ，则B (－1，0)．设M ⎝⎛⎭⎫y 2M 4，y M ，则AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，－2，MB →＝⎝⎛⎭⎫－1－y 2M 4，－y M .由MB →＝λAB →，得⎩⎪⎨⎪⎧－1－y 2M 4＝－32λ－y M ＝－2λ，解得λ＝2或λ＝1(舍去)，故选C. 11．在平行四边形ABCD 中，点M ，N 分别在边BC ，CD 上，且满足BC ＝3MC ，DC＝4NC ，若AB ＝4，AD ＝3，则AN →·MN →＝( ) A ．－7 B ．0C.7 D ．7解析：选B.以AB →，AD →为基底，AN →＝AD →＋34AB →，MN →＝CN →－CM →＝14CD →－13CB →＝－14AB →＋13AD →，AN →·MN →＝(AD →＋34AB →)·⎝⎛⎭⎫－14AB →＋13AD →＝13⎝⎛⎭⎫AD →2－916AB →2＝13×(9－9)＝0，故选B. 12．已知点A (1，0)，B (0，1)，C (3，2)，对于线段AB 上任意一点P ，在以点C 为圆心的圆上都存在不同的两点M ，N ，使得PM →＝MN →，则圆C 的半径的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫103，22 B ．(22，10] C.⎝⎛⎭⎫103，22 D ．[22，10) 解析：选A.设圆C 的半径为r ，对于线段AB 上任意一点P ，在以点C 为圆心的圆上都存在不同的两点M ，N ，使得PM →＝MN →，即存在点M 为PN 的中点，则只需满足r ＜|PC |≤3r .设P (x ，y )，则x ＋y ＝1(0≤x ≤1)，所以|PC |＝（x －3）2＋（y －2）2＝（x －3）2＋（1－x －2）2＝2x 2－4x ＋10＝2（x －1）2＋8∈[22，10]，所以⎩⎨⎧10≤3r r ＜22，故103≤r ＜2 2. 13．计算cos 10°－3cos （－100°）1－sin 10°＝________(用数字作答)．解析：cos 10°－3cos （－100°）1－sin 10°＝cos 10°＋3cos 80°1－cos 80°＝cos 10°＋3sin 10°2sin 40°＝2sin （10°＋30°）2sin 40°＝ 2. 答案： 214．过抛物线y 2＝4x 的焦点且倾斜角为60°的直线被圆x 2＋y 2－4x ＋43y ＝0截得的弦长是________．解析：依题意，抛物线的焦点坐标是(1，0)，相应的直线方程是y ＝3(x －1)，即3x －y －3＝0.题中的圆(x －2)2＋(y ＋23)2＝16的圆心坐标是(2，－23)、半径为4，圆心(2，－23)到直线3x －y －3＝0的距离d ＝|3×2＋23－3|2＝332，因此所求的弦长为216－⎝⎛⎭⎫3322＝37. 答案：3715．设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＋a 1＝2a n ，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，则a 1＋a 5＝________．解析：由S n ＋a 1＝2a n ，得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n ，所以a 1＋a 5＝2＋25＝34.答案：3416．将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O －EFG 体积的最大值是________．解析：由题意知，圆柱的底面半径r ＝BC ＝2，高h ＝AB ＝3.由△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形可得，该三角形的斜边长为2r ＝4，不妨设两直角边分别为a ，b ，则a 2＋b 2＝(2r )2＝16，该直角三角形的面积S ＝12ab ，三棱锥O －EFG 的高等于圆柱的高h ＝3，所以其体积V ＝13×12ab ×3＝12ab .由基本不等式可得V ＝12ab ≤12×a 2＋b 22＝14×16＝4(当且仅当a ＝b 时等号成立)．答案：4。

2018年高考物理大二轮专题复习考前特训：选择题标准练一含答案精品

考前特训第一部分题型突破练选择题标准练(一)二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．(2017·“皖南八校”二次联考)下列说法正确的是( )A．汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型B．普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说C．极限频率越小的金属材料逸出功越大D．现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变答案 D解析汤姆孙发现电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项A错误；爱因斯坦通过对光电效应现象的分析提出了光子说，故B错误；根据W0＝hνc可知极限频率越小的金属材料逸出功越小，选项C错误；现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变，选项D正确．15．(2017·山东菏泽市二模)如图1，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，B 端与水平面相切，轨道上的小球在水平向右的力F作用下，缓慢地由A向B运动，轨道对球的弹力为F N，在运动过程中( )图1A．F增大，F N减小B．F减小，F N减小C．F增大，F N增大D．F减小，F N增大答案 B解析设小球与轨道圆心连线与水平方向夹角为θ，由A向B运动，θ增大，F N＝mgsin θ，F＝mgtan θ都在减小．16．(2017·福建莆田市3月模拟)如图2，O点固定着一电荷量为＋Q的点电荷，在其下方光滑绝缘水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的试探电荷，该试探电荷经过P 点时的速度为v ，规定电场中P 点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中( )图2A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点场强大于P 点场强C ．N 点电势为－mv 22qD ．试探电荷在N 点具有的电势能为－12mv 2答案 C解析由点电荷的电场特点知，N 点的电势低于P 点电势；由E ＝k Qr2，N 点场强小于P 点场强；由－q (φN －φP )＝12mv 2和φP ＝0得φN ＝－mv 22q ；试探电荷在N 点的电势能为12mv 2.17．(2017·河南天一大联考五)如图3所示，两根相同的轻细线下端分别悬挂两小球A 和B .上端固定于同一点，若两小球绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两小球在运动的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．小球A 的线速度大于小球B 的线速度 B ．小球A 的线速度小于小球B 的线速度C ．小球A 的向心力大于小球B 的向心力D ．小球A 的向心力小于小球B 的向心力答案 A解析设细线和竖直方向的夹角为θ，细线的长度为L ，细线的拉力为F T ，则有F T cos θ＝mg ，F T sin θ＝F n ＝m v 2r，r ＝L sin θ，联立解得v ＝gL sin 2θcos θ，F n ＝mg tan θ，结合题图可知，小球A 的线速度大于小球B 的线速度，故选项A 正确，选项B 错误；小球的向心力为F n ＝mg tan θ，由于不知道小球A 和小球B 质量的大小关系，故无法确定小球A 和小球B 的向心力的大小关系，故选项C 、D 错误．18．(2017·山东枣庄市二模)如图4所示，理想变压器的原、副线圈(其中副线圈的匝数可调节)匝数比为1∶4，原线圈通入正弦式交变电流，副线圈连接定值电阻R .若将副线圈的匝数减小80匝，电阻R 的功率减小了36%，则原线圈的匝数为( )图4A ．80B ．100C ．120D ．无法确定答案 B解析由P ＝U 2R，功率减小了36%，则U 2′＝0.8U 2，由U 1U 2＝14＝n 1n 2，则n 2＝4n 1，U 1U 2′＝n 1n 2－80＝n 14n 1－80，可得n 1＝100. 19．(2017·黑龙江哈尔滨市模拟)假设地球可视为质量分布均匀的球体．已知地球表面重力加速度的大小在两极为g 0，在赤道为g ，地球的自转周期为T ，引力常量为G ，则( ) A ．地球的半径R ＝(g 0－g )T 24π2B ．地球的半径R ＝g 0T 24π2C ．假如地球自转周期T 增大，那么两极处重力加速度g 0值不变D ．假如地球自转周期T 增大，那么赤道处重力加速度g 值减小答案 AC解析在地球两极处：mg 0＝GMm R 2① 在地球赤道上：GMm R 2－mg ＝m 4π2T2R ②联立①②得：R ＝(g 0－g )T24π2故A 正确，B 错误；由②式知，假如地球自转周期T 增大，赤道处重力加速度g 值增大，故D 错误；由①式知，两极处的重力加速度与地球自转周期无关，故C 正确．20．(2017·辽宁葫芦岛市模拟)如图5所示，圆心角为90°的扇形COD 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E 点为半径OD 的中点，现有比荷大小相等的两个带电粒子a 、b (不计重力)以大小不等的速度分别从O 、E 点均沿OC 方向射入磁场，粒子a 恰从D 点射出磁场，粒子b 恰从C 点射出磁场，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是( )图5A ．粒子a 带负电，粒子b 带正电B ．粒子a 、b 在磁场中运动的加速度大小之比为2∶5C ．粒子a 、b 的速率之比为5∶2D ．粒子a 、b 在磁场中运动的时间之比为180∶53 答案 ABD解析两个粒子的运动轨迹如图所示，据左手定则判断知粒子a 带负电，粒子b 带正电，A 正确；设扇形COD 的半径为r ，粒子a 、b 的轨道半径分别为R a 、R b ，则R a ＝r 2，R b 2＝r 2＋(R b －r 2)2，sin θ＝r R b ，得R b ＝54r ，θ＝53°，由qvB ＝m v 2R ，得v ＝qB m R ，所以粒子a 、b 的速度之比为v a v b ＝R a R b ＝25，C 错误；由a ＝qvBm ，得粒子a 、b 在磁场中运动的加速度大小之比为a a a b ＝v a v b ＝25，B 正确；粒子a 在磁场中运动的时间t a ＝πR a v a ，粒子b 在磁场中运动的时间t b ＝53°180°πR bv b ，则t a t b ＝18053，D 正确．21．如图6所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h ＝0.1 m 处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的动能E k －h 图象，其中h ＝0.18 m 时对应图象的最顶点，高度从0.2 m 上升到0.35 m 范围内图象为直线，其余为曲线，取g ＝10 m/s 2，由图象可知()图6 A．滑块的质量为0.18 kgB．弹簧的劲度系数为100 N/mC．滑块运动的最大加速度为40 m/s2D．弹簧的弹性势能最大值为0.7 J答案BC解析在从0.2 m上升到0.35 m范围内，ΔE k＝ΔE p＝mgΔh，图线的斜率绝对值为：k＝ΔE k Δh＝0.30.35－0.2N＝2 N＝mg，则m＝0.2 kg，故A错误；由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为0.2 m，h＝0.18 m时速度最大，此时mg＝kx1，x1＝0.02 m，得k＝100 N/m，故B正确；在h＝0.1 m处时滑块加速度最大kx2－mg＝ma，其中x2＝0.1 m，得最大加速度a＝40 m/s2，故C正确；根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm＝mgΔh m＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故D错误．。

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