2019高考物理总复习选择题增分练(五)
2019高考物理总复习选考题增分练(二)选修3-3
选修3－3 增分练(二)1．[物理——选修3－3](15分)(2018·河南省平顶山市高三二模)(1)(5分)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)A ．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大B ．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些多晶体相似，具有各向同性的光学性质C ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律D ．分子平均速率大的物体的温度比分子平均速率小的物体的温度高E ．晶体熔化时吸收热量，其分子平均动能不变(2)(10分)如图所示，直立的汽缸中有一定质量的理想气体，活塞的质量为m ，横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，周围环境温度保持不变．开始时活塞恰好静止在A 处，现轻放一物体在活塞上，活塞下移．经过足够长时间后，活塞系统停在B 点，已知AB ＝h ，B 处到汽缸底部的距离为h ，大气压强为p 0，重力加速度为g .求：①物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强p 2；整个过程中，缸内气体是吸热还是放热，简要说明理由；②已知初始温度为27 ℃，若升高环境温度至T 1，活塞返回A 处达稳定状态，T 1的值是多大．解析：(2)①设活塞静止在A 处时，气体压强为p 1.对活塞受力分析，由平衡条件可得 p 1S ＝p 0S ＋mg物体将活塞压至B 处平衡时，缸内气体的压强为p 2，对封闭气体由理想气体状态方程可得p 2Sh ＝p 1S ·2h联立解得p 2＝2p 0＋2mg S理想气体温度不变，则内能不变，压缩气体，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体向外放热．②环境温度升高，汽缸中气体体积增大，此过程中压强不变，由盖－吕萨克定律可得V 0T 0＝V 1T 1，由于T 0＝27 ℃＝300 K ，V 1＝2V 0代入数据解得T 1＝600 K ＝327 ℃.答案：(1)ACE (2)①2p 0＋2mg S放热 理由见解析 ②327 ℃2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程a 到b 、b 到c 、c 到a 回到原状态，其V T 图象如图所示，p a 、p b 、p c .分别表示状态a 、b 、c 的压强，下列说法正确的是________(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)A ．由a 到b 的过程中，气体一定吸热B ．p c ＞p b ＝p aC ．由b 到c 的过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功D ．由b 到c 的过程中，每一个气体分子的速率都减小E ．由c 到a 的过程中气体分子的平均动能不变(2)(10分)如图所示，水平放置且两端开口的柱形汽缸AB 由左、右两部分组成，两部分汽缸截面积分别为S 、2S ，缸内有两个厚度不计的活塞，两活塞间封闭着一定质量的理想气体，平衡时两活塞距连接处的距离均为L ，气体温度为T 0，已知外界气体压强恒为p 0，B 部分汽缸和活塞之间的最大静摩擦力为2p 0S ，A 部分汽缸内壁光滑，且距汽缸连接处左侧2L 处有一活塞销．现缓慢升高气体温度，求：①A 部分汽缸中活塞刚好被活塞销卡住时气体的温度；②B 部分汽缸中活塞刚要滑动时气体的温度．解析：(2)①A 中活塞被活塞销卡住之前，B 中活塞静止不动，理想气体做等压变化，压强始终为p 0初态：体积V 1＝LS ＋L ·2S ＝3LS ，温度T 1＝T 0A 中活塞刚好被活塞销卡住时：体积V 2＝2LS ＋L ·2S ＝4LS ，温度为T 2则V 1T 1＝V 2T 2得T 2＝43T 0 ②B 中活塞刚要滑动时，设被封闭气体压强为p ，对B 中活塞受力分析得p ·2S ＝p 0·2S ＋f 得p ＝2p 0从A 中活塞刚好被活塞销卡住到B 中活塞刚要滑动，被封闭气体做等容变化，设此时温度为T 3则p 0T 2＝p T 3得T 3＝83T 0 答案：(1)ACE (2)①43T 0 ②83T 0。
2019高考物理总复习选择题增分练七
选择题增分练(七)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．(2018·济南市高三二模)下列说法正确的是( )A ．根据玻尔理论，一群处于n ＝4的激发态的氢原子向n ＝2的激发态跃迁时能辐射出6种频率的光B ．天然放射性元素232 90Th(钍)共经历4次α衰变和6次β衰变变成20482Pb(铅)C ．发生光电效应时，光电子来源于原子核外部D ．核衰变时放出的射线都是由带电粒子所组成的解析：选C.A 项中应辐射出3种频率的光，A 项错；B 项中，β衰变不引起质量数变化，所以α衰变的次数为n ＝232－2044＝7次，B 项错误；C 项中，光电子是原子核外电子，D 项中，γ射线是高能电磁波不带电，综上述选项C 正确，D 错误．2．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．以下说法正确的是( )A ．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解析：选C.根据v t 图象与t 轴所围面积为位移，由图可知，在t 0时曲线与直线与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 图象始终为正，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，由图可知在0～t 0时间内，图象的切线斜率减小，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 车的平均速度即v 02，故D 错误． 3．(2018·山东青岛市高三一模)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36 D ．a 、b 小球电量之比为39解析：选D.A 项：如a 、b 、c 带同种电荷b 球不会平衡；如a 、b 带异种电荷，b 、c 带同种电荷，则c 球不会平衡，故A 、B 项均错；应是a 、b 小球带同种电荷，b 、c 小球带异种电荷；设环的半径为R ，三个小球的电量分别为q 1、q 2和q 3，由几何关系得ac ＝R ，bc ＝3R ；a 对c 的引力和b 对c 的引力的合力应竖直向下，即F bc ＝3F ac ，则kq 2q 3（3R ）2＝3·kq 1q 3R 2，所以q 1q 2＝39，选项D 正确． 4．如图所示，A 、C 、B 、D 为菱形的四个顶点，E 、F 分别为AC 、BC 的中点，O 为两对角线的交点；一均匀带正电的细杆与对角线AB重合．下列说法正确的是( )A ．E 、F 两点场强相同B ．C 点电势高于D 点电势C ．不计重力的情况下，一带负电的点电荷在C 点获得初速度后，可能做匀速圆周运动D ．将一负电荷从E 点沿直线移动到F 点的过程中，电势能先增加后减小解析：选C.由对称性知，AB 在C 的场强竖直向上，同理AO在E 点的场强竖直向上，OB 段在E 点的场强向左上方，则合起来亦是向左上方，同理AB 在F 的场强是右上方．故E 、F 两点场强大小相等，方向不同，选项A 错误；同样由于对称性，C 、D 两点电势相等，B 项错误；AB 的中垂面上距O 等距的点场强大小相等，方向指向无穷远，负电荷所受电场力指向O 点，故C 项正确；定性描绘出AB 上方的电场线，等势面如图所示，故从E 到F 电势先增加再降低，故负电荷的电势能先减小后增加；选项D 错误．5．如图所示，在平面直角坐标系中，x 轴上方区域存在匀强磁场，磁场方向垂直于坐标系平面向里．y 轴上纵坐标等于r 的A 点有一粒子发射源，可向磁场所在区域沿不同方向发射出质量为m 、电荷量为－q 的粒子，粒子速度大小相同，在这些粒子经过x 轴上的所有点中，P 点离坐标原点距离最远，其横坐标为3r .则下列说法中正确的是( )A ．粒子在磁场中运动经过P 点时，运动轨迹与x 轴相切B ．粒子在磁场中运动的时间最短时，运动轨迹与x 轴相切C ．粒子在磁场中运动的轨道半径等于rD ．粒子在x 轴负半轴上能经过的最远点横坐标等于－3r解析：选C.由题可得AP 长度等于粒子做圆周运动的直径，故粒子在磁场中运动的轨道半径R ＝12 r 2＋（3r ）2＝r ，所以粒子在磁场中运动经过P 点时，运动轨迹与x 轴不相切，故A 错误，C 正确；粒子在磁场中运动的时间最短时，由t ＝s v 可知运动的弧长最短，对应的弦长最短，故粒子在磁场中运动经过O 点时，对应的弦长最短，所以运动轨迹与x 轴不相切，故B 错误；粒子在x 轴负半轴上能经过的最远点时，运动轨迹与x 轴相切，故横坐标等于－r ，故D 错误．6．如图所示，水平边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面垂直，边界间距为L ；一个边长为L 的正方形导线框竖直向上运动，某时刻上边恰好与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为v 0；经时间t 1线框的上边与磁场的上边界重合，此时线框的速度刚好为零；再经时间t 2线框的上边恰好又与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为v ；运动过程中，线框与磁场方向始终垂直，且线框上、下边始终水平．重力加速度为g ；下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场的过程中，其感应电流沿逆时针方向B ．线框从进入磁场到离开磁场的过程中，加速度逐渐减小C ．t 1＞t 2D ．t 1＋t 2＝v 0＋v g解析：选ABD.由楞次定律可知，线框进入磁场过程中，感应电流沿逆时针方向，A 项正确；线框在上升时有：mg ＋B 2L 2v R ＝ma ，v 减小时a 减小；线框下降时，mg －B 2L 2v R＝ma ′，v增加，a ′减小，B 项正确．由a 上＞a 下，由L ＝12at 2可定性判知t 1＜t 2，C 项错误；对线框的上升和下降分别应用动量定理：mgt 1＋BI 1Lt 1＝mv 0－0，mgt 2－BI 2Lt 2＝mv －0，且I 1t 1＝I 2t 2＝q ＝ΔΦR ，故t 1＋t 2＝v 0＋v g，选项D 正确． 7．一根轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m 的小球(可视为质点)，从距弹簧上端h 处自由下落并压缩弹簧，如图所示．若以小球下落点为x 轴正方向起点，设小球从开始下落到压缩弹簧至最大时位置为H ，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内；小球下落过程中加速度a ，速度v ，弹簧的弹力F ，弹性势能E p 变化的图象可能正确的是( )解析：选AD.小球接触弹簧之前做自由落体运动，小球从开始压缩弹簧到把弹簧压缩到最短的过程中，存在一个重力G 的大小等于弹力F 的位置，小球向下运动到此位置的过程中，F ＜G ，小球做加速度逐渐减小的加速运动；从此位置到弹簧最短的过程中，F ＞G ，小球做加速度逐渐增加的减速运动，A 正确；小球落到弹簧之前速度均匀增加，落上后，速度还会继续增大，然后再减小，B 错误；弹簧的弹力F ＝k ·Δx ，与位移为线性关系，C 错误；由分析可知，弹簧的弹性势能E ＝k ·（Δx ）22，与位移为非线性关系，D 正确．8．如图所示，薄半球壳ACB 的水平直径为AB ，C 为最低点，半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断不正确的是( )A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．v 0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C ．v 0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上解析：选ABC.小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角φ不同，由推论tan θ＝2tan φ可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度的反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是不可能的．A、B、C错误，D正确．。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 小题增分特训(2)相互作用
小题增分特训(二)相互作用1.在城市楼房的建筑工地上经常见到塔吊,工人师傅在安装塔吊时,常在塔吊臂的未装滑轮端安装一个大的铁箱,并在铁箱内装入很重的沙子(如图所示),其主要目的是( )A.为了左右对称,美观B.增加塔吊重量,防止被风吹得左右摇摆C.防止沙子不够用,做临时补充D.使塔吊起吊建材时重心落在竖直固定架上,工作起来更加平衡、安全2.某次羽毛球比赛的情境如图所示,下列说法正确的是( )A.研究运动员回击羽毛球动作时,羽毛球可以看成质点B.运动员击球时,球拍对羽毛球的作用力大于羽毛球对球拍的作用力C.运动员击球时,球拍对羽毛球的弹力是因为球拍发生了形变D.运动员击球后,羽毛球在空中继续向前运动时受到重力、弹力和阻力3.舞蹈《锦绣》艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事。
图甲是一个优美且难度极大的后仰动作,人后仰平衡时,可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F2和颈椎支持力F1。
如图乙所示,若弯曲后的头颈与水平方向成60°角,F2与水平方向成45°角,则可估算出F1的大小为( )A.(√3+1)GB.(√3-1)GC.(√3+2)GD.(√3-2)G4.(浙江北斗星联盟高三选考模拟)如图所示,有两本书叠放在一起静止放置于倾角为θ的倾斜桌面上,上面书本质量为m0,下面书本质量为m,下面书本有二分之一伸出桌面,桌面与书本之间的动摩擦因数为μ1,书本与书本之间的动摩擦因数为μ2,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
下列说法正确的是( )mgcos θ+m0gcos θA.下面书本受到的支持力大小为12B.桌面对上面书本的作用力方向一定竖直向上C.逐渐增大桌面倾斜的角度,上面书本一定比下面书本先滑动D.上面书本受到的摩擦力大小为m0gsin θ5.生活中常说有的弹簧“硬”,有的弹簧“软”,通常认为劲度系数k越小,弹簧越“软”。
已知弹簧a、b的弹力F与弹簧的伸长量x的关系图线分别如图中的两条直线所示,已知弹簧的弹性势能E p=1kx2,下列说法正确2的是( )A.弹簧a、b的劲度系数之比为2∶5B.弹簧a、b相比较,弹簧a是“软”弹簧C.若用弹簧a、b来制造缓冲装置,则弹簧a比弹簧b的缓冲效果好一些D.当弹簧a、b的弹力均为图中的F0时,弹簧a、b的弹性势能之比为2∶56.梅州的非物质文化遗产有不少,兴宁花灯就是其中一种,它与北京宫灯一脉相承,始于宋代,流行于明清,是传承了上千年的客家传统习俗,花灯用四根长度相同、承受能力相同的绳子高高吊起,如图所示,绳子与竖直方向夹角为θ,花灯质量为m,则下列说法正确的是( )A.每根绳子的拉力均相同B.增大绳子与竖直方向的夹角,花灯受的合外力增大C.绳子拉力的合力方向为竖直方向D.绳子长一些更易断7.两只完全相同的蚂蚁在轮胎内外表面爬,当两只蚂蚁爬到图示位置时保持静止,角α大于角β。
2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修34
哈哈哈哈哈哈哈哈你好选修 3－4增分练(一)1． [ 物理——选修3－ 4](15分)(2018·山东省济宁市高三二模)(1)(5分)一列简谐横波在弹性介质中沿x 轴流传，波源位于坐标原点O， t ＝0时辰波源开始振动， t ＝3 s时波源停止振动，如下图为t ＝3.2 s时凑近波源的部分波形图．其中质点 a 的均衡地点离原点O的距离为 x＝2.5 m．以下说法中正确的选项是________． ( 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)A．波速为 5 m/sB．波长为 2.0 mC．波源起振方向沿y 轴正方向D．在t＝ 3.3 s ，质点a位于波谷E．从波源起振开始计时， 3.0 s内质点a运动的总行程为 2.5 m(2)(10分)如下图，MN为半圆形玻璃砖的对称轴，O为玻璃砖的圆心，某同学在与MN平行的直线上插上两枚大头针P1、 P2，在 MN上插大头针P3，从 P3一侧透过玻璃砖察看P1、P2的像，调整P3地点使 P3能同时挡住P1、 P2的像，确立P3地点如下图，他测得玻璃砖直径D＝8 cm， P、 P 连线与MN之间的距离d ＝2 cm，1 2 1P3到 O的距离 d2＝6.92 cm.( 取 3＝ 1.73) ．求该玻璃砖的折射率．分析： (2) 作出光路图如下图，AB 1 sin i＝＝OA 2得 i ＝30°则∠ OAB＝60°OB＝ OA sin 60°＝3.46 cm依据几何关系有P3B＝ d2－ OB＝3.46 cmP3Btan ∠BAP3＝AB＝ 1.73 ，得∠BAP3＝60°所以 r ＝180°－∠ OAB－∠ BAP3＝60°哈哈哈哈哈哈哈哈你好据折射定律得 n ＝ sinrsin i解得 n ＝ 1.73答案： (1)ABE(2)1.732． [ 物理——选修 3－ 4](15 分)(2018 ·河北省荆台市高三二模)(1)(5 分 ) 某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图象 如下图，则质点在10 s 时的速度方向为 ________( 选填“竖直向上”或“竖直向下” ) ，150.5 ～ 1.5 s 时间内的位移为 ________cm ， 0～ 4 s 内运动的行程为________cm.(2)(10 分 ) 两个横截面半径均为 R 的半圆柱形玻璃砖ABC 和DEF 拼接在一同，形成一个圆柱形玻璃砖A ( D ) BC ( F ) E ，一束单色3 光从左边玻璃砖上的M 点入射， M 点到 AC ( DF ) 的距离 d ＝R ，入2射光芒的延伸线经过A ( D ) 点，左边玻璃砖 ABC 对该单色光的折射率 n 1＝ 3，右边玻璃砖 DEF 对该单色光的折射率 n 2＝ 2 2，真空中的光速为 c .①若将该单色光第一次在玻璃砖DEF 与空气的界面上的入射点记为 N ( 图中未标出 ) ，分析判断该单色光在N 点可否发生全反射．②求该单色光从 M 点流传至 N 点的时间．分析： (1) 由图可得，该质点振动的周期为2 s ，由简谐运动时间的周期性可知， 10 s时的运动状况与 t ＝ 0 时同样，速度方向为 x 轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x ＝ 40sin π t cm ， t 1 ＝0.5 s 时， x 1＝ 40 cm ， t 2＝ 1.5 s 时， x 2＝－ 40 cm ， 0.5 ～ 1.5 s时间内质点的位移＝ x2－ 1＝－ 80 cm ； 3＝15s 时， x 3＝－ 20 2 cm ，质点在 0～ 15s 内运xxt4 4动的行程 s ＝8 －|x 3|＝(320 － 202)cm.A32R3(2) ①如图 (a) 所示， cos θ＝ R ＝ 2 ，则 θ ＝30°，∠ MOA哈哈哈哈哈哈哈哈你好＝60°，△ MAO 为等边三角形，所以光芒在 M 点的入射角 α ＝60°sinα由折射定律n 1＝ sinβ可得折射角 β＝30°光路图如图 (b) 所示，由 β ＝θ 可知折射光芒恰巧垂直 AC ( DF ) 面射入玻璃砖 DEF ，由几何关系可得光芒在 N点的入射角 γ ＝ β＝30°sin C ＝ 1 11＝＜22 2 2n故临界角 C ＜30°所以该单色光在 N 点能发生全反射②该单色光在玻璃砖ABC 中的流传时间3d2R3Rt ＝ ＝＝1c2cv 133 R′2 6 在玻璃砖 DEF 中的流传时间td＝ cR＝v2＝ c22 2则该单色光从 M 点流传至 N 点的时间t ＝ t 1＋ t 2＝ 3R＋ 6c2答案： (1) 竖直向上 － 80 (320 － 20 2)3R(2) ①能 ② 2＋ 6 c。
高考物理总复习：天体运动
但卫星不只受中心天体万有引力作用时，加速度则不
满足关系式 a＝GrM2 ，如诊断卷第 8 题， 如图，拉格朗日点 L1 位于地球和
月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作
用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科
学家设想在拉格朗日点 L1 建立空间站，使其与月球同周期
绕地球运动。以 a1、a2 分别表示该空间站和月球向心加速
(2)导出四个结论：
a＝GMr2 ，v＝
GrM，ω＝
GrM3 ，T＝
4π2r3 GM
(3)结合 r 大小关系，比较得出 a、v、ω、T 的大小关系。
2．定性结论法： 将下述结论牢记于心：r 越大，向心加速度、线速度、 动能、角速度均越小，而周期和能量均越大。
二、再用活——注意三种情形 1．同一中心天体的不同圆形轨道上的卫星各状态参量大 小比较时可直接应用定性结论法，但不同中心天体各自对应的 卫星间各状态参量的比较应采用定量分析法。如诊断卷第 6 题， 如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量 为 M 和 2M 的行星做匀速圆周运动。下列说法正确的是( ) A．甲的向心加速度比乙的小 B．甲的运行周期比乙的小 C．甲的角速度比乙的大 D．甲的线速度比乙的大
甲、乙两颗卫星的中心天体质量不同，轨道半径相 同，则应推导各状态参量与中心天体质量的关系式，再 得出结果。
2．同一中心天体的椭圆轨道与圆轨道的周期关系则 要应用开普勒第三定律Ta32＝k 得出结果。如诊断卷第 7 题，
甲、乙为两颗地球卫星，其中甲轨道为圆，乙轨道为 椭圆，圆轨道的直径与椭圆轨道的长轴相等，如图所示， P 点为两轨道的一个交点。以下判断正确的是( )
[应用流程·帮你化繁为简] A．该卫星从轨道 1 变轨到轨道 2 需要在 P 处点火加速 B．该卫星在轨道 2 上稳定运行时，P 点的速度小于 Q 点
[精品]2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修3-3
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选修3－3 增分练(一)1．[物理——选修3－3](15分)(1)(6分)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度升高而减少D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用(2)(9分)如图所示，竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着 1mol 单原子分子理想气体，气体温度为T 0.活塞的质量为m ，横截面积为S ，与汽缸底部相距h ，现通过电热丝缓慢加＝32RT ，大气压强为p 0，热气体，活塞上升了h .已知1 mol 单原子分子理想气体内能表达式为U重力加速度为g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体吸收的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m 1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的温度．解析：(2)①加热前，活塞平衡，有： p 1S ＝mg ＋p 0S ①加热过程，气体等压膨胀，由盖吕萨克定律，得：hS T 0＝2hS T 1②解得：T 1＝2T 0 由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：ΔU ＝32R (T 1－T 0)＝32RT 0 ③此过程，气体对外做功为： W ＝－p 1Sh ④由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 解得，气体吸收的热量为：Q ＝32RT 0＋(p 0S ＋mg )h②添加砂粒后，活塞平衡，有： p 2S ＝(m ＋m 1)g ＋p 0S⑤由查理定律有：p 1T 0＝p 2T 2⑥ 解得：T 2＝mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 答案：(1)CDE (2)①32RT 0＋(p 0S ＋mg )h ②mg ＋m 1g ＋p 0S mg ＋p 0ST 0 2．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)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)A ．物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B ．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C ．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D ．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同(2)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A 之间气体柱长为l A ＝40 cm ，右管内气体柱长为l B ＝39 cm.先将口B 封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4cm ，已知大气压强p 0＝76 cmHg ，求：①A 端上方气柱长度；②稳定后右管内的气体压强．解析：(1)物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或者气体分子的热运动，B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，不违背能的转化守恒定律和热力学第二定律，C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力都增大，D 错误，E 正确．(2)①设A 端上方气柱长度为l 1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为 p 1＝p 0＋ρg Δh ＝80 cmHg由玻意耳定律得p 0l a ＝p 1l 1所以A 端上方气柱长度为l 1＝38 cm②设右管水银面上升h ，则右管内气柱长度为l B －h ，气体压强为p 1－2ρgh .由玻意耳定律得p0l B＝(p1－2ρgh)(l B－h)解得h＝1 cm所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78 cmHg答案：(1)ACE (2)①38 cm②78 cmHg。
2019年高考物理增分练(全国通用版)选择题考点排查练12Word版含解析
2018年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、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．(2018·四川省达州市一模)如图1所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点．B 距水平面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g .小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )图1A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为0D ．牵引力做功为mgh 答案 A15．(2018·安徽省马鞍山市二质监)质量为2 kg 的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图2所示，则在6 s 内物体的位移为( )图2A ．0B ．3 mC ．6 mD ．12 m答案 C16．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)我国“北斗二代”计划发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统．其中的5颗卫星是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度(距地面)为静止轨道高度的35.下列说法正确的是( )A ．“中卫”的线速度介于7.9 km /s 和11.2 km/s 之间B ．“静卫”的轨道必须是在赤道上空C ．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5D ．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期 答案 B17．(2018·河南省濮阳市第三次模拟)用如图3甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系．图中A 、K 两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调，分别用a 、b 、c 三束单色光照射，调节A 、K 间的电压U ，得到光电流I 与电压U 的关系如图乙所示，由图可知( )图3A ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最大B ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更强些，b 光频率最大C ．单色光a 和c 的频率相同，且a 光更弱些，b 光频率最小D ．单色光a 和c 的频率不同，且a 光更强些，b 光频率最小 答案 B解析 a 、c 两光分别照射后遏止电压相同，根据E km ＝eU c ，可知产生的光电子最大初动能相等，可知a 、c 两光的频率相等，光子能量相等，由于a 光的饱和电流较大，则a 光的强度较大，单色光b 照射后遏止电压较大，根据E km ＝eU c ，可知b 光照射后产生的光电子最大初动能较大，根据光电效应方程E km ＝hν－W 0得，b 光的频率大于a 光的频率，故A 、C 、D 错误，B 正确．18．(2018·河南师大附中模拟)如图4所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图4答案 B解析 位移在0～L 过程，通过导线框的磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝BL v R ，L ∝x ，则I ∝x ；位移在L ～2L 过程，通过导线框的磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，A 、C 、D 错误；位移在2L ～3L 过程，通过导线框的磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，B 正确．19．(2018·广东省惠州市第二次调研)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图5所示．已知两车在t ＝0时并排行驶，则( )图5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝3 s 时，甲车在乙车后7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 AB解析 已知两车在t ＝0时并排行驶，在0～1 s 内，甲车的速度比乙车的小，所以在t ＝1 s 时，甲车在乙车后，故A 正确．根据速度－时间图线与时间轴所围的面积大小表示位移可得，在t ＝3 s 时，两车的位移之差为Δx ＝x 乙－x 甲＝10＋252×3 m －30×32 m ＝7.5 m ，则在t ＝3 s时，甲车在乙车后7.5 m ，故B 正确．根据“面积”表示位移，可知两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，故C 错误．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝4 s ，甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为s ＝40×42m ＝80 m ，故D 错误．20．(2018·广东省汕头市质检)如图6，在方向水平向右、磁感应强度为B 的匀强磁场中，垂直于磁场和纸面放入一根通电直导线，以导线为中心，半径为R 的圆周上有a 、b 、c 、d 四个点，已知c 点的实际磁感应强度大小等于B ，下列说法正确的是( )图6A ．导线的电流方向垂直纸面向外B ．b 、d 两点的实际磁感应强度大小相等C ．b 、d 两点的实际磁感应强度方向相同。
2019高考物理总复习选考题增分练(一)选修33
1 / 3哈哈哈哈 哈哈哈哈你好选修 3－3增分练 ( 一)1． [ 物理——选修 3－ 3](15 分 )(1)(6 分 ) 对于固体、 液体和物态变化， 以下说法正确的选项是________( 填正确答案标号． 选对一个给 3 分，选对两个给4 分，选对 3 个给 6 分．每选错一个扣 3 分，最低得分为0 分) A ．当人们感觉湿润时，空气的绝对湿度必定较大B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大C ．必定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积均匀碰撞次数随着温度高升而减少D ．水的饱和汽压随温度的高升而增大E ．叶面上的小露水呈球形是因为液体表面张力的作用(2)(9 分 ) 如下图，竖直搁置的足够长圆柱形绝热汽缸内关闭着1mol 单原子分子理想气体， 气体温度为 T 0. 活塞的质量为 m ，横截面积为 S ，与汽缸底部相距 h ，现经过电热丝迟缓加热气体， 活塞上涨了 h . 已知 1 mol3单原子分子理想气体内能表达式为U ＝ 2RT ，大气压强为 p 0，重力加快度为 g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求：①加热过程中气体汲取的热量；②现停止对气体加热，同时在活塞上迟缓增添砂粒，当增添砂粒的质量为 m 1 时，活塞恰巧回到本来的地点，求此时气体的温度．分析： (2) ①加热前，活塞均衡，有：p 1S ＝ mg ＋p 0S①加热过程，气体等压膨胀，由盖 - 吕萨克定律，得：hS 2hST 0＝ T 1 ②解得： T 1＝ 2T 0由题给条件得，加热过程气体内能的增量为：3 3 U ＝2R ( T 1－ T 0) ＝2RT 0③此过程，气体对外做功为：W ＝－ p 1Sh④由热力学第必定律 U ＝W ＋ Q 解得，气体汲取的热量为：电视播放动画动画哈哈哈哈哈哈哈哈你好3Q＝2RT0＋( p0S＋ mg) h②增添砂粒后，活塞均衡，有：p2S＝( m＋m1) g＋ p0S⑤由查理定律有：p1p2＝⑥T0T2mg＋ m1g＋p0S解得： T2＝mg＋ p0S T0答案： (1)CDE(2) ①3RT0＋( p0S＋mg) h 2mg＋ m1g＋ p0S②T0mg＋p0S2． [ 物理——选修3－ 3](15分)(1)(5分)以下说法正确的选项是________．( 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 )A．物体的内能是物体全部分子热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或许气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转变为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．石墨和金刚石的物理性质不一样，是因为构成它们的物质微粒摆列构造不一样(2)如图，粗细均匀的曲折玻璃管A、 B 两头张口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口 A 之间气体柱长为l A＝40 cm，右管内气体柱长为l B＝39 cm.先将口 B 关闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被关闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳固后进入左管的水银面比水银槽水银面低 4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：①A 端上方气柱长度；②稳固后右管内的气体压强．分析： (1) 物体的内能是物体全部分子热运动的动能和分子间的势能之和， A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或许气体分子的热运动， B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转变为机械能是可能的，不违反能的转变守恒定律和热力学第二定律， C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力电视播放动画动画2 / 3哈哈哈哈哈哈哈哈你好都增大， D错误， E 正确．(2)①设 A 端上方气柱长度为 l 1.由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为1＝ 0＋ρ＝ 80 cmHgp p g h由玻意耳定律得0 ＝ 1 1p la p l因此 A端上方气柱长度为l 1＝38 cm②设右管水银面上涨h，则右管内气柱长度为l B－ h，气体压强为p1－2ρ gh.由玻意耳定律得p0l B＝( p1－2ρ gh)( l B－h)解得 h＝1 cm因此右管内气体压强为p2＝ p1－2h＝78 cmHg答案： (1)ACE (2) ①38 cm②78 cmHg电视播放动画动画3 / 3。
2019高考物理总复习 选择题增分练(六)
选择题增分练(六)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件(APP)扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后APP就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法正确的是( )A．单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的B．单车是利用电磁感应原理实现充电的C．由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度D．单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力解析：选B.单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星GPS定位确定的，故A错误；单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故B正确；由手机APP 上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故C 错误．单车在被骑行过程中前轮受摩擦力向后，表现为阻力，后轮受摩擦力向前，表现为动力，选项D错误；故选B.2．(2018·山东泰安市高三二模)如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起．在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动．下列说法正确的是( )A．撤去F之前A受到3个力作用B．撤去F之前B受到4个力作用C．撤去F前后，A的受力情况不变D．A、B间的动摩擦因数不小于B与地面间的动摩擦因数解析：选D.A、B、撤去F前，整体做匀速运动，故B受地面的摩擦力与F平衡，而A 水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A只受重力和B对A的支持力，A受两个力的作用；A错误；B错误；C、撤去拉力F后，由于整体做减速运动，A受到重力和B对A的支持力及B对A的摩擦力，A受3个力的作用；C错误；D、撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度a＝μ2g，而A的加速度a A＝μ2g≤μ1g，即μ2≤μ1，D正确；故选D.3．如图所示，绷紧的倾斜传送带始终以恒定的速率v1顺时针运行，初速度大小为v2的小物块从底端滑上传送带，以地面为参考系v2＞v1.从小物块滑上传送带开始计时，其在传送带上运动的图象不可能为( )解析：选D.小物块滑上传送带后做匀减速直线运动，可能在速度减为v1以前已经到达最高点，因此A正确．若小物块速度减为v1后还没有到达最高点，若μmg cos θ＞mg sin θ，那么小物块将匀速向上运动，故B正确．若μmg cos θ＜mg sin θ，小物块将继续减速上滑但加速度减小，可能在未到达最高点时速度为零向下加速下滑，加速度不变，因此C正确．小物块上滑过程中速度不可能立即反向，因此D错误．选D.4．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路)连接，电源正极接地．初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态．下列说法正确的是( )A．上极板上移，带电油滴向下运动B．上极板上移，P点电势升高C．上极板下移，带电油滴向下运动D．上极板下移，P点电势升高解析：选D.将上极板向上移动，d变大，由C＝εr S4πkd可知，C变小，而U不变，要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝4πkQεr S可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，上极板电势为零，P点到上极板的距离增大，根据U ＝Ed 可知P 与上极板间的电势差的绝对值增大，而电场中的电势都为负，所以P 点电势减小，A 、B 错误；若上极板下移，则d 变小，C 变大，两极板间的电压U 等于电源电动势不变，电场强度E ＝U d变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，P 点到下极板的距离不变，根据U ＝Ed 可知P 与下极板间的电势差的绝对值增大，总电压一定，则P 与上极板的电势差减小，而电场中的电势都为负，所以P 点电势增大，C 错误，D 正确．5．(2018·衡水中学押题卷)如图所示，足够长的宽度为d 的条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC 的BC 边长度为L ，已知L ＞d .现令线框在外力作用下以速度v 0匀速穿过磁场区域，以B 点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i 随时间t 的变化情况可能是( )解析：选C.B 点进入磁场后直至线框位移为d 的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I 0，方向为逆时针，已知L ＞d ，线框位移大于d 小于L 的过程中，其有效切割长度不变，线框中电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时间均匀增大，A 、D 错误；由B 项的横轴可知L ＝2d ，由几何关系可知线框位移为L 时的有效切割长度与位移为d 时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针，位移为L ＋d 时，有效切割长度是位移为d 时的2倍，电流为－2I 0，B 错误；由C 项的横轴可知L ＝3d ，由几何关系可知线框位移为L 时的有效切割长度是位移为d 时的2倍，故电流为－2I 0，位移为L ＋d 时，有效切割长度是位移为d 时的3倍，电流为－3I 0，C 正确．6．如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器，L 为标有“22 V 20 W”的白炽灯泡，所有电表均为理想电表．当变压器原线圈输入如图乙所示的交变电压时，灯泡L 正常发光．则下列说法正确的是( )A ．通过R 的交变电流频率为50 HzB ．变压器原、副线圈的匝数比为10∶1 10∶1 A 1和A 2的示数均增大T ＝2×10－2 s ，则频率为f ＝1T ＝12×10－2＝50 Hz ，故A U m ＝220 2 V ，则原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝此时副线圈两端的电压U 2＝U L ＝22 V ，＝22022＝101，故B 正确；原、副线圈均在同一个铁芯上，R 的滑动片P 向下移动时，R 的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据n 1n 2＝I 2I 1可知，原线圈的电流也增大，故电流表A 1和A 2的示数均增大，故D 正确．7．嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，该卫星先在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球做周期为T 的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月．已知月球的半径为R ，引力常量为G ，忽略月球自转及地球对卫星的影响．则以下说法正确的是( )A ．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4π2（R ＋h ）3T 2R 2B ．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2πR TC ．月球的平均密度为3π（R ＋h ）3GT 2R 3D ．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2πR T R ＋h R解析：选AC.在月球表面，重力等于万有引力，则得：G Mm R2＝mg ；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，联立解得：g ＝4π2（R ＋h ）3T 2R2，故A 正确；“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r ＝R ＋h ，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为v ＝2πr T ＝2π（R ＋h ）T，故B 错误；根据G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，解得月球的质量为M ＝4π2（R ＋h ）3GT 2，月球的平均密度为ρ＝M 43πR 3＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3，故C 正确；设在月球上发射卫星的最小发射速度为v ，则有：G Mm R2＝mg ＝m v 2R ，解得v ＝gR ＝2π（R ＋h ）T R ＋h R，故D 错误．8．如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O 点．小球由A 点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C 时速度恰为0.A 、C 相距0.8 m ，B 是A 、C 连线的中点，OB 连线垂直AC ，小球质量为1 kg ，弹簧原长为0.5 m ，劲度系数为40 N/m ，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2.则小球从A 到C 过程中，下列说法正确的是( )A ．小球经过B 点时的速度最大B ．小球在B 点时的加速度为6 m/s 2C ．弹簧弹力对小球先做正功后做负功D ．小球从A 到B 过程和从B 到C 过程摩擦力做功相等解析：选BD.小球合外力等于0时速度最大，在B 点时由于弹簧弹力为k (l －OB )＝40 N/m×(0.5－0.3)m ＝8 N ，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mg cos θ＝1×10×0.8 N ＝8 N ，方向垂直于杆向下，所以小球在B 点时合外力F ＝mg sin θ＝1×10×0.6 N＝6 N ，所以经过B 点时速度不是最大，A 错误；此时加速度a ＝F m ＝6 N 1 kg＝6 m/s 2，B 正确；在AB 段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC 段做正功，C 错误；A 、C 两点小球速度为0，由图形的对称性知AB 过程和BC 过程摩擦力做功相等，D 正确．。
(最新)2019高考物理总复习 优编题型增分练：选择题提速练(五)
选择题提速练 (五)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．)1．(2018·淮安中学期中)“楚秀园”是淮安市一座旅游综合性公园，园内娱乐设施齐全，2017年6月1日，某同学在公园内玩飞镖游戏时，从同一位置先后以速度v A 和v B 将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上的A 、B 两点，如图1所示，飞镖在空中运动的时间分别t A 和t B .忽略阻力作用，则( )图1A ．v A ＜vB ，t A ＜t BB ．v A ＜v B ，t A ＞t BC ．v A ＞v B ，t A ＜t BD ．v A ＞v B ，t A ＞t B答案 C2．(2017·南京外国语学校等四模)某质点运动速度的平方v 2随位移x 变化的规律如图2所示，关于该质点的运动情况，下列说法正确的是( )图2A ．质点一定是做曲线运动B ．质点所受合外力可能是恒力C ．质点运动的加速度逐渐增大D ．质点的机械能一定是逐渐增大的答案 C3．(2018·盐城中学模拟)如图3所示，一个匀速转动的半径为r 的水平圆盘上放着两个小木块M 和N ，木块M 放在圆盘的边缘处，木块N 放在离圆心13r 处，它们都随圆盘一起运动且与圆盘无相对滑动．下列说法中正确的是( )图3A ．M 受到重力、支持力、向心力B ．M 的线速度是N 的13倍 C ．M 的角速度是N 的3倍D ．M 的向心加速度是N 的3倍答案 D解析 对M 受力分析可知，M 受重力、支持力和静摩擦力作用，故A 错误；木块与圆盘一起运动，角速度相等，而半径不等，M 的半径是N 的3倍，根据v ＝rω可知，M 的线速度是N 的3倍，故B 、C 错误．根据a ＝rω2可知，角速度相同，则向心加速度与半径成正比，故M 的向心加速度是N 的3倍，故D 正确．4．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．100 N 答案 B解析 选取人为研究对象，人下落过程中由v 2＝2gh 得，v ＝10 m/s ，缓冲过程由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，F ＝mv t＋mg ＝1 100 N ．由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力大小为1 100 N.5．(2018·徐州市考前模拟)在x 轴上O 、P 两点分别放置电荷量为q 1、q 2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能E p 随x 变化关系如图4所示，其中A 、B 两点电势能为零，BD 段中C 点电势能最大，则( )图4A ．q 1和q 2都是正电荷且q 1> q 2B ．BC 间场强方向沿x 轴负方向C ．C 点的电场强度大于A 点的电场强度D ．将一负点电荷从B 点移到D 点，电场力先做负功后做正功答案 B6．(2018·海安中学月考)如图5所示，闭合开关S 后，A 灯与B 灯均发光，当滑动变阻器的滑片P 向左滑动时，以下说法中正确的是( )图5A ．A 灯变暗B ．B 灯变亮C ．电源的输出功率可能减小D ．电源的总功率增大答案 C解析 当滑动变阻器的滑片P 向左滑动时，电路总电阻增大，则总电流减小，所以B 灯变暗；内电压减小，则外电压增大，灯泡B 的电压减小，则并联部分的电压增大，则灯泡A 变亮，故A 、B 错误；电源的输出功率与内阻和外电阻的大小关系有关，当内阻小于外电阻，外电阻增大时，电源的输出功率减小，当内阻大于外电阻，外电阻增大时，电源的输出功率增大，外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，故C 正确；根据P ＝EI 知，电源的总功率减小，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．下列说法中正确的是( )A ．某放射性原子核经两次α衰变和一次β衰变，核内中子数减少5个B ．玻尔理论可以成功解释氧原子的光谱现象C ．氢原子的核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，原子的能量减小D ．放射性元素发生β衰变，新核的化学性质不变答案 AC8．(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)科学家们发现在大约39光年外存在一个温度适宜，但质量稍大于地球的所谓“超级地球”，它围绕一颗质量比太阳稍小的恒星运行．“超级地球”的直径大约是地球的1.4倍，质量是地球的7倍．引力常量为G ，忽略自转的影响．下列说法正确的是( )A ．“超级地球”表面重力加速度大小是地球表面的15B ．“超级地球”表面重力加速度大小是地球表面的257倍 C ．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的5倍D ．“超级地球”的第一宇宙速度大小是地球的55答案 BC解析 由G Mm R 2＝mg 可得g ＝GM R 2，故g 超g 地＝M 超R 地2M 地R 超2＝257，故A 错误，B 正确；由G Mm R 2＝m v 2R解得v ＝GM R ，所以v 超v 地＝M 超R 地M 地R 超＝5，故C 正确，D 错误． 9．(2018·徐州市考前模拟)如图6所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为电子．a 接直流电源的正极，b 接直流电源的负极，cd 间输出霍尔电压．下列说法正确的有( )图6A ．若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，c 端的电势高于d 端B ．cd 间霍尔电压与ab 间电流大小有关C ．将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的磁场强弱相同D ．在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平答案 AB10．(2018·徐州市模拟)如图7所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高．一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方R2处．小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g ，下列说法正确的有( )图7A ．弹簧长度等于R 时，小球的动能最大B ．小球运动到B 点时的速度大小为2gRC ．小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD ．小球从A 到C 的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量答案 CD解析 弹簧长度等于R 时，弹簧处于原长，在此后的一小段过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨道的切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R 时，小球的动能不是最大，故A 错误；由题可知，小球在A 、B 两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得： 2mgR ＝12mv B 2，解得，小球运动到B 点时的速度 v B＝2gR ，故B 错误；设小球在A 、B 两点时弹簧的弹力大小为F .在A 点，圆环对小球的支持力 F 1＝mg ＋F ；在B 点，对小球，由牛顿第二定律得：F 2－mg －F ＝m v B 2R，解得，圆环对小球的支持力 F 2＝5mg ＋F ，则F 2－F 1＝4mg ，由牛顿第三定律知，小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mg ，故C 正确；小球从A 到C 的过程中，根据功能关系可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，故D 正确．。
2019届《新步步高》物理二轮专题复习与增分策略专题突破习题：专题5 动力学 动量和能量观点的综合应用(1)
专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.1.动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.2.动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒.③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程.3.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.1.力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).解题方略1.弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列式求解；(5)必要时对结果进行讨论.例1如图1所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.图1解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及机械能守恒有：m v 0＝M v ＋m v 1 12m v 20＝12m v 21＋12M v 2 解得v 1＝m －Mm ＋M v 0＝－3 m/s ，小车速度方向向左.v ＝2m m ＋M v 0＝2 m/s ，小球速度方向向右. (2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度， 设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有： m 0v 0＋m v 1＝(m 0＋m )v 2，解得v 2＝1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝m v 2－m v 1，解得I ＝4 N·s.答案 (1)小车：3 m/s ，方向向左 小球：2 m/s ，方向向右 (2)4 N·s预测1 (2019·全国乙卷·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度. 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变. 该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S . (2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④ 其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力，v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v ′2－v 20＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F 压＋Δmg )Δt ＝Δm v ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压Δt ＝Δm v ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2.解题方略1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.4.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.例2 如图2所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′处相切.现将一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离.解析(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：m v0＝(M＋m)v1①由能量守恒得：12m v 20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：m v0＝(M＋m)v2④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：12m v 20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x)⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.答案(1)5 m/s (2)0.5 m预测2 如图3所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程中B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.图3答案54m2gh15128mgh解析设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12m v 21解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有： mg h 16＝12m v 1′2 解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有： m v 1＝－m v 1′＋5m v 2 解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程中B 物块受到的冲量大小为：I ＝5m v 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5m v 2＝8m v 3据机械能守恒定律得：E pm ＝12×5m v 22－12×8m v 23解得：E pm ＝15128mgh .解题方略力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x ，时间t )问题，不能解决力(F )的问题.(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律. (2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.例3(2019·广东理综·36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).图4(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 解析 (1)从A →Q 由动能定理得 －mg ·2R ＝12m v 2－12m v 2解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s 在Q 点，由牛顿第二定律得 F N ＋mg ＝m v 2R解得F N ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得 m v 0＝2m v ′ 解得v ′＝v 02＝3 m/s设摩擦距离为x ，则 －2μmgx ＝0－12·2m v ′2解得x ＝4.5 m ，所以k ＝xL＝45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得 －μ·2mgnL ＝12·2m v 2n －12·2m v ′2所以v n ＝9－0.2n m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n m/s (n <45)预测3 如图5所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍.忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做的功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小. 答案 (1)－0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s解析 (1)小球由静止释放到最低点B 的过程中，根据动能定理得：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21，小球在最低点B ，根据牛顿第二定律得：F N －m 1g ＝m 1v 21R，联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2时弹簧具有最大弹性势能，此过程中，由动量守恒定律： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为v 3，b 球最终速度为v 4，由动量守恒定律： m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24， 根据动量定理有：I ＝m 2v 4， 联立可得：I ＝0.4 N·s.专题强化练1.如图1所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处，质量也为m 的小球a 从距BC 高h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起，已知BC 轨道距地面有一定的高度，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问：图1(1)a 球与b 球碰前瞬间的速度多大？(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答). 答案 (1)2gh (2)会断裂解析 (1)设a 球与b 球碰前瞬间的速度大小为v C ，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2C ，解得v C ＝2gh ，即a 球与b 球碰前的速度大小为2gh . (2)设b 球碰后的速度为v ，a 、b 碰撞过程中动量守恒，则 m v C ＝(m ＋m )v ，故v ＝12v C ＝122gh ，假设a 、b 球碰撞后将一起绕O 点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为F T ，则F T －2mg ＝2m v 2h解得F T ＝3mg ，F T >2.8mg ， 故细绳会断裂，小球做平抛运动.2.如图2所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连，A 滑上C 后恰好能达到C 板的最右端，已知A 、B 、C 质量均相等，木板C 长为L ，求：图2(1)A 物体的最终速度； (2)A 在木板C 上滑行的时间. 答案 (1)3v 04 (2)4Lv 0解析 (1)设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，设B 、C 碰后的共同速度为v 1，则m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02，B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用的过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2， 则m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝3v 04.(2)在A 、C 相互作用的过程中，根据机械能守恒有 F f L ＝12m v 20＋12m v 21－12·2m v 22(F f 为A 、C 间的摩擦力)，代入解得F f ＝m v 2016L.此过程中对C ，根据动量定理有F f t ＝m v 2－m v 1， 代入相关数据解得t ＝4Lv 0.3.如图3所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图3(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能； (2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离. 答案 (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向， 在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v B E ＝12m v 20＋12km v 2B ＝k ＋12km v 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0k由q v 0B ＝m v 20R 知，R ＝m v 0qB设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B则t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB. 4.如图4所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑.水平段OP 长为L ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得的弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g ＝10 m/s 2，现释放A ，求：图4(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速率v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A 、B 能够碰撞的总次数.答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次解析 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰前的速率为v 0，则E p ＝12m v 20＋μ1mgL ， 解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s. 位移x 1＝v B 2t 1＝0.8 m. 此过程相对运动路程Δs 1＝v t 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v a 1＝0.3 s. 位移为x 2＝v 2t 2＝0.45 m. 此过程相对运动路程Δs 2＝v t 2－x 2＝0.45 m ，全过程摩擦生热Q ＝μ2mg cos θ(Δs 1＋Δs 2)＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：12m v 2＝2nμ1mgL ，解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25.所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6次(取整数).。
2019高考物理总复习 选择题增分练(四)
选择题增分练(四)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．某同学设计了如图所示的电路来研究光电效应现象，结点Q 位于滑动变阻器的中点，初始状态时，滑动触头P 也恰好位于滑动变阻器的中点．实验过程中，当该同学用绿光照射光电管时，灵敏电流计有示数，下列说法正确的是( )A ．若换用紫光照射光电管，则电流计的示数一定增大B ．若增大绿光的光照强度，则电流计的示数一定增大C ．若将滑动触头P 向右滑动，则电流计的示数一定不断增大D ．若将滑动触头P 向左滑动，则电流计的示数一定能减小为0解析：选B.用绿光照射光电管时，灵敏电流计有示数，说明绿光的频率大于该光电管的极限频率，若换用紫光照射，则一定可发生光电效应，但光电流大小与光强有关，所以光电流大小变化情况不能确定，A 错误；增大绿光的光照强度，则单位时间从阴极逸出的光电子数一定增多，光电流变大，电流计的示数一定增大，B 正确；此时加在光电管两端电压为0，若将滑动触头P 向右滑动，加在光电管两端的电压为正向电压，则在电场力作用下，到达阳极的光电子数会增多，而达到饱和光电流后，光电流大小不会随着正向电压的增大而增大，C 错误；若将滑动触头P 向左滑动，加在光电管两端的电压为反向电压，则在电场力作用下，到达阳极的光电子数会减少，电流计的示数不断减小，若最大反向电压小于遏止电压，则电流计的示数不能减为0，D 错误．2．如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在底端A 正上方与顶端等高处的E 点以速度v 0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D 点，重力加速度为g ，则( )A ．小球在空中飞行时间为v 0gB ．小球落到斜面上时的速度大小为v 0cos αC ．小球的位移方向垂直于ACD ．CD 与DA 的比值为12tan 2 α解析：选D.将小球在D 点的速度进行分解，水平方向的分速度v 1等于平抛运动的初速度v 0，即v 1＝v 0，落到斜面上时的速度v ＝v 0sin α，竖直方向的分速度v 2＝v 0tan α，则小球在空中飞行时间t ＝v 2g ＝v 0g tan α.由图可知平抛运动的位移方向不垂直AC .D 、A 间水平距离为x 水平＝v 0t ，故DA ＝v 0tcos α；C 、D 间竖直距离为x 竖直＝12v 2t ，故CD ＝v 2t 2sin α，得CD DA ＝12tan 2 α. 3．图(甲)为手机及无线充电板．图(乙)为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n 1，受电线圈的匝数为n 2，面积为S ，若在t 1到t 2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B 1均匀增加到B 2.下列说法正确的是( )A ．受电线圈中感应电流方向由d 到cB ．c 点的电势高于d 点的电势C ．c 、d 之间的电势差为n 1（B 2－B 1）S t 2－t 1 D ．c 、d 之间的电势差为n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1解析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故AB 错误；根据法拉第电磁感应定律可得c 、d 之间的电势差为U cd ＝E ＝ΔΦΔt ＝n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1，故C 错误，D 正确；故选D.4．如图所示，质量为M ＝3 kg 的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m ＝1 kg 的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s 的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3 m/s 时，物块处于( )A ．匀速运动阶段B ．减速运动阶段C ．加速运动阶段D ．速度为零的时刻解析：选B.开始阶段，m 向左减速，M 向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v 1，根据动量守恒定律得：(M －m )v ＝Mv 1，解得：v 1＝（3－1）×43＝2.67 m/s ；此后m 将向右加速，M 继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v 2，由动量守恒定律得：(M －m )v ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝（M －m ）v M ＋m ＝（3－1）×43＋1＝2 m/s ，两者相对静止后，一起向右匀速直线运动．由此可知当M 的速度为3 m/s 时，m 处于减速运动阶段；故选B.5．已知半径一定的小球在空中下落过程中受到的空气阻力f 正比于运动速率v ，即满足f ＝kv .比例系数k 只与小球半径和空气密度有关．现将半径相同的实心铁球和实心塑料球在空中由静止开始下落，小球下落过程中的加速度与速度关系图象如图所示，已知空气密度均匀．则下列说法中正确的是( )A ．铁球在图中的v m 值较大B ．铁球对应于图中的a 0值较大C ．两球从开始下落至下落同样高度，铁球所用时间较长D ．铁球从开始下落至速度达到铁球所对应的v m 位移较小解析：选A.当小球受力平衡时，达到最大速度，由于铁球的质量大于塑料球，而阻力与速率成正比，所以铁球在图中的最大速度较大，故A 正确；由于开始下落时空气阻力可以忽略，因此开始下落时两球的加速度相同，故a 0相同，故B 错误；由于铁球下落时受到的阻力影响较小，所以铁球的加速度始终大于塑料球的加速度，两球均由静止开始运动，故铁球的速度始终大于塑料球，故两球从开始下落至下落同样高度，铁球所用时间较短，故C 错误；由C 的分析可知，铁球的平均加速度要大于塑料球，并且最大速度也要大于塑料球，所以铁球从开始下落至速度达到铁球所对应的v m 位移较大，故D 错误．故选A.6．如图(a)所示为示波管的原理图．如果在电极XX′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极YY′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上不可能出现的图形是( )解析：选ABD.因YY′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与XX′偏转电极上加的待显示信号电压的周期相同，则可以在荧光屏上得到一个周期内的稳定图象如图C 所示，故A 、B 、D 项不可能出现．7．(2018·衡水中学押题卷)如图所示，正六边形ABCDEF 区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，大量质量为m 、电荷量为＋q 的电荷从A 点沿AF 方向以不同速率射入磁场，不计电荷重力及电荷间的相互作用．下列说法正确的是( )A ．从EF 边射出磁场的电荷在磁场中的运动时间不可能大于πm 3qBB ．从AB 边射出磁场的电荷在磁场中的运动时间均为5πm 3qBC ．从E 、B 两点射出磁场的电荷的速率之比为3∶1D ．从B 、C 、D 、E 点射出磁场的电荷在磁场中的运动时间之比为4∶3∶2∶1解析：选AD.从EF 边射出磁场的电荷中，恰好从E 点射出的电荷在磁场中的运动时间最长，其圆周运动的圆心恰好在C 点，设正六边形边长为l ，则轨迹半径r E ＝2l cos 30°＝3l ，对应圆心角为60°，运动时间t E ＝16·2πm qB ＝πm 3qB，A 正确；从AB 边射出磁场的电荷，在磁场中做圆周运动对应的圆心角均为240°，运动时间t ＝23·2πm qB ＝4πm 3qB，B 错误；从B 点射出磁场的电荷，轨道半径r B ＝l 2cos 30°＝3l 3，由r ＝mv qB ，得v ＝qBr m ，故从E 、B 两点射出磁场的电荷，速率之比等于半径之比，为3∶1，C 错误；从C 点射出磁场的电荷在磁场中转过的圆心角为180°，从D 点射出磁场的电荷在磁场中转过的圆心角为120°，故从B 、C 、D 、E 点射出磁场的电荷在磁场中的运动时间之比等于在磁场中转过的圆心角之比，即240°∶180°∶120°∶60°＝4∶3∶2∶1，D 正确．8．如图(a)所示，两个带正电的小球A 、B (均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A 球固定，电荷量Q A ＝2.0×10－4C ，B 球的质量m ＝0.1 kg.以A 为坐标原点，沿杆向上建立直角坐标系，B 球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x 的变化规律如图(b)中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线．图中M 点离A 点距离为6 m ．令A 所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力恒量k ＝9.0×109 N·m 2/c 2.下列说法正确的是( )A ．杆与水平面的夹角θ＝60°B ．B 球的电荷量Q B ＝1.0×10－5 CC ．若B 球以4 J 的初动能从M 点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2 JD ．若B 球从离A 球2 m 处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大解析：选BCD.渐近线Ⅱ表示B 的重力势能随位置的变化关系，即：E p ＝mgx sin θ＝kx ，得：sin θ＝kmg＝0.5，即θ＝30°，A 项错误；由图(b)中的曲线Ⅰ可知，在x ＝6 m 处总势能最小，动能最大，该位置B 受力平衡，则有mg sin θ＝k Q A Q B62，解得：Q B ＝1×10－5C ，B 项正确；在M 点时，B 的重力势能E p1＝mgx sin 30°＝3 J ，电势能E p 电1＝E p 总－E p1＝3 J ，由能量守恒可知，最高点时，E k ＝0，E p 总＝4 J ＋6 J ＝10 J ，对应的位置为x ′＝10 m ，此位置处E p2＝mgx ′sin 30°＝9 J ，E p 电2＝10 J －9 J ＝1 J ，所以ΔE p 电＝3 J －1 J ＝2 J ，C 项正确；在M 处加速度最小为0，所以从x ＝2 m 向上加速度先减小后增大，D 项正确．故本题选BCD.。
2019高考物理：总复习：选择题增分练八9137(含答案).doc
选择题增分练(八)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是( )A.14 7N ＋42He →17 8O ＋11HB.238 92U →234 90Th ＋42HeC.21H ＋31H →42He ＋10nD.235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310n解析：选C.轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，所以由此可知，A 项为人工转变，B 为α衰变，C 项为轻核聚变，D 项为裂变反应，故C 正确．2．2017年8月16日凌晨1时40分，由我国科学家自主研制的世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”在酒泉卫星发射中心成功发射．量子卫星的轨道半径为R 0，线速度为v 0，地球静止轨道卫星对应的轨道半径和线速度分别为R 和v ，则下列关系式正确的是( )A ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v v 0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R R 0 B ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v v 0＝2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R R 0 C ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v v 0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 0RD ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v v 0＝2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 0R 解析：选C.人造卫星的向心力由万有引力提供，对地球上静止轨道卫星有G Mm R 2＝m v 2R ，对量子卫星有G Mm R 20＝m v 20R 0，联立解得v 2v 20＝R 0R ，由对数运算可得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 2v 20＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 0R ，所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v v 0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 0R ，故A 、B 、D 项错误，C 项正确．3．如图所示，在斜面底端的正上方h 处水平抛出一个物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为53°的斜面上．不计空气阻力，sin 53°＝0.8，重力加速度为g ，可知物体完成这段飞行的时间为( )A. 18h 41g B ． h 3gC. 3h 2g D ．条件不足，无法计算解析：选A.设飞行的时间为t ，则PQ ＝v 0t ，OQ ＝12gt 2.因为物体垂直撞上斜面，斜面与水平面之间的夹角为53°，所以在P点物体的水平速度和竖直方向速度满足v 0＝43gt ，如图所示，由三角形的边角关系可知AQ ＝43PQ ，所以在竖直方向上有OQ ＋AQ ＝h ，即43v 0t ＋12gt 2＝h ，解得t ＝ 18h 41g，故A 项正确． 4．总质量为m 的汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶时，发动机的功率为P .司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小到23P 并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变．从司机减小油门开始，汽车的vt图象如图，从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中，行驶的位移为s，汽车因油耗而改变的质量可忽略．则在该过程中，下列说法不正确的是( )A．汽车再次匀速运动时速度大小为2v0 3B．t＝0时刻，汽车的加速度大小为P3mv0 C．汽车的牵引力不断减小D．经历的时间为3s2v0－5mv20 12P解析：选C.汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，f＝F＝Pv 0，汽车以功率23P匀速行驶时牵引力等于阻力f＝F＝23Pv′，可得v′＝23v，所以A选项正确；t＝0时刻，汽车的牵引力F0＝2P3v0，汽车的加速度大小a＝f－Fm＝Pv－2P3v0m＝P3mv0，所以B正确；汽车做减速运动，速度减小，功率不变，据P＝Fv知，牵引力不断增大，故C 错误；由动能定理23Pt －W f ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23v 02－12mv 20，其中克服阻力做功W f ＝fs ，所经历的时间t ＝3s 2v 0－5mv 2012P，所以D 正确． 5．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在有摩擦，之后，A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是()A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．A 、B 之间动摩擦因数为0.2C ．长木板长度至少为2 mD ．A 、B 组成系统损失机械能为4 J解析：选A.从题图可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故A 正确；由图象可知，木板B 匀加速运动的加速度a ＝Δv Δt＝1 m/s 2，对B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得动摩擦因数μ＝0.1，故B 错误；由图象可知前1 s 内B 的位移x B ＝0.5 m ，A 的位移x A ＝1.5 m ，所以木板最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成系统损失机械能ΔE ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝2 J ，故D 错误．6．光滑绝缘水平面上固定两个等量正点电荷，它们连线的中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示．一带正电粒子由A 点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B 、C 两点(图中未画出)，其运动过程的v t 图象如图乙所示，其中图线在B 点位置时斜率最大，根据图线可以确定( )A ．中垂线上B 点电场强度最大B ．中垂线上B 点电势最高C ．电荷在B 点时的加速度为47m/s 2 D ．U BC ＞U AB解析：选AD.v t 图象的斜率等于加速度，B 点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B 处加速度最大，B 点电场强度最大，选项A 正确；从A 到B 电场力做正功，电势能减小，可知A 点的电势最高，选项B 错误；由图得：B 点的加速度为a ＝Δv Δt ＝42＝2 m/s 2，选项C 错误；物块从A 到B 的过程，根据动能定理得：qU AB ＝12mv 2B －12mv 2A ，则得，U AB ＝12q m (v 2B －v 2A )＝12qm ×16，同理可知U BC ＝12q m (v 2C －v 2B )＝12qm ×33，所以U BC ＞U AB ，故D 正确．7．(2018·合肥高三三模)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，当物块运动到最低点之前，下列说法正确的是( )A．物块与斜面体间的弹力增大B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0解析：选ABD.加力F后，物块与斜面体间的弹力增大F sin θ，θ为斜面倾角，A正确；物块与斜面体间的摩擦力增大μF sin θ，B 正确；分析斜面体的受力，竖直方向上，由于摩擦力和压力都变大，所以斜面体对地的作用力大于物块的重力，C错误；未加力F时，物块匀速下滑，说明μ＝tan θ，加水平力F后，斜面体在水平方向受力有(mg cos θ＋F sin θ)sin θ＝μ(mg cos θ＋F sin θ)·cos θ，所以斜面体与地面间的摩擦力不存在，为0，D正确．8．水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间的部分电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )A．金属杆的最大速度大小为E BLB．此过程中通过金属杆的电荷量为mE 2B2L2C．此过程中电源提供的电能为mE2 B2L2D．此过程中金属杆产生的热量为mE2 2B2L2解析：选AC.闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反，当两者相等时，电流为0，金属杆达到最大速度，此时E＝BLv m，得v m＝EBL，A项正确．对杆应用动量定理有BLI t＝mv m，又q＝I t，得q＝mEB2L2，B项错误．电源提供的电能E电＝qE＝mE2B2L2，C项正确．据能量守恒定律，E电＝E k＋Q热，E k＝12mv2m，可得Q热＝E电－E k＝mE22B2L2，Q热为电源内阻和金属杆上产生的总热量，D项错误．。
高考物理三轮复习练习选择题带电粒子的电偏转和磁偏转
热点9 带电粒子的电偏转和磁偏转 (建议用时：20分钟) 1．(2019·河南郑州高三模拟)如图所示，在边长为L 的正方形ABCD阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q (q <0)的带电粒子以大小为v 0的速度沿纸面垂直AB 边射入正方形，若粒子从AB边上任意点垂直射入，都只能从C 点射出磁场，不计粒子重力的影响．下列说法正确的是( )A ．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外B ．此匀强磁场的磁感应强度大小为2m v 0qLC ．此匀强磁场区域的面积为πL 24D ．此匀强磁场区域的面积为（π－2）L 222.(多选)如图所示，矩形的四个顶点分别固定有带电荷量均为q的正、负点电荷，水平直线AC 将矩形分成面积相等的两部分，B为矩形的重心．一质量为m 的带正电微粒(重力不计)沿直线AC 从左向右运动，到A 点时的速度为v 0，到B 点时的速度为 5v 0.取无穷远处的电势为零，则( )A ．微粒在A 、C 两点的加速度相同B ．微粒从A 点到C 点的过程中，电势能先减小后增大C ．A 、C 两点间的电势差为U AC ＝4m v 20qD ．微粒最终可以返回B 点，其速度大小为 5v 03.(多选)如图所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度v 1从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过t 1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度v 2从距离直径AOB 为R 2的C点平行于直径AOB 方向射入磁场，经过t 2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心．不计粒子受到的重力，则( )A ．两个粒子带异种电荷B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝3∶1D ．两粒子在磁场中轨迹长度之比l 1∶l 2＝3∶14．(多选)(2019·威海高三质量检测)在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度．其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a 、b 、c ，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中电流沿x 轴正方向，大小为I .已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电荷量为e ，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测得金属导体前后两个侧面间电压为U ，则( )A ．金属导体的前侧面电势较低B ．金属导体的电阻为U IC ．自由电子定向移动的速度大小为I neabD ．磁感应强度的大小为necU I5．一带负电的小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 4，如图所示．不计空气阻力，则( )A ．h 1＝h 3B.h 1<h 4 C ．h 2与h 3无法比较 D.h 2<h 46．(多选)(2019·青州高三模拟)如图所示直角坐标系xOy ，P (a ，－b )为第四象限内的一点，一质量为m 、电荷量为q 的负电荷(电荷重力不计)从原点O 以初速度v 0沿y 轴正方向射入．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；第二次保持y >0区域磁场不变，而将y <0区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场，该电荷仍通过P 点( )A ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2am v 0q （a 2＋b 2）B ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2am v 0q a 2＋b 2C ．电荷从O 运动到P ，第二次所用时间一定短些D ．电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定小些7．(多选)(2019·德州二模)磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图所示为其原理示意图，平行金属板C 、D 间有匀强磁场，磁感应强度为B ，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒)水平喷入磁场，两金属板间就产生电压．定值电阻R 0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S 串联接在C 、D 两端，已知两金属板间距离为d ，喷入气流的速度为v ，磁流体发电机的电阻为r (R 0<r <2R 0)．则滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中( )A ．电阻R 0消耗功率最大值为B 2d 2v 2R 0（R 0＋r ）2B ．滑动变阻器消耗功率最大值为B 2d 2v 2R 0＋rC ．金属板C 为电源负极，D 为电源正极D ．发电机的输出功率先增大后减小8.(2019·济宁二模)质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子．若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷(q m)，进而推测有机物的分子结构．已知高压电源的电压为U ，圆形磁场区的半径为R ，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心．则下列说法正确的是( )A ．高压电源A 端应接电源的正极B ．磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里C ．若离子化后的两同位素X 1、X 2(X 1质量大于X 2质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X 1D ．若磁场室内的磁感应强度大小为B ，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷q m ＝2U tan 2θ2B 2R 2热点9 带电粒子的电偏转和磁偏转1．解析：选D.若保证所有的粒子均从C 点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，A 错误；由A 点射入磁场的粒子从C 点离开磁场，结合题图可知该粒子的轨道半径应为R ＝L ，则由qB v 0＝m v 20R ，可解得B ＝m v 0qL ，B 错误；由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为S ＝2×(14πL 2－12L 2)＝（π－2）L 22，C 错误，D 正确． 2．解析：选AC.由场强叠加原理和对称性可知，A 、C 两点的场强大小相等、方向相同，故由牛顿第二定律可知，微粒在A 、C 两点的加速度相同，A 正确；由电场的性质可知，沿直线AC 电势逐渐降低，根据电场力做功W ＝qU 可知，电场力对该微粒一直做正功，故微粒从A 点到C 点的过程中电势能一直在减小，B 错误；由对称性可知U AB ＝U BC ，故由动能定理可得qU AB ＝12m v 2B －12m v 2A ，同理可得qU BC ＝12m v 2C －12m v 2B ，以上两式联立并代入数据求解可得v C ＝3v 0，故qU AC ＝12m v 2C －12m v 2A ，解得U AC ＝4m v 20q，C 正确；由于B 点电势为零，故微粒从B 点沿直线AC 运动到无穷远处的过程中，电场力做功为零，所以微粒到无穷远处的速度与微粒在B 点时的速度相同，仍为5v 0，故粒子不会返回B 点，D 错误．3．解析：选AC.根据左手定则判断可得，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A 正确；分别对甲、乙粒子作图，找出其做匀速圆周运动的圆心和半径以及圆心角，则有：r 甲＝3R ，r 乙＝R ，θ甲＝π3，θ乙＝2π3，根据q v B ＝m v 2r 可得：v ＝qBr m ，所以v 1v 2＝r 甲r 乙＝31，选项C 正确；根据t ＝θ2πT 可得：t 1t 2＝θ甲θ乙＝12，选项B 错误；粒子在磁场中的轨迹长度为l ＝v t ，所以l 1l 2＝v 1t 1v 2t 2＝32，选项D 错误． 4．解析：选AD.根据左手定则(注意电子带负电)可知电子打在前侧面，即前侧面带负电，电势较低，A 正确；电流方向为从左向右，而题中U 表示的是导体前后两个侧面的电压，故导体的电阻不等于U I ，B 错误；在t 时间内通过bc 横截面的电荷量为q ＝n (bc v t )e ，又I ＝nbc v te t＝nbc v e ，解得v ＝I nbce①，C 错误；因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差．因而可得eU b ＝Be v ②，联立①②式可得B ＝necU I，D 正确． 5．解析：选A.甲图，由竖直上抛运动的规律得h 1＝v 202g；丙图，当加上电场时，在竖直方向上有v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，A 项正确；乙图中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球有水平速度，设此时小球的动能为E k ，则由能量守恒定律得mgh 2＋E k ＝12m v 20，又12m v 20＝mgh 1，所以h 1>h 2，h 3>h 2，C 项错误；丁图，因小球带负电，所受电场力方向向下，则h 4一定小于h 1，B 项错误；由于无法明确电场力做功的多少，故无法确定h 2和h 4之间的关系，D 项错误．6.解析：选AC.第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；粒子做匀速圆周运动，由几何作图得(a －R )2＋b 2＝R 2，解得R ＝a 2＋b 22a ，由q v B ＝m v 2R 解得匀强磁场的磁感应强度B ＝2am v 0q （a 2＋b 2），故A 正确，B 错误；第二次保持y >0区域磁场不变，而将y <0区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场，该电荷仍通过P 点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间t 2＝12T ＋b v 0；第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间t 1＝12T ＋QP ︵v 0，弧长大于b ，所以t 1>t 2，即第二次所用时间一定短些，故C 正确；电荷通过P 点时的速度，第一次与x 轴负方向的夹角为α，则有tan α＝R 2－b 2b ＝a 2－b 22ab；第二次与x 轴负方向的夹角为θ，则有tan θ＝b 2R －R 2－b 2＝a 2b，所以有tan θ>tan α，电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定大些，故D 错误．7．解析：选ACD.根据左手定则判断两金属板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定．由题图知当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻R 0消耗功率最大，其最大值为P 1＝I 2R 0＝E 2R 0（R 0＋r ）2＝B 2d 2v 2R 0（R 0＋r ）2，故A 正确；将定值电阻归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R 0<r ＋R 0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为P ＝2B 2d 2v 2R 0（r ＋3R 0）2，故B 错误；因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D 板偏，负离子向C 板偏，即金属板C 为电源负极，D 为电源正极，故C 正确；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即Bq v ＝q E d，所以电源电动势为E ＝Bd v ，又R 0<r <2R 0，所以滑片P 由a 向b 端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r ＝R 0＋R ，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片P 由a 向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故D 正确．8．解析：选D.正离子在电场中加速，可以判断高压电源A 端应接负极，同时根据左手定则知，磁场室的磁场方向应垂直纸面向外，A 、B 均错误；设离子通过高压电源后的速度为v ，由动能定理可得qU ＝12m v 2，离子在磁场中偏转，则q v B ＝m v 2r ，联立计算得出r ＝1B 2mU q，由此可见，质量大的离子的运动轨迹半径大，即轨迹 Ⅱ 一定对应X 1，C 错误；离子在磁场中偏转轨迹如图所示，由几何关系可知r＝Rtan θ2，可解得qm＝2U tan2θ2B2R2，D正确．。
2019年高考物理增分练(全国通用版)选择题考点排查练4Word版含解析
2015年(全国Ⅱ卷)选择题考点排查练二、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．(2018·河南省驻马店市第二次质检)电动势为E ，内阻为r 的电源与可变电阻R 1、R 2、R 3以及一平行板电容器连成如图1所示的电路．当开关S 闭合后，两平行金属板A 、B 间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )图1A ．将R 1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B ．将R 2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C ．增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D ．减小R 3的阻值，R 2两端的电压的变化量小于R 3两端的电压的变化量答案 D15．(2018·山东省青岛市二模)在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图2所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v 0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是( )图2A ．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D．线圈最终会停下来并保持静止答案 C16．(2018·内蒙古赤峰二中月考)如图3所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物()图3A．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v答案 D解析以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v及向北的速度v；由矢量合成可知，二者的合速度v合＝2v，方向北偏东45度，故D正确．17．(2018·山东省日照市11月校际联合质检)汽车发动机的额定功率是60 kW，汽车的质量为2×103 kg，在平直路面上行驶，受到的阻力是车重的0.1倍．若汽车从静止出发，以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，则出发50 s时，汽车发动机的实际功率为(取g＝10 m/s2)() A．25 kW B．50 kWC．60 kW D．75 kW答案 C解析汽车受到的阻力F f＝0.1mg＝2 000 N，汽车以0.5 m/s2的加速度做匀加速运动，F－F f＝ma，解得：F＝3 000 N.若50 s内车是匀加速，则v＝at＝25 m/s,50 s末汽车功率P＝F v＝75 000 W＝75 kW；但汽车发动机的额定功率是60 kW，则50 s内汽车不是匀加速，而是先匀加速后变加速，故出发50 s时，汽车发动机的实际功率为60 kW，故选C.18．(2018·山东省临沂市一模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k Ir，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图4，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流．a、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )图4A ．O 点处的磁感应强度最大B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度的大小相等，方向不同答案 B解析 根据安培定则，M 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在O 点产生的磁场方向竖直向上，合成后磁感应强度等于零，故A 错误．M 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向下，在b 处产生的磁场方向竖直向下，N 处导线在a 处产生的磁场方向竖直向上，在b 处产生的磁场方向竖直向上，根据场强的叠加知，a 、b 两点处磁感应强度大小相等，方向相反，故B 正确．M 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cM 偏下，在d 处产生的磁场方向垂直于dM 偏下，N 处导线在c 处产生的磁场方向垂直于cN 偏上，在d 处产生的磁场方向垂直于dN 偏上，根据平行四边形定则，知c 处的磁场方向水平向右，d 处的磁场方向水平向左，且合场强大小相等，故C 错误．由以上分析，a 、b 、c 、d 四点处磁感应强度方向都不同． 设MN 之间的距离为4r ，a 、b 、c 、d 四个点的位置若取某特殊值，如Ma ＝aO ＝Ob ＝bN ＝r ，则M 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aM ＝kI r ，N 处导线在a 点产生的磁感应强度：B aN ＝kI 3r， 所以a 点的合磁感应强度：B a ＝B aM －B aN ＝kI r －kI 3r ＝2kI 3rc 到M 的距离：r c ＝(2r )2＋r 2＝5r ，sin ∠cMO ＝r 5r ＝55M 处导线在c 点产生的磁感应强度：B cM ＝kI r c ＝kI 5r，该磁场沿水平方向的分量：B cMx ＝B cM sin ∠cMO ＝kI 5r ·55＝kI 5r 同理，N 处导线在c 处产生的磁感应强度的水平分量的大小也是kI 5r，所以c 点的合磁感应强度为2kI 5r，故D 错误． 19．(2018·广西钦州市第三次质检)据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内．如图5所示，环状磁场的内半径为R 1，外半径为R 2，环状磁场的内、外边缘均有磁场，被束缚的带电粒子的比荷为k ，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v .中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R 2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是( )图5A.2v k (R 2－R 1)B.2R 2v k (R 22－R 21)C.3v k (R 2－R 1)D.v k (R 2－R 1)答案 AC解析 由题意可知，粒子的比荷k 已经确定，由r ＝m v qB 可知r ＝v Bk，要使所有的粒子都不能穿出磁场，则与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，可知2r 最大为R 2－R 1，如图所示：从而推知r ≤R 2－R 12，即v Bk ≤R 2－R 12，则B ≥2v k (R 2－R 1)，A 、C 正确． 20．(2018·广东省湛江市第二次模拟)如图6所示，a 、b 、c 为三个质量均为m 的物块，物块a 、b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c 放在b 上．现用水平拉力作用于a ，使三个物块一起水平向右匀速运动．各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )图6A ．该水平拉力大于轻绳的弹力B ．物块c 受到的摩擦力大小为μmgC ．当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．剪断轻绳后，在物块b 向右运动的过程中，物块c 受到的摩擦力大小为μmg。
2019高考物理总复习 选择题增分练(五)
选择题增分练(五)(满分48分 24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．(2018·山东省济南市高三二模)质量为m 、长度为l 的均匀软绳放置在水平地面上．现将软绳一端提升至离地面高度为h 处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳做的功为( )A ．mg l2B ．mg h2C ．mg (h －l )D ．解析：选 D.E p ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫l2＋h －l ＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫h －l 2，选项D 正确． 2．下列说法正确的是( )A ．玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型B ．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明原子核内有β粒子C ．原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律D ．某种单色光照射某种金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故A 错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B 错误；核反应中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故C 错误；发生光电效应时，单位时间内发射的光电子数随入射光强度的增加而增大，故D 正确；故选D.3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R 的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A 、B 与圆心O 连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F .若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )A ．大小为3F 3BR ，沿顺时针方向B ．大小为3F 3BR ，沿逆时针方向C ．大小为3FBR，沿顺时针方向 D ．大小为3FBR，沿逆时针方向解析：选A.环受安培力的有效长度为l ＝2·R I ＝3F 3BR，方向为顺时针方向．4三段过程运动位移均为x ，匀加速运动时间为t ，匀减速运动时间为4t ，则下列说法中正确的是( )A ．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小 ．质点在匀速运动阶段的运动时间为12tv ，质点在匀减速阶段的末速度大小为v t ，质点在x ＝v t ＋v 2×34t ，解得v t ＝v3，质点在匀加速阶段a 2＝v －v 334t＝8v 9t，故AB 错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度v 1＝0＋v 2＝v2，匀减速运动阶段的平均速度v 2＝v ＋13v2＝2v 3，故C 错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t ′＝x v ＝12vt v ＝12t ，故D 正确；故选D.5．(2018·山东泰安市二模)北斗地图APP 即将上线，其导航功能可精确到1米以内，能够清晰定位到具体车道．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做圆周运动，其中a 是地球同步卫星，则( )A ．卫星a 的角速度小于c 的角速度B ．卫星a 的加速度大于b 的加速度C ．卫星a 的运行速度大于第一宇宙速度D ．卫星b 的周期大于24 h解析：选A.根据万有引力提供向心力：G Mm r2＝m ω2r ，解得：ω＝GMr 3，可知轨道半径大的卫星角速度小，所以卫星a 的角速度小于c 的角速度．故A 正确．卫星的加速度为a ＝ω2r ＝GMr2，可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a 与b 的加速度大小相等．故B 错误．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动时最大的运行速度，则知卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故C 错误．卫星a 与b 的轨道半径相同，角速度相等，则周期也相等，所以卫星b 的周期等于24 h ，故D 错误．故选A.6．如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )A ．电流表读数变小，电压表读数变大B ．小灯泡L 变亮C ．电源的输出功率一定变大D ．电容器C 所带的电荷量减少解析：选BD.由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A 错误，B 正确；由P ＝EI 可知，电源的总功率变大，当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C 错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C 两端的电压减小，所以C 上的电量减小，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误．7．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v t 图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向方向，A C 正确．由t 1)＋12m (v 23θ的斜面v g ，则( )A ．A 达到最大速度时的位移mg sin θkB ．拉力F 的最小值为mg sin θ＋maC ．A 、B 分离时t 1＝2（mg sin θ－ma ）akD ．A 、B 分离前，A 和弹簧系统机械能增加解析：选AC.开始时弹簧的压缩量满足2mg sin θ＝kx 1，当A 达到最大速度时加速度为零，此时A 、B 已分离满足mg sin θ＝kx 2，所以A 的位移为x ＝x 1－x 2＝mg sin θk，开始时力F 最小，此时对AB 整体满足F ＋kx 1－2mg sin θ＝2ma ，解得F ＝2ma ；当AB 分离时，AB 之间的弹力为零，此时对A ：kx 3－mg sin θ＝ma ，此时物体A 的位移为x ＝x 1－x 3＝mg sin θ－ma k ＝12at 21，解得t 1＝2（mg sin θ－ma ）ak；A 、B 分离前，A 、B 和弹簧系统除重力和弹力做功外还有力F 做正功，所以机械能增加；A 和弹簧系统除重力和弹力做功以外，还有B 对A 的弹力对A 做负功，所以A 和弹簧系统的机械能减少．选项AC 正确．。
2019高考物理总复习选择题增分练(二)
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……选择题增分练(二)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．氢原子的能级示意图如图所示，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光，若用这些光照射逸出功为4.5 eV的钨时，下列说法中正确的是( )A．氢原子能辐射4种不同频率的光子B．氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应C．氢原子辐射一个光子后，氢原子的核外电子的速率增大D．钨能吸收两个从n＝4向n＝2能级跃迁的光子而发生光电效应解析：选C.氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时能辐射6种不同频率的光子．从n＝4到n＝3跃迁辐射出的光子能量E43＝(1.51－0.85)eV＝0.66 eV＜4.54 eV，故不能使钨发生光电效应；氢原子辐射一个光子后，能级降低，半径变小，动能变大，速率增大；金属发生光电效应时，不能同时吸收两个光子；综上述选项C正确．2．如图所示，一定质量的小物体(可视为质点)用轻质细线固定悬挂在天花板上．在水平拉力F作用下，当细线与竖直方向夹角为30°时小物体恰能处于平衡状态．若对小物体施加同样大小的拉力，方向垂直于细线，仍然使物体处于平衡状态．则下列说法中正确的是( )A．小物体所受到的重力大小为3FB．当施加水平方向作用力时细线受到沿线方向的拉力大小等于2FC．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线受到沿线方向的拉力大小等于2FD．当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角大于60°解析：选A.对小物体受力分析，根据平衡条件可得tan 30°＝Fmg，F T sin 30°＝F，解得小物体所受到的重力大小mg＝3F，细线受到沿线方向的拉力大小F T＝Fsin 30°＝2F，故A正确，B错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，根据平衡条件可得F T＝（mg）2－F2＝2F，解得细线受到沿线方向的拉力大小F T ＝2F ，故C 错误；当施加垂直于细线方向的拉力时，细线与竖直方向的夹角θ，则有mg sin θ＝F ，解得细线与竖直方向的夹角sin θ＝33＜sin 60°，故D 错误；故选A.3．如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a 1，小车的加速度为a 2，重力加速度g 取10 m/s 2.当水平恒力F 取不同值时，a 1与a 2的值可能为( )A ．a 1＝2 m/s 2，a 2＝3 m/s 2B ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝2 m/s 2C ．a 1＝5 m/s 2，a 2＝3 m/s 2D ．a 1＝3 m/s 2，a 2＝5 m/s 2解析：选D.由受力分析可知物块的加速度取决于M 对物块的摩擦力，即F f ＝ma 1，且F f 的最大值为F fm ＝μmg ，即a 1的最大值为a 1m ＝μg ＝3 m/s 2.当二者相对静止一起加速时，a 1＝a 2≤3 m/s 2.当F 较大时，m 与M 发生相对滑动，a 1＝3 m/s 2，a 2＞3 m/s 2，综上所述只有选项D 符合题意．4．如图所示，A 为置于地球赤道上的物体，B 为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，B 、C 运行轨道与赤道在同一平面内，P 为B 、C 两卫星轨道的交点，已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是( )A ．卫星B 在近地点的速度大于卫星C 的速度B ．卫星B 在P 点的加速度大于卫星C 的加速度C ．卫星C 的运行速度小于物体A 的速度D ．卫星C 和物体A 具有相同大小的加速度解析：选A.B 在椭圆轨道上的近地点距地球距离小于C 卫星的轨道半径，因为B 在近地点将做离心运动，故B 在近地点速度大于在近地点做圆周运动的卫星速度，再根据卫星速度公式v ＝GM r，可知，近地点环绕速度大于C 卫星的速度，从而可知，B 在近地点的速度大于卫星C 的速度，故A 正确；根据万有引力提供向心力：G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝G M r 2，在P 点，G 、M 、r 都相同，所以卫星B 在P 点的加速度大小与卫星C 在P 点加速度大小相等，故B 错误；因为A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，所以A 、B 、C 的角速度相等，卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，由v ＝ωr 可知，C 的线速度大于A 的线速度，故C 错误；根据a ＝ω2r ，可知因为卫星C 做圆周运动的半径大于A 的半径，所以卫星C 加速度大于物体A 的加速度，故D 错误．故A 正确，BCD 错误．5．如图所示，以O 点为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f ，等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，下列说法中正确的是( )A ．b 、c 、e 、f 四点的场强相同B ．b 、c 、e 、f 四点的电势相等C ．O 点的电势高于b 、c 、e 、f 四点的电势D ．将一带正电的试探电荷从O 点移到e 点，电场力做正功解析：选D.由题意可知，两点电荷在e 、f 处的电场强度各自进行矢量合成，则e 、f 处场强大小相等，而方向不相同，同理b 、c 电场强度大小相等，方向不同，故A 错误．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b 、f 二点的电势相等，而c 、e 二点的电势相等，且b 、f 二点的电势高于c 、e 二点的电势，故B 错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此O 点的电势高于c 、e 二点的电势，而低于b 、f 二点的电势，故C 错误；将一带正电的试探电荷从O 点移到e 点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D 正确；故选D.6．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd (d 点未在图中标出)的匝数为N ，其边长ab ＝cd ＝l ，bc ＝ad ＝2l ；线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ；线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进、出磁场．在磁场中，bc 边和ad 边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．则( )A ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl 2ωB ．bc 边和ad 边在磁场中运动时，bc 边所受安培力的大小为4N 2B 2l 3ωR ＋rC ．通过R 的电流有效值为2NBl 2ωR ＋rD ．通过R 的电流有效值为4NBl 2ω3（R ＋r ）解析：选BD.bc 、ad 边的运动速度v ＝L 2ω，电动势E m ＝2NB 2Lv ＝2NBl 2ω，A 错误；根据欧姆定律得，电流I m ＝E m R ＋r ，bc 边所受安培力为F ＝NBI m 2l ＝4N 2B 2l 3ωR ＋r，故B 项正确；因为两磁场的圆心角为49π，故一个周期内通电时间t ＝49T ，由有效值定义知：I 2m (R ＋r )49T ＝I 2(R ＋r )T ，解得I ＝4NBl 2ω3（R ＋r ），故选项D 正确． 7．(多选)质量为M 的足够长的木板B 放在光滑水平地面上，一个质量为m 的滑块A (可视为质点)放在木板上，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a F 图象，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．滑块A 的质量m ＝1.5 kgB ．木板B 的质量M ＝1.5 kgC ．当F ＝5 N 时，木板B 的加速度a ＝4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ＝0.1解析：选AC.由图乙知，当F ＝4 N 时A 、B 相对静止，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析：F ＝(m ＋M )a ，解得m ＋M ＝2 kg ，当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M ，由图象可知，图线的斜率：k ＝1M ＝Δa ΔF＝2 kg －1，解得M ＝0.5 kg ，则滑块A 的质量为：m ＝1.5 kg ，故A 正确，B 错误；将F ＞4 N 所对图线反向延长线与F 轴交点坐标代入α＝1M F －μmg M，解得μ＝0.2，故D 错误；根据F ＝5 N ＞4 N 时，滑块与木块相对滑动，B 的加速度为a B ＝1M F －μmg M＝4 m/s 2，故C 正确． 8．如图所示，倾角θ＝60°、高为h 的粗糙绝缘斜面体ABC 固定在水平地面上，一个带负电的小球(可视为点电荷)固定在BC 边上距B点h 3高处的D 点，可视为质点的带正电的小物块Q 静止于斜面底端的A 点，此时小物块Q 恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0.已知小物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝33，小物块Q 所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．小物块Q 静止于A 点时所受的库仑力与其重力大小相等B ．若要拉动小物块Q ，使之沿斜面向上运动，则拉力的最小值为33mg C ．在拉动小物块Q 缓慢沿斜面向上运动的过程中，当其所受摩擦力最大时，系统的电势能也最大D ．若缓慢地将小物块Q 从A 点拉动至C 点，则外力做功等于小物块Q 重力势能的增加量与系统因摩擦而产生的热量之和解析：选AD.小物块Q 静止于A 点时，恰好不接触地面且与斜面间的摩擦力为0，对小物块Q 受力分析且由几何关系可知，小物块Q 所受库仑引力与水平面夹角为30°，则沿斜面方向对小物块Q 由平衡条件得mg sin 60°＝F 库cos 30°，解得F 库＝mg ，A 正确．小物块Q 运动时，除拉力外的受力如图甲所示，库仑力与重力大小相等，且二者夹角为120°，故库仑力与重力的合力大小为F 2＝mg ，合力在重力与库仑力的角平分线上，方向与重力方向夹角为60°，由题给数据知小物块Q 所受支持力与滑动摩擦力的合力F 1方向沿水平方向向右．如图乙所示，由图解法可得，满足拉力与F 1方向垂直时，拉力最小，最小值为mg sin 30°＝12mg ，B 错误．在运动过程中，小物块Q 与D 点距离最近时，所受的库仑力最大，与斜面间弹力最大，滑动摩擦力最大，此时系统的电势能最小，C 错误．DA ＝DC ，小物块Q 在A 、C 两点电势能相等，由能量守恒可知，若缓慢地将小物块Q 从A 点拉动至C 点，则外力做功等于小物块Q 的重力势能增加量与系统因摩擦而产生的热量之和，D 正确．。
2019高考物理总复习 选择题增分练(三)
选择题增分练(三)(满分48分24分钟)说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．1．下列选项中，说法正确的是( )A．光电效应揭示了光的波动性，爱因斯坦发现了光电效应的规律B．普朗克提出了能量子的假说，爱因斯坦利用能量子假说成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律C．放射性元素放出的α粒子是原子核内的两个质子和两个中子组成的D．结合能指的是把核子分开需要的能量，比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越小，原子核越稳定解析：选C.光电效应揭示了光的粒子性，A项错误；普朗克提出了能量子的假说，借助于能量子的假说，普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合相当好，B 项错误；α衰变的实质是原子核内的两个中子和两个质子组成一个α粒子被抛射出来，形成α射线，C项正确；结合能并不是由于核子结合成原子核而具有的能量，而是为把核子分开而需要的能量，比结合能是结合能与核子数之比，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，D项错误．2．如图所示，一个质量为m的滑块置于倾角为30°的固定粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上的Q点，直线PQ与斜面垂直，滑块保持静止．则( )A．弹簧可能处于原长状态B．斜面对滑块的摩擦力大小可能为零C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．滑块一定受到四个力作用解析：选A.若滑块受重力、支持力和摩擦力，且三者合力为零时，弹簧对滑块没有作用力，弹簧处于原长状态，所以A正确，D错误；若摩擦力为零，滑块不可能静止，所以B 错误；若支持力为零，则摩擦力也为零，滑块不可能静止，所以C错误．3．如图所示，真空中两等量异种点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q 1带正电．三角形acd 为等腰三角形，cd 边与x 轴垂直且与x 轴相交于b 点，则下列说法正确的是( )A ．a 点电势高于b 点电势B ．a 点场强小于b 点场强C ．将电子从a 点移动到c 点，电场力做正功D ．将电子从d 点移动到b 点，电势能不变解析：选C.真空中两等量异号点电荷Q 1、Q 2固定在x 轴上，故ab 连线上电场线从b 指向a ，沿着电场线电势降低，故b 点的电势大于a 点电势，故A 错误；a 点离电荷近，电场线密集，所以a 点的电场强度大于b 点的场强，故B 错误；将电子从a 点移到c 点，电场力向右，所以电场力做正功，故C 正确；将电子从d 点移动到b 点，电场力做负功，电势能增加，故D 错误．所以C 正确，ABD 错误．4．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，则下列说法正确的是( )A ．输电线上损失的功率为50 WB ．供电端升压变压器的匝数比为1∶5C ．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解析：选B.输电线上损失的功率ΔP ＝ΔE t ＝50 kW·h 1 h ＝50 kW ，A 错误；ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，解得U ＝2 000 V ，升压变压器匝数比为400∶2 000＝1∶5，B 正确；ΔP ＝（ΔU ）2R，ΔU ＝500 V ，C 错误；输电电压不变，若输电功率增大，则输电电流增大，输电线上损失的功率ΔP ′＝I 2R 增大，D 错误．5．如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ＝30°、长l ＝500 m 的斜面．一辆质量m ＝2 000 kg 的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a 随速度v 变化的关系图象如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s 后，牵引力的功率保持恒定．已知行驶过程中电动汽车受到的阻力F f (摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．电动汽车所受阻力F f ＝12 000 NB ．电动汽车的速度达到1 m/s 后，牵引力的功率P 0＝12 kWC ．第1 s 内电动汽车牵引力的功率P 与时间t 满足P ＝12 000tD ．第1 s 内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6 000 J 解析：选D.匀加速阶段由牛顿第二定律得F －F f －mg sin θ＝ma ，之后保持功率不变，P 0v－F f －mg sin θ＝ma ，电动汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小至0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，P 0v max－F f －mg sin θ＝0，解得P 0＝14 kW ，F f ＝2 000 N ，A 、B 错误；第1 s 内电动汽车牵引力的功率P ＝Fv ＝14 000t ，C 错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移x ＝v 22a＝0.5 m ，牵引力大小为14 000 N ，牵引力与阻力做功的代数和为(F －F f )x ＝6 000 J ，D 正确．6．如图所示，探月卫星由地面发射后进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里、周期为118分钟的圆轨道Ⅲ，开始进行探月工作．下列说法正确的是( )A ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点时的运行速度比在轨道Ⅱ上经过P点时的运行速度小B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点时的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度小C ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的机械能小D ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅲ上的机械能大解析：选AD.因为从轨道Ⅲ到轨道Ⅱ卫星做离心运动，速度须变大，A 项正确；在P 点时，由GMm r 2＝ma 可知，无论在哪个轨道上加速度a 均相等，B 项错误；轨道越高，机械能越大，D 项正确．7．如图所示，一质量为m 的小球(可视为质点)从离地面高H 处水平抛出，第一次落地时的水平位移为43H ，反弹的高度为916H .已知小球与地面接触的时间为t ，重力加速度为g ，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是( )A ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4tB ．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为7m 2gH 4t＋mg C ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD ．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为32H解析：选AC.v y 2，则由v 2y 1＝2gH 可得v y 1＝2gH ，同理v 2y 2＝2F ，由动量定理知，Ft ＝mv y 2－(－mv y 1)，21，43H ＝v 0t 1反弹后，两次落地的水平距离x ＝v 02t 2，12gt 22 8．如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止，已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh 2RB ．金属棒克服安培力做的功为mghC ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd ) 解析：选CD.金属棒下滑过程中，根据动能定理得：mgh ＝12mv 2，金属棒到达水平面时的速度为：v ＝2gh ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E ＝BLv ，则最大感应电流为：I ＝ER ＋R ＝BL 2gh 2R ，故A 错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W B －μmgd ＝0，克服安培力做功：W B ＝mgh －μmgd ，故B 错误；感应电荷量为：q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R，故C 正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q R ＝12Q ＝12W B ＝12mg (h －μd )，故D 正确．所以CD 正确，AB 错误．。
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选择题增分练(五)
(满分48分 24分钟)
说明：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．
1．(2018·山东省济南市高三二模)质量为m 、长度为l 的均匀软绳放置在水平地面上．现将软绳一端提升至离地面高度为h 处，软绳完全离开地面，则至少需要对软绳做的功为( )
A ．mg l
2
B ．mg h
2
C ．mg (h －l )
D ．mg ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
h －l 2
解析：选 D.对软绳做的功等于它的重力势能的增加量，即W ＝ΔE p ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫l
2＋h －l ＝mg ⎝
⎛⎭
⎪⎫h －l 2，选项D 正确． 2．下列说法正确的是( )
A ．玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型
B ．某些原子核发生衰变时能够放出β粒子，说明原子核内有β粒子
C ．原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律
D ．某种单色光照射某种金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加
解析：选D.卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故A 错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B 错误；核反应中的质量亏损现象遵循能量守恒定律，故C 错误；发生光电效应时，单位时间内发射的光电子数随入射光强度的增加而增大，故D 正确；故选D.
3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R 的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A 、B 与圆心O 连线的夹角为120°，此时悬线的拉力为F .若圆环通电，使悬线的拉力刚好为零，则环中电流大小和方向是( )
A ．大小为3F 3BR ，沿顺时针方向
B ．大小为3F 3BR ，沿逆时针方向
C ．大小为3F
BR
，沿顺时针方向 D ．大小为
3F
BR
，沿逆时针方向
解析：选A.环受安培力的有效长度为l ＝2·R cos 30°＝3R ，由BIl ＝mg ＝F ，可知，I ＝
3F 3BR
，方向为顺时针方向．
4．一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为x ，匀加速运动时间为t ，匀减速运动时间为3
4t ，则下列说法中正确的是
( )
A ．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小
B ．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半
C ．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度
D ．质点在匀速运动阶段的运动时间为1
2
t
解析：选D.设匀速运动的速度大小为v ，质点在匀减速阶段的末速度大小为v t ，质点在匀加速阶段x ＝0＋v 2t ＝vt 2，匀减速运动阶段x ＝v t ＋v 2×34t ，解得v t ＝v
3
，质点在匀加速阶段
的加速度大小a 1＝
v －0t ＝v
t ，匀减速运动阶段的加速度大小a 2＝v －
v 334
t
＝8v 9t
，故AB 错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度v 1＝0＋v 2＝v
2，匀减速运动阶段的平均速度v 2＝v ＋1
3v
2＝2v 3
，故
C 错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t ′＝x
v
＝
12
vt v ＝1
2
t ，故D 正确；故选D.
5．(2018·山东泰安市二模)北斗地图APP 即将上线，其导航功能可
精确到1米以内，能够清晰定位到具体车道．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做圆周运动，其中a 是地球同步卫星，则( )
A ．卫星a 的角速度小于c 的角速度
B ．卫星a 的加速度大于b 的加速度
C ．卫星a 的运行速度大于第一宇宙速度
D ．卫星b 的周期大于24 h
解析：选 A.根据万有引力提供向心力：G
Mm r 2＝m ω2
r ，解得：ω＝GM
r 3
，可知轨道半径大的卫星角速度小，所以卫星a 的角速度小于c 的角速度．故A 正确．卫星的加速度为a ＝ω2
r ＝GM
r
2，可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a 与b 的加速度大小相等．故B 错误．第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动时最大的运行速度，则知卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，故C 错误．卫星a 与b 的轨道半径相同，角速度相等，则周期也相等，所以卫星b 的周期等于24 h ，故D 错误．故选A.
6．如图所示的电路中电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变
阻器的滑片P 向右移动至某一位置，与移动前相比，下列说法正确的是( )
A ．电流表读数变小，电压表读数变大
B ．小灯泡L 变亮
C ．电源的输出功率一定变大
D ．电容器C 所带的电荷量减少
解析：选BD.由图可知，电容并联在滑动变阻器两端；当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，故电流表示数增大，灯泡亮度变亮，因内压增大，故电压表示数减小，故A 错误，B 正确；由P ＝EI 可知，电源的总功率变大，当外阻和内阻相等时输出功率最大，因为不知道外阻和内阻的关系，所以不能判断电源输出功率的变化，故C 错误；因电容器并联在滑动变阻器两端；总电流变大，灯泡
及内阻分压增大，则滑动变阻器分压减小，故电容器C 两端的电压减小，所以C 上的电量减小，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误．
7．如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v t 图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A ．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba 方向
B ．金属线框的边长为v 1(t 2－t 1)
C ．磁场的磁感应强度为
1
v 1（t 2－t 1）
mgR v 1
D ．金属线框在0～t 4的时间内所产生的热量为2mgv 1(t 2－t 1)＋12
m (v 23－v 2
2)
解析：选BCD.金属线框刚进入磁场时，由楞次定律知感应电流方向沿abcda 方向，A 错误．由图象可知，线框先做自由落体运动，t 1匀速进入磁场，直至全部进入磁场，因此线框
的边长为v 1(t 2－t 1)，B 正确．由mg ＝B 2l 2v 1R ，代入得B ＝1
v 1（t 2－t 1）
mgR
v 1
，C 正确．由能量守恒定律可知，线框入磁场时Q 1＝mgv 1(t 2－t 1)，线框出磁场时Q 2＝mgv 1(t 2－t 1)＋12
m (v 2
3－
v 22)，D 正确．
8．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k ，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m ，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F 拉动物块B ，使B 做加速度为a 的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v t 图象如图乙所示(t 1时刻A 、B 的图线相切，t 2时刻对应A 图线的最高点)，重力加速度为g ，则( )
A ．A 达到最大速度时的位移
mg sin θ
k
B ．拉力F 的最小值为mg sin θ＋ma
C ．A 、B 分离时t 1＝
2（mg sin θ－ma ）
ak
D ．A 、B 分离前，A 和弹簧系统机械能增加
解析：选AC.开始时弹簧的压缩量满足2mg sin θ＝kx 1，当A 达到最大速度时加速度为零，此时A 、B 已分离满足mg sin θ＝kx 2，所以A 的位移为x ＝x 1－x 2＝
mg sin θ
k
，开始时力F 最小，此时对AB 整体满足F ＋kx 1－2mg sin θ＝2ma ，解得F ＝2ma ；当AB 分离时，AB 之间
的弹力为零，此时对A ：kx 3－mg sin θ＝ma ，此时物体A 的位移为x ＝x 1－x 3＝mg sin θ－ma
k
＝12
at 2
1，解得t 1＝2（mg sin θ－ma ）
ak
；A 、B 分离前，A 、B 和弹簧系统除重力和弹力做功
外还有力F 做正功，所以机械能增加；A 和弹簧系统除重力和弹力做功以外，还有B 对A 的弹力对A 做负功，所以A 和弹簧系统的机械能减少．选项AC 正确．。