(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)
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：实验题专练(一)
实验题专练(一)1．在没有天平的情况下，实验小组利用以下方法对质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P 、Q 相连，重物P 、Q 的质量均为m (已知)，在重物Q 的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g .图1(1)某次实验中，先接通频率为50 Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a ＝________ m/s 2(保留三位有效数字)；图2(2)在忽略阻力的情况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________(用字母m 、a 、g 表示)；(3)由(2)中理论关系测得的质量为M ，而实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，使物块Z 的实际质量与理论值M 有一定差异，这是一种________________(填“偶然误差”或“系统误差”)． 答案 (1)8.00 (2)2mag －a(3)系统误差 解析 (1)根据Δx ＝aT 2，系统运动的加速度a ＝0.029 5＋0.032 9－0.023 2－0.026 44×0.022m/s 2＝8.00 m/s 2；(2)根据牛顿第二定律，对Q 和Z 有 (m ＋M )g －F T ＝(m ＋M )a ， 对P 有F T －mg ＝ma ， 联立解得M ＝2mag －a； (3)由题意可知这是一种系统误差．2．实验小组对一未知电源的电动势E 和内阻r 进行测量，实验器材如下： 待测电源：电动势小于2 V ，内阻小于1 Ω； 灵敏电流计G ：满偏电流I g ＝150 mA ，内阻R g ＝1 Ω直流电压传感器(视为理想电压表)； 定值电阻R 1＝2 Ω； 定值电阻R 2＝5 Ω； 定值电阻R 3＝0.5 Ω； 滑动变阻器R 4(0～5 Ω)； 滑动变阻器R 5(0～50 Ω)； 开关和导线若干．(1)实验电路设计如图3所示，实验小组将灵敏电流计G 与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A 的电流表，并将灵敏电流计的表盘刻度进行了合理的标注．请将该电流表的内部电路图补充在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标注在图中．图3(2)闭合开关，调节滑动变阻器，得到一系列电流表与直流电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应该选用________(填滑动变阻器的符号)，该电源的电动势E ＝________ V ，电源内阻r ＝________ Ω.(小数点后保留两位数字)(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，直流电压传感器的示数为________ V(小数点后保留两位数字)． 答案 (1)如图所示(2)R 5 1.80 0.50 (3)0.90解析 (1)实验小组将灵敏电流计G 与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A 的电流表，所以先将灵敏电流计G 与R 2串联，满偏电压为U g ＝I g (R 2＋R g )＝0.9 V ，再与R 1串联，电流量程为I ＝I g ＋U gR 1＝0.15 A ＋0.45 A ＝0.6 A ，电路图为(2)根据欧姆定律R ＝U I 可知，接在电路中滑动变阻器最大值为R ＝1.700.05Ω＝34 Ω，滑动变阻器应该选用R 5；根据U ＝E －I (r ＋R A )，代入其中两组数据， 可得1.70＝E －0.05(r ＋R A )，1.00＝E －0.4(r ＋R A )其中R A ＝R 1(R 2＋R g )(R 2＋R g )＋R 1＝1.5 Ω，解得E ＝1.80 V ，r ＝0.50 Ω；(3)调节滑动变阻器阻值，当滑动变阻器的阻值为R 滑＝R A ＋r ＝2 Ω时，其在该电路中的功率最大，直流电压传感器的示数为U ＝ER 滑r ＋R A ＋R 滑＝0.90 V.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：计算题专练(一)
计算题专练(一)1．如图1所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从圆滑平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，抵达C 点时，恰巧沿C 点的切线方向进入固定在水平川面上的圆滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道尾端D 点的质量为M ＝3 kg 的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道尾端切线相平，木板下表面与水平川面之间圆滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R ＝0.4 m ，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图1(1)小物块刚要抵达圆弧轨道尾端D 点时对轨道的压力；(2)若长木板长度L ＝2.4 m ，小物块可否滑出长木板？答案 看法析分析 (1)物块抵达C 点的速度与水平方向的夹角为60°，则v C ＝v 0cos 60°＝2v 0＝4 m/s 小物块由C 到D 的过程中，由动能定理得：mgR (1－cos 60°)＝12mv D 2－12mv C 2代入数据解得：v D ＝2 5 m/s 小物块在D 点时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v D 2R解得：F N ＝60 N由牛顿第三定律得：小物块刚要抵达圆弧轨道尾端D 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下．(2)设小物块一直在长木板上，共同速度大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板构成的系统动量守恒，取向左为正方向由动量守恒定律得：mv D ＝(M ＋m )v解得：v ＝52m/s 设物块与木板的相对位移为l ，由功能关系得：μmgl ＝12mv D 2－12(m ＋M )v 2解得：l ＝2.5 m>L ＝2.4 m ，因此小物块能滑出长木板．2．如图2所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加快电场，一个电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加快电场加快后，垂直x 轴从A (－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的地区内，存在着指向O 点的平均辐射状电场，距O 点4L 处的电场强度大小均为E ＝qLB 0216m，粒子恰巧能垂直y 轴从C (0,4L )点进入第一象限，如下图，在第一象限中有两个全等的直角三角形地区Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，地区Ⅰ的磁感觉强度大小为B 0，地区Ⅱ的磁感觉强度大小可调，D 点坐标为(3L,4L )，M 点为CP 的中点．粒子运动轨迹与磁场地区相切时以为粒子能再次进入磁场．从磁场地区Ⅰ进入第二象限的粒子能够被汲取掉．求：图2(1)加快电场的电压U ；(2)若粒子恰巧不可以从OC 边射出，求地区Ⅱ磁感觉强度大小；(3)若粒子能抵达M 点，求地区Ⅱ磁场的磁感觉强度大小的全部可能值．答案 看法析分析 (1)粒子在加快电场中加快，依据动能定理有：qU ＝12mv 2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R 的匀速圆周运动，则：qE ＝m v 24L联立解得：v ＝qB 0L 2m ，U ＝qL 2B 028m(2)粒子在地区Ⅰ中运动的速度大小v ＝qB 0L2m ，依据洛伦兹力供给粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qB 0v ＝m v 2r ，得半径r ＝mvqB 0＝L 2，若粒子在地区Ⅱ中的运动半径R 较小，则粒子会从OC 边射出磁场．恰巧不从OC 边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．知足∠O 2O 1Q ＝2θ，sin 2θ＝2sin θcos θ＝2425，又sin 2θ＝rR －r解得：R ＝4924r ＝4948L又R ＝mv qB ，代入v ＝qB 0L2m可得：B ＝24B 049(3)①若粒子由地区Ⅰ达到M 点每次行进CP 2＝2(R －r )cos θ＝85(R －r )由周期性得：CM ＝n CP 2(n ＝1,2,3……)，即52L ＝85n (R －r )R ＝r ＋2516n L ≥4948L ，解得n ≤3n ＝1时R ＝3316L ，B ＝833B 0n ＝2时R ＝4132L ，B ＝1641B 0，n ＝3时R ＝4948L ，B ＝2449B 0②若粒子由地区Ⅱ达到M 点由周期性：CM ＝CP 1＋n CP 2(n ＝0,1,2,3……)即52L ＝85R ＋85n (R －r )解得：R ＝52＋45n 85(1＋n )L ≥4948L 解得：n ≤2625，n ＝0时R ＝2516L ，B ＝825B 0 n ＝1时R ＝3332L ，B ＝1633B 0.。
(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.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：实验题专练(一)
实验题专练(一)1．在没有天平的状况下，实验小组利用以下方法对证量进行间接丈量，装置如图1所示：一根轻绳越过轻质定滑轮与两个同样的重物P 、Q 相连，重物P 、Q 的质量均为m (已知)，在重物Q 的下边经过轻质挂钩悬挂待测物块Z ，重物P 的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加快度为g .图1(1)某次实验中，先接通频次为50 Hz 的沟通电源，再由静止开释系统，获得如图2所示的纸带，则系统运动的加快度a ＝________ m/s 2(保存三位有效数字)；图2(2)在忽视阻力的状况下，物块Z 质量M 的表达式为M ＝________(用字母m 、a 、g 表示)； (3)由(2)中理论关系测得的质量为M ，而实质状况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的转动摩擦不能够忽视，使物块Z 的实质质量与理论值M 有必定差别，这是一种________________(填“有时偏差”或“系统偏差”)． 答案 (1)8.00 (2)2mag －a(3)系统偏差 分析 (1)依据Δx ＝aT 2，系统运动的加快度a ＝0.029 5＋0.032 9－0.023 2－0.026 42m/s 2＝8.00 m/s 2；(2)依据牛顿第二定律，对Q 和Z 有 (m ＋M )g －F T ＝(m ＋M )a ， 对P 有F T －mg ＝ma ， 联立解得M ＝2mag －a； (3)由题意可知这是一种系统偏差．2．实验小组对一未知电源的电动势E和内阻r进行丈量，实验器械以下：待测电源：电动势小于2 V，内阻小于1 Ω；敏捷电流计G：满偏电流I g＝150 mA，内阻R g＝1 Ω直流电压传感器(视为理想电压表)；定值电阻R1＝2 Ω；定值电阻R2＝5 Ω；定值电阻R3＝0.5 Ω；滑动变阻器R4(0～5 Ω)；滑动变阻器R5(0～50 Ω)；开关和导线若干．(1)实验电路设计如图3所示，实验小组将敏捷电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，并将敏捷电流计的表盘刻度进行了合理的标明．请将该电流表的内部电路图增补在虚线框中，并将所用到的定值电阻的符号标明在图中．图3(2)闭合开关，调理滑动变阻器，获得一系列电流表与直流电压传感器的数据(见下表)，则实验中，滑动变阻器应当采用________(填滑动变阻器的符号)，该电源的电动势E＝________ V，电源内阻r＝________ Ω.(小数点后保存两位数字)电流(I/A)电压(U/V)(3)调理滑动变阻器阻值，当滑动变阻器在该电路中的功率最大时，直流电压传感器的示数为________ V(小数点后保存两位数字)．答案(1)以下图(2)R5分析(1)实验小组将敏捷电流计G与两个定值电阻组装，改装成一量程为0.6 A的电流表，因此先将敏捷电流计G与R2串连，满偏电压为U g＝I g(R2＋R g)＝0.9 V，再与R1串连，电流量程为I ＝I g ＋U g R 1＝0.15 A ＋0.45 A ＝0.6 A ，电路图为(2)依据欧姆定律R ＝UI可知，接在电路中滑动变阻器最大值为R ＝ Ω＝34 Ω，滑动变阻器应当采用R 5；依据U ＝E －I (r ＋R A )，代入此中两组数据， 可得1.70＝E －0.05(r ＋R A )，1.00＝E －0.4(r ＋R A )此中R A ＝R 1(R 2＋R g )(R 2＋R g )＋R 1＝1.5 Ω，解得E ＝1.80 V ，r ＝0.50 Ω；(3)调理滑动变阻器阻值，当滑动变阻器的阻值为R 滑＝R A ＋r ＝2 Ω时，其在该电路中的功率最大，直流电压传感器的示数为U ＝ER 滑r ＋R A ＋R 滑＝0.90 V.。
(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)2019高考物理总复习 专用优编提分练：考前综合练(三).doc
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.。
2019高考物理(京津琼)专用优编提分练：实验题专练(三)+Word版含解析
1 2019高考物理（京津琼）专用优编提分练
实验题专练(三)
1．某同学设计了如下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数．
图1
如图1甲所示，水平桌面上有一滑槽，其末端与桌面相切．让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后再滑行一段距离L ，随后离开桌面做平抛运动，落在水面地面上的的P 点，记下平抛的水平位移x .平移滑槽的位置后固定，多次改变距离L ，每次让滑块从滑槽上同一最高点释放，得到不同的水平位移x .作出x 2－L 图象，即可根据图象信息得到滑块与桌面间的动摩擦因数μ.
(1)每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了__________________________________．
(2)除了L 和x 外，本实验还需要测量或已知的物理量是________．
A ．滑槽最高点与桌面的高度差h
B ．小滑块的质量m
C ．桌面与地面的高度差H
D ．当地的重力加速度g
(3)若x 2－L 图象的斜率绝对值为k ，纵轴上的截距为b ，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为________(用本题中提供的物理量符号表示)．
答案 (1)滑块到达滑槽末端的速度相等 (2)C (3)μ＝k 4H
解析 (1)为了保证滑块滑到得槽末端的速度相等，即可使滑块在桌面上运动的初速度相同；
(2)、(3)设滑块滑到桌面时的速度为v 0，离开桌面时的速度为v ，根据动能定理
－μmgL ＝12m v 2－12
m v 02 根据平抛运动H ＝12
gt 2 x ＝v t。
(京津琼)2019最新高考物理总复习 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 ＝evm 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：实验题专练(三)
实验题专练(三)1．某同学设计了如下实验装置，用来测定小滑块与桌面间的动摩擦因数．图1如图1甲所示，水平桌面上有一滑槽，其末端与桌面相切．让小滑块从滑槽的最高点由静止滑下，滑到桌面上后再滑行一段距离L ，随后离开桌面做平抛运动，落在水面地面上的的P 点，记下平抛的水平位移x .平移滑槽的位置后固定，多次改变距离L ，每次让滑块从滑槽上同一最高点释放，得到不同的水平位移x .作出x 2－L 图象，即可根据图象信息得到滑块与桌面间的动摩擦因数μ.(1)每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了__________________________________．(2)除了L 和x 外，本实验还需要测量或已知的物理量是________．A ．滑槽最高点与桌面的高度差hB ．小滑块的质量mC ．桌面与地面的高度差HD ．当地的重力加速度g(3)若x 2－L 图象的斜率绝对值为k ，纵轴上的截距为b ，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为________(用本题中提供的物理量符号表示)．答案 (1)滑块到达滑槽末端的速度相等 (2)C (3)μ＝k4H解析 (1)为了保证滑块滑到得槽末端的速度相等，即可使滑块在桌面上运动的初速度相同；(2)、(3)设滑块滑到桌面时的速度为v 0，离开桌面时的速度为v ，根据动能定理－μmgL ＝12mv 2－12mv 02 根据平抛运动H ＝12gt 2 x ＝vt联立以上各式解得：x 2＝2Hv 02g－4μHL 故k ＝4μH ，解得：μ＝k4H.故还需测量桌面与地面的高度差H .2．如图2甲所示是大型机械厂里用来称重的电子吊秤，其中实现称重的关键元件是拉力传感器．其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，其长度和横截面积都发生变化，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)，从而完成将所称物体重量变换为电信号的过程．图2(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力增大而增大的原因______________________．(2)小明找到一根拉力敏感电阻丝R L ，其阻值随拉力变化的图象如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”．电路中电源电动势E 约15 V ，内阻约2 Ω；灵敏毫安表量程为10 mA ，内阻约5 Ω；R 是电阻箱，最大阻值是9 999 Ω；R L 接在A 、B 两接线柱之间，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作．a ．滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I 时，读出电阻箱的读数R 1；b ．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；c ．调节电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增加量为________．(3)设R －F 图象的斜率为k ，则待测重物的重力G 的表达式为G ＝________(用以上测得的物理量表示)，若测得θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，R 1、R 2分别为1 052 Ω和1 030 Ω，则待测重物的重力G ＝________ N(结果保留三位有效数字)．答案 (1)电阻丝长度增加而横截面积减小，根据电阻定律可知其阻值增大(2)R 1－R 2(3)2(R 1－R 2)cos θk132 解析 (1)根据电阻定律有：R ＝ρL S ，当拉力敏感电阻丝随拉力被拉长时，由于电阻丝的长度增大，则电阻丝的横截面积减小，所以电阻丝的电阻值将增大；(2)根据实验的电路图可知，电路中没有电压表，不能使用伏安法测量电阻值的变化，但电路中的电阻箱可以控制电流的变化，若电路中的电流值不变，则电路中的总电阻值也不变，所以在步骤(c)中，可以调节电阻箱，使电流表的示数仍为I ，读出此时电阻箱的读数R 2，则拉力敏感电阻丝的电阻增加量为R 1－R 2；(3)开始时滑环下不吊重物，则有：I ＝E r ＋10.0×102 Ω＋R 1当挂重力为G 的重物后，取AB 中点处为研究对象，则此处受到三个力的作用，两个斜向上的拉力大小相等，与竖直方向之间的夹角也相等，则在竖直方向上有G ＝2F cos θ在题图乙中，设直线的斜率为k ，截距为b ，则I ＝Er ＋(kF ＋b )＋R 2联立可得：G ＝2(R 1－R 2)cos θk由题图乙可知：k ＝ΔR ΔF ＝(10.4－10.0)×1022×102 Ω/N ＝0.2 Ω/N代入数据得：G ＝132 N.。
(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．。
2019年高考物理提分练(京津琼专用)选择题专练(十一)Word版含解析
选择题专练(十一)1．质量为M＝1 kg的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，在木板的左端放置一个质量为m＝1 kg、大小可忽略的铁块．铁块与木板间的动摩擦因数为μ2，取g＝10 m/s2.若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力F f随拉力F的变化如图1所示．则两个动摩擦因数的数值为()图1A．μ1＝0.1，μ2＝0.2 B．μ1＝0.1，μ2＝0.4C．μ1＝0.2，μ2＝0.4 D．μ1＝0.4，μ2＝0.2答案 B解析由题图可知，当F≥6 N时，铁块的摩擦力恒定即为滑动摩擦力，且F f＝μ2mg＝4 N，解得μ2＝0.4，在F＝6 N时，铁块和木板具有相同的加速度，对铁块有：F－F f＝ma解得a＝2 m/s2对木板有：F f－μ1(M＋m)g＝Ma解得：μ1＝0.1，故B正确．图22．一个同学在做研究平抛运动实验时，只在纸上记下y轴位置，并在坐标纸上描出如图2所示曲线，在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到y轴的距离AA′＝x1，BB′＝x2，以及AB的竖直距离h，从而求出小球抛出时的初速度v0为()A.(x22－x12)g2h B.(x2－x1)2g2hC. x2＋x12g2h D.x2－x12g2h答案 A解析设初速度为v0，则从抛出点运动到A所需的时间t1＝x1v0，从抛出点运动到B所需的时间t2＝x2v0，在竖直方向上有：12gt22－12gt12＝h，代入t1、t2解得：v0＝(x22－x12)g2h，故A正确．3．紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图3所示，其中A为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到K极时，c、d端才会有信号输出．已知地球表面太阳光中紫外线波长主要在315～400 nm之间，而明火中的紫外线波长主要在200～280 nm之间，下列说法正确的是()图3A．要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应大于280 nmB．明火照射光电管的时间要足够长，c、d端才有输出电压C．仅有太阳光照射光电管时，c、d端输出的电压为零D．火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越长，逸出的光电子最大初动能越大答案 C解析根据题意知，要实现有效报警，照射光电管的紫外线波长应介于200～280 nm之间，故A错误；光电效应的发生具有瞬时性，故B错误；仅有太阳光照射光电管时，由于波长大于明火的波长，即频率小于明火的频率，所以不能发生光电效应，回路中没有电流，c、d端也就没有输出电压，故C正确；火灾报警时，照射光电管的紫外线波长越长，则频率越小，那么逸出的光电子最大初动能越小，故D错误．4.真空中的点电荷在其周围产生电场，电场中某点的电势与点电荷的电荷量成正比，与该点到点电荷的距离成反比，即φ＝k Qr .在某真空中有一如图4所示的正六边形ABCDEF ，O 为其中心，A 、C 、E 三个顶点各固定一点电荷，其中A 、C 两点电荷量为q (q >0)，E 点电荷量为－q ，E B 、E O 分别表示B 、O 点场强的大小，φB 、φO 分别表示B 、O 点的电势，则以下关系中正确的是( )图4A ．EB >E O ，φB >φO B ．E B <E O ，φB >φOC ．E B ＝E O ，φB ＝φOD ．E B <E O ，φB ＝φO答案 B解析 设正六边形的边长为L ，A 处点电荷在B 点产生的电场强度为E 1＝kqL 2C 处点电荷在B 点产生的电场强度为E 2＝kqL 2E 处点电荷在B 点产生的电场强度为E 3＝kq 4L 2由电场的叠加可知，A 、C 两处点电荷在B 处的合场强为E 12＝kqL 2所以B 处的场强为E B ＝E 12－E 3＝3kq4L 2同理可求得：O 处的场强为E O ＝2kqL 2所以E B <E OB 处的电势为φB ＝2kq L －kq 2L ＝3kq2LO 处的电势为φO ＝2kq L －kq L ＝kqL所以φB >φO ，故B 正确．5.如图5所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的两个带电的小球A 、B (均可看作质点)，小球A 带正电，小球B 带负电，带电荷量均为q ，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质绝缘细杆相连，竖直面内有竖直向下的匀强电场(未画出)，电场强度大小为E ＝mgq，现在给小球一个扰动，使小球A 从最高点由静止开始沿圆环下滑，已知重力加速度为g ，在小球A 滑到最低点的过程中，下列说法正确的是( )图5A ．小球A 减少的机械能等于小球B 增加的机械能 B ．细杆对小球A 和小球B 做的总功为0C ．小球A 在最低点的速度为gR3D ．细杆对小球B 做的功为mgR 答案 B解析 由于电场力做功，两个球系统机械能不守恒，故A 球减少的机械能不等于B 球增加的机械能，故A 错误；细杆对小球A 和小球B 的力等大反向，为系统内弹力，所以细杆对小球A 和小球B 做的总功为0，故B 正确；当A 球运动到最低点时，电场力对系统做功4EqR ＝4mgR ，有：4mgR ＋mg ·2R －2mg ·2R ＝12(m ＋2m )v 2，解得：v ＝2gR 3，故C 错误；对B 球，利用动能定理可得，W ＋qE ·2R －2mg ·2R ＝12×2m v 2－0，解得细杆对B 球所做的功W ＝103mgR ，故D 错误．6．地面卫星监测技术在军事、工业、农业、生产、生活等方面发挥着巨大作用，对地面上的重要目标需要卫星不间断地进行跟踪监测．假设在赤道上有一个需要跟踪监测的目标，某监测卫星位于赤道平面内，离地面的飞行高度为R ，飞行方向与地球自转方向相同，设地球的自转周期为T ，地球半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，忽略大气层对光线传播的影响，则此卫星在一个运动周期内对目标连续监测的最长时间为t ，卫星的运转周期为T ′，则( ) A ．T ′＝4πR 2R GMB ．T ′＝2πR R GMC ．t ＝2π3⎝⎛⎭⎫g 8R －2πTD ．t ＝πg 8R －2πT答案 AC解析 根据G Mm (2R )2＝m ·2R ·4π2T ′2，得卫星的周期T ′＝4πR2RGM，故A 正确，B 错误．根据几何关系，卫星在t 时间内比地球自转的角度多120度，如图。
2019届高考物理专题十二动量和冲量动量定理及其应用精准培优专练
培优点十二 动量和冲量、动量定理及其应用1. 本部分内容改为必考后，一般是以较容易或中等难度的选择题或计算题出现，可单独考查，也可和动量守恒定律综合考查。
2. 注意要点：(1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；(2)动量定理Ft ＝p ′－p 中“Ft ”为合外力的冲量。
典例1. (2018∙全国II 卷∙15)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104N 【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3 m ，由动能定理：212mgh mv =，解得：m/s v =，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：(F －mg )t = 0－(－mv )，解得：F ≈1000 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N ，故C 正确。
【答案】C典例2. (2017∙全国III 卷∙20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动。
F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/s一、考点分析二、考题再现D ．t ＝4 s 时物块的速度为零【解析】法一 根据F －t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：选择题专练(四)
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，可得：k Δx ＝mg ，解得：k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20 N/m ，故A 正确；由题图乙可知，Δx ＝0.3 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＝m ω2r 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C 的角速度和同步卫星的角速度相同，而根据ω＝GM r 3可知轨道半径越大，角速度越小，所以C 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a ＝GM r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．4.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3A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤ 5qBL mC.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL mD.qBL 2m ≤v ≤ 5qBL 2m 答案 C解析 根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqr m，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，粒子与AD 边相切时速度最大，如图．由几何关系可知r －L cos 45°＋[2L －(r －L )]cos 45°＝r 最大半径为r 1＝(2＋1)L ，故最大速度应为v 1＝(2＋1)qBL m ； 当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L 2， 故最小速度应为v 2＝qBL 2m ， 故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL m ， 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 处的磁感应强度大小为B ＝k r，其中k 为常数．重力加速度为g .则( )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C ．静止时圆环的电流I ＝mg (H 2＋R 2)2πkRD ．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 ＝BI ·2πR ，设F 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系：F cos θ＝mg ，cos θ＝R H 2＋R 2，由题：B ＝k H 2＋R2，联立得：I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2，故C 正确；结合C 的受力分析可知，若将圆环向上平移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239 94Pu 的半衰期为24 100年，其衰变方程为239 94Pu→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239 94Pu 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abcd 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6A ．线框转过π6时，线框中的电流方向为abcdaB ．线框中感应电流的有效值为2BS ω2RC ．线框转一周过程产生的热量为2πωB 2S 2RD ．线框从中性面开始转过π2过程，通过导线横截面的电荷量为BS 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的最大值为：E m ＝BS ω，感应电压的有效值为：U ＝BS ω2，则线框中感应电流的有效值为：I ＝U R ＝2BS ω2R ，故B 正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2BS ω2R 2R 2πω＝πωB 2S 2R ，故C 错误；线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q ΔΦR 总＝BS R ，故D 正确．。
2019高考物理(京津琼)专用优编提分练：选择题专练(十二)+Word版含解析
2019高考物理（京津琼）专用优编提分练选择题专练(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 N a 2，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：。
(京津琼)2019高考物理总复习专用优编提分练：选修3-3专练(一)
选修3－3专练(一)1．(1)下列说法中正确的是________．A．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功从而转化为机械能B．将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中，它们的分子势能先减小后增大C．当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增大D．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体存在表面张力E．单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少，气体的压强一定减小(2)如图1所示，两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通，两活塞a、b(厚度不计)用刚性轻杆相连，可在两汽缸内无摩擦地移动．上、下两活塞的横截面积分别为S1＝10 cm2、S2＝20 cm2，两活塞总质量为M＝5 kg，两汽缸高度均为H＝10 cm.两汽缸与细管道内封闭有一定质量的理想气体，系统平衡时活塞a、b到缸底部距离均为L＝5 cm.已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，环境温度T0＝300 K，取重力加速度g＝10 m/s2.图1①若缓慢升高环境温度，使一活塞缓慢移到对应汽缸的底部，求此时环境的温度．②若保持温度不变，用竖直向下的力缓慢推活塞b，直到活塞b到达汽缸底部，求此过程中推力的最大值．答案(1)BCD (2)①400 K②75 N解析(1)机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功从而转化为机械能，故A错误；将两个分子由距离极近移动到相距无穷远的过程中，分子力先是斥力后是引力，分子力先做正功后做负功，分子势能先减小后增大，故B正确；当气体分子间的作用力表现为引力时，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故C正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，则液体表面分子间表现为相互吸引，所以存在表面张力，故D正确；气体的体积增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积的碰撞次数减少，如果温度升高，气体分子撞击器壁的速率增大，对器壁的压力增大，气体的压强可能增大、可能减小也可能不变，故E错误．(2)①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动由盖－吕萨克定律有：LS 1＋LS 2T 0＝HS 2T解得：T ＝400 K ②设向下推动的距离为x 时，气体压强为p由平衡条件得：p 0S 1＋pS 2＝Mg ＋p 0S 2＋pS 1＋F当F ＝0时，可得初始状态气体压强p 1＝1.5×105Pa缓慢向下推活塞b 的过程，温度不变由玻意耳定律得： p (LS 1＋xS 1＋LS 2－xS 2)＝p 1(LS 1＋LS 2)联立以上各式得：F ＝150x 15－x ＝15015x－1(0≤x ≤5 cm) 当x ＝5 cm 时，F 最大，F m ＝75 N.2．(1)下列说法中正确的是________．A ．一定质量的0 ℃的水变成0 ℃的冰，体积膨胀，分子势能减小B ．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在表面张力C ．用油膜法估测分子的大小实验中D ＝V S 的V 是指油滴溶液的体积D ．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态E ．当两个分子间的距离为r 0(平衡位置)时，分子间作用力为零，分子势能最小(2)如图2所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S ＝1×10－4 m 2，质量为m ＝1 kg ，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h ＝0.2 m ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2.图2①如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的23，求砂子的质量并判断此过程理想气体是吸热还是放热；②如果在①基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高度，此过程中气体吸收热量 5 J ，求气体内能的增量．答案 (1)ABE (2)见解析解析 (1)0 ℃的水变成0 ℃的冰，体积膨胀，对外做功，同时放出热量，内能减小，分子平均动能不变，分子势能减小，故A 正确；水面能托住小硬币不下沉主要是因为液体表面存在表面张力，故B 正确；用油膜法估测分子的大小实验中D ＝V S的V 是指一滴溶液中纯油酸的体积，故C 错误；热平衡是指一个系统内部各部分温度相等的状态，故D 错误；设分子的平衡距离为r 0，分子间的距离为r ，当r >r 0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大．当r <r 0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大．故当r ＝r 0时，分子力为0，分子势能最小，故E 正确．(2)①因为缓慢放置砂子，气体发生等温变化，根据玻意耳定律，有p 1V 1＝p 2V 2 p 1＝p 0＋mg S ，p 2＝p 0＋mg ＋m 砂g SV 1＝hS ，V 2＝23hS代入数据解得m 砂＝1 kg因为气体体积减小，外界对气体做功，理想气体温度不变，内能不变，所以此过程理想气体放热．②使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功W ＝－p 2ΔV ＝－2 J 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q所以气体内能的增量为3 J.。
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：选择题专练(二)
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.23892U 衰变成20682Pb 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23892U 衰变成铅核20682Pb 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/s D ．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2πrrGm B ．该行星表面的重力加速度为Gm R2 C ．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 ＝2πr rGM ，v ＝GM r， 选项A 、D 错误； 对行星表面的物体：Gmm ′R 2＝m ′g ， 可得该行星表面的重力加速度为g ＝Gm R2，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＝GmR， 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503 WD ．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 ·T2，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 ＝253 W ，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C ．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 ＝10233N ＝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(三)
b．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
c．调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的读数R2，则拉力敏感电阻丝的电阻增加量为________．
(3)设R－F图象的斜率为k，则待测重物的重力G的表达式为G＝________(用以上测得的物理量表示)，若测得
答案(1)滑块到达滑槽末端的速度相等(2)C(3)μ＝
解析(1)为了保证滑块滑到得槽末端的速度相等，即可使滑块在桌面上运动的初速度相同；
(2)、(3)设滑块滑到桌面时的速度为v0，离开桌面时的速度为v，根据动能定理
－μmgL＝ mv2－ mv02
根据平抛运动H＝ gt2
x＝vt
联立以上各式解得：x2＝ －4μHL
(1)每次让滑块从滑槽上同一高度释放，是为了__________________________________．
(2)除了L和x外，本实验还需要测量或已知的物理量是________．
A．滑槽最高点与桌面的高度差h
B．小滑块质量m
C．桌面与地面的高度差H
D．当地的重力加速度g
(3)若x2－L图象的斜率绝对值为k，纵轴上的截距为b，如图乙所示，则滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式为________(用本题中提供的物理量符号表示)．
I＝
当挂重力为G的重物后，取AB中点处为研究对象，则此处受到三个力的作用，两个斜向上的拉力大小相等，与竖直方向之间的夹角也相等，
则在竖直方向上有G＝2Fcosθ
在题图乙中，设直线的斜率为k，截距为b，则
I＝
联立可得：G＝
由题图乙可知：
k＝ ＝ Ω/N＝0.2Ω/N
(京津琼)2019高考物理总复习 专用优编提分练：选修3-4专练(一)
选修3－4专练(一)1．(1)如图1所示，在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C点、D点射向介质．已知光束在A点的入射角i＝30°，a光经过气泡的偏向角θ＝45°，CD弧所对圆心角为3°，则下列说法中正确的是________．图1A．b光经过气泡的偏向角为42°B．介质对a光的折射率大于 3C．a光的频率小于b光的频率D．b光从该介质射向空气的全反射临界角的正弦值为12sin 51°E．若a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，则b光在屏上产生的条纹间距大(2)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图2所示，介质中x＝6 m处的质点P 沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝0.2cos 4πt(m)．求：图2①该波的传播速度；②从t＝0时刻起，介质中x＝10 m处的质点Q第一次到达波谷经过的时间．答案(1)ADE (2)见解析解析(1)光束在A点的入射角为i，折射角分别为r a、r b，作出光路图如图所示．a色光的偏向角为45°，而偏向角θa＝2(r a－i)则r a＝52.5°，由几何知识得，AC 弧所对的圆心角为180°－2×52.5°＝75°.CD 弧所对的圆心角为3°，则AD 弧所对的圆心角为78°，故r b ＝180°－78°2＝51°， b 色光的偏向角为θb ＝2(r b －i )＝42°，故A 正确；介质对a 色光的折射率n a ＝sin r a sin i ＝sin 52.5°sin 30°<sin 60°sin 30°＝3，故B 错误； 介质对b 色光的折射率n b ＝sin r b sin i ＝sin 51°sin 30°<n a ， 则a 光的频率大于b 光的频率，故C 错误；b 色光从介质射向空气的全反射临界角的正弦值sin C ＝1n b ＝12sin 51°，故D 正确； a 光的折射率大于b 光的折射率，a 、b 两单色光在透明介质中的波长λa <λb ， 根据条纹间距公式Δx ＝L d λ，故Δx a <Δx b ，故E 正确．(2)①由题图可知，波长λ＝24 m ，由质点P 的振动方程可知，角速度ω＝4π rad/s则周期T ＝2πω＝0.5 s 故该波的传播速度v ＝λT＝48 m/s ②若波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，质点Q 左侧相邻的波谷在x ＝－6 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ＝x 1v ＝13s 若波沿x 轴负方向传播，t ＝0时刻，质点Q 右侧相邻的波谷在x ＝18 m 处该波谷传播到质点Q 处时，质点Q 第一次到达波谷，经过时间t ′＝x 2v ＝16s. 2．(1)关于光的折射、全反射以及光的波动性，下面说法中正确的是________．A ．光由光密介质射入光疏介质一定发生会全反射B ．光在两种不同介质的界面上发生折射时，光速一定发生改变C ．光的偏振现象说明光是一种纵波D ．不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大E ．利用激光可以测距(2)如图3甲所示，是一列简谐横波在均匀介质中传播时t ＝0时刻的波动图象，质点A 的振动图象如图乙所示．A 、B 两点皆在x 轴上，两者相距s ＝20 m ．求：图3①此简谐横波的传播速度；②t ＝20 s 时质点B 运动的路程．答案 (1)BDE (2)见解析解析 (1)只有光由光密介质射入光疏介质，且入射角大于临界角时，才会发生全反射，选项A 错误；根据v ＝c n ，不同介质折射率不同，光速不同，选项B 正确；光的偏振现象说明光是一种横波，选项C 错误；不同色光通过棱镜，光的频率越大，折射率越大，偏折角度越大，选项D 正确；激光方向性好，平行度高，可以远距离测距，选项E 正确．(2)①由题图甲可知，此波的波长为λ＝4 m由题图乙可知，此波的周期T ＝0.4 s所以v ＝λT＝10 m/s 根据t ＝0时刻质点A 的振动方向可知，此波沿x 轴正方向传播②此波传播到B 点所需的时间t ＝s －λ2v ＝1.8 s ＝412T 由题图可知此波的振幅A ＝0.1 m质点B 每个周期运动的路程为0.4 m所以t ＝20 s 时质点B 运动的路程为s ＝(50－4.5)×0.4 m ＝18.2 m.。
2019高考物理一轮复习优练题12含解析新人教版20180927135
2019人教版高考物理一轮优练题（12）李仕才1、(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。
外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。
若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则()A.绳OO'的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案BD解析物块b始终保持静止,物块a也始终保持静止,绳子对a的拉力等于a的重力,绳子的夹角α也保持不变,OO'绳的拉力也保持不变,选项A、C错误。
选b为研究对象,在y轴方向有F T cos β+F cos γ+F N=m b g,由于F T不变,F变化,所以F N也变化,选项B正确。
F T和F在x轴方向的分力和桌面对b的摩擦力的合力为零,由于F在一定范围内变化,则摩擦力也在一定范围内变化,选项D正确。
2、.(2017·河南名校期中联考)假设你在运动会上百米赛跑成绩是14 s,整个过程可分为3个阶段。
第一阶段前进14 m,平均速度是7 m/s;第二阶段用时9 s,平均速度8 m/s。
请估算一下第三阶段的平均速度约是()A.6 m/sB.5.5 m/sC.4.7 m/sD.3.2 m/s答案C解析第一阶段的时间为t1= s=2 s,第二阶段的位移为x2=v2t2=8×9 m=72 m;第三阶段的位移为x3=x-x1-x2=(100-14-72) m=14 m,时间为t3=t-t1-t2=(14-2-9)s=3 s,平均速度为v= m/s=4.7 m/s。
3、(动力学两类基本问题)(2017·湖南长沙月考)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。
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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 0h
C ．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＝1
3
，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1
A ．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∶1
D ．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
a
2，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 2
Rt 0＝a ，πB 0r 02
Rt 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 0
t 0
·πr 2， 感应电流I 1＝E 1R ＝B 0πr 2
Rt 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＝1
2
a ，
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3
A ．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 ωt
B ．副线圈上电压的有效值为22E m
C ．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 m
2
，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4
A ．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 ω2
r A ＝m B ω2
r 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 4π
2
T
2r B ，解得周期为T ＝2π
L 3
G (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/s
B ．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/s
C ．篮板对篮球的作用力大小约为15.6 N
D ．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
3
3
，
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
3
2
L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 1
tan 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－μmg 1
tan θ＋μ
，
则随着θ增加，F N变小，选项C错误；
F T＝μmg
cos θ＋μsin θ
，
对cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(θ＋φ)
(其中tan φ＝1
μ
＝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°＝
3
2
L，
选项D正确．。