(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：小综合练(六)
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：实验题增分练(二)
实验题增分练(二)11．(8分)(2018·南通市等七市三模)用图1甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方．图1(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________ mm.(2)实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块(包括遮光条)质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L.在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与__________(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒．(3)下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)．A．滑块必须由静止释放B．应使滑块(包括遮光条)的质量远大于钩码的质量C．已知当地重力加速度D ．应使牵引滑块的细线与气垫导轨平行(4)分析实验数据后发现，系统增加的动能明显大于钩码减小的重力势能，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 答案 (1)2.75 (2)(m ＋M )d22t2(3)B (4)气垫导轨右端偏高 12．(10分)(2018·江苏学校联盟模拟)某物理兴趣小组在学习了电流的磁效应后，得知通电长直导线周围某点磁场的磁感应强度B 的大小与长直导线中的电流大小I 成正比，与该点离长直导线的距离r 成反比．该小组欲利用如图2甲所示的实验装置验证此结论是否正确，所用的器材有：长直导线、学生电源、直流电流表(量程为0～3 A)、滑动变阻器、小磁针(置于刻有360°刻度的盘面上)、开关及导线若干．图2实验步骤如下：a ．将小磁针放置在水平桌面上，等小磁针静止后，在小磁针上方沿小磁针静止时的指向水平放置长直导线，如图2甲所示；b ．该小组测出多组小磁针与通电长直导线间的竖直距离r 、长直导线中电流的大小I 及小磁针的偏转角度θ；c ．根据测量结果进行分析，得出结论． 回答下列问题：(1)某次测量时，电路中电流表的示数如图乙所示，则该电流表的读数为________ A. (2)在某次测量中，该小组发现长直导线通电后小磁针偏离南北方向的角度为30°(如图3所示)，已知实验所在处的地磁场水平分量大小为B 0＝3×10－5T ，则此时长直导线中的电流在小磁针处产生的磁感应强度B 的大小为________ T(结果保留两位小数)．图3 图4(3)该小组通过对所测数据的分析，作出了小磁针偏转角度的正切值tan θ与Ir之间的图象如图4所示，据此得出了通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与离长直导线的距离r 成反比的结论，其依据是__________________________．(4)通过查找资料，该小组得知通电长直导线周围某点的磁感应强度B 与电流I 及距离r 之间的数学关系为B ＝μ02π·Ir ，其中μ0为介质的磁导率．根据题给数据和测量结果，可计算出μ0＝________ T·m/A.答案 (1)2.00 (2)1.73×10－5T (3)电流产生的磁感应强度B ＝B 0tan θ，而偏角的正切值与I r成正比 (4)4π×10－7解析 (1)电流表量程为3 A ，则最小分度为0.1 A ，由指针示数可知电流为2.00 A ； (2)小磁针N 极指向地磁场分量和电流磁场的合磁场方向，如图所示；则有：tan 30°＝B B 0，解得：B ＝3×10－5×33T≈1.73×10－5T ； (3)由题图可知，偏角的正切值与Ir成正比，而根据(2)中分析可知，B ＝B 0tan θ，则可知B 与I r成正比，故说明通电长直导线周围磁场的磁感应强度B 与通电电流I 成正比，与离长直导线的距离r 成反比；(4)tan θ－I r 图线的斜率为k ，由公式B ＝B 0tan θ＝B 0k I r ＝μ02π·I r 可知，μ02π＝B 0k ，解得：μ0＝4π×10－7T·m/A.。
(江苏提分必做)2019高考物理总复习 优编题型增分练：小综合练(十)
小综合练(十)一、单项选择题1．如图1所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )图1A．图甲中A球的加速度为g sin θB．图甲中B球的加速度为2g sin θC．图乙中AB两球的加速度均为g sin θD．图乙中轻杆的作用力－定不为零答案 C解析设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mg sin θ，加速度为4g sin θ，故A、B错误；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mg sin θ，A、B两球的加速度均为g sin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，D错误．2．(2018·南京市金陵中学模拟)如图2所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )图2A．滑片M向上滑动过程中，电容器充电B．滑片N向左滑动过程中，流过R2的电流方向向上C．滑片N向左滑动，电源输出功率一定增大D．滑片N向右滑动，电容器的电能减少答案 D二、多项选择题3．(2018·如东调研)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨，如图3所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v ，重力加速度为g ，两轨所在面的倾角为θ，则( )图3A ．该弯道的半径r ＝v 2g tan θB ．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变C ．当火车速率大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压D ．当火车速率小于v 时，外轨将受到轮缘的挤压答案 AB解析 火车转弯时不侧向挤压车轮轮缘，重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝m v 2r ，解得：r ＝v 2g tan θ，故A 正确；v ＝gr tan θ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故B 正确；当火车速率大于v 时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故C 错误；当火车速率小于v 时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故D 错误．三、选做题4．A.[选修3－3](2018·江苏大联考)(1)下列说法正确的是________．A ．当物体的温度升高时，物体内每个分子热运动的速率一定都增大B ．由于液面表面层的分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力导致小露珠呈球形C ．晶体有天然规则的几何外形，而非晶体无天然规则的几何外形D ．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能同时又不引起其他变化(2)一定量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其p －T 图象如图4所示，过程ab 中气体一定________(填“吸热”或“放热”)，a 、b 和c 三个状态中，分子的平均动能最小的是状态________(填“a ”“b ”或“c ”)图4(3)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103 cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.试求：(结果均保留一位有效数字)①该液化水中含有水分子的总数N ；②一个水分子的直径d .答案 (1)BD (2)吸热 a (3)①3×1025个 ②4×10－10 m解析 (1)温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，当物体的温度升高时，并不是物体内每个分子热运动的速率都增大，故A 错误；液体表面层内分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，导致小露珠呈球形，故B 正确；多晶体和非晶体均具有各向同性，都没有天然规则的几何外形，故C 错误；根据热力学第二定律可知，第二类永动机不可能制成，是由于内能不能全部转化为机械能同时又不引起其他变化，故D 正确．(2)ab 过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，因气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量；由题图可知，a 、b 和c 三个状态中a 状态温度最低，分子平均动能最小．(3)①V ＝1.0×103 cm 3，水的摩尔数n ＝ρV M水分子数：N ＝nN A 则得N ＝ρV M N A ＝1×103×1.0×103×10－61.8×10－2×6×1023≈3×1025个． ②建立水分子的球模型，设其直径为d .每个水分子的体积为V 0＝V N ＝V ρV MN A ＝M ρN A 又V 0＝16πd 3故得水分子直径d ＝36M πρN A，联立解得d ≈4×10－10 m. B ．[选修3－4] (2018·扬州中学模拟)(1)下列说法中正确的是________．A ．照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理B ．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变窄C ．太阳光是偏振光D ．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关(2)某同学用插针法测半圆形玻璃砖的折射率，部分实验步骤如下：A ．将玻璃砖放置在固定于水平木板的白纸上，用铅笔记录玻璃砖直径的两个端点EF ；B ．先取走玻璃砖，连接EF ，作EF 的中垂线MN 交EF 于O 点，取直线OQ ，在OQ 上竖直地插上大头针P 1、P 2；C ．再将玻璃砖放回原位置，在图中EF 的下方透过玻璃砖观察P 1、P 2；D ．为确定出射光线OR ，至少还须插1枚大头针P 3，在插入第三个大头针P 3 时，要使它________．如图5是某次实验时在白纸上留下的痕迹，量得入射角i ＝30°，折射角r ＝60°，根据该图可算得玻璃的折射率n ＝________.(计算结果保留两位有效数字)图5(3)如图6所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形图，已知波的传播速度v ＝2 m/s.试回答下列问题：图6①写出x ＝0.5 m 处的质点做简谐运动的表达式；②求x ＝0.5 m 处质点在0～5.5 s 内通过的路程．答案 (1)AD (2)挡住P 1、P 2的像 1.7 (3)①y ＝5cos 2πt (cm) ②110 cm解析 (1)照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理，使反射光线进行叠加削弱，故A 正确；根据Δx ＝l dλ，当用同一装置做双缝干涉实验时，双缝干涉条纹间距与光的波长成正比．红光的波长比绿光长，故B 错误；太阳光是自然光，是从光源发出，向各个方向振动，而偏振光只是特定方向振动，故C 错误；相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，时间、空间都会随物体运动速度的变化而发生变化，故D 正确．(2)在插入第三个大头针P 3 时，要使它同时挡住P 1、P 2的像．根据折射定律得：n ＝sin r sin i＝sin 60°sin 30°＝3≈1.7.(3)①由题图知：波长λ＝2.0 m ，周期T ＝λv ＝2.02 s ＝1 s ，振幅A ＝5 cm ，ω＝2πT＝2π rad/s t ＝0时x ＝0.5 m 处质点位于正向最大位移处，则其振动的函数表达式为y ＝5cos 2πt (cm)．②n ＝t T ＝5.51＝5.5，则s ＝4nA ＝4×5.5×5 cm＝110 cm. 四、计算题5．(2018·徐州市模拟)如图7所示，以MN 为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，MN 上方有一单匝矩形导线框abcd ，其质量为m ，电阻为R ，ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，cd 边离MN 的高度为h .现将线框由静止释放，线框下落过程中ab 边始终保持水平，且ab 边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中：图7(1)ab 边离开磁场时的速度v 的大小；(2)通过导线横截面的电荷量q ；(3)导线框中产生的热量Q .答案 (1)mgR B 2l 12 (2)Bl 1l 2R (3)mg (h ＋l 2)－m 3g 2R 22B 4l 14 解析 (1)线框匀速运动时，产生的电动势为：E ＝Bl 1v ①由欧姆定律可知：I ＝E R ②安培力为：F ＝BIl 1③根据平衡条件可知，mg ＝F ④由①②③④联立解得：v ＝mgR B 2l 12. (2)导线框穿过磁场的过程中，电荷量q ＝I t ⑤平均电流：I ＝E R ⑥平均电动势为E ＝ΔΦΔt ＝Bl 1l 2t ⑦ 由⑤⑥⑦联立解得：q ＝Bl 1l 2R. (3)导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，mg (h ＋l 2)＝12mv 2＋Qm3g2R2代入(1)中的速度，解得：Q＝mg(h＋l2)－2B4l14。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：选做题保分练(二)
选做题保分练(二)三、选做题(本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．)13．A.[选修3－3](15分)(2018·南京市、盐城市二模)(1)下列说法中正确的是________．A．空气中PM2.5颗粒的无规则运动属于分子热运动B．某物体温度升高，组成该物体的分子的平均动能一定增大C．云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．空气相对湿度越大，则空气中水蒸气压强越接近饱和汽压(2)两分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图1中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0，甲分子固定在坐标原点O，乙分子在分子力作用下从图中a点由静止开始运动．在r ＞r0阶段，乙分子的动能________(选填“增大”“减小”或“先增大后减小”)，乙分子的势能________(选填“增大”“减小”或“先减小后增大”)．图1(3)如图2所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，此时封闭气体的温度为T.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到1.5T.已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦．求：图2①加热后活塞到汽缸底部的距离；②加热过程中气体的内能增加量．答案 (1)BD (2)增大 减小 (3)①1.5h ②Q －0.5h (p 0S ＋mg )解析 (1)PM2.5颗粒不是分子，其运动不是分子热运动，A 错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，则分子平均动能增大，B 正确；云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则，C 错误；空气相对湿度越大，则空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，D 正确．(2)由题图可知，在r ＞r 0阶段，分子间是引力作用，分子力对乙分子做正功，乙分子的动能增大，分子势能减小．(3)①等压过程由Sh T ＝Sh ′1.5T得h ′＝1.5h ②气体压强p ＝p 0＋mg SW ＝－p (h ′－h )S由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q联立解得：ΔU ＝Q －0.5h (p 0S ＋mg )．13．B.[选修3－4](15分)(2018·如皋市模拟)(1)下列说法中正确的是________．A ．被拍打的篮球上下运动是简谐运动B ．受迫振动的物体总以它的固有频率振动C ．当观察者和波源间存在相对运动时一定能观察到多普勒效应现象D ．在以速度v 高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢(2)1971年，屠呦呦等获得了青蒿乙醚提取物结晶，研究人员通过X 射线衍射分析确定了青蒿素的结构．X 射线衍射是研究物质微观结构的最常用方法，用于分析的X 射线波长在0.05 nm ～0.25 nm 范围之间，因为X 射线的波长________(选填“接近”或“远小于”)晶体内部原子间的距离，所以衍射现象明显．分析在照相底片上得到的衍射图样，便可确定晶体结构．X射线是________(选填“纵波”或“横波”)．(3)如图3所示，有一四棱镜ABCD ，∠B ＝∠C ＝90°，∠D ＝75°.某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC 面上的P 点射入一束激光，从Q 点射出时与AD 面的夹角为30°，Q 点到BC面垂线的垂足为E ，P 、Q 两点到E 点的距离分别为a 、3a ，已知真空中光速为c ，求：图3①该棱镜材料的折射率n ；②激光从P 点传播到Q 点所需的时间t .答案 (1)D (2)接近 横波 (3)①62 ②6a c解析 (1)根据质点做简谐运动的条件可知，做简谐运动的条件是回复力为F ＝－kx ，被拍打的篮球上下运动显然不是简谐运动，故A 错误；做受迫振动的物体的振动频率与驱动力的频率相等，与物体的固有频率无关，故B 错误；当观察者和波源间存在相对运动时不一定能观察到多普勒效应现象，如观察者绕波源做匀速圆周运动，故C 错误；根据相对论的两个基本假设，在以速度v 高速运行的航天器上看地球上的时间进程变慢，故D 正确．(2)能发生明显的衍射现象的条件是：孔或障碍物的尺寸比波长小或者相差不多．当X 射线透过晶体内部原子间隙时，发生了明显的衍射现象，用于分析的X 射线波长应接近晶体内部原子间的距离；X 射线是一种横波．(3)①由题意，根据QE ⊥BC ，QE ＝3PE ，得∠PQE ＝30°由几何关系可知，激光在AD 面上的入射角 i ＝45°，折射角 r ＝60°由折射定律得，该棱镜材料的折射率 n ＝sin r sin i ＝62②激光在棱镜中的传播速度v ＝cnPQ ＝PEsin 30°＝2a 故激光从P 点传播到Q 点所需的时间t ＝2a v ，解得t ＝6a c.。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：选择题提速练一20181215147.doc
选择题提速练 (一)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．) 1．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力一定增大的是( )答案 D解析施加力F后，A、B两种情况，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上重力沿斜面向下的分力不变，故静摩擦力不变，故A、B错误；加竖直方向的力F后，C中静摩擦力减小，D中静摩擦力增大，故C错误，D正确．2．(2018·无锡市高三期末) 如图1，MN和M′N′之间为一竖直方向的风洞实验区，可对置于其中的物体产生一个竖直方向恒定的风力．现将一质量为m的小球从A点斜向上抛出，小球将沿图示轨迹击中P点．若将风力等值反向，小球抛出时初速度不变，则可垂直于M′N′击中M′N′上Q点(未画出)．下列说法错误的是( )图1A．开始时风力竖直向下B．小球在P点的速度大于在Q点的速度C．小球在AP间运动的时间等于在AQ间运动的时间D．在开始情况下，若仅增大小球质量m，小球可能垂直击中Q点答案 D3. (2018·江苏百校12月大联考) 2017年6月15日11时00分，中国在酒泉卫星发射中心采用长征四号乙运载火箭，成功发射首颗X射线空间天文卫星“慧眼”，并在GW170817引力波事件发生时成功监测了引力波源所在的天区．已知“慧眼”在距离地面550 km的圆轨道上运动，则其( )A．线速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．运行周期小于同步卫星的运行周期C ．角速度大于近地卫星的角速度D ．向心加速度小于静止在地球赤道上某一物体的向心加速度答案 B4.如图2所示为甲、乙两质点做直线运动的v －t 图象，若两质点从同一地点出发，到t 1时刻相遇，则下列说法正确的是( )图2A ．v 1＝8 m/sB ．v 2＝12 m/sC ．t 1＝(3＋3) sD ．0～t 1时间内，甲、乙相距的最大距离为3 m答案 C解析 由题图可知，甲的加速度a 1＝2 m/s 2，乙的加速度a 2＝6 m/s 2，则12×2t 12＝12×6(t 1－2)2， 解得t 1＝(3＋3) s ，C 项正确； v 1＝a 1t 1＝(6＋23) m/s ，A 项错误；v 2＝a 2(t 1－2)＝(6＋63) m/s ，B 项错误；0～t 1时间内，甲、乙相距的最大距离为Δx ＝12×2×6 m＝6 m ，D 项错误． 5．P 1和P 2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P 1的上下表面积大于P 2的上下表面积，将P 1和P 2按图3所示接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是( )图3A ．若P 1和P 2的体积相同，则通过P 1的电流大于通过P 2的电流B ．若P 1和P 2的体积相同，则P 1的电功率等于P 2的电功率C ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压等于P 2两端的电压D ．若P 1和P 2的厚度相同，则P 1两端的电压大于P 2两端的电压答案 C解析 由于两导体串联在电路中，因此两导体中电流一定相等，故A 错误；设导体的上下表面边长为a ，厚度为d ，根据R ＝ρLS 可知，R ＝ρa ad ＝ρd，则可知两导体的电阻与厚度d 有关，与体积无关，由V ＝Sd 可知，如果两导体的体积相同，则P 1的厚度小于P 2的厚度，因此P 1的电阻大于P 2的电阻，则由P ＝I 2R 可知，P 1的电功率大于P 2的电功率，故B 错误；由B 的分析可知，若厚度相同，则两导体电阻相同，由U ＝IR 可知，P 1两端的电压等于P 2两端的电压，故C 正确，D 错误． 6．(2018·江苏学校联盟模拟)如图4所示，边长为l 的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v 向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化．若线圈的总电阻为R ，则有( )图4A ．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大B ．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率ΔB Δt ＝2Bv lC ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为B 2l 2v 2RD ．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为Bl 2R答案 B解析 根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为顺时针方向，若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A 错误；依据感应电动势公式E ＝BLv 及闭合电路欧姆定律求得感应电流大小I ＝Blv R ，根据法拉第电磁感应定律，若要使两次产生的感应电流大小相同，那么ΔB Δt ·l 22R ＝Blv R，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率ΔB Δt ＝2Bv l，故B 正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为W ＝F l 2＝B 2l 2v R ·l 2＝B 2l 3v 2R，故C 错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦR ＝Bl 22R，故D 错误． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．(2018·泰州中学月考)如图5所示，足够长的粗糙程度相同的斜面固定在地面上，某物块以初速度v 0从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端．上述过程中，若用h 、x 、v 和a 分别表示物块距水平地面高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示运动时间．下列图象中可能正确的是( )图5答案 AC8．一质量为m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经Δt ＝0.2 s ，以大小v ＝1 m/s 的速度离开地面，取重力加速度g ＝10 m/s 2，在这0.2 s 内( )A ．地面对运动员的冲量大小为180 N·sB ．地面对运动员的冲量大小为60 N·sC ．地面对运动员做的功为30 JD ．地面对运动员做的功为零答案 AD解析 运动员的速度原来为零，起跳后变化v ，以向上为正方向，由动量定理可得：I －mg Δt ＝mv －0，故地面对运动员的冲量为：I ＝mv ＋mg Δt ＝60×1 N·s＋600×0.2 N·s＝180 N·s，故A 正确，B 错误；运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C 错误，D 正确．9．某电场的电场线分布如图6所示，下列说法正确的是( )图6A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．c 点的电场强度小于d 点的电场强度C ．若将一正试探电荷由a 点移到b 点，电场力做负功D ．若将一负试探电荷由c 点移到d 点，电势能增加答案 BC解析 根据等势线与电场线垂直，沿电场线电势降低可知：a 点的电势低于b 点的电势，故A 错误；从电场线的分布情况可知，c 处的电场线比d 处的稀疏，所以c 点的电场强度小于d 点的电场强度，故B 正确；正试探电荷所受电场力和场强方向相同，因此正试探电荷由a 点移到b 点时电场力做负功，故C 正确；将一负试探电荷由c 点移到d 点，电场力做正功，电势能减少，故D 错误．10．(2018·苏州市期初调研)如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L 的额定功率为22 W ．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则( )图7A ．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt VB ．灯泡的额定电压为110 VC ．副线圈输出交流电的频率为100 HzD ．电压表读数为220 V ，电流表读数为0.2 A答案 AB解析 由题图乙可知：周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s，则原线圈输入电压的瞬时值表达式：u ＝2202sin 100πt V ，故A 正确；原线圈电压的有效值：U 1＝22022V ＝220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压：U 2＝U 1n 2n 1＝110 V ，故B 正确；周期T ＝0.02 s ，频率为：f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50 Hz ，故C 错误；原线圈电压有效值为220 V ，则电压表的读数为220 V ，副线圈电流：I 2＝P 额U 2＝0.2 A ，根据理想变压器电流与匝数成反比得：I 1＝n 2I 2n 1＝0.1 A ，即电流表读数为0.1 A ，故D 错误．。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：计算题规范练(二)
计算题规范练(二)四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)14．(15分)(2018·苏州市模拟)如图1所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L ，质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上．在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图1(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ； (2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ； (3)整个过程中产生的总热量Q .答案 (1)34BLv (2)B 2L 2v R ＋μmg L ＋v 22μg (3) μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR解析 (1)E ＝BLvI ＝E R ＝BLvR U ＝I ·34R ＝34BLv .(2)F ＝F 安＋μmg ＝B 2L 2vR＋μmg撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，x 2＝v 22μg所以d ＝L ＋v 22μg.(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3vR由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋v 22μg )＝μmgL ＋12mv 2所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋12mv 2＋B 2L 3vR.15．(16分)(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，水平桌面上质量为m 的薄木板右端叠放着质量也为m 的小物块，木板长为L ，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为μ4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图2(1)若使木板与物块一起以初速度v 0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s 0；(2)若对木板施加水平向右的拉力F ，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F 应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝3μmg 、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t 0，撤去拉力F ，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W . 答案 (1)2v 02μg (2)μmg 2<F ≤5μmg 2 (3)1.95m (μgt 0)2解析 (1)对木板和物块组成的系统，由动能定理得： －μ4·2mgs 0＝0－12·2mv 02解得：s 0＝2v 02μg.(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为F min ，最大拉力为F max 则：F min ＝2mg ×μ4＝μmg2对系统：F max －μmg2＝2ma max对物块：μmg ＝ma max 解得：F max ＝5μmg2则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足μmg 2<F ≤5μmg2.(3)由于F ＝3μmg >5μmg2，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a 1＝μg撤去拉力F 时物块的速度：v 1＝a 1t 0＝μgt 0 对木板：F －μmg －2μmg4＝ma 2得：a 2＝32μg撤去拉力F 时木板的速度：v 2＝a 2t 0＝32μgt 0撤去拉力F 后木板的加速度：a 3＝－32μg设撤去拉力F 后，再经过时间t 1，物块与木板达到共同速度v ，之后再经过时间t 2，木板停止滑行．则：v ＝a 1(t 0＋t 1)＝a 2t 0＋a 3t 1 得：t 1＝15t 0；v ＝65μgt 0达到共同速度后：－2mg ·μ4＝2ma 4加速度：a 4＝－14μgt 2＝0－65μgt 0－μg 4＝245t 0木板运动的总位移：s ＝v 2t 02＋v 2＋v 2t 1＋v 2t 2＝3.9μgt 02木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功：W ＝2mg ×μ4×3.9μgt 02＝1.95m (μgt 0)2.16．(16分)(2018·扬州市一模)在如图3所示的坐标系内，PQ 是垂直于x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为d .PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为12d ，间距为d .电场右侧的x 轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为12d ，电子电荷量为e ，质量为m ，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：图3(1)电子通过磁场区域的时间t ； (2)偏转电场的电压U ；(3)电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上． 答案 (1)πm 2eB (2)8eB 2d 23m (3)eBd33m解析 (1)电子在磁场区域洛伦兹力提供向心力evB ＝m v 2r ，得到：r ＝mv eB运动周期T ＝2πr v ，得到：T ＝2πm eB△OAC 和△OQC 均为等腰直角三角形，故通过磁场区域的时间为t 1＝90°360°T ＝πm2eB.(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场， 由几何知识得r ＝d ，由上述结果r ＝mv eB 解得v ＝eBd m通过电场的时间t 2＝d 2v ，解得t 2＝m2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M 点，由几何关系有： y 1y 2＝14d 12d ＝12， 又y 1＋y 2＝d 解得y 1＝13d即12·eU md t 22＝13d 代入数据解得U ＝8eB 2d 23m.(3)若电子恰好打在下极板右边缘 磁场中r ′＝mv ′eB电场中水平方向：12d ＝v ′t竖直方向：r ′＝12·eU md t 2由上述三式代入数据解得v ′＝eBd33m.。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：小综合练九20181215130.doc
小综合练(九)一、单项选择题1．(2018·江苏押题卷)将一小球从某一高度水平抛出，抛出2 s 后它的速度方向与水平方向的夹角成45°，落地时位移与水平方向成60°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．小球做平抛运动的初速度是10 m/sB ．抛出点距地面的高度是60 mC ．小球做平抛运动的初速度是20 2 m/sD ．抛出点距地面的高度是240 m 答案 D解析 由平抛运动的规律知：抛出2 s 后，tan 45°＝v yv 0，得v 0＝v y ＝gt 1＝20 m/s ；落地时tan 60°＝y x ＝gt 22v 0得：t 2＝2v 0tan 60°g ＝4 3 s ，抛出点距地面的高度h ＝12gt 22＝240 m ，故D 正确，A 、B 、C 错误．2．如图1所示，均匀金属圆环的总电阻为4R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过圆环．金属杆OM 的长为l ，阻值为R ，M 端与环接触良好，绕过圆心O 的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R 的电阻一端用导线和环上的A 点连接，另一端和金属杆的转轴O 处的端点相连接．下列判断正确的是( )图1A ．金属杆OM 旋转产生的感应电动势恒为Bl 2ωB ．通过电阻R 的电流的最小值为Bl 2ω8R ，方向从Q 到PC ．通过电阻R 的电流的最大值为Bl 2ω6RD ．OM 两点间电势差绝对值的最大值为Bl 2ω3答案 D解析 M 端线速度为v ＝ωl ，OM 切割磁感线的平均速度为v ＝v 2＝ωl2，OM 转动切割磁感线产生的感应电动势恒为E ＝Bl v ＝Bl 2ω2，故A 错误；当M 端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R 的电流最小．因R 并＝12×2R ＝R ，通过电阻R 的电流的最小值为：I min ＝E 3R ＝Bl 2ω6R ，根据右手定则可知电流方向从Q 到P ，故B 错误；当M 位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R 的电流最大，为：I max ＝E 2R ＝Bl 2ω4R，故C 错误；OM 作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM 两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：U ＝I min ·2R ＝Bl 2ω3，故D 正确．二、多项选择题3．如图2所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L ，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m 的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O 点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则( )图2A ．合外力做的功为0B ．合外力的冲量为m 2gLC ．重力做的功为mgLD ．重力的冲量为m 2gL 答案 BC 三 .选做题 4．A.[选修3－3](2018·盐城中学4月检测)(1)下列说法中正确的是________． A ．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B ．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C ．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加，且吸收的热量小于增加的内能D ．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低(2)如图3甲所示，将封有一定质量空气的密闭塑料袋从海拔500 m 、气温为18℃的山脚下带到海拔3 200 m 、气温为10℃的山顶上，情形如图乙所示．图________(选填“甲”或“乙”)袋中气体分子平均动能大．从甲图到乙图过程中，袋内气体减小的内能________(选填“大于”“等于”或“小于”)气体放出的热量．图3(3)有一个氧气瓶的容积V1＝30 L，由于用气，氧气瓶中的压强由p1＝100 atm降到p2＝50 atm，温度始终保持0℃，已知标准状况下1 mol气体的体积是22.4 L，则使用掉的氧气分子数为多少？(已知阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1，结果保留两位有效数字)答案(1)AD (2)甲大于(3)4.0×1025个解析(1)布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动，故A正确．温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加，故B错误．一定质量的100℃的水变成100℃的水蒸气，温度没有变化，分子的平均动能不变；由于在这个过程中要对外做功，所以吸收的热量大于增加的内能，故C错误．温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故D正确．(3)用气过程中，温度不变，根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2，用掉的氧气在压强是p2＝50 atm时的体积为ΔV，ΔV＝V2－V1＝30 L设用掉的氧气在标准状况下的体积为V3根据玻意耳定律可得：p2ΔV＝p0V3，其中p0＝1 atm解得：V3＝1 500 L则用掉的氧气分子数：N＝V3V mol ·N A＝1 50022.4×6.0×1023个≈4.0×1025个.B．[选修3－4](2018·徐州市模拟)(1)下列说法正确的是________．A．若波源向观察者靠近，则波源发出的频率变大B．托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波C．坐在高速离开地球的火箭里的人认为，地球上的人新陈代谢变慢了D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度(2)如图4所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质，一平行于角平分线AD的单色光由AB射入介质，经AB折射后的光线恰好平行于AC，由此可求出介质的折射率为________，此折射光照射到BC 边上时________(选填“能”或“不能”)发生全反射．图4(3)如图5所示的横波正在沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，波刚好传到M 点．再经0.5 s ，质点M 第一次到达波峰位置．图5①求这列横波的传播速度v ； ②写出质点N 的振动方程．答案 (1)BC (2) 3不能 (3)①1 m/s ②y ＝－0.2sin πt (m)解析 (1)多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而使观察者接收到的频率发生变化的现象，但波源发出的频率不变，故A 错误；干涉是波特有的现象，托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波，故B 正确；根据Δt ＝Δτ1－v 2c2知，坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的时间间隔变长，人的新陈代谢变慢了，故C 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度，故D 错误． (2)根据几何关系得，光在AB 面上的入射角 i ＝60°，折射角 r ＝30°根据折射定律得：介质的折射率n ＝sin isin r ＝ 3设介质的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝33，由几何知识可知，光在BC 面上的入射角为30° 因为sin 30°＜sin C ＝33，所以光在BC 面上的入射角小于临界角，则此折射光在BC 面上不能发生全反射．(3)①横波正在沿x 轴正方向传播，由质点的带动法可知：此时M 点的速度方向向上，由题意知，周期为T ＝4×0.5 s＝2 s 由题图知：波长为λ＝2 m波速为v ＝λT ＝22m/s ＝1 m/s.②质点N 的振幅A ＝0.2 m ，t ＝0时正向y 轴负方向振动， 故其振动方程 y ＝－A sin ωt ＝－A sin 2πTt ＝－0.2sin πt (m)．四、计算题5．(2018·南通等六市一调)如图6所示，金属平板MN 垂直于纸面放置，MN 板中央有小孔O ，以O 为原点在纸面内建立xOy 坐标系，x 轴与MN 板重合．O 点下方的热阴极K 通电后能持续放出初速度近似为零的电子，经K 与MN 板间电场加速后，从O 点射出，速度大小均为v 0，速度方向在纸面内，发散角为2θ弧度且关于y 轴对称．已知电子电荷量为e ，质量为m ，不计电子间相互作用及重力的影响．图6(1)求K 与MN 板间的电压U 0；(2)若x 轴上方存在范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到x 轴上落点范围长度为Δx ，求该磁场的磁感应强度B 1和电子从O 点到达x 轴的最短时间t .(3)若x 轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O 点进入磁场，偏转后成为一宽度为Δy 、平行于x 轴的电子束，求该圆形区域的半径R 及磁场的磁感应强度B 2. 答案 见解析解析 (1)由动能定理有：eU 0＝12mv 02－0解得：U 0＝mv 022e(2)电子运动轨迹如图所示：从O 点射出的电子落在x 轴PQ 间，设电子做圆周运动的半径为r ，由几何关系有 Δx ＝2r －2r cos θ由向心力公式有：ev 0B 1＝m v 02r解得：B 1＝2mv 0(1－cos θ)e Δx最短路程为：s min ＝2(π2－θ)r则有：t ＝s min v 0＝(π－2θ)Δx 2v 0(1－cos θ). (3)电子运动轨迹如图所示：由几何关系可知r ′＝R且有Δy ＝(r ′＋r ′sin θ)－(r ′－r ′sin θ)＝2r ′sin θ 解得：R ＝Δy2sin θ由向心力公式有：ev 0B 2＝m v 02r ′解得：B 2＝2mv 0sin θe Δy.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：小综合练(二)
小综合练(二)一、单项选择题1．(2018·苏州市模拟)如图1甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为( )图1A．4 kg B．3 kg C．2 kg D．1 kg答案 C2．(2018·徐州市考前模拟)如图2所示，C919大型客机是我国具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机．如果客机绕地球做匀速圆周运动，空气阻力大小不变，不考虑油料消耗导致的客机质量变化．关于客机，下列说法正确的是( )图2A．处于平衡状态B．速度变化率为零C．发动机的功率不变D．向心力完全由地球引力提供答案 C二、多项选择题3．(2018·江苏五校联考)如图3所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心，两个等量正点电荷分别固定在M、N两点．现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P 点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是( )图3A．O点的场强一定为零B ．P 点的电势一定比O 点的电势高C ．粒子一定带负电D ．粒子在P 点的电势能一定比在Q 点的电势能小 答案 AC 三、实验题4．某同学制作了简单的指针式多用电表，图4甲为该多用电表的电路原理图，其中选用的电流表的满偏电流为50 mA ，当选择开关接3时是量程为250 V 的电压表，该多用电表表盘刻度如图乙所示，C 为表盘正中间的刻度．图4请使用该同学制作的多用电表完成如下的有关操作和推算．(1)选择开关接1时指针在图乙所示位置，则其读数为________，另一次测量时选择开关接3，指针仍在图乙所示位置，则其读数为________．(2)选择开关接2时，多用电表为一个倍率“×10”的欧姆表，若图乙中C 处的刻度为15，则甲图中电源的电动势为________ V ，使用较长时间后，电源电动势降为7.2 V ，重新进行欧姆调零后，测得某一导体电阻值为100 Ω，则这个导体的真实电阻值为________Ω. 答案 (1)36.0 mA 180 V (2)7.5 96解析 (1)由题意可知，电流表的满偏电流为50 mA ，选择开关接1时测电流，其分度值为1 mA ，示数为36.0 mA ；当选择开关接3时是量程为250 V 的电压表，其分度值为5 V ，其示数为180 V ；(2)由题图乙可知，指针指在C 处时，电流表示数为25.0 mA ＝0.025 A ，C 处对应电阻为中值电阻，则欧姆表内阻为150 Ω，电源电动势E ＝0.025×300 V＝7.5 V ；R 内＝150 Ω，R 内′＝E ′I g ＝7.250×10－3Ω＝144 Ω由闭合电路的欧姆定律可知：ER 内＋R 测＝E ′R 内′＋R 真，解得：R 真＝96 Ω. 四、计算题5．(2018·盐城中学质检)如图5所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定，货箱A (含货物)和配重B 通过与斜面平行的轻绳跨过光滑轻质定滑轮相连．A 装载货物后从h ＝8.0 m 高处由静止释放，运动到底端时，A 和B 同时被锁定，卸货后解除锁定，A 在B 的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定．已知θ＝53°，B 的质量M 为1.0×103kg ，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图5(1)为使A 由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m 需要满足什么条件？ (2)若A 的质量m ＝3.0×103kg ，求它到达底端时的速度大小v .(3)为了保证能被安全锁定，A 到达底端的速率不能大于12 m/s.请通过计算判断：当A 的质量m 不断增加时，该装置能否被安全锁定． 答案 (1)m ＞2.0×103kg (2)5 m/s (3)见解析解析 (1)设右斜面倾角为β，则β＝37°，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则有mg sin θ－Mg sin β－μmg cos θ－μMg cos β＞0解得m ＞2.0×103kg. (2)对系统应用动能定理：mgh －Mg ·h sin βsin θ－(μmg cos θ＋μMg cos β)·hsin θ＝12(M ＋m )v 2， 解得v ＝5 m/s.(3)当A 的质量m 与B 的质量M 之间关系满足m ≫M 时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma m . a m ＝5 m/s 2， v m 2＝2a m L ， L ＝hsin θ联立解得：v m ＝10 m/s ＜12 m/s.所以，当A 的质量m 不断增加时，该运输装置能被安全锁定．。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：小综合练(八)
小综合练(八)一、单项选择题1.(2018·常州一中等联考)如图1所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP.Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图．则( )图1A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小不为零C．M、N之间电场方向沿x轴正方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|答案 C解析在φ－x图线中，切线斜率表示电场强度的大小，可知M处的场强大小不为零，N处的场强大小为零，A、B错误；M点的电势为零，N点电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，C正确；一正试探电荷从P移到N过程中，电场力做正功，从N移到M过程中，电场力做负功，由题图可知，|U MN|＞|U NP|，故|W PN|＜|W NM|，D错误．2．如图2所示，氢原子在不同能级间发生a、b、c三种跃迁时，释放光子的频率分别是νa、νb、νc，下列关系式正确的是( )图2A ．νb ＝νa ＋νcB ．νa ＝νb νcνb ＋νcC ．νb ＝νa νcνa ＋νcD ．νc ＝νb νaνa ＋νb答案 A解析 因为E m －E n ＝h ν，知h νb ＝h νa ＋h νc ，解得νb ＝νa ＋νc ，故选A. 二、多项选择题3．(2018·锡山中学模拟)如图3所示，足够长的斜面上有a 、b 、c 、d 、e 五个点，ab ＝bc ＝cd ＝de ，从a 点水平抛出一个小球，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，则初速度为2v 时( )图3A ．小球可能落在斜面上的c 点与d 点之间B ．小球一定落在斜面上的e 点C ．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θD ．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ 答案 BD解析 设ab ＝bc ＝cd ＝de ＝L 0，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，则有L 0cos α＝vt 1，L 0sin α＝12gt 12，初速度为2v 时，L cos α＝2vt 2，L sin α＝12gt 22，联立解得L ＝4L 0，即小球一定落在斜面上的e 点，选项B 正确，A 错误；设小球落在斜面时的速度方向与水平方向之间的夹角为β，由平抛运动规律可知，tan β＝gt v＝2tan α，故初速度为2v 时，小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ，选项C 错误，D 正确． 三、实验题4．(2018·江苏五校联考)某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0(约为2 k Ω)和手机中的锂电池(电动势E 标称值为3.7 V ，允许最大放电电流为100 mA)．实验室备有如下器材： A ．电压表V(量程3 V ，电阻R V 约为4.0 k Ω) B ．电流表A 1(量程100 mA ，电阻R A1约为5 Ω)C ．电流表A 2(量程2 mA ，电阻R A2约为50 Ω)D ．滑动变阻器R 1(0～40 Ω，额定电流1 A)E ．电阻箱R 2(0～999.9 Ω)F ．开关S 一只，导线若干图4(1)为了测定电阻R 0的阻值，小明设计了一电路，如图4甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A 应选______(选填“A 1”或“A 2”)，请将实物连线补充完整．(2)为测量锂电池的电动势E 和内阻r ，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出1U －1R 2图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k ，纵轴截距为b ，则该锂电池的电动势E ＝________，内阻r ＝________(用k 、b 和R 2表示)．该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是__________________________________． 答案 (1)A 2 如图所示(2)1b kb电压表分流四、计算题5．如图5所示，竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 间距离x ＝1 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块1放在半圆形轨道底端的B 点，另一质量也为m ＝0.1 kg 的小滑块2，从A 点以v 0＝210 m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能通过半圆形轨道最高点C .已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.两滑块均可视为质点．求：图5(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE ； (3)半圆形轨道的半径R .答案 (1)3 m/s (2)0.9 J (3)0.18 m解析 (1)滑块2从A 运动到B ，设滑块2在B 点的速度为v 1， 由动能定理可得：－μmgx ＝12mv 12－12mv 02解得：v 1＝6 m/s在B 点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，以v 1的方向为正方向，由动量守恒定律可得mv 1＝2mv解得：v ＝3 m/s.(2)滑块2与滑块1在B 点发生完全非弹性碰撞， 由能量守恒可得机械能损失为： ΔE ＝12mv 12－12·2m ·v 2解得：ΔE ＝0.9 J.(3)碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C 点的过程中机械能守恒，12·2mv 2＝2mg ·2R ＋12·2mv C 2在C 点，两滑块所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：2mg ＝2m v C 2R联立解得：R ＝0.18 m.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：小综合练(一)
1小综合练(一)一、单项选择题1．(2018·泰州中学等综合评估)将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图1所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线OA 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为()图1A.33mg B ．mg C.32mg D.12mg 答案 B2．利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图2所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前后两表面会形成电势差．现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )图2A ．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B ．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C ．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D ．不论接入哪个元件，都是前表面电势低 答案 A 二、多项选择题3．(2018·如皋市调研)设想未来的某一天，宇航员登上某一行星，将一物体从该行星表面竖直向上抛出．从抛出瞬间开始计时，得到物体相对于抛出点的位移x 与所用时间t 的关系如图3所示，以下说法中正确的是( )图3A．物体上升的最大高度为16 mB．8 s末物体上升到最高点C．该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2D．物体抛出时的初速度大小为8 m/s答案AD三、实验题4.某同学利用共点力平衡的原理来探究共点力的合成是否遵守平行四边形定则，他将三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)的一端系在一起，用三条细绳分别连接橡皮筋的另一端，按图示4方式把重物竖直吊起．在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力大小，并通过三条细绳的方向确定三个拉力的方向，从而探究其中任意两个拉力的合力是否与第三个力等大反向．图4(1)在实验过程中，下列说法正确的是________．A．实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B．以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，其对角线一定与OC在一条直线上C．多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物质量，但结点O位置不能改变D．每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置(2)为减小误差，应选择劲度系数适当________(填“大“或”小“)的橡皮筋，质量适当________(填“大“或“小”)的重物．答案(1)AD (2)小大解析(1)实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长，从而确定橡皮筋的伸长量，进而确定力的大小，选项A正确；以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，由于实验存在误差，则其对角线不一定与OC在一条直线上，选项B错误；多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物质量，结点O位置也可以变动，但每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置，选项C错误，D正确．(2)应选择劲度系数适当小的橡皮筋，质量适当大的重物，这样橡皮筋的伸长量较大，误差较小．四、计算题5.(2018·江苏省高考压轴卷)如图5所示，矩形斜面ABCD的倾角θ＝30°，在其上放置一矩形金属框abcd，ab的边长l1＝1 m，bc的边长l2＝0.6 m，金属框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝35，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量m0＝2 kg，斜面上efgh区域是有界匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.5 T，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距离为0.6 m．现让金属框由静止开始运动(开始时刻，cd与AB边重合)，在重物到达地面之前，发现金属框匀速穿过匀强磁场区域，不计滑轮摩擦及质量，g取10 m/s2，求：23图5(1)金属框进入磁场前细线所受拉力的大小；(2)金属框从静止开始运动到ab 边刚进入磁场所用的时间； (3)金属框abcd 在穿过匀强磁场过程中产生的焦耳热． 答案 (1)12 N (2)1.2 s (3)14.4 J解析 (1)金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得：F T －mg sin θ－μmg cos θ＝ma m 0g －F T ＝m 0a联立解得：F T ＝12 N ，a ＝4 m/s 2(2)因金属框匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框整体根据平衡条件可得：m 0g ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋BIl 1 I ＝Bl 1v R，v ＝at联立解得：t ＝1.2 s.(3)在金属框穿过匀强磁场的过程中，根据功能关系可得： 2m 0gl 2＝2mgl 2sin θ＋2μmgl 2cos θ＋Q 解得：Q ＝14.4 J ．。
江苏专用2019高考物理总复习优编题型增分练：小综合练七20181215132
小综合练(七)一、单项选择题1.(2018·盐城市、东台市模拟)体操是力与美的运动．吊环竞赛中运动员的两臂从竖直地点开始迟缓睁开到靠近水平，形成如图1所示“十字支撑”这一优美造型．开始时吊绳竖直，对于这一过程，以下说法正确的选项是( )图1A．吊绳的拉力渐渐减小B．吊绳的拉力渐渐增大C．两绳的协力渐渐增大D．两绳的协力渐渐减小答案 B分析对运动员受力剖析可知，两绳拉力的协力与运动员的重力的大小是相等的，运动员的重力的大小是不变的，因此两绳的协力大小不变；当双臂迟缓张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小都要增大，因此B正确，A、C、D错误．2．(2018·江苏押题卷)如图2所示的电路，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，忽然灯泡L2灯丝烧断，其他用电器均未破坏，电源的电动势与内阻不变，则以下结论中正确的选项是( )图2A ．电流表的读数变小，电压表的读数变小B ．灯泡L 1变亮C ．电容器C 上所带电荷量增大D ．电阻R 的电功率减小答案 C分析 当灯泡L 2的灯丝忽然烧断时，外电路的总电阻R 总变大，依据闭合电路欧姆定律I ＝E R 总＋r 可知，电路中的总电流I 减小，即电流表的读数变小，路端电压U ＝E －Ir 增大，即电压表的读数变大，应选项A 错误；灯泡L 1的功率P L1＝I 2R L1减小，即L 1变暗，应选项B 错误；依据电路串、并联关系和部分电路欧姆定律可知并联电路部分两头的电压U 并＝U －IR L1增大，电阻R 的电功率P R ＝U 并2R 增大，应选项D 错误；C ＝Q U 并，可知电容器C 上所带电荷量Q 增大，应选项C 正确．二、多项选择题3.两轮均衡车(如图3所示)广受年青人的喜欢，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P 0，小明驾驶均衡车在水平路面上沿直线运动，遇到的阻力恒为F f .已知小明和均衡车的总质量为m ，从启动抵达到最大速度的整个过程中，小明和均衡车可视为质点，不计小明对均衡车做的功．设均衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加快度为a 的匀加快直线运动，则( )图3A ．均衡车做匀加快直线运动过程中能达到的最大速度为v ＝P 0F f ＋ma B ．均衡车运动过程中所需的最小牵引力为F ＝F fC ．均衡车达到最大速度所用的时间t ＝P 0(F f ＋ma )aD ．均衡车能达到的最大行驶速度v 0＝P 0F f ＋ma答案 AB分析 均衡车做匀加快直线运动过程中，由牛顿第二定律，F －F f ＝ma ，则依据P 0＝Fv 可得能达到的最大速度为v ＝P 0F ＝P 0F f ＋ma，选项A 正确；当均衡车的加快度为零时，牵引力最小，此时F ＝F f ，选项B 正确；均衡车匀加快达到最大速度所用的时间t ＝ v a ＝P 0(F f ＋ma )a，匀加快结束后，均衡车可减小牵引力，减小加快度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时v m ＝P 0F f ，可知均衡车达到最大速度所用的时间大于t ＝P 0(F f ＋ma )a ，选项C 、D 错误． 三、实验题4．利用图4甲所示的装置考证动量守恒定律．气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右边带有一弹簧片，左边与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左边也带有一弹簧片，上边固定一遮光片，光电计时器(未完整画出)能够记录遮光片经过光电门的时间．图4实验测得滑块A 质量m 1＝0.3 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.1 kg ，遮光片的宽度d 用游标卡尺丈量，如图丙所示；打点计时器所用的沟通电的频次fB 的右边，启动打点计时器，给滑块A 一直右的初速度，使它与B 相碰；碰后光电计时器显示的时间t B ＝2.86×10－3 s ，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．(1)遮光片的宽度d ＝________ cm.(2)计算可知两滑块互相作用从前系统的总动量为________ kg·m/s，两滑块互相作用此后系统的总动量为________ kg·m/s.(计算结果保存两位小数)(3)若实验相对偏差绝对值σr ＝|碰撞前后总动量之差碰撞前总动量|×100%≤5%，即可以为系统动量守恒，则本实验在偏差范围内________考证动量守恒定律．(填“能”或“不可以”)(4)两滑块作用前后总动量不完整相等的主要原由是__________________________________． 答案 (1)0.835 (2)0.60 0.58 (3)能 (4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦分析 (1)遮光片的宽度d ＝8 mm ＋0.05 mm×7＝0.835 cm ；(2)打点计时器的打点时间间隔为：t ＝0.02 s.由题图乙所示纸带可知，碰撞前A 的速度：v A ＝x A t ＝0.0 4000.02m/s ＝2 m/s ，碰撞后A 的速度：v A ′＝0.0 1940.02 m/s ＝0.97 m/s ，碰撞后B 的速度：v B ′＝d Δt B ＝8.35×10－32.86×10－3 m/s ≈2.92 m/s ， 碰撞前后系统总动量分别为：p ＝m 1v A ＝0.3×2.0 kg·m/s＝0.60 kg·m/sp ′＝m 1v A ′＋m 2v B ′＝0.3×0.97 kg·m/s＋0.1×2.92 kg·m/s≈0.58 kg·m/s(3)σr ＝|p －p ′p|×100%＝|,0.60)|×100%≈3.3%<5% 由此可知，在偏差范围内能考证动量守恒定律．(4)两滑块作用前后总动量不完整相等的主要原由是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．四、计算题5．(2018·江苏五校联考)如图5所示，圆滑导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距为L ，两头分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2，两导轨间有一边长为L2的正方形地区abcd ，该地区内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感觉强度为B .一质量为m 的金属杆与导轨接触优秀并静止于ab 处，现用一恒力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．求：图5(1)金属杆出磁场前的瞬时流过R 1的电流大小和方向；(2)金属杆做匀速运动时的速率；(3)金属杆穿过整个磁场过程中R 1上产生的电热．答案 (1)F BL 方向从M 到P (2)2FR B 2L 2 (3)FL 4－mF 2R 2B 4L4 分析 (1)设流过金属杆中的电流为I ，由均衡条件得：F ＝BIL 2 ，解得I ＝2F BL 因R 1＝R 2，因此流过R 1的电流大小为I 1＝I 2＝FBL依据右手定章判断可知，电流方向从M 到P .(2)设杆做匀速运动的速度为v ，由法拉第电磁感觉定律得杆切割磁感线产生的感觉电动势大小为E ＝B L 2v又依据闭合电路欧姆定律得E ＝I R 2，可解得v ＝2FRB 2L 2.(3)设整个过程电路中产生的总电热为Q ，依据能量守恒定律得Q ＝F ·L 2－12mv 2代入v 可得Q ＝12FL －2mF 2R2B 4L 4得Q 1＝12Q ＝FL 4－mF 2R2B 4L 4.。
江苏专用2019高考物理三轮冲刺考前组合提升练选择题鸭题计算题_6
选择题+选考题+计算题(7)1.(2017江苏七校期中联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂着小球,细线上端固定在同一点,若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动,则两个小球在运动过程中的相对位置关系示意图正确的是( )2.(多选)(2018江苏苏州一模)硅光电池是一种太阳能电池,具有低碳环保的优点。
如图所示,图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图线(电池电动势不变,内阻不是定值),图线b是某电阻R的U-I图线。
在该光照强度下将它们组成闭合回路时,下列说法中正确的是( )A.硅光电池的内阻为8 ΩB.硅光电池的总功率为0.4 WC.硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32 WD.若将R换成阻值更大的电阻,硅光电池的输出功率增大3.(多选)(2018江苏无锡期末)如图为一有界匀强电场,场强方向为水平方向(方向未标明),一带电微粒以某一角度θ从电场的a点斜向上方射入,沿直线运动到b点,可以肯定( )D.从a到b的过程中,微粒电势能变化的绝对值小于其动能变化的绝对值4.【选修3-3】(2018江苏盐城中学模拟)(1)下列说法正确的是( )A.大头针能浮在水平面上,是由于水的表面存在张力B.在等压变化过程中,温度升高,单位时间单位面积上分子碰撞次数减少C.空气中水蒸气压强越大,人感觉越潮湿D.单晶体和多晶体的某些物理性质具有各向异性,而非晶体是各向同性的(2)在用油膜法测分子大小的实验中,取体积为V1的纯油酸用酒精稀释,配成体积为V2的油酸酒精溶液,现将体积为V0的一滴油酸酒精溶液滴在水面上,稳定后油膜的面积为S,已知油酸的摩尔质量为M,密度为ρ,阿伏加德罗常数为N A,则油酸分子的直径为,这一滴溶液中所含的油酸分子数为。
(3)某同学估测室温的装置如图所示,汽缸导热性能良好,用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体,室温时气体的体积为V1=66 mL,将汽缸竖直放置于冰水混合物中,稳定后封闭气体的体积V2=60 mL,不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦,室内大气压p0=1.0×105 Pa,求①室温是多少?②上述过程中,外界对气体做功是多少?5.【选修3-4】(2018江苏盐城中学模拟)(1)下列说法中正确的是( )A.测量某星球上某些元素发出的光的频率,与地球上这些元素静止时的发光频率对照,就可以得出该星球靠近或者远离地球的速度,这利用了多普勒效应B.在生产和生活中,共振现象危害较大,因此要尽量避免发生共振D.照相机镜头的偏振滤光片可使拍摄水下物体的影像更清晰,是利用光的干涉原理滤去了水面的反射光(2)如图甲,在xoy平面内有两个沿z方向(垂直xoy平面)做简谐运动的点波源S1(0,4 m)和S2(0,-2 m),两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示,所产生的两列横波的波速均为1.0 m/s,则波源S1发出的波在介质中的波长为m,两列波引起的点A(8 m,-2 m)处质点的振动相互(选填“加强”“减弱”或“不能形成干涉”)。
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小综合练(六)
一、单项选择题
1.(2018·盐城中学质检)如图1所示，一内壁光滑、质量为m 、半径为r 的环形细圆管(管的内径相对于环半径可忽略不计)用硬杆竖直固定在地面上．有一质量为m 的小球可在圆管中运动(球直径略小于圆管直径，可看做质点)，小球以速率v 0经过圆管最高点时，恰好对管壁无压力，当球运动到最低点时，求硬杆对圆管的作用力大小为( )
图1
A ．m v 02r
B ．2mg ＋m v 02r
C ．6mg
D ．7mg
答案 D 2．如图2所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t ＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内)，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后又下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出该过程中弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，则( )
图2
A ．运动过程中小球的机械能守恒
B ．t 2时刻小球的加速度为零
C ．t 1～t 2这段时间内，小球的动能在逐渐减小
D ．t 2～t 3这段时间内，小球的动能与重力势能之和在增加
答案 D
解析 由题图看出，弹簧的弹力在变化，说明运动过程中弹簧的弹性势能在变化，而小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则知小球的机械能不守恒，故A 错误．t 2时刻，弹簧弹力最大，弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，合力不等于零，合力方向向上，所以加速度不等于零，故B 错误；t 1～t 2这段时间内，小球先向下做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，动能先增大后减小，故C 错误；t 2～t 3这段时间内，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能不断减小，则小球的动能与重力势能
之和在增加，故D正确．
二、多项选择题
3.如图3所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C 置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则( )
图3
A．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒
B．A、C之间的轻杆始终对C做正功
C．A与桌面接触时具有水平方向的速度
D．A与桌面接触时的速度大小为2gL
答案AD
解析A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因
B、C的速度为零，则mgL＝1
2
mv2，解得v＝2gL，选项D正确．
三、实验题
4．(2018·泰州中学等综合评估)要测量某种合金的电阻率．
图4
(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝________.
用螺旋测微器测合金丝的直径如图4甲所示，读数为________ mm.
(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．
(3)闭合S 1，当S 2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U 1＝1.35 V ，I 1＝0.30 A ；当S 2处于位置b 时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝0.92 V ，I 2＝0.32 A ．根据以上测量数据判断，当S 2处于位置________(选填“a ”或“b ”)时，测量相对准确，测量值R x ＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)
答案 (1)πRD 24L
0.650 (2)见解析图 (3)b 2.9 解析 (1)金属丝电阻：R ＝ρL S ＝ρL π(D 2)2
， 则电阻率：ρ＝πRD 2
4L
； 图示螺旋测微器读数为：0.5 mm ＋15.0×0.01 mm＝0.650 mm ；
(2)实物连线如图所示：
(3)根据ΔU U 1＝1.35－0.921.35
≈0.32， 而ΔI I 1＝0.32－0.300.30
≈0.07， 可知，使用电流表外接法测量相对准确，即S 2处于位置b ，
根据欧姆定律，则有：R x ＝
0.920.32
Ω≈2.9 Ω. 四、计算题
5．(2018·泰州中学模拟)如图5所示，MN 是一段在竖直平面内半径为1 m 的光滑的四分之一圆弧轨道，轨道上存在水平向右的匀强电场，轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1＝0.1 T ．现有一带电荷量为0.1 C 、质量为10 g 的带正电小球从M 点由静止开始自由下滑，恰能沿NP 方向做直线运动．已知EF 板间的电压为U FE ＝2 V ，板间距离d ＝2 m ，EF 板间存在有方向垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2.ABCD 是一边长为L ＝1 m 的正方形盒，各边均为光滑绝缘板，盒的AB 边恰好与磁场的左边界重合．在AB 边的中点有一小孔Q ，小孔Q 与N 、P 在同一条水平直线上，带电小球恰能从小孔Q 进入正方形盒内，带电小球与绝缘板碰撞时不损失动能，但速度反向(g 取10 m/s 2)，求：
图5
(1)小球运动到N 点时的速度v 的大小．。