2019高考物理总复习选择题增分练八37
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(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．。
2019高考物理江苏专用优编题型增分练：基础回扣练8Word版含解析
8.动量定理和动量守恒定律1.李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一只粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图1所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是()图1A．第一次粉笔的惯性更小B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小D．第一次粉笔获得的动量更大答案 D解析两次拉动中粉笔的质量不变，故其惯性不变，故A错误；由于正压力不变，故纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；由于慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，故摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故D正确．2.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图2所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为 1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1 000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图2A．0.2 N B．0.6 N C．1.0 N D．1.6 N答案 B解析豆粒从80 cm高处落到秤盘前瞬间速度为v，v2＝2gh，则v＝2gh＝2×10×0.8 m/s＝4 m/s设向上为正方向，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1F＝mv2－mv1t＝0.1×2－0.1×－41N＝0.6 N，B正确，A、C、D错误．3．在列车编组站里，一节动车车厢以 1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞时间很短，内力很大)()A．10 N·s B．20 N·sC．104 N·s D．2×104 N·s答案 C解析动车和拖车组成的系统碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车根据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104 N·s，选项C正确．4．(多选)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是()A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案AC解析根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋F fm大于下降过程中的加速度a下＝g－F fm，则上升的时间小于下降的时间，即t上<t下，根据I＝Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，选项B错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，选项D错误．5．飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了．如图3所示，2017 年10 月20 日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到 1 500 m高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h的速度飞行，撞到质量为 2 kg的兔子，作用时间为0.1 s．则飞机受到兔子的平均撞击力大小约为()图3。
2019高考物理最后冲刺增分小题狂练： 8 含解析
小题狂练8牛顿运动定律小题狂练⑧小题是基础练小题提分快1．[2019·福建省南安一中摸底]牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上，经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面滑动．水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿水平面滑动到的最远位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是() A．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态B．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变C．如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案：C解析：根据实验结果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越远，由此得出结论，如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去．故选C.2．[2019·甘肃省兰州一中检测]下列说法正确的是()A．惯性是物体抵抗运动状态变化的性质B．人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力C．物理公式只能确定物理量之间的数量关系，但不能确定物理量间的单位关系D．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用的瞬间，加速度为零答案：A解析：惯性是物体的固有属性，表征物体运动状态改变的难易程度，A正确．根据牛顿第三定律，两个物体间的作用力与反作用力总是等大反向的，B错误．物理公式不仅确定物理量之间的数量关系，也能确定单位关系，C错误．根据牛顿第二定律，合外力与加速度是瞬时对应关系，D错误．3.[2019·黑龙江省哈尔滨六中模拟]如图所示，质量为1 kg的木块A与质量为2 kg 的木块B叠放在水平地面上，A、B间的最大静摩擦力为2 N，B与地面间的动摩擦因数为0.2，用水平力F作用于B，则A、B保持相对静止的条件是(g＝10 m/s2)()A．F≤12 N B．F≤10 NC．F≤9 N D．F≤6 N答案：A解析：当A 、B 间有最大静摩擦力(2 N 时)，对A 由牛顿第二定律可知，A 的加速度大小为a ＝2 m/s 2，对A 、B 整体应用牛顿第二定律有：F m －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，得F m ＝12 N ，A 、B 保持相对静止的条件是F ≤12 N ，A 正确，B 、C 、D 错误．4.[2019·黑龙江省哈尔滨三中考试]如图所示，一木块在光滑水平面上受到一恒力F 作用而运动，前方固定一轻质弹簧，当木板接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块将立即做匀减速直线运动B ．木块将立即做变减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩状态时，木块的加速度为零答案：C解析：对木块进行受力分析，接触弹簧后弹力不断增大，当弹力小于力F 时，木块仍将加速运动，但加速度变小，A 、B 均错误．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的加速度为0，速度最大，C 正确．继续压缩弹簧，合力反向且增大，加速度向右不断增大，D 错误．5．[2019·河北省衡水中学二调]如图所示，在光滑水平面上有一小车A ，其质量为m A ＝2.0 kg ，小车上放一个物体其质量为m B ＝1.0 kg.如图甲所示，给B 一个水平推力F ，当F 增大到稍大于3.0 N 时，A 、B 开始相对滑动．如果撤去F ，对A 施加一水平推力F ′，如图乙所示．要使A 、B 不相对滑动，则F ′的最大值F m 为( )A ．2.0 NB ．3.0 NC ．6.0 ND ．9.0 N答案：C解析：题图甲中当力F ＝3.0 N 时，A 、B 间的静摩擦力达到最大，由整体法与隔离法可得：F m A ＋m B ＝f m A ，f ＝2.0 N ．对题图乙有：F ′m A ＋m B ＝f m B，F ′＝6.0 N ，故选C.6．[2019·甘肃省兰州一中检测]如图甲所示，静止在水平地面上的物块A ，受到水平拉力F 的作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m 大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上的挡板上．如图所示，n个质量为9.[2019·湖南师大附中模拟]如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过定滑轮的细线与质量为M的物块C 连接，释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中拉力T的大小为()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g答案：C解析：对A、B整体，根据牛顿第二定律T＝(m1＋m2)a，C正确；对C有Mg －T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，A、B错误；对A有T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μm1g，D错误．10．[2019·辽宁六校联考](多选)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图象如图所示，已知斜面的倾角为37°，物体的质量为1 kg，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度为g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．在0～5 s内拉力F的大小为1.8 NB．在5～10 s内拉力F的大小为10 NC．斜面的长度可能为5 mD．在10～15 s内拉力F做的功为－5.5 J答案：AD解析：在0～5 s内物体下滑的加速度大小为a1＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律有：mg sinθ－μmg cosθ－F＝ma1，F＝1.8 N，A正确．在5～10 s内物体匀速下滑，mg sinθ－μmg cosθ－F＝0，F＝2 N，B错误．斜面的长度大于或等于速度—时间图象与时间轴所围成的面积大小，可知最小等于10 m，C错误.10～15 s内，加速度大小仍为a1＝0.2 m/s2，方向与速度方向相反，mg sinθ－μmg cosθ－F＝－ma1，F＝2.2 N，而位移等于2.5 m，力F所做的功W＝－Fx＝－5.5 J，D正确．11．[2019·辽宁省沈阳育才学校模拟](多选)如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1.跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角．重力加速度大小为g.下列说]某人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮与绳子间的摩擦，则人对地面的压力大小为，则下列说法正确的是()增大，f减小减小，f增大增大，f增大减小，f减小g .则( )先做匀加速运动，再做匀减速运动．物体刚向左运动时的加速度大小为kx 0－μmg m如图所示，足够长的斜面固定在水平面上，斜面顶端有一附有挡板的长木板，μ，轻质弹簧测力计一端挂在挡板上，另一端连接木板固定且小球静止时，弹簧中心线与木板平行，滑轮和轴、绳和滑轮间的摩擦均可忽略．在另一侧有一质量为，由静止开始释放它们后，圆环相对于地面以恒定的加速度为重力加速度)，则小球相对地面的加速度大小－a2)A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性D．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的答案：D解析：根据惯性的定义可知A、B、C正确；绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故D错误．2．[2019·江西丰城中学检测]如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是()A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力答案：C解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力大小相等、方向相反、并且作用在同一直线上，但是这两个力作用在两个物体上，所以应为作用力和反作用力，所以A错误．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的分力不是对斜面的压力，因为作用点不同，对斜面的压力作用点应在斜面上，而垂直于斜面向下的分力作用点在物体上，所以B错误．斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力和摩擦力的合力，与物体的重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，C正确．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力，物体所受斜面的摩擦力与重力沿斜面的分力为平衡力，所以D错误．3．[2018·全国卷Ⅰ]如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()答案：A解析：设物块P静止时，弹簧的长度为x0，轻弹簧原长为l，物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma.根据数学知识知F－x图象是截距为ma的一次函数图象．4.[2019·湖北黄冈中学模考](多选)如图所示，三个质量均为m的物块a、b、c，用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态．现将b、c之间的轻绳剪断，下列说法正确的是()A．在刚剪断轻绳的瞬间，b的加速度大小为gB．在刚剪断轻绳的瞬间，c的加速度大小为2gC．剪断轻绳后，a、b下落过程中，两者一直保持相对静止D．剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态答案：BD解析：剪断轻绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变；对b根据牛顿第二定律可得ma b＝2mg，解得a b＝2g，方向向下；c上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于三个物块的总重力，即3mg，剪断轻绳后，对c根据牛顿第二定律可得3mg－mg＝ma c，解得a c＝2g，方向向上，所以A错误，B正确；剪断轻绳后，a、b下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，两者之间的轻弹簧长度一定会发生变化，C错误；剪断轻绳后，a、b下落过程中，a、b加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态，此时二者的加速度都为g，D正确．5．[2019·山东潍坊中学月考]物块A放在斜面体的斜面上，和斜面体一起水平向右做加速运动，如图所示，若物块与斜面体保持相对静止，物块A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能是( )A ．斜向右上方B ．水平向右C ．斜向右下方D ．竖直向上答案：A解析：物块A 受到竖直向下的重力，而加速度水平向右，即A 受到的合力水平向右，所以只能再受到斜向右上方的作用力，即物块A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能斜向右上方，A 正确．6．[2019·湖南株洲一诊]一质量为m 的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．铝球刚开始运动的加速度a 0＝gB ．铝球下沉的速度将会一直增大C ．铝球下沉过程所受到油的阻力f ＝ma 0v v 0D ．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功答案：C解析：刚开始释放时，铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a 0＝mg －F 浮m ＝g －F 浮m <g ，A 错误；由图乙可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，当a ＝0时，铝球下沉的速度达到最大，之后匀速运动，B 错误；刚开始释放时有mg －F 浮＝ma 0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律可得mg －F 浮－f ＝ma ，由a －v 图象可知a ＝a 0－a 0v 0v ，由以上各式解得铝球与油的阻力f ＝ma 0v v 0，C 正确；铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力、浮力所做的功，故D 错误．7.如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO 、BO 拴住一小球，其中BO 水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO 与BO 的拉力分别为T A 、T B .若加速度增大，则( )在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，和小车右端放置的物块B都相对车厢静止．关于物块的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力如图所示，一固定杆与水平方向夹角为通过轻绳悬挂一个质量为若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度如图甲所示，光滑平台右侧与一长为木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度滑到木板右端静止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，，求：如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量。
2019届全国高考物理总复习选训练导(8)(解析版)
2019届全国高考物理总复习选训练导（8）★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。
将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带等。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6．保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并上交。
一、选择题1、频闪照相是每隔相等时间曝光一次的照相方法，在同一张相片上记录运动物体在不同时刻的位置。
如图所示是小球在竖直方向运动过程中拍摄的频闪照片，相机的频闪周期为T，利用刻度尺测量相片上2、3、4、5 与1 位置之间的距离分别为x1、x2、x3、x4。
下列说法正确的是（）A．小球一定处于下落状态B．小球在2位置的速度大小为C．小球的加速度大小为D．频闪照相法可用于验证机械能守恒定律【答案】D【链接】(2017·安阳二模)如图所示，一质量为m 的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起，使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )A.mg2 B.32mg C.33 mgD.3mg解析：选A.如图，建立直角坐标系对沙袋进行受力分析：由平衡条件有：Fcos 30°－F T sin 30°＝0，F T cos 30°＋Fsin 30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝mg2，故选A.2、（2018四川省成都市新都区摸底）假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A 和B ，半径分别为R A 和R B 。
2019高考物理全国通用版优编增分练：选择题考点排查练3+Word版含解析
1
2019高考物理全国通用版优编增分练
选择题考点排查练3
2015年(全国Ⅰ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·陕西省榆林市第四次模拟)如图1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，粒子重力不计．下列说法正确的是( )
图1
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 答案 D
15．(2018·陕西省渭南市第三次模拟)如图2所示，O 点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电荷量绝对值相等的带电粒子M 、N 以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )。
2019高考物理总复习选择题增分练八
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 ＋1H B.238 92U→234 90Th ＋42He C.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 v0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R R0B ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R R0C ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R D ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R 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 MmR2＝m v2R，对量子卫星有G Mm R20＝m v20R 0，联立解得v2v20＝R0R ，由对数运算可得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v2v20＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R ，所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫v v0＝12lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫R0R ，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.3h2gD ．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 ＝18h41g，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v t 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2v03 B ．t ＝0时刻，汽车的加速度大小为P 3mv0C ．汽车的牵引力不断减小D ．经历的时间为3s 2v0－5mv2012P解析：选C.汽车以速度v 0匀速行驶时，牵引力等于阻力，f ＝F ＝P v0，汽车以功率23P 匀速行驶时牵引力等于阻力f ＝F ＝23P v′，可得v ′＝23v 0，所以A 选项正确；t ＝0时刻，汽车的牵引力F 0＝2P 3v0，汽车的加速度大小a ＝f －F0m ＝P v0－2P3v0m ＝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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23v02－12mv 20，其中克服阻力做功W f ＝fs ，所经历的时间t ＝3s 2v0－5mv2012P，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 2D ．U BC ＞U AB。
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．。
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．。
(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 选考题增分练(一)选修3-4
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 轴传播，波源位于坐标原点O ，t ＝0时刻波源开始振动，t ＝3 s 时波源停止振动，如图所示为t ＝3.2 s 时靠近波源的部分波形图．其中质点a 的平衡位置离原点O 的距离为x ＝2.5 m ．下列说法中正确的是________．(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 ．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 运动的总路程为2.5 m(2)(10分)如图所示，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P 1、P 2，在MN 上插大头针P 3，从P 3一侧透过玻璃砖观察P 1、P 2的像，调整P 3位置使P 3能同时挡住P 1、P 2的像，确定P 3位置如图所示，他测得玻璃砖直径D ＝8 cm ，P 1、P 2连线与MN 之间的距离d 1＝2 cm ，P 3到O 的距离d 2＝6.92 cm.(取3＝1.73)．求该玻璃砖的折射率．解析：(2)作出光路图如图所示，sin i ＝ABOA ＝12得i ＝30°则∠OAB ＝60°OB ＝OA sin 60°＝3.46 cm根据几何关系有P 3B ＝d 2－OB ＝3.46 cmtan∠BAP 3＝P 3B AB＝1.73，得∠BAP 3＝60° 因此r ＝180°－∠OAB －∠BAP 3＝60°据折射定律得n ＝sin r sin 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，质点的振动图象如图所示，则质点在10 s 时的速度方向为________(选填“竖直向上”或“竖直向下”)，0.5～1.5 s 时间内的位移为________cm ，0～154s 内运动的路程为________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 拼接在一起，形成一个圆柱形玻璃砖A (D )BC (F )E ，一束单色光从左侧玻璃砖上的M 点入射，M 点到AC (DF )的距离d ＝32R ，入射光线的延长线经过A (D )点，左侧玻璃砖ABC 对该单色光的折射率n 1＝3，右侧玻璃砖DEF 对该单色光的折射率n 2＝22，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 点能否发生全反射．②求该单色光从M 点传播至N 点的时间．解析：(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 时的运动情况与t ＝0时相同，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 πt 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x ＝x 2－x 1＝－80 cm ；t 3＝154 s 时，x 3＝－20 2 cm ，质点在0～154s 内运动的路程s ＝8A －|x 3|＝(320－202)cm.(2)①如图(a)所示，cos θ＝32R R ＝32，则θ＝30°，∠MOA＝60°，△MAO 为等边三角形，所以光线在M 点的入射角α＝60°由折射定律n 1＝sin αsin β可得折射角β＝30°光路图如图(b)所示，由β＝θ可知折射光线恰好垂直AC (DF )面射入玻璃砖DEF ，由几何关系可得光线在N 点的入射角γ＝β＝30°sin C ＝1n 2＝122＜12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 中的传播时间 t 1＝d v 1＝32R c 3＝3R 2c在玻璃砖DEF 中的传播时间t 2＝d ′v 2＝32R c 22＝6R c则该单色光从M 点传播至N 点的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c答案：(1)竖直向上 －80 (320－202)(2)①能 ②⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋6R c。
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 1D ．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a0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 ＝1.0×10－5CC ．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＝k mg ＝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年高考物理增分练(江苏专用)选择题提速练(八)Word版含解析
选择题提速练(八)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·常州一中等联考)电容式加速度传感器的原理结构图如图1，质量块右侧连接轻质水平弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动改变电容．则()图1A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流答案 D解析根据电容器的电容决定式C＝εr S4kπd，电介质插入极板间越深，电介质越大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹簧弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极板间的电压不变，则电容器的带电荷量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，质量块继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块相对电容器向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU 可知，极板间的带电荷量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确．2．如图2所示，A、B两物块放在光滑的水平面上，一水平轻弹簧放在A、B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A锁定，物块C与A、B在一条直线上，三个物块的质量相等，现让物块C以v＝2 m/s的速度向左运动，与B相碰并粘在一起，当C 的速度为零时，解除A的锁定，则A最终获得的速度大小为()图2A.32m/s B.23 m/s C.32 m/s D.233m/s 答案 D解析 设每个物块的质量为m ，C 与B 碰撞后的共同速度为v 1，以v 的方向为正方向，根据动量守恒定律：m v ＝2m v 1，代入数据解得：v 1＝1 m/s ，设A 最终获得的速度大小为v 2，B 和C 获得的速度大小为v 3，根据动量守恒定律则有：m v 2＝2m v 3，根据能量守恒定律可得：12×2m v 12＝12m v 22＋12×2m v 32，代入数据解得：v 2＝233m/s ，故D 正确，A 、B 、C 错误． 3．(2018·泰州中学月考)如图3所示，半径为R 的均匀带正电薄球壳，壳内的电场强度处处为零，其球心位于坐标原点O ，一带正电的试探电荷靠近球壳表面处由静止释放沿坐标轴向右运动．下列关于坐标轴上某点电势φ、试探电荷在该点的动能E k 与离球心距离x 的关系图线，可能正确的是( )图3答案 A4．如图4所示，OM 的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM 左侧到OM 距离为L 的P 处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)，速率均为qBL m，则粒子在磁场中运动的最短时间为( )图4A.πm 2qBB.πm 3qBC.πm 4qBD.πm 6qB答案 B解析 粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：q v B ＝m v 2r，将题中的v 值代入得：r ＝L ，粒子在磁场中运动的时间最短，则粒子运动轨迹对应的弦最短，最短弦为L ，等于圆周运动的半径，根据几何关系，粒子转过的圆心角为60°，运动时间为T 6，故t min ＝T 6＝16×2πm qB ＝πm 3qB，故B 正确，A 、C 、D 错误．5．如图5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5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 ＝B v Rx ；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；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，I ＝B v R(3L －x )，故选B. 6．(2018·江苏省高考压轴卷)如图6所示，半径为L ＝1 m 的金属圆环，其半径Oa 是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中．从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为( )图6A ．40 VB ．20 VC ．80 VD ．0答案 D解析 由于Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为零，选项D 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．(2018·高考押题预测卷)下列说法正确的是( )A ．放射性元素的半衰期随温度升高而减小B ．比结合能越大的原子核越稳定C ．放射性同位素可以用来做示踪原子D ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光答案 BCD解析 放射性元素的半衰期只与原子核的结构有关，与物理、化学状态无关，故A 错误；比结合能越大的原子核越稳定，故B 正确；放射性同位素可以利用它的放射性特点，用来做示踪原子，故C 正确；根据C 24计算出大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光，故D 正确．8.如图7所示，两颗卫星A 、B 质量相等，A 绕地球运动的轨迹为圆，B 绕地球运动的轨迹为椭圆，轨迹在同一平面内且相切于P 点，则( )图7A ．在P 点两卫星的加速度大小相等B ．在P 点卫星B 的速度介于11.2 km /s 和16.7 km/s 之间C ．卫星B 的周期比A 长D ．两卫星的机械能相等答案 AC9．(2018·南京市三模)如图8所示，宽度为d 、厚度为h 的金属导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明：当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为U ＝k BI d，式中的比例系数k 称为霍尔系数，设载流子的电荷量大小为q ，金属导体单位体积内的自由电荷数目为n ，下列说法正确的是( )图8A ．导体上表面的电势大于下表面的电势B ．霍尔系数为k ＝1nqC ．载流子所受静电力的大小F ＝q U dD ．载流子所受洛伦兹力的大小f ＝BI nhd答案 BD10．将质量均为M ＝1 kg 的编号依次为1、2、…、6的劈块靠在一起构成倾角α＝37°的三角形劈面，每个劈块上斜面长度均为L ＝0.2 m ．如图9所示，质量为m ＝1 kg 的小物块A 与斜面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，斜面与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.3，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．现使A 从斜面底端以平行于斜面的初速度v 0＝4.5 m /s 冲上斜面，下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图9。
2019年高考物理增分练(江苏专用)小综合练(八)Word版含解析
小综合练(八)一、单项选择题1.(2018·常州一中等联考)如图1所示，x 轴上固定两个点电荷Q 1、Q 2(Q 2位于坐标原点O )，其上有M 、N 、P 三点，间距MN ＝NP .Q 1、Q 2在轴上产生的电势φ随x 变化关系如图．则( )图1A ．M 点电场场强大小为零B ．N 点电场场强大小不为零C ．M 、N 之间电场方向沿x 轴正方向D ．一正试探电荷从P 移到M 过程中，电场力做功|W PN |＝|W NM | 答案 C解析 在φ－x 图线中，切线斜率表示电场强度的大小，可知M 处的场强大小不为零，N 处的场强大小为零，A 、B 错误；M 点的电势为零，N 点电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN 间电场方向由M 指向N ，沿x 轴正方向，C 正确；一正试探电荷从P 移到N 过程中，电场力做正功，从N 移到M 过程中，电场力做负功，由题图可知，|U MN |＞|U NP |，故|W PN |＜|W NM |，D 错误．2．如图2所示，氢原子在不同能级间发生a 、b 、c 三种跃迁时，释放光子的频率分别是νa 、νb 、νc ，下列关系式正确的是( )图2A ．νb ＝νa ＋νcB ．νa ＝νb νcνb ＋νcC ．νb ＝νa νc νa ＋νcD ．νc ＝νb νaνa ＋νb答案 A解析 因为E m －E n ＝hν，知hνb ＝hνa ＋hνc ，解得νb ＝νa ＋νc ，故选A. 二、多项选择题3．(2018·锡山中学模拟)如图3所示，足够长的斜面上有a 、b 、c 、d 、e 五个点，ab ＝bc ＝cd ＝de ，从a 点水平抛出一个小球，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，则初速度为2v 时( )图3A ．小球可能落在斜面上的c 点与d 点之间B ．小球一定落在斜面上的e 点C ．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θD ．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ 答案 BD解析 设ab ＝bc ＝cd ＝de ＝L 0，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，则有L 0cos α＝v t 1，L 0sin α＝12gt 12，初速度为2v 时，L cos α＝2v t 2，L sin α＝12gt 22，联立解得L ＝4L 0，即小球一定落在斜面上的e 点，选项B 正确，A 错误；设小球落在斜面时的速度方向与水平方向之间的夹角为β，由平抛运动规律可知，tan β＝gtv ＝2tan α，故初速度为2v 时，小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ，选项C 错误，D 正确． 三、实验题4．(2018·江苏五校联考)某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0(约为2 kΩ)和手机中的锂电池(电动势E 标称值为3.7 V ，允许最大放电电流为100 mA)．实验室备有如下器材： A ．电压表V(量程3 V ，电阻R V 约为4.0 kΩ) B ．电流表A 1(量程100 mA ，电阻R A1约为5 Ω) C ．电流表A 2(量程2 mA ，电阻R A2约为50 Ω) D ．滑动变阻器R 1(0～40 Ω，额定电流1 A) E ．电阻箱R 2(0～999.9 Ω) F ．开关S 一只，导线若干图4(1)为了测定电阻R 0的阻值，小明设计了一电路，如图4甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A 应选______(选填“A 1”或“A 2”)，请将实物连线补充完整．(2)为测量锂电池的电动势E 和内阻r ，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出1U－1R 2图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k ，纵轴截距为b ，则该锂电池的电动势E ＝________，内阻r ＝________(用k 、b 和R 2表示)．该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是__________________________________． 答案 (1)A 2 如图所示(2)1b kb 电压表分流 四、计算题5．如图5所示，竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 间距离x ＝1 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块1放在半圆形轨道底端的B 点，另一质量也为m ＝0.1 kg 的小滑块2，从A 点以v 0＝210 m /s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能通过半圆形轨道最高点C .已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.两滑块均可视为质点．求：图5(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE ； (3)半圆形轨道的半径R .答案 (1)3 m/s (2)0.9 J (3)0.18 m解析 (1)滑块2从A 运动到B ，设滑块2在B 点的速度为v 1， 由动能定理可得：－μmgx ＝12m v 12－12m v 02解得：v 1＝6 m/s在B 点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，以v 1的方向为正方向，由动量守恒定律可得m v 1＝2m v 解得：v ＝3 m/s.(2)滑块2与滑块1在B 点发生完全非弹性碰撞， 由能量守恒可得机械能损失为： ΔE ＝12m v 12－12·2m ·v 2解得：ΔE ＝0.9 J.(3)碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C 点的过程中机械能守恒，12·2m v 2＝2mg ·2R ＋12·2m v C 2在C 点，两滑块所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：2mg ＝2m v C 2R联立解得：R ＝0.18 m.。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：选做题保分练(三)
选做题保分练(三)三、选做题(本题包括A 、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．) 13．A.[选修3－3](15分)(2018·南通市模拟)(1)下列说法中错误的是________． A ．雾霾在大气中的漂移是布朗运动 B ．制作晶体管、集成电路只能用单晶体 C ．电场可改变液晶的光学性质D ．地球大气中氢含量少，是由于外层气体中氢分子平均速率大，更易从地球逃逸 (2)每年入夏时节，西南暖湿气流与来自北方的冷空气在江南、华南等地交汇，形成持续的降雨．冷空气较暖湿空气密度大，当冷暖气流交汇时，冷气团下沉，暖湿气团在被抬升过程中膨胀．则暖湿气团温度会________(选填“升高” “不变”或“降低”)，同时气团内空气的相对湿度会________(选填“变大”“不变”或“变小”)．(3)一定质量的理想气体经历了如图1所示的ABCDA 循环，p 1、p 2、V 1、V 2均为已知量．已知A 状态的温度为T 0，求：图1①C 状态的温度T ；②完成一个循环，气体与外界热交换的热量Q . 答案 (1)A (2)降低 变大 (3)①p 2V 2p 1V 1T 0 ②吸收(p 2－p 1)(V 2－V 1) 热量 解析 (3)①设状态D 的温度为T DC 到D 等容变化，由查理定律知 p 2T ＝p 1T DD 到A 等压变化，由盖－吕萨克定律知V 2T D ＝V 1T 0解得T ＝p 2V 2p 1V 1T 0 ②W BC ＝－p 2(V 2－V 1)W DA ＝p 1(V 2－V 1)全过程有W ＝W BC ＋W DA ＝(p 1－p 2)(V 2－V 1) 由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ＝0 解得Q ＝(p 2－p 1)(V 2－V 1)>0，气体吸热． 13．B.[选修3－4](15分)(2018·高考押题预测卷)(1)下列说法中正确的是________． A ．偏振光可以是横波，也可以是纵波B ．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期大于在地球表面简谐振动的周期C ．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关D ．用双缝干涉测光的波长时，若减小双缝间的距离，则同种光波的相邻亮条纹间距将减小 (2)一列简谐横波沿x 轴传播，图2甲是t ＝2 s 时的波形图，图乙是x ＝1 m 处质点的振动图象，则该波的传播速度为________m/s ，传播方向为________．图2(3)如图3所示，一根长直棒AB 竖直地插入水平池底，水深a ＝1.0 m ，棒露出水面部分的长度b ＝0.6 m ，太阳光斜射到水面上，水面上阴影的长度为c ＝0.8 m ，已知水的折射率n ＝43，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求棒在池底的影长d .图3答案 (1)BC (2)0.5 沿x 轴负方向 (3)1.55 m解析 (1)偏振光只能是横波，不可能是纵波，故A 错误；根据单摆的周期公式T ＝2πl g，又月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故B 正确；根据相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，故C 正确；用双缝干涉测光波的波长时，若减小双缝间的距离，根据Δx ＝l dλ可知，同种光波的相邻亮条纹间距将增大，故D 错误．(2)根据题图甲可知波长λ＝2 m ，根据题图乙可知周期T ＝4 s ，所以波的传播速度v ＝λT＝0.5m/s ，结合甲图和乙图，x ＝1 m 处的质点在t ＝2 s 时正经过平衡位置向下振动，根据振动方向和波的传播方向在波形图的同一侧判断，波的传播方向沿x 轴负方向．(3)设太阳光与水面的夹角为α，射进水后的折射角为β，如图所示 由几何关系得：tan α＝0.60.8＝34①根据折射定律有：n ＝sin (90°－α)sin β②影长d ＝c ＋tan β③由①②③式代入数据解得d ＝1.55 m.。
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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 ＋4
2He→17
8O ＋1
1H B.238
92U→234
90Th ＋4
2He C.2
1H ＋3
1H→4
2He ＋1
0n
D.235
92U ＋1
0n→144
56Ba ＋89
36Kr ＋31
0n
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 0R D ．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 2
R ，
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＝
1
2
lg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫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 3g
C. 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＝4
3gt ，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2
3P 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v t 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2v 0
3
B ．t ＝0时刻，汽车的加速度大小为P
3mv 0
C ．汽车的牵引力不断减小
D ．经历的时间为3s 2v 0－5mv 2
12P
解析：选C.汽车以速度v 0匀速行驶时，牵引力等于阻力，f ＝F ＝P v 0，汽车以功率2
3
P 匀
速行驶时牵引力等于阻力f ＝F ＝2
3P v ′，可得v ′＝2
3
v 0，所以A 选项正确；t ＝0时刻，汽车的
牵引力F 0＝2P 3v 0，汽车的加速度大小a ＝f －F 0m ＝P v 0－
2P
3v 0m ＝P
3mv 0
，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2
3
Pt －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 2
012
P
，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 kg
B ．A 、B 之间动摩擦因数为0.2
C ．长木板长度至少为2 m
D ．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 ＝1
2mv 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47 m/s 2
D ．U BC ＞U AB。