【复习必备】(京津琼)2020高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(九)

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京津鲁琼专用2020版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点5万有引力定律的应用含解析

热点5 万有引力定律的应用(建议用时：20分钟)1．某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为T，他用天文望远镜观察被太阳照射的此卫星，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )A.24πGT2B.3πGT2C.8πGT2D.16πGT22．(2019·青岛模拟)2019年1月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射第26、第27颗北斗导航卫星，拉开2019年将发射16颗北斗卫星的序幕．北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道(高度35 809 km)、倾斜地球同步轨道(高度35 809 km)、中圆地球轨道(高度21 607 km)，如图所示．下列说法正确的是( )A．中圆轨道卫星的周期一定比静止轨道卫星的周期长B．中圆轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大C．倾斜同步轨道卫星始终位于地球表面某点的正上方D．倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方3．(多选)近年来，我国航天与深海潜水事业交相辉映，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”已经不再是梦想．处于7 062 m深海处随地球自转的蛟龙号的向心加速度为a1，转动角速度为ω1；处于393 km高空圆轨道的神舟十一号向心加速度为a2，转动角速度为ω2；处于36 000 km高空圆轨道的地球同步卫星的向心加速度为a3，转动角速度为ω3.下列说法正确的是( ) A．a2>a3>a1 B.a1<a2<a3C．ω2>ω3＝ω1 D.ω2<ω3＝ω14．(2019·烟台模拟)2019年1月3日，“嫦娥四号”成功着陆在月球背面南极，由前期发射的“鹊桥”号中继星为其探测器提供地月中继通信支持，“鹊桥”号中继星于“地月系统拉格朗日－2点”(简称地月L 2点)附近运动，地月L 2点位于地球和月球两点连线的延长线上的某点，在月球背对地球的一侧，探测器处于该点可在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于定点于地月L 2点的探测器的说法正确的是( )A ．探测器与月球绕地球做圆周运动的周期之比等于它们的轨道半径的二分之三次方之比B ．探测器与月球绕地球做圆周运动的向心加速度与它们的轨道半径的平方成反比C ．探测器与月球绕地球做圆周运动的线速度之比等于它们的轨道半径之比D ．不可能有探测器能定点于地月连线之间某点5．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏．当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾．如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N 对已偏离原来正常工作轨道的卫星M 进行校正，则( )A ．“轨道康复者”N 从图乙所示轨道上加速，与卫星M 对接补充能源后开动M 上的小发动机向前喷气，能校正卫星M 到较低的轨道运行B ．让M 降低到N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星M 上的小发动机校正C ．在图乙中M 的动能一定小于N 的动能D ．在图乙中，M 、N 和地球球心三者不可能处在同一直线上6．(2019·枣庄模拟)某行星的质量约为地球质量的12，半径约为地球半径的18，那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度之比为( )A ．2∶1B.1∶2 C ．1∶4 D.4∶17．(2019·济宁二模)如图所示，1、3轨道均是卫星绕地球做圆周运动的轨道示意图，1轨道的半径为R ，2轨道是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道示意图，3轨道与2轨道相切于B 点，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，三轨道和地心都在同一平面内．已知在1、2两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G ，地球质量为M ，三颗卫星的质量相等，则下列说法正确的是( )A ．卫星在3轨道上的机械能小于在2轨道上的机械能B ．若卫星在1轨道上的速率为v 1，卫星在2轨道A 点的速率为v A ，则v 1＜v AC ．若卫星在1、3轨道上的加速度大小分别为a 1、a 3，卫星在2轨道A 点的加速度大小为a A ，则a A ＜a 1＜a 3D ．若OA ＝0.4R ，则卫星在2轨道B 点的速率v B ＞ 5GM 8R8.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P 点沿水平方向以初速度v 0拋出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡上另一点Q ，斜坡的倾角为θ，已知该星球半径为R ，引力常量为G ，下列说法错误的是( )A ．星球表面的重力加速度为v 0tan θtB ．该星球的质量为2v 0R 2tan θGtC ．在该星球上发射卫星的发射速度一定大于 2v 0R tan θtD ．在该星球上不可能发射周期小于π 2Rt v 0tan θ的卫星热点5 万有引力定律的应用1．解析：选A.设行星质量为M ，半径为R ，密度为ρ，卫星质量为m ，如图所示，发现日落的T 2时间内有T 6的时间看不见同步卫星，则θ＝360°6＝60°，故φ＝60°，r ＝R cos φ＝2R ，根据G Mm （2R ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·2R ，M ＝ρ43πR 3，解得ρ＝24πGT 2.2．解析：选D.中圆轨道卫星的轨道半径比地球静止同步轨道半径小，做圆周运动的周期短，选项A 错误；由于不知道中圆轨道卫星与静止轨道卫星的质量，无法比较二者与地球之间的万有引力大小，选项B 错误；地球静止轨道卫星始终位于地球表面某点的正上方，选项C 错误；倾斜同步轨道卫星的周期与地球的自转周期相同，都是24小时，所以倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，选项D 正确．3．解析：选AC.由题意可知ω3＝ω1，由GMm r 2＝m ω2r 知，ω2>ω3，C 正确，D 错误；由于地球同步卫星比蛟龙号的轨道半径大，根据a ＝r ω2，可知a 3>a 1，由GMm r 2＝ma 知，a 2>a 3，A 正确，B 错误． 4．解析：选C.定点于L 2处的探测器与月球公转同周期，因此A 错；由a ＝ω2r 知B 错；由v ＝ωr 知C 对；在地月连线之间会有一处满足F 地－F 月＝m ω2r ，D 错．5．解析：选A.根据向心运动条件知，卫星M 减速，即开启的发动机向前喷气，万有引力大于圆周运动所需的向心力，故卫星M 会降低轨道运行，A 正确；卫星M 在没有补充能源情况下，不能降低到“轨道康复者”N 所在轨道上，B 错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律知G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝ GM r，虽然M 运行的轨道半径大于N 的轨道半径，M 的运行速率小于N 的运行速率，但二者质量的大小关系不确定，所以不能判断动能大小，C 错误；在题图乙中M 绕地球的运行周期大于N 绕地球的运行周期，所以经过一段时间卫星M 、康复者N 和地球球心三者是有可能处在同一直线上的，D 错误．6．解析：选A.设地球质量为M ，地球半径为R ，由GMm R 2＝m v 2R，可知地球上的第一宇宙速度v 地＝ GM R ，同理可得，行星上的第一宇宙速度v 行＝12GM 18R ＝2GM R，所以v 行∶v 地＝2∶1，则A 正确，B 、C 、D 错误．7．解析：选B.2、3轨道在B 点相切，卫星在3轨道相对于2轨道是做离心运动的，卫星在3轨道上的线速度大于在2轨道上B 点的线速度，因卫星质量相同，所以卫星在3轨道上的机械能大于在2轨道上的机械能，A 错误；以OA 为半径作一个圆轨道4与2轨道相切于A 点，则v 4＜v A ，又因v 1＜v 4，所以v 1＜v A ，B 正确；加速度是万有引力产生的，只需要比较卫星到地心的高度即可，应是a A ＞a 1＞a 3，C 错误；由开普勒第三定律可知，2轨道的半长轴为R ，OB ＝1.6R ，3轨道上的线速度v 3＝5GM 8R ，又因v B ＜v 3，所以v B ＜ 5GM 8R，D 错误． 8．解析：选A.根据tan θ＝12gt 2v 0 t 解得，星球表面的重力加速度g ＝2v 0tan θt，A 错误；在星球表面，有G Mm R 2＝mg ，解得M ＝gR 2G ＝2v 0R 2tan θGt ，B 正确；根据重力提供向心力，有mg ＝m v 2R ，解得第一宇宙速度为v ＝gR ＝ 2v 0R tan θt ，因此发射卫星的速度一定大于2v0R tan θt ，C正确；根据GMmr2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2r可得T2∝r3，当r＝R时，最小周期为π2Rt v0tan θ，故在该星球上不可能发射周期小于π2Rtv0tan θ的卫星，D正确．。

(京津琼)高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(十二)

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

(京津琼)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，从光滑平台上的A 点以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端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末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，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)小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)若长木板长度L ＝2.4 m ，小物块能否滑出长木板？答案见解析解析 (1)物块到达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：小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝60 N ，方向竖直向下．(2)设小物块始终在长木板上，共同速度大小为v ，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板组成的系统动量守恒，取向左为正方向由动量守恒定律得：mv D ＝(M ＋m )v解得：v ＝52 m/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 ，所以小物块能滑出长木板．2．如图2所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子(不计重力)，从静止开始经加速电场加速后，垂直x 轴从A (－4L,0)点进入第二象限，在第二象限的区域内，存在着指向O 点的均匀辐射状电场，距O 点4L 处的电场强度大小均为E ＝qLB 0216m，粒子恰好能垂直y 轴从C (0,4L )点进入第一象限，如图所示，在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，D 点坐标为(3L,4L )，M 点为CP 的中点．粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉．求：图2(1)加速电场的电压U ；(2)若粒子恰好不能从OC 边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；(3)若粒子能到达M 点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．答案见解析解析 (1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：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)粒子在区域Ⅰ中运动的速度大小v ＝qB 0L 2m，根据洛伦兹力提供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 ＝mv qB 0＝L 2，若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R 较小，则粒子会从OC 边射出磁场．恰好不从OC 边射出时，作出对应的运动轨迹，如图．满足∠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 0L 2m可得：B ＝24B 049(3)①若粒子由区域Ⅰ达到M 点每次前进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若粒子由区域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)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 r ad/s则周期T ＝2πω＝0.5 s 故该波的传播速度v ＝λT＝48 m/s②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.。

(京津琼)高考物理总复习专用优编提分练：选择题专练(二)-人教版高三全册物理试题

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，如下说法正确的答案是( )A．原子核的结合能越大，原子核越稳定B．任何两个原子核都可以发生核聚变C.238 92U衰变成206 82Pb要经过8次β衰变和6次α衰变D．发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2答案 D解析原子核的比结合能越大，原子核越稳定，选项A错误；只有较小的原子核才可以发生核聚变，故B错误；铀核238 92U衰变成铅核206 82Pb的过程中，α衰变一次质量数减少4，次数n＝238－2064＝8，β衰变的次数为n＝8×2＋82－92＝6，要经过8次α衰变和6次β衰变，故C错误；α粒子为氦核，由两个质子和两个中子组成，所以发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故D正确．2．如图1所示，两个固定的等量异种电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两点电荷间的连线与连线的中垂线分别交于a、b和c、d.如此( )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，方向一样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，方向一样，c 、d 两点的电场强度大小相等，方向一样，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.如此a 、b 两球的质量之比为( )图2A ．3∶1 B．2∶1C ．3∶2 D．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，应当选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，如此在PQ 杆滑动的过程中，如下判断正确的答案是( )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 ；由左手定如此判断得到：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，如此( )图4A ．0时刻，质点的加速度等于0B ．10 s 内质点的位移约为21.5 mC ．质点的加速度大小等于1 m/s 2时的速度等于4.5 m/sD ．质点的加速度随时间均匀减小答案 B解析 0时刻，切线的斜率最大，故质点的加速度不等于0，选项A 错误；图象与坐标轴围成的面积等于位移，如此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 ，如此如下说法正确的答案是( )A ．该行星的公转周期为2πr r GmB ．该行星外表的重力加速度为GmR 2C ．该行星的第一宇宙速度为Gm RD ．该行星绕恒星做匀速圆周运动的线速度大小为Gm r 答案 BC解析设恒星的质量为M ，如此由万有引力定律可得：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ＝m v 2r，解得：T ＝2πrr GM ，v ＝GM r ，选项A 、D 错误；对行星外表的物体：G mm ′R 2＝m ′g ，可得该行星外表的重力加速度为g ＝GmR 2，选项B 正确；对绕行星外表运转的卫星：G mm 0R 2＝m 0v 12R，可得该行星的第一宇宙速度为v 1＝Gm R，选项C 正确．7．如图5甲所示，理想变压器原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表，副线圈电路中接有理想二极管和两电阻值均为6 Ω的灯泡．当原线圈中输入的交变电压如图乙所示时，电流表的示数为1 A ．如此( )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503W D ．灯泡b 消耗的电功率为253W 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，如此在一个周期内：U 1I 1T ＝U 22R ·T 2＋U 222R ·T 2，解得U 2＝20 V ，可得变压器原、副线圈的匝数比为 n 1n 2＝U 1U 2＝5020＝52，选项B 正确；灯泡b 消耗的电功率为P b ＝12×U 222R ×12＝14×2022×6 W ＝253W ，选项D 正确；灯泡a 消耗的电功率为P a ＝12×U 22R ＋12×U 222R ×12＝1253W ，选项C 错误． 8.如图6所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆长为1 m ，杆与水平方向的夹角为30°，质量为1 kg 的小球套在杆上，小球与杆间的动摩擦因数为33，小球在恒定拉力F 作用下，沿杆由底端匀速运动到顶端．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.如此( )图6 A ．拉力F 与杆之间的夹角为30°时，F 的值最小B ．拉力F 的最小值为5 3 NC ．拉力F 的大小可能为15 ND ．拉力F 做功的最小值为5 3 J答案 ABC解析小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：F cos α＝mg sin 30°＋μ(mg cos 30°－F sin α)整理得：F cos α＋μF sin α＝10，即F ＝10cos α＋μsin α由数学知识知cos α＋μsin α最大值为12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝233；此时arctan 1μ＝60° 如此α＝90°－60°＝30°；F min ＝10233 N ＝5 3 N ，选项A 、B 正确；当F ＝15 N 时，设力F 与杆之间的夹角为θ，小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：F cos θ＝mg sin 30°＋μ(mg cos 30°－F sin θ)整理得：F cos θ＋μF sin θ＝mg代入数据得：cos θ≈0.092或cos θ≈0.908(不符合题意，舍去)可知F ＝15 N 是可能的．故C 正确；当拉力F 做功最小时，摩擦力为零，即mg cos 30°－F sin α＝0，F cos α＝mg sin 30°，解得F＝mg，α＝60°；拉力F做功的最小值为：W＝Fl sin 30°＝5 J，选项D错误．。

(京津鲁琼专用)2020版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点1物理学史及物理方法(含解析)

热点1 物理学史及物理方法(建议用时：20分钟)1．(2019·济南高三模拟)以下有关物理学概念或物理学史的说法正确的是( )A ．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B ．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C ．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度均有关D ．奥斯特发现了电与磁之间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象2．下列说法正确的是( )A ．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，能量不守恒B ．现代火箭的工作原理可溯源至我国古代，火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力C ．炮弹爆炸时，火药的化学能全部转化为弹片的动能D ．指南针静止时N 极指向地球的地理北极附近3．(2019·高考压轴卷)在推导“匀变速直线运动位移的公式”时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似为匀速直线运动，然后把各小段位移相加代表整个过程的位移，物理学中把这种方法称为“微元法”．下面几个实例中应用到这一思想方法的是( )A ．在计算物体间的万有引力时，若物体的尺寸相对较小，可将物体看做质点B ．在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加C ．探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系D ．求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力4．电场强度有三个公式，分别为E ＝F q 、E ＝k Q r 2、E ＝U d ，关于这三个公式的理解和运用，下列说法正确的是( )A ．公式E ＝F q表示，电场强度与电场力F 成正比，与电荷量q 成反比B ．公式E ＝k Q r 2是点电荷电场强度的定义式，它表示空间中某点的电场强度与点电荷的电荷量Q 成正比，与该点到点电荷的距离r 的二次方成反比C ．公式E ＝U d是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，由此公式可知，在匀强电场中，两点之间的电势差与这两点之间的距离在沿电场线方向上的投影成正比D ．这三个公式都是电场强度的决定式，分别适用于不同的电场5．(多选)物理与科技和生活密切相关，物理的思想方法已经渗透到其他领域．下列关于物理方法的说法正确的是( )A ．在探究物体的加速度与合外力的关系的实验中，采用了等效替代法B ．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这采用了微元法C ．为了研究问题方便，利用平行四边形定则把质点所受的两个力合成为一个力，采用了等效替代法D ．把电子绕原子核的运动和行星绕太阳的运动相比较，利用电子和原子核之间的库仑力等于电子的向心力得出电子运动速度与轨道半径的关系，采用了类比法6．(2019·河南商丘高三模拟)相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的？这是一个曾经使人感到困惑、引起猜想且有过长期争论的科学问题.19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点．英国的迈克尔·法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念.1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象．下列对电场和磁场的认识，正确的是( )A ．法拉第提出的磁场和电场以及电力线和磁力线都是客观存在的B ．在电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动C ．磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向一致D ．通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的7．(2019·青岛高三模拟)古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢．比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下时快十倍.1 800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移．直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾，通过“比萨斜塔实验”，向世人阐述他的观点，并对此进行了进一步的研究，如图所示，伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中据此记录的一组实验数据如下表所示：伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列可能是伽利略得出的结论是( )A．v1＝v0＋at B.ΔxT2＝kC．v21－v20＝2ax D.x1t21＝x2t22＝x3t23＝…＝k8．法拉第发明了世界上第一台发电机．如图所示，圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间，两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好，且与灵敏电流计相连．金属盘绕中心轴沿图示方向转动，则( )A．电刷M的电势高于电刷N的电势B．若只将电刷M移近N，灵敏电流计的示数变大C．若只提高金属盘转速，灵敏电流计的示数变大D．若只将变阻器滑片向左滑动，灵敏电流计的示数变大参考答案与解析第一篇高考命题热点巧练板块一选择题热点巧练热点1 物理学史及物理方法1．解析：选A.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出了引力常量G的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，选项A正确；匀速圆周运动是速度大小不变、方向时刻改变的非匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向，选项B错误；行星绕恒星运动轨道为圆形，它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关，选项C错误；奥斯特发现了电与磁之间的关系，即电流的周围存在着磁场，法拉第通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象，选项D 错误．2．解析：选D.鞭炮炸响的瞬间，火药的化学能转化为机械能和内能，在任何情况下能量都是守恒的，选项A 错误；根据牛顿第三定律，火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力等于气体对火箭的作用力，选项B 错误；炮弹爆炸时，火药的化学能转化为弹片的动能和内能，选项C 错误；指南针静止时N 极指向地球的地理北极附近，选项D 正确．3．解析：选B.在计算物体间的万有引力时，若物体的尺寸相对较小，可将物体看做质点，运用的是理想模型的方法，A 错误；在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加，运用的是微元法，B 正确；在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系，运用的是控制变量法，C 错误；在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力，运用的是等效法，D 错误．4．解析：选C.E ＝F q 是电场强度的定义式，电场强度只与电场本身有关，与检验电荷q 和它所受的电场力F 无关，选项A 错误．E ＝k Q r 2是利用库仑定律和电场强度定义式推导出来的，是点电荷电场强度的决定式，只适用于点电荷电场强度的计算，选项B 错误．E ＝U d 是利用匀强电场中电场力做功的两个不同公式推导得出的，由此公式可知，在匀强电场中，两点之间的电势差与这两点之间的距离在沿电场线方向上的投影成正比，选项C 正确．这三个公式中，E ＝F q 是电场强度的定义式，适用于任何电场；E ＝k Q r 2是点电荷电场强度的决定式；E ＝U d 是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，选项D 错误．5．解析：选CD.由于物体的加速度与所受的合外力、物体的质量有关，所以在探究物体的加速度与合外力的关系的实验中，需要保持物体的质量不变，采用了控制变量法，选项A 错误．在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看做点电荷，这采用了理想模型法，选项B 错误．为了研究问题方便，利用平行四边形定则把质点所受的两个力合成为一个力，采用的方法是等效替代法，选项C 正确．把电子绕原子核的运动类比为行星绕太阳的运动，利用电子和原子核之间的库仑力等于向心力可以得出电子运动速度与轨道半径的关系，选项D 正确．6．解析：选D.电场和磁场均是客观存在的特殊物质，电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场和磁场而引入的虚拟的线，实际并不存在，故A 错误；电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线不是电荷在电场中的轨迹，只有在点电荷的电场和匀强电场中由静止释放的带正电粒子(只受电场力)，才会沿着电场线运动，故B 错误；根据左手定则可知，磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向垂直，故C 错误；根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故D 正确．7．解析：选D.伽利略最初猜想，沿斜面向下运动的物体的运动速度与时间成正比，即：v ＝kt ；由此伽利略推论位移与时间的平方成正比，则：x ＝k ′t 2，即k ′＝x t 2，结合以上的分析，则比较x t 2即可：x 1t 21＝321、x 2t 22＝13022＝32.51、x 3t 23＝29832≈331、x 4t 24＝52642＝32.8751、x 5t 25＝82452＝32.961、x 6t 26＝1 19262≈331、x 7t 27＝1 60072≈32.651、x 8t 28＝2 10482＝32.8751.由以上的数据比较可知，各组数据中x t 2都约等于32.5，考虑到测量的误差等原因，可以认为xt 2是一个常数，即位移与时间的平方成正比．所以A 、B 、C 错误，D 正确．8．解析：选C.根据电源的正负极判断电磁铁上导线中的电流方向，根据安培定则可知电磁铁左侧为N 极，右侧为S 极，M 、N 间的金属垂直纸面向外运动，根据右手定则可知M 、N 间的电流由M 指向N ，则电刷N 的电势高于电刷M 的电势，A 项错误；设两磁极间的磁感应强度为B ，M 、N 间的距离为L ，金属盘转动角速度为ω，根据E ＝BL v －推导出M 、N 间的金属以电刷N 为轴转动切割磁感线时产生的感应电动势为E ＝BL 2ω2，若只将电刷M 移近N ，L 减小，感应电动势减小，故灵敏电流计的示数变小，B 项错误；若只提高金属盘转速，ω增大，感应电动势增大，则灵敏电流计的示数变大，C 项正确；若只将变阻器滑片向左滑动，变阻器接入电路的阻值增大，回路电流减小，电磁铁的磁性减弱，B 减小，灵敏电流计的示数变小，D 项错误．。

(京津琼)2020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 ＝E r ＋(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)2020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 3T2＝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＝GMm2r，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3A.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 ＝2.5×10－6C ，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＝ωLv ，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>2gR2H，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∶1 B ．三小球下落高度之比h A ∶h B ∶h C ＝2∶3∶1 C ．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 Cv 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 ＝4πkQεr 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 ＝QU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C 1两极板间的电势差减小，电场强度减小，A 向下运动，C 2两极板间的电势差增大，电场强度增大，B 向上运动，C 、D 正确．。

京津琼高考物理总复习专用优编提分练选择题专练九.doc

选择题专练(九)1．用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在胶片上先后出现如图1甲、乙、丙所示的图象，则下列说法错误的是()图1A．图象甲表明光具有粒子性B．实验表明光是一种概率波C．用紫外线做实验，观察不到类似的图象D．光的波动性不是光子间相互作用引起的答案C解析题图甲是一个个的亮点，这表明光是一份一份传播的，说明光具有粒子性，故A正确；因为单个光子所能到达的位置不能确定，但大量光子却表现出波动性，即光子到达哪个位置是一个概率问题，故此实验表明了光是一种概率波，故B正确；因为紫外线是不可见光，所以直接用眼睛观察不到类似的图象，但是用感光胶片就能观察到类似现象，故C错误；在光的双缝干涉实验中，减小光的强度，让光子通过双缝后，光子只能一个接一个地到达光屏，经过足够长时间，仍然发现相同的干涉条纹，这表明光的波动性不是由光子之间的相互作用引起的，故D正确；本题选说法错误的，故选C.2．一质点做匀变速直线运动，已知初速度为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是()A．在该段时间内质点运动方向不变B．这段时间为C．这段时间的路程为D．再经过相同的时间质点速度大小为3v答案B解析根据题意可知这段时间内质点的路程与位移不同，加速度又恒定，则质点运动方向一定改变，故A错误；末速度与初速度方向相反，可得运动时间为：t ＝＝，故B正确；根据速度位移关系：v t2－v02＝2ax，可得位移为，则路程为，故C错误；根据v′＝v0＋at，可得v′＝2v＋a·＝5v，所以再经过相同时间质点速度大小为5v，故D错误．3．如图2所示，空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内，一正三角形导体线框沿着垂直于磁场边界的虚线匀速穿过磁场区域．已知虚线垂直于AB 边，且正三角形的高为磁场宽度的两倍．从C点进入磁场开始计时，以电流沿逆时针方向为正．关于线框中感应电流i随时间t变化的关系，下列四幅图可能正确的是()图2答案A4.课堂上，老师准备了“∟”型光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图3所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为()图3A．30°B．45°C．60°D．90°答案A解析θ取0°时，下面两圆柱将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，临界情况为θ取30°时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时上圆柱与右圆柱间相互接触且无弹力，故A正确，B、C、D错误．5．如图4所示，一个正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场内有一边长为l、阻值为R的正方形线框，线框所在平面与磁场垂直，如果以垂直于线框边和磁场的速度v将线框从磁场中匀速拉出，下列说法不正确的是()图4A．如果将线框水平向右拉出磁场，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流B．在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一截面的电荷量都相同C．其他条件不变，将线框水平拉出磁场时产生的焦耳热Q与速度v成正比D．其他条件不变，将线框水平拉出磁场时产生的焦耳热Q与速度v2成正比答案D解析如果将线框水平向右拉出磁场，根据右手定则可以判断，线框经过磁场边界过程中将产生顺时针方向的感应电流，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，＝，由闭合电路欧姆定律可知，＝，又q＝·Δt，联立解得q＝，可见在纸面内无论沿哪个方向将线框拉出磁场，流过线框某一横截面的电荷量都相同，故B 正确；将线框水平拉出磁场时，安培力F＝BIL＝Bl＝，产生的焦耳热等于克服安培力做的功Q＝Fl＝，将线框水平拉出磁场时产生的焦耳热与速度v成正比，故C正确，D错误．6．如图5所示，光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为－q的点电荷，在距水平面高h处的空间内存在一场源点电荷＋Q，两电荷连线与水平面间的夹角θ＝30°，现给－q一水平初速度，使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，则()图5A．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为B．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为C．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度为D．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度为答案BC解析因恰好能在水平面上做匀速圆周运动，点电荷－q受到竖直向下的重力以及点电荷Q的引力，如图所示，电荷之间的引力在水平方向上的分力充当向心力，tan θ＝，l＝，F n＝k·cos θ，联立解得F n＝，A错误，B正确；因为F n＝，根据F n＝m可得v＝，C正确，D错误．7.如图6所示，在直角坐标系xOy中，曲线ACD是以坐标原点O为圆心、以AD＝0.2 m为直径的半圆，AD在x轴上，在y≥0的空间内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.667 T．在半圆弧ACD上某处有一质子源S，当S在ACD上的不同位置时，总是沿＋y方向发射速度为v＝1.6×106m/s的质子，质子的质量m＝6.67×10－27kg，电荷量q＝1.6×10－19C，不计质子重力．设圆心角∠AOS＝θ，下列说法正确的是()图6A．当θ≤90°时，质子源发射的质子在磁场中运动时都经过D点B．当θ＝120°时，质子源发射的质子在磁场中运动的时间为×10－6 sC．质子源发射的质子在磁场中运动的最短时间为×10－6 sD．质子源发射的质子在磁场中运动最短时间为×10－6 s答案AD解析根据半径公式R＝＝0.1 m，可知质子轨迹半径与圆弧半径相同，质子轨迹如图甲，根据几何关系可知，质子恰好过D点，故A正确；当θ＝120°时，画出质子轨迹如图乙，由几何关系可知圆心角为240°，质子源发射的质子在磁场中运动的时间为t＝×＝×10－6 s，故B错误；质子源发射的质子在磁场中运动的最短时间，则对应的弧长最短，由几何关系可得最小圆心角为180°，质子源发射的质子在磁场中运动最短时间为t＝＝×10－6 s，故C错误，D正确．8．(2018·河南省商丘市上学期期末)如图7甲所示，质量为2m、足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端，且A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()图7A．在t＝3 s以前，A受到的摩擦力水平向右B．在t＝4 s时，A的加速度大小为μgC．在t＝5 s时，A受到的摩擦力大小为0.5μmgD．在t＝6 s以后，A受到的摩擦力大小为μmg答案BD解析A即将相对B滑动时，A的加速度为a A＝μg，B的加速度为a B＝，且有a A＝a B，解得F＝6μmg，所以F>6μmg时，A相对B滑动，即在t＝6 s以后，A受到的摩擦力大小为μmg，故D正确；A随B一起将滑动时，a AB＝≥0，解得F≥3μmg，所以在t＝3 s以前，A、B静止不动，A受到的摩擦力为0，故A错误；当t＝4 s时，A随B一起滑动，A的加速度大小为a AB′＝＝＝μg，故B正确；在t＝5 s时，A随B一起滑动，A受到的摩擦力大小F f＝ma AB″＝m×＝μmg，故C错误．。

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选择题专练(十)1．1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，即磁感应强度B与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图1所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1>I2.规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的()图1答案A解析根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间偏右位置合磁感应强度为零．由于规定磁场方向垂直纸面向里为正，故A正确，B、C、D错误．2．已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量E n＝，其中n＝2,3,4…，h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能级跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为()A．－B．－C．－D．－答案A解析有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量最小，辐射的光子的波长最大，则有E3－E2＝，解得λ＝－，故A正确，B、C、D错误．3．月球探测器从月球返回地球的过程可以简单分成四步，如图2所示第一步将月球探测器发射至月球表面附近的环月圆轨道，第二步在环月轨道的A处进行变轨进入月地转移轨道Ⅱ，第三步当接近地球表面附近时，又一次变轨，从B 点进入绕地圆轨道Ⅲ，第四步再次变轨道后降落至地面，下列说法正确的是()图2A．将月球探测器发射至轨道Ⅰ时所需的发射速度为7.9 km/sB．月球探测器从环月轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ需要加速C．月球探测器从A沿月地转移轨Ⅱ到达B点的过程中其动能一直增加D．月球探测器在第四步变轨时需要加速答案B解析月球的第一宇宙速度比地球的要小，故A错误；月球探测器从轨道Ⅰ进入月地转移轨道Ⅱ是离心运动，所以需要加速，所以B正确；刚开始的时候月球对月球探测器的引力大于地球对月球探测器的引力，所以探测器动能要减小，之后当地球的引力大于月球的引力时，探测器的动能就开始增加，故C错误；月球探测器降落至地面的运动为近心运动，需要减速，故D错误．4．如图3所示，质量为0.5 kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()图3A．橡皮泥下落的时间为0.3 sB．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/sC．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J答案D解析橡皮泥下落的时间为：t＝＝s＝0.5 s，故A错误；橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，选取小车初速度的方向为正方向，则有：m1v0＝(m1＋m2)v，所以共同速度为：v＝＝m/s＝2 m/s，故B错误；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故C错误；整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：ΔE＝m2gh＋代入数据可得：ΔE＝7.5 J，故D正确．5．如图4所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右匀速运动时()图4A．电容器两极板间的电压为零B．通过电阻R的电流为C．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为答案C解析当导线MN匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压，此时导线MN产生的感应电动势恒定为E＝BLv，则电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，故A、B错误；电容器所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故C正确；因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．6.如图5所示，质量为m的小球套在倾斜放置的光滑直杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是()图5A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C．弹簧对小球始终做负功D．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh答案ABD解析小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，A正确；弹簧与杆垂直时，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故小球的动能与重力势能之和最大，B正确；全过程中弹簧始终处于伸长状态即为拉力，开始阶段弹力与运动方向成锐角后为直角再变为钝角，故弹力先做正功后做负功，C错误；小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初、末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，D正确．7．如图6所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在直流电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()图6A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧答案AC解析A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E ＝，C＝，C＝，得E＝，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故A正确．若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不能减小，所以Q不变，根据E＝，C＝，C＝，得E＝，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误．若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E＝，C ＝，C＝，得E＝，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若此时电场力仍小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确．若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不能减小，所以Q不变，根据E＝，C＝，C＝，得E＝，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故D错误．8．电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．如图7甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U.已知m0>m，取重力加速度为g，则()图7A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B．矩形线圈的电阻R＝r－R1C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡答案AC解析根据题图甲可知，要使天平平衡，矩形线圈中电流的方向应为逆时针方向，故A正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－r，解得矩形线圈的电阻R＝－R1，故B错误；根据平衡条件可得m0g－F＝mg，而F＝nBIl，I＝，解得匀强磁场的磁感应强度的大小B＝，故C正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边，添加质量为Δm＝＝2(m0－m)的砝码可使天平重新平衡，故D错误．。

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选择题专练(三)1．一个氡核Rn衰变成钋核Po，其核反应方程为Rn→Po＋X，氡核的半衰期为3.8天．下列说法正确的是()A．方程式中的X是氚核B．该核反应前后的质量数和质量都守恒C．钋核Po的比结合能大于氡核Rn的比结合能D．十个氡核Rn经过3.8天一定还剩五个氡核Rn答案C解析方程式中的X质量数为4，电荷数为2，是氦核，选项A错误；该核反应前后的质量数守恒，因伴随能量产生，故有质量亏损，选项B错误；因钋核Po 比氡核Rn更稳定，故钋核Po比结合能大于氡核Rn的比结合能，选项C正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量的原子核衰变不适用，故选项D错误．2．如图1所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的一端与物块相连，另一端固定在固定斜面体顶端，弹簧与斜面平行．当物块位于斜面上A、B两点时，物块恰能静止在斜面上．当物块在A处时，弹簧处于拉伸状态且长度为L1，当物块在B 处时，弹簧处于压缩状态且长度为L2，已知物块与斜面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力．由以上信息可以求出()图1A．物块与斜面间的动摩擦因数B．物块与斜面间的最大静摩擦力C．弹簧的原长D．物块沿斜面方向的重力的分量答案B解析当物块在A处时，k(L1－L0)＝mg sin θ＋F fm，当物块在B处时，k(L0－L2)＋mg sin θ＝F fm，两式相加得：F fm＝，即可以求出物块与斜面间的最大静摩擦力，故B正确，A、C、D错误．3．法拉第电动机的改装电路如图2甲所示，在圆形水银槽中心竖直固定着一条形磁铁，S极向上，一根金属杆斜插在水银中，金属杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．在电路中A、B点间接入图乙所示交流电时，电源、理想二极管、导线、金属杆、水银构成回路，电路安全且正常工作(不计金属杆在转动中水银阻力的影响及水银电阻的变化)，则从上往下看，金属杆()图2A．逆时针匀速转动B．逆时针非匀速转动C．顺时针匀速转动D．顺时针非匀速转动答案D解析由于二极管单向导电，则有向上的电流通过金属杆，金属杆处在条形磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向外，使金属杆以条形磁铁为轴顺时针转动，由于电流大小周期性改变，所以安培力大小也改变，故金属杆非匀速转动，故A、B、C错误，D正确．4．(2018·四川省德阳市一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图3所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的a－t图、v－t图及P－t图(P为物体重力的功率大小)可能正确的是()图3答案C解析由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：(1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0，或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；(2)若F2＝mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；加速度的方向向下，则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，故B是不可能的；又由：P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是不可能的；(3)若F3＝mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以v－t图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，图C是重力的功率随时间变化的图线，故C是可能的．由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的．5．如图4所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O点进入电场，恰好从上板极右边缘b点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为()图4A．L B．2L C.L D.答案A解析该粒子恰能匀速通过题图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有：qvB＝qE，解得v＝；撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则L＝vt，L＝·t2，解得粒子的比荷＝，撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB＝m，解得r＝＝L，故A正确，B、C、D错误．6．(2018·河北省“名校联盟”质量检测一)P1、P2为相距遥远的两颗半径相同的行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动．图5中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则()图5A．P1的质量一定比P2的大B．P1的“第一宇宙速度”比P2的大C．s1的向心力比s2的大D．s1的公转周期比s2的大答案AB解析根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为a ＝，两曲线左端点横坐标相同，即P 1、P 2的半径相等，故a P 1＝>a P 2＝，所以M 1>M 2，即P 1的质量大于P 2的质量，A 正确；“第一宇宙速度”v ＝，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 相同，所以P 1的“第一宇宙速度”比P 2的大，B 正确；由于不知道两颗卫星的质量，所以不能比较两者向心力的大小，C 错误；根据T ＝2π，因为P 1的质量大于P 2的质量，R 、h 相同，所以s 1的公转周期比s 2的公转周期小，D 错误．7．如图6所示，在光滑的水平桌面上，质量为m 的物块A 以速度v 向右运动，与静止在桌面上的质量为3m 的物块B 发生正碰，以向右为正方向，碰撞后，物块A 的速度可能为( )图6A ．－0.8vB ．－0.2vC ．0.4vD ．0.1v答案 BD解析根据完全弹性碰撞关系可得mv ＝mv A ＋3mv B ，12mv 2＝mv A 2＋×3mv B 2，解得v A ＝v ＝－v ；根据完全非弹性碰撞关系可得mv ＝4mv AB ，解得v A ＝v AB ＝v ，所以－v ≤v A ≤v .故B 、D 正确，A 、C 错误．8．(2018·福建省龙岩市上学期期末)如图7所示，在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，小球经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，则在＋Q 形成的电场中( )图7A．N点电势高于P点电势B．U PN＝C．P点电场强度大小是N点的2倍D．带电小球从N点到P点的过程中电势能减少了答案BD解析根据顺着电场线方向电势降低可知，N点距离正电荷较远，则N点电势低于P点电势，故A错误．根据动能定理得：带电小球从N到P的过程：－qU NP＝mv2，解得U NP＝－，则U PN＝－U NP＝，故B正确．P点电场强度大小是E P＝，N点电场强度大小是E N＝，则E P∶E N＝r N2∶r P2＝4∶1，故C错误；带电小球从N点到P点的过程中，电场力做正功mv2，电势能减少了mv2，故D正确．。

(京津琼)高考物理总复习专用优编提分练：计算题专练(九)

计算题专练(九)1．如图1，两平行金属导轨位于水平面上，相距l ，左端与一阻值为R 的电阻相连．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．—质量为m 、电阻为r 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好．已知电阻R 消耗的功率为P ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，导轨的电阻可忽略．求：图1(1)导体棒匀速运动的速率v ；(2)水平外力F 的大小．答案 (1)R ＋rBl P R (2)μmg ＋Bl P R解析 (1)设回路中的电流为I ，对电阻R ，有P ＝I 2R导体棒产生的电动势为E ＝Blv根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r联立可得导体棒匀速运动的速率v ＝R ＋r Bl P R. (2)导体棒在磁场中匀速运动，受力平衡，则F ＝μmg ＋BlI 联立可得：F ＝μmg ＋Bl P R. 2．如图2，倾角θ＝37°的直轨道AC 与圆弧轨道CDEF 在C 处相切且平滑连接，整个装置固定在同—竖直平面内．圆弧轨道的半径为R ，DF 是竖直直径，O 点为圆心，E 、O 、B 三点在同一水平线上．A 、F 也在同一水平线上，两个小滑块P 、Q (都可视为质点)的质量都为m .已知滑块Q 与轨道AC 间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P 与整个轨道间和滑块Q 与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计．同时将两个滑块P 、Q 分别在A 、B 两点由静止释放，之后P 开始向下滑动，在B 点与Q 相碰．碰后P 、Q 立刻一起向下且在BC 段保持匀速运动，已知P 、Q 每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度为g ，求：图2(1)两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值．(2)滑块Q 在轨道AC 上往复运动经过的最大路程．答案 (1)3.8mg (2)53R 解析 (1)滑块P 下滑至与Q 相碰前瞬间，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 12 P 、Q 碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2P 、Q 一起由C 点运动至D 点过程，有2mgR (1－cos θ)＋12·2mv 22＝12·2mv D 2 经过D 点时对圆弧轨道的压力最大，有F N D －2mg ＝2m v D 2R由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力F N D ′＝F N D联立解得F N D ′＝3.8mg(2)由(1)中计算可知，P 、Q 整体在D 点的动能12·2mv D 2＝0.9mgR <2mgR 因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E 点下方，之后沿轨道返回，再次到达C 点的速度大小仍为v 2.从C 点上滑后P 、Q 分离，Q 比P 先到达最高点，且Q 运动到最高点时停下．设P 、Q 上滑的最大位移分别为x P 、x Q .对P 、Q ，由动能定理分别可得－mg sin θ·x P ＝0－12mv 22－(mg sin θ＋F f )·x Q ＝0－12mv 22 由P 、Q 碰后一起匀速下滑可知Q 受到的滑动摩擦力大小F f ＝2mg sin θP 再次从最高点下滑至第二次碰Q 前，有mg sin θ(x P －x Q )＝12mv 32P 、Q 碰后一起运动，有mv 3＝2mv 4P 、Q 从C 点上滑到第二次从C 点进入圆弧轨道，Q 克服摩擦力做的功W f ＝F f ·2x Q而P 、Q 碰撞损失的机械能为：ΔE ＝12mv 32－12·2mv 42 由以上各式解得Q 克服摩擦力做的功与P 、Q 碰撞损失的机械能之比为： W f ΔE ＝41P 、Q 此后多次进入直轨道AC 的运动过程遵循同样的规律，直到最后到达C 点的速度减为0，因此从P 、Q 第一次回到直轨道AC 运动到最后不再进入为止，Q 克服摩擦力做的功为： F f l ＝45·12×2mv 22滑块Q 在轨道AC 上往复运动经过的最大路程为l m ，则 l m ＝l ＋Rtan θ 联立解得l m ＝53R .。

京津琼高考物理总复习专用优编提分练选择题专练四.doc

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：kΔx＝mg，解得：k＝＝N/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＝mω2r可知半径越大，向心力越大，故苹果B所需向心力大于苹果A所据F向需向心力，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＝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＝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.≤v≤B.≤v≤C.≤v≤D.≤v≤答案C解析根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，粒子与AD边相切时速度最大，如图．由几何关系可知r－Lcos 45°＋[2L－(r－L)]cos 45°＝r最大半径为r1＝(＋1)L，故最大速度应为v1＝；当粒子从C点出射时半径最小，为r2＝，故最小速度应为v2＝，故v的取值范围为≤v≤，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＝，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＝D．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＝，由题：B＝，联立得：I＝，故C正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移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Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为Pu→X＋He ＋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Pu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．线框转过时，线框中的电流方向为abcdaB．线框中感应电流的有效值为C．线框转一周过程产生的热量为D．线框从中性面开始转过过程，通过导线横截面的电荷量为答案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＝B Sω，感应电压的有效值为：U＝，则线框中感应电流的有效值为：I＝＝，故B正确；线框转一周的过程中，产生的热量为：Q＝I2RT＝2R＝，故C错误；线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q＝＝，故D正确．。

(京津琼)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)电流(I/A)0.050.150.250.300.350.40电压(U/V) 1.70 1.50 1.30 1.20 1.10 1.00(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)R5 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.。

京津鲁琼版2020版高考物理总复习第九章第2节磁吃运动电荷的作用检测含解析20191121112

磁场对运动电荷的作用(建议用时：60分钟) 【A 级基础题练熟快】1．(2019·北京通州区检测)如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力和粒子间的相互作用力不计．下列说法正确的是( )A ．粒子a 带负电B ．粒子c 的动能最大C ．粒子b 在磁场中运动的时间最长D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大解析：选D.根据左手定则知粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电，故A 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB ＝m v 2r ，可得：r ＝mvqB，粒子的动能E k ＝12mv 2，三个带电粒子的质量、电荷量相同，则可知在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由题图知，c 粒子速率最小，b 粒子速率最大，则b 粒子动能最大，向心力最大，故B 错误，D 正确；根据t ＝θ2π·2πm qB ＝θmqB ，则c 粒子圆弧转过的圆心角最大，运动时间最长，选项C 错误．2．如图，直线OP 上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O 在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v 的质子1和2，两个质子都过P 点．已知OP ＝a ，质子1沿与OP 成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则( )A ．质子1在磁场中运动的半径为12aB ．质子2在磁场中的运动周期为2πavC ．质子1在磁场中的运动时间为2πa 3vD ．质子2在磁场中的运动时间为5πa6v解析：选B.根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r ＝a ，故A 错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πr v ＝2πav，故B 正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角θ1＝60°，质子1在磁场中的运动时间t 1＝θ1360°T ＝16T ＝πa 3v ，故C 错误；由几何知识可知，质子2在磁场中转过的圆心角θ2＝300°，质子2在磁场中的运动时间t 2＝θ2360°T ＝5πa3v ，故D 错误．3．(2019·四川眉山模拟)如图，圆形区域内存在一垂直纸面的匀强磁场，P 和Q 为磁场边界上的两点．氕核(11H)和氘核(21H)粒子从P 点朝圆形区域中心射入磁场，且都从Q 点射出，不计重力及带电粒子之间的相互作用，关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )A ．氘核运动的时间更长B ．氘核的速率更大C ．氘核的动能更大D ．氘核的半径更大解析：选A.粒子从P 点朝向磁场中心射入磁场，且都从Q 点射出，由几何关系可知两粒子运动的半径相等，根据r ＝mvBq，且氕核(11H)粒子的比荷q m 较大可知，氕核速率v ＝Bqrm较大，故B 、D 错误；根据动能E k ＝12mv 2＝r 2q 2B 22m 可知，氘核(21H)动能较小，故C 错误；根据t ＝s v ，弧长s 相同，氕核(11H)粒子的速度较大，则时间较短，故氘核运动的时间更长，故A 正确．4．(2019·云南玉溪联考)如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为qm＝2×1011C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当入射角α＝45°时，出射粒子速度v 的大小是( )A.2×106m/s B ．22×106m/s C ．22×108 m/sD ．42×106m/s解析：选B.粒子从小孔a 射入磁场，与ab 方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b 离开磁场时速度与ab 的夹角也为α＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O ′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为θ＝2α＝90° ，则粒子的轨迹半径r 满足2r ＝2R ，由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r ，解得：v ＝qBr m＝22×106m/s ，故选项B 正确．5．(2019·山东省实验中学模拟)如图所示，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( )A.qBL 2m ≤v ≤22qBLm B.qBL m ≤v ≤22qBL m C.qBL 2m ≤v ≤2（2＋1）qBL m D.qBL 2m ≤v ≤（2＋1）qBL m解析：选D.根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm，因此半径越大，速度越大．根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，如图由几何关系可知r 1＋L ＝r 1sin 45°，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＝qBL2m，故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤（2＋1）qBL m，故选D. 6．(2019·云南玉溪模拟)如图所示，一条直线上有O 、M 、N 三点，OM ＝MN ，直线上方的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质子和一α粒子分别以速度v 1、v 2从O 点沿OP 方向射入磁场，质子经时间t 1从M 点射出磁场，α粒子经时间t 2从N 点射出磁场，质子和α粒子的重力不计，不考虑它们之间的相互作用，则关于t 1、t 2、v 1、v 2的判断正确的是( )A ．t 1＝t 2，v 1＝v 2B ．t 1<t 2，v 1＝v 2C ．t 1<t 2，v 1<v 2D ．t 1>t 2，v 1>v 2解析：选B.粒子运动轨迹如图所示：令OM ＝MN ＝L ，对质子有：根据洛伦兹力提供向心力，Bq 1v 1＝m 1v 21r 1，解得：r 1＝m 1v 1q 1B，根据几何关系可得：2r 1sin θ＝L ，联立可得：v 1＝q 1BL 2m 1sin θ，对α粒子同理可得：v 2＝q 2BLm 2sin θ，由题意可知：m 2＝4m 1，q 2＝2q 1，联立可得：v 1＝v 2，质子的周期为：T 1＝2πm 1q 1B，α粒子的周期为：T 2＝2πm 2q 2B，可得T 2>T 1，因为圆心角相等，所以t 2>t 1，故B 正确，A 、C 、D 错误．7．(多选)(2019·江西上饶联考)如图以实线为理想边界，上方是垂直纸面向里的匀强磁场．质量和带电荷量大小都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直边界和磁场进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图中虚线所示，不计重力和粒子间的相互作用力，下列表述错误的是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 都做正功D ．M 在磁场中的运动时间大于N 在磁场中的运动时间解析：选BCD.据左手定则可判断，M 带负电，N 带正电，故A 项正确；据qvB ＝m v 2r ，解得：v ＝qBrm，粒子M 的轨道半径大于N 的轨道半径，则M 的速率大于N 的速率，故B 项错误；洛伦兹力对电荷不做功，故C 项错误；据T ＝2πm qB 、t ＝T 2，解得粒子在磁场中的运动时间t ＝πmqB，M 、N 的质量和带电荷量大小都相等，M 在磁场中的运动时间等于N 在磁场中的运动时间，故D项错误．8．(多选)如图，正方形abcd 中△abd 区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd 区域内有方向平行bc 的匀强电场(图中未画出)．一带电粒子从d 点沿da 方向射入磁场，随后经过bd 的中点e 进入电场，接着从b 点射出电场．不计粒子的重力．则()A ．粒子带正电B ．电场的方向是由b 指向cC ．粒子在b 点和d 点的动能相等D ．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2解析：选BD.从a 到e 粒子做匀速圆周运动，由左手定则能够判定粒子带负电，选项A 错误；由于粒子带负电，进入电场后弯向上方，受力向上，则电场方向就向下，由b 指向c ，选项B 正确；由于磁场对粒子不做功，所以d 、e 两点的动能相等，但从e 到b 电场力做正功，动能增加，所以b 、d 两点的动能不相等，选项C 错误；设正方形边长为a ，粒子在磁场中偏转90°，时间t 1＝14T ＝14×2π×a 2v ＝πa 4v ，而在磁场中运动的时间t 2＝a2v ＝a 2v ，两者比值为π2，选项D 正确．【B 级能力题练稳准】9．(多选)(2019·安徽六安模拟)如图所示，直角三角形ABC 的区域内有垂直纸面的匀强磁场，O 、D 是AB 和AC 边的中点，一束带电粒子沿OD 方向射入磁场中，恰好从B 点射出磁场，下列说法中正确的是()A．只改变带电粒子的带电性质，粒子将从A点射出磁场B．只改变带电粒子的带电性质，粒子将从AD边界上的某点射出磁场C．只将磁场方向反向，粒子将从OA边界上的某点射出磁场D．只将磁场方向反向，粒子不可能从A点射出磁场解析：选BD.一束带电粒子沿OD方向射入磁场中，恰好从B点射出磁场，运动轨迹如图中实线所示：如果只改变带电粒子的带电性质，粒子在磁场中受到的洛伦兹力方向相反，粒子将向上偏转，粒子将从AD边界上某点射出磁场，如图虚线所示，故A错误，B正确；如果只将磁场方向反向，粒子在磁场中受到的洛伦兹力反向，粒子将向上偏转，运动轨迹如图中虚线所示，粒子将从AD边界上的某点射出磁场，粒子不可能经过A点，不可能从A点射出磁场，故C错误，D正确．10．(多选)(2019·山东淄博模拟)如图所示，虚线cd上、下方区域存在方向相同但强弱不同的匀强磁场，带电粒子以v0的初速度从边界ab上的O点垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界ab上的P点射出，现改变虚线cd上方磁感应强度的大小，使之变为原来的2倍，让该粒子仍以速度v0从O处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界ab上的P′点射出，不计粒子的重力，下列关于粒子的说法正确的是( )A．改变磁场后，粒子离开直线ab时的位置不变B．改变磁场后，粒子离开直线ab时的速度大小不变C．改变磁场后，粒子离开直线ab时的速度方向不变D．改变磁场后，粒子离开直线ab所用时间不变解析：选BC.虚线上方部分的磁场变大，则粒子在上方磁场中的运动半径变小，粒子返回到cd线上的位置左移，则粒子离开直线ab时的位置向左移动，选项A错误；因洛伦兹力不做功，可知粒子离开直线ab时的速度大小不变，选项B正确；因粒子射入cd虚线上方磁场的速度方向不变，则离开磁场时的速度方向也不变，即粒子离开直线ab时的速度方向不变，选项C正确；上方部分的磁场变大时，粒子在磁场中的半径变小，但是圆弧所对的圆心角不变，根据t＝θ2π·2πmqB可知，B变大，则t减小，即粒子离开直线ab所用时间变小，选项D错误．11．(2019·云南四校联考)如图所示，在边长为L 的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B .在正方形对角线CE 上有一点P ，其到CF ，CD 距离均为L4，且在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m ，电荷量为q ，不计离子重力及离子间相互作用力．(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？ (2)求速率为v ＝13qBL32m的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围．解析：因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动． (1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为r ≤L8对离子，由牛顿第二定律有qvB ＝mv 2r ⇒v ≤qBL8m.(2)当v ＝13qBL32m时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R则由qvB ＝m v 2R 可得R ＝13L32要使离子从DE 射出，则其必不能从CD 射出，其临界状态是离子轨迹与CD 边相切，设切点与C 点距离为x ，其轨迹如图甲所示，由几何关系得：R 2＝(x －L 4)2＋(R －L4)2计算可得x ＝58L设此时DE 边出射点与D 点的距离为d 1，则由几何关系有：(L －x )2＋(R －d 1)2＝R 2解得d 1＝L4而当离子轨迹与DE 边相切时，离子必将从EF 边射出，设此时切点与D 点距离为d 2，其轨迹如图乙所示，由几何关系得：R 2＝(34L －R )2＋(d 2－L 4)2解得d 2＝（2＋3）L8故速率为v ＝13qBL 32m 的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围为L 4≤d <（2＋3）L8.答案：(1)v ≤qBL 8m (2)L 4≤d <（2＋3）L 812．(2019·河南联考)如图所示，虚线PQ 右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从虚线上M 点以一定的速度垂直磁场方向进入磁场，刚进入时粒子速度方向与虚线PQ 夹角为60°，之后粒子从虚线PQ 上的N 点射出磁场．已知MN 两点间的距离为L ，不计粒子重力．求：(1)粒子在磁场中运动的时间； (2)粒子的动能．解析：(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动的轨迹如图所示，可知粒子轨迹对应圆心角为240°由：qBv ＝m v 2r得：r ＝mvqB由：T ＝2πrv得：T ＝2πr v＝2πmqB粒子在磁场中运动的时间：t ＝240°360°×2πm qB ＝4πm 3qB .(2)由几何关系可知，粒子运动的轨道半径r ＝33L 又r ＝mv qB联立得：v ＝3qBL3mE k ＝12mv 2＝q 2B 2L 26m .答案：(1)4πm 3qB (2)q 2B 2L 26m。

(京津鲁琼专用)2020版高考物理复习高考题型专项练一选择题专项练(一)_(十二)(含解析)

选择题专项练选择题专项练（一）-（十二）选择题专项练(一)(建议用时：25分钟)一、单项选择题1.如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．当开关S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，不考虑电容器充放电对电路的影响，下列有关说法中正确的是( )A ．只逐渐增大R 1的光照强度，R 3中有向下的电流B ．只调节电阻R 3的滑片端P 2向上移动时，电阻R 3中有向上的电流C ．只调节电阻R 2的滑片P 1向下端移动时，带电微粒向上运动D ．若断开开关S ，带电微粒向上运动2．如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成．若速度选择器中电场强度大小为E 1，磁感应强度大小为B 1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为14圆弧，圆弧的半径(OP )为R ，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外．一带电粒子以速度v 沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点，不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．速度选择器的极板P 1的电势比极板P 2的低B ．粒子的速度v ＝B 1E 1C ．粒子的比荷为E 21ERB 21D ．P 、Q 两点间的距离为2ERB 21E 21B3.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽灯泡a 、b 和c ，灯泡b 、c 规格相同，当左端输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，三只灯泡均能正常发光，导线电阻不计，下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为10∶1B ．此时a 灯和b 灯的电流比为1∶1C ．此时a 灯和b 灯的电功率之比为1∶9D ．此时a 灯和b 灯的电阻比为9∶24．由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”，采用三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形，阵列如图所示．地球恰好处于三角形中心，探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行，对一个周期仅有 5.4分钟的超紧凑双白矮星(RXJ0806.3＋1527)产生的引力波进行探测．若地球表面附近的卫星运行速率为v 0，则三颗探测卫星的运行速率最接近( )A ．0.10v 0B.0.25v 0 C ．0.5v 0D.0.75v 0二、多项选择题5．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示．经时间t 后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A．加速时动力的大小等于3mgB．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1C．减速飞行时间t后速度减为零D．加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1 6．如图所示，重力不计的横梁(可伸缩)的一端固定在竖直墙壁上的A点，另一端B点用绳悬挂在墙壁上的C点，初始时绳与墙的夹角为θ，当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中，横梁始终保持水平．问此过程中，A点对横梁作用力F的大小和CB绳对横梁的拉力F T的大小是如何变化的( )A．F先增大后减小 B.F T一直减小C．F一直减小 D.F T先减小后增大7.有一种电四极子的电荷分布如图所示，在正方形的顶点上分别有两个电荷量为＋q和两个电荷量为－q的点电荷．O点为正方形中心，a、b、c、d为正方形四条边的中点，电荷量为－Q的点电荷位于Oc延长线上，下列说法正确的是( )A．场强的大小关系有E b>E dB．电势的高低关系有φb<φdC．将一正点电荷沿直线由a移动到c的过程中电势能逐渐减小D．将一正点电荷沿直线由b移动到d的过程中电势能始终不变8．甲、乙两辆小汽车(都可视为质点)分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时(t＝0)乙车在前甲车在后，两车间距为x0.t＝0时甲车先启动，t ＝3 s 时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v －t 图象如图所示．根据图象，下列说法正确的是( )A ．两车加速过程，甲的加速度比乙大B ．若x 0＝80 m ，则两车间间距最小为30 mC ．若两车在t ＝5 s 时相遇，则在t ＝9 s 时再次相遇D ．若两车在t ＝4 s 时相遇，则在t ＝10 s 时再次相遇第二篇高考题型专项练一、选择题专项练选择题专项练(一)1．解析：选C.只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器充电，因电容下极板带正电，所以电阻R 3中有向上的电流，故A 错误；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动时，对电路没有影响，故B 错误；只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E ＝U d 可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C 正确；若断开开关S ，电容器处于放电状态，电荷量变小，两极板间的电压减小，场强减小，则油滴向下运动，故D 错误．2．解析：选C.粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板P 1的电势比极板P 2的高，选项A 错误；由qvB 1＝qE 1可知，粒子的速度v ＝E 1B 1，选项B 错误；由v ＝E 1B 1和qE ＝m v 2R 可得，粒子的比荷为q m ＝E 21ERB 21，选项C 正确；粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ 为轨迹圆的直径，故P 、Q 两点间的距离PQ ＝2mv qB ＝2ERB 1E 1B，选项D 错误． 3．解析：选D.灯泡正常发光，则其两端电压均为额定电压U 额，则说明原线圈输入电压为9U 额，输出电压为U 额；则可知，原、副线圈匝数之比为9∶1，A 错误；原、副线圈匝数之比为9∶1，则：I aI b ＋I c ＝19，I a I b ＝29，由欧姆定律可知，它们的电阻之比为9∶2，B 错误，D 正确；由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得a 灯和b 灯的电功率之比为2∶9，C 错误．4．解析：选B.由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的33，所以卫星的轨道半径与地球半径的关系：r ＝27×33R ＝93R ；根据v ＝GM r 可得v v 0＝R93R ≈0.25，则v ≈0.25v 0，故选B.5．解析：选AB.起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F ，合力为F b ，如图甲所示，在△OFF b 中，由正弦定理得：F ＝3mg ，F b ＝mg ，故A 正确；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a 1＝g ，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，推力F ′跟合力F ′b 垂直，如图乙所示，此时合力大小为：F ′b ＝mg sin 30°；动力大小：F ′＝32mg ；飞行器的加速度大小为：a 2＝mg sin 30°m＝0.5g ；加速与减速时的加速度大小之比为a 1∶a 2＝2∶1，故B 正确；t 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt ，到最高点的时间为：t ′＝v a 2＝gt 0.5g＝2t ，故C 错误；加速与减速过程发生的位移大小之比为v 22a 1∶v 22a 2＝1∶2，故D 错误． 6．解析：选BC.对B 点受力分析，受重物的拉力，横梁的支持力和绳的拉力，如图所示．根据平衡条件，有F T ＝mgcos θ，F N ＝mg tan θ，当重为G 的物体由挂在梁上的B 点处逐渐移至A点的过程中，θ减小，故F N 减小，F T 也减小；A 点对横梁的作用力F 与F N 等大，也减小，B 、C 正确．7.解析：选AC.各点电荷在b 、d 两点产生的场强如图所示，按平行四边形合成规律可知，b 点的场强大于d 点的场强，故A 正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b 、d 连线是等势线，对于－Q 电荷，根据所产生电场的对称性，b 、d 两点电势相等，所以φb ＝φd ，故B 错误；对于两对等量异种电荷产生的电场，a 、c 连线是等势线，对于－Q 电荷，正点电荷沿直线由a移动到c 的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C 正确；对两对等量的异种电荷产生的电场，b 、d 连线是等势线，对于－Q 电荷，正点电荷沿直线由b 移动到d 的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D 错误．8．解析：选BC.v －t 图象的斜率大小表示加速度大小，从题图图象上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A 错误；速度相等时两者之间的距离有最小值，从图象上可以看出0～7 s 内甲运动的位移为x 1＝（2＋7）×202 m ＝90 m ，而乙运动的位移为：x 2＝12×4×20 m ＝40 m ，则甲、乙之间的距离为Δx ＝x 2＋80 m －x 1＝30 m ，故B 正确；若两车在t ＝5 s 时相遇，从图象上可以看出5～9 s 内甲、乙运动的位移相等，所以甲、乙在t ＝9 s 时会再次相遇，故C 正确；若两车在t ＝4 s 时相遇，从图象上可以看出4～10 s 内甲、乙运动的位移不相等，则在t ＝10 s 时不会再次相遇，故D 错误．选择题专项练(二)(建议用时：25分钟)一、单项选择题1．如图所示，a 、b 两细绳一端系着质量为m 的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳a 水平，绳b 倾斜，现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳a 竖直，在此过程中( )A ．a 上的张力逐渐增大，b 上的张力逐渐增大B ．a 上的张力逐渐减小，b 上的张力逐渐减小C ．a 上的张力先增大后减小，b 上的张力逐渐减小D ．a 上的张力先减小后增大，b 上的张力逐渐增大2．如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点．把一个电子分别放在P、S、T三点进行比较，则( )A．电子从T点移到S点，电场力做负功，动能减小B．电子在P点受力最小，在T点电势能最大C．电子在S点受力最小，在T点电势能最大D．电子从P点移到S点，电场力做正功，动能增大3．如图所示，一个小球从光滑的固定圆弧槽的A点由静止释放后，经最低点B运动到C 点的过程中，小球的动能E k随时间t的变化图象可能是( )R为光敏电阻(光照减4．在如图所示的电路中，R弱时阻值增大)，C为电容器，现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是( )A．电流表的示数增大B．电容器C所带的电荷量增大C．电压表的示数变小D．电源内部消耗的功率变大5．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且仅圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则( )A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．乙球释放的位置最高D．甲球下落过程中，机械能守恒二、多项选择题6．如图所示，水平地面粗糙，物块A、B在水平外力F的作用下都从静止开始运动，运动过程中的某一时刻，物块A、B的速度v A、v B和加速度a A、a B大小关系可能正确的是( )A．v A>v B，a A＝a B B.v A<v B，a A<a BC．v A＝v B，a A＝a B D.v A>v B，a A>a B7．如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( )A．线圈a中有感应电流B．线圈b中有感应电流C．线圈c中有顺时针方向的感应电流D．线圈d中有逆时针方向的感应电流8．如图所示，水平面上固定一倾角为θ＝30°的斜面，一轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接一质量m＝2 kg的物块(视为质点)，开始时物块静止在斜面上A点，此时物块与斜面间的摩擦力恰好为零，现用一沿斜面向上的恒力F＝20 N作用在物块上，使其沿斜面向上运动，当物块从A点运动到B点时，力F做的功W＝4 J，已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝35，取g＝10 m/s2，则下列结论正确的是( )A．物块从A点运动到B点的过程中，重力势能增加了4 JB ．物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能为1.2 JC ．物块经过B 点时的速度大小为255m/s D ．物块从A 点运动到B 点的过程中，弹簧弹性势能的变化量为0.5 J选择题专项练(二)1．解析：选C.设小球的重力为G ，圆环沿顺时针方向转动过程中，b绳与竖直方向的夹角为α逐渐增大，a 、b 绳的拉力分别为T a 、T b ，小球的位置不动，受力平衡．由平衡条件可知，小球受到的重力G 和T a 、T b 组成矢量三角形，由几何知识可知T a 、T b 的夹角θ不变，重力G 的大小、方向都不变，如图所示，在初始时刻T b 最大，随α角的变大，T b 一直变小，当T ′b 水平时，T ′a 达到最大值，随α角变大，T ″a 再变小．故A 、B 、D 错误，C 正确．2.解析：选C.等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在P 、S 、T 三点中，S 位置电场线最稀疏，故场强最小的点是S 点．故电荷在S 点受到的电场力最小；S 、P 两个点在一个等势面上，电势相等；沿着电场线电势逐渐降低，故P 点电势高于T 点电势；故电势最低的点是T 点，负电荷放在电势低处的电势能大，故放在T 点处电势能最大，放在P 、S 处电势能相等，选项C 正确，B 错误；电子从T 点移到S 点，电势能减小，则电场力做正功，动能增加，选项A 错误；电子从P 点移到S 点，电场力不做功，动能不变，选项D 错误．3．解析：选B.动能E k 与时间t 的图象上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即ΔE k Δt ＝W Δt＝P ，A 点与C 点处小球速度均为零，B 点处小球速度方向与重力方向垂直，所以A 、B 、C 三点处重力做功的功率为零，则小球由A 点运动到B 点的过程中重力做功的功率先增大再减小至零，小球由B 点运动到C 点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故B 正确，A 、C 、D 错误．4．解析：选B.减弱对光敏电阻R 光照的强度，R 增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C ＝Q U ，C 不变，U 增大，可得Q 增大，电源内部消耗的电功率P ＝I 2r ，I 减小，内阻不变，所以P 减小，故B 正确．5．解析：选D.在最高点时，甲球所受洛伦兹力向下，乙球所受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，三球在最高点所受合力不相等，由牛顿第二定律得：F 合＝m v 2R，由于F 合不等，m 、R 相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A 错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B 错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C 错误；洛伦兹力不做功，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，故D 正确．6．解析：选BC.由题意知，A 、B 一起加速时，a A ＝a B ，则v A ＝v B ；发生相对运动时，一定是：v A <v B ，a A <a B ，所以B 、C 正确．7．解析：选AC.由右手螺旋定则可判定通电导线周围磁场的方向，a 、c 所在象限磁场不为零，a 中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a 中有逆时针方向的电流，故A 正确；其中b 、d 线圈内的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B 、D 错误；c 中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c 中有顺时针方向的电流，故C 正确．8．解析：选BC.当物块从A 点运动到B 点时，力F 做的功W ＝4 J ，则AB 的距离L ＝W F ＝420m ＝0.2 m ，此时重力势能增加了ΔE p ＝mgL sin 30°＝20×0.2×12J ＝2 J ，选项A 错误；物块从A 点运动到B 点的过程中，产生的内能为ΔE ＝W f ＝μmgL cos 30°＝35×20×0.2×32 J ＝1.2 J ，选项B 正确；物块静止在A 点时所受摩擦力为零，则mg sin 30°＝k Δx ，解得Δx＝mg sin 30°k ＝20×12100m ＝0.1 m ，即在A 点时弹簧被压缩了0.1 m ，可知当物块到达B 点时，弹簧伸长0.1 m ，那么在A 、B 两点弹簧的弹性势能相等，则从A 到B 由动能定理：W －W G －W f ＝12mv 2B ，解得v B ＝255m/s ，选项C 正确，D 错误．选择题专项练(三)(建议用时：25分钟)一、单项选择题1．地球和木星绕太阳运行的轨道可以看做是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看做是圆形的．已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量．如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r 的立方与周期T 的平方的关系图象，已知引力常量为G ，地球的半径为R .下列说法正确的是( )A ．木星与地球的质量之比为bd 11acB ．木星与地球的线速度之比为1∶5C ．地球密度为3πaGdR3D ．木星密度为3πb 125GcR 32．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V 、20 V 、30 V ，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a 、b 、c 是轨迹上的三个点，下列说法正确的是( )A ．粒子在三点所受的电场力不相等B ．粒子在三点的电势能大小关系为E p c <E p a <E p bC ．粒子必先过a ，再到b ，然后到cD ．粒子在三点所具有的动能大小关系为E k b >E k a >E k c3．一个质点做匀变速直线运动，依次经过a 、b 、c 、d 四点．已知经过ab 、bc 和cd 的时间分别为t 、2t 、4t ，ac 和bd 的位移分别为x 1和x 2，则质点运动的加速度为( )A.x 2－x 115t 2 B.x 2－x 142t 2 C.x 2－2x 142t2 D.x 2－2x 115t24．如图所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在M 点，另一端系一质量为m 的小球，不计所有摩擦，重力加速度为g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )A ．轨道对轻环的支持力大小为mgB ．细线对M 点的拉力大小为3mg 2C ．细线对轻环的作用力大小为3mg2D ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°5．如图所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子 11H 和氦核 42He 都从顶点A 沿∠BAC 的角平分线方向射入磁场，质子 11H 离开磁场后经过C 点，氦核 42He 从相切点D 离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )A ．6∶1 B.3∶1 C ．2∶1 D.3∶2二、多项选择题6．用同样的交流电源分别给图甲、乙两个电路中相同的四个灯泡供电，四个灯泡均正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，则( )A ．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值相等B ．滑动变阻器接入电路的阻值与灯泡正常发光时的阻值之比为2∶1C ．甲、乙两个电路中的电功率之比为3∶2D ．甲、乙两个电路中的电功率之比为2∶17．如图所示，长为L 的轻质细杆一端拴在天花板上的O 点，另一端拴一质量为m 的小球．刚开始细杆处于水平位置，现将小球由静止释放，细杆从水平位置运动到竖直位置，在此过程中小球沿圆弧从A 点运动到B 点，不计空气阻力和O 点阻力，则( )A ．小球下摆过程中，重力对小球做功的平均功率为0B ．小球下落高度为0.5L 时，细杆对小球的拉力为1.5mgC ．小球经过B 点时，细杆对小球的拉力为2mgD ．小球下摆过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小8．如图所示，线圈ABCD 匝数n ＝10，面积S ＝0.4 m 2，边界MN (与线圈的AB 边重合)右侧存在磁感应强度B ＝2π T 的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB 边以ω＝10π rad/s 的角速度匀速转动．则以下说法正确的是( )A ．线圈产生的是正弦交流电B ．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 VC ．线圈转动160 s 时瞬时感应电动势为40 3 VD ．线圈产生的电动势的有效值为40 V选择题专项练(三)1．解析：选C.根据G mM r 2＝m 4π2T 2r 得，r 3＝GMT 24π2，可知图线的斜率k ＝GM 4π2，由于木星的质量大于地球的质量，可知图线斜率较大的是绕木星做圆周运动的卫星的轨道半径和周期的关系图线，图线斜率较小的是绕地球做圆周运动的卫星的半径和周期的关系图线．对于地球，k＝a d ＝GM 地4π2，解得地球的质量M 地＝4π2a Gd，则地球的密度ρ地＝M 地4πR 33＝3πa dR 3G .对于木星，k ＝bc＝GM 木4π2，解得木星的质量M 木＝4π2bGc，则木星的密度ρ木＝M 木43π（11R ）3＝3πb1 331GcR 3，则木星与地球的质量之比为M 木M 地＝bdac，故A 、D 错误，C 正确．根据v ＝GMr ′可知木星与地球的线速度之比为v 木v 地＝r 地r 木＝15，故B 错误． 2．解析：选B.图中表示电场中三个等势面平行且等间距，相邻等势面间的电势差相等，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，故A 错误；根据电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，可知电场的方向向上，带电粒子受到向下的电场力作用，粒子无论是依次沿a 、b 、c 运动，还是依次沿c 、b 、a 运动，都会得到如图的轨迹，所以不能确定带电粒子的运动方向，故C 错误；由上分析知，粒子带负电，带电粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的相互转化，b 点的电势最低，由E p ＝q φ知，带电粒子在b 点时的电势能最大，在c 点的电势能最小，由能量守恒定律知粒子在c 点的动能最大，在b 点的动能最小，即有：E k b ＜E k a ＜E k c ，E p c ＜E p a ＜E p b ，故B 正确，D 错误．3．解析：选D.设a 点的速度为v ，则x 1＝v ·3t ＋12a (3t )2；x 2＝(v ＋at )·6t ＋12a (6t )2；联立解得：a ＝x 2－2x 115t2，故选D. 4．解析：选D.对轻环受力分析，因轻环两边细线的拉力相等，可知两边细线拉力与圆弧对轻环的支持力方向的夹角相等，设为θ，由几何关系可知，∠OMA ＝∠MAO ＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°；则轨道对轻环的支持力大小为F N ＝2mg cos 30°＝3mg ，选项A 错误；细线对M 点的拉力大小为F T ＝mg ，选项B 错误；细线对轻环的作用力大小为F ′N ＝F N ＝3mg ，选项C 错误；由几何关系可知，N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，选项D 正确．5．解析：选A.设三角形的边长为L ，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R ＝36L ，质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示．由几何关系可得r 1＝R tan 60°＝12L氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可得：r 2＝R tan 30°＝16L粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r，结合两个粒子的轨迹半径可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A 正确．6．解析：选AC.设灯泡的额定电流为I ，电阻为R ；在题图乙中，副线圈的电压U 2＝IR ，根据理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，得原线圈两端电压为U ＝U 1＝3U 2＝3IR ；在题图甲中，滑动变阻器两端电压为U R 1＝U －2IR ＝IR ，流过的电流为I ，则滑动变阻器接入电路的阻值为R 1＝U R 1I ＝IR I＝R ，故A 正确，B 错误；在题图甲电路中，电功率为P 1＝UI ＝3I 2R ，在题图乙中，电功率为P 2＝2I 2R ，则P 1∶P 2＝3∶2，故C 正确，D 错误．7．解析：选BD.小球下摆过程中，重力做的功W ＝mgL ，则重力的平均功率P －＝mgLt，不为零，故A 错误；小球下落高度为0.5L 时到达C 点，设细杆与水平方向夹角为θ角，其受力情况如图所示．由几何关系得：sin θ＝0.5L L ＝12，解得θ＝30°；下降0.5L ，只有重力做功，细杆的拉力不做功，由机械能守恒定律得：mg ×0.5L ＝12mv 2C ，在C 点有：F T －mg sin θ＝m v 2CL ，联立解得：F T ＝1.5mg ，故B 正确；从A 点到B 点，由机械能守恒定律得：mgL ＝12mv 2B ，在B 点有：F ′T －mg ＝m v 2BL，联立解得：F ′T ＝3mg ，故C 错误；小球下摆过程中，竖直方向的分速度先变到最大再减小到0，由P G ＝mgv y 知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，故D 正确．8．解析：选BD.线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A 错误；电动势最大值E m ＝nBS ω＝80 V ，故B 正确；线圈转动160 s 、转过角度π6，瞬时感应电动势为e ＝E m sin π6＝40 V ，故C 错误；在一个周期时间内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有(E m2R)2R ·T 2＝(ER )2RT ，可得电动势有效值E ＝E m2＝40 V ，故D 正确．选择题专项练(四) (建议用时：25分钟)一、单项选择题1．如图所示，质量为m 的小球A 静止于光滑水平面上，在A 球与墙之间用轻弹簧连接．现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( )A ．E ＝14mv 20，I ＝2mv 0B.E ＝14mv 20，I ＝mv 0C ．E ＝12mv 20，I ＝2mv 0D.E ＝12mv 20，I ＝mv 02．有一个竖直固定放置的四分之一光滑圆弧轨道，轨道圆心O到地面的高度为h ，小球从轨道最高点A 由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B 离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C 点，C 点与A 点的水平距离也等于h ，则下列说法正确的是( )A ．当小球运动到轨道最低点B 时，轨道对它的支持力等于重力的4倍B ．小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧的支持力对小球的冲量C ．根据已知条件可以求出该四分之一圆弧轨道的轨道半径为0.2hD ．小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝0.53．如图所示，质量为m 、电荷量为＋q 的三个相同带电小球a 、b 、c ，从同一高度以初速度v 0水平抛出，小球a 只在重力作用下运动，小球b 在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c 在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为t a 、t b 、t c ，落地时重力的瞬时功率分别为P a 、P b 、P c ，则以下判断中正确的是( )A ．t a ＝t b ＝t cB.t a ＝t c <t b。

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