推荐高考物理二轮复习题型专练选择题满分练3新人教版
高考物理二轮复习题型专练选择题满分练新人教版
选择题满分练(一)14．(2020·山东泰安质检)以下说法符合物理学史的是( ) A ．笛卡尔通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究 B ．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念 C ．静电力常量是由库仑首先测出的D ．牛顿被人们称为“能称出地球质量的人”C 伽利略通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究，选项A 错误．奥斯特发现了电流的周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，选项B 错误．静电力常量是由库仑首先测出的，选项C 正确．卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，从而由GMR 2＝g 可以计算出地球质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，选项D 错误．15．下列核反应方程中，属于α衰变的是( ) A.147N ＋42He→178O ＋11H B.238 92U→234 90Th ＋42He C.21H ＋31H→42He ＋10nD.23490Th→23491Pa ＋ 0－1eB α衰变是重核自发的发出α粒子的天然放射现象，其中α粒子是42He ，所以B 正确；A 为原子核的人工转变，C 为轻核的聚变，D 是β衰变，故A 、C 、D 皆错误．16．(2020·湖南六校联考)如图所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M 的环，环通过细线吊一个质量为m 的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是( )A ．环一定沿长杆向下加速运动B ．环的加速度一定沿杆向上C ．环的加速度一定大于gsin αD ．环一定沿杆向上运动B 稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B 正确，A 、D 错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与gsin α的大小关系，则C 项错误．17．(2020·江西八校联考)2020年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星是以地心为圆心的圆轨道卫星，质量为m ，轨道离地面的高度约为地球半径R 的3倍．已知地球表面的重力加速度为g ，忽略地球自转的影响．则( )A ．卫星的绕行速率大于7.9 km/sB ．卫星的绕行周期约为8πR gC ．卫星所在处的重力加速度大小约为g4D ．卫星的动能大小约为mgR8D 近地卫星的绕行速度等于第一宇宙速度7.9 km/s ，且v ＝GMr，所以此卫星的速度小于7.9 km/s ，可得A 错误；卫星的绕行周期T ＝2π r 3GM，此卫星的轨道半径是4R ，且由黄金代换式GM ＝gR 2，可得周期T ＝16πR g ，B 错误；卫星所在处的重力加速度g′＝GM r 2＝g16，可得C 错误；卫星的速度v ＝GM r＝gR 4，所以动能E k ＝12mv 2＝mgR8，可得D 正确． 18．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt－t 图象如图所示，则( )A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/sB ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2C ．质点在1 s 末速度为2 m/sD ．质点在第1 s 内的平均速度为0.5 m/sC 质点做匀变速直线运动，其位移x ＝v 0t ＋12at 2，对照题给的x t －t 图象，可变换成x t ＝v 0＋12at ，由此可知，质点做匀加速直线运动，加速度为a ＝1.0 m/s 2，初速度为v 0＝1.0 m/s ，选项A 、B 错误．由v ＝ v 0＋at 可知质点在1 s 末速度为2.0 m/s ，选项C 正确．质点在第1 s 内的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝1.5 m ，第1 s 内的平均速度为1.5 m/s ，选项D 错误．19．(多选)一交流发电机和理想变压器按如图电路连接．已知该发电机线圈匝数为N ，电阻为r ，当线圈以转速n 匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡(额定电压为U 0，电阻恒为R)恰能正常发光，则(电表均为理想电表)( )A ．变压器的匝数比为U ∶U 0B ．电流表的示数为U 2URC ．在图示位置时，发电机线圈的磁通量为2U2NnπD ．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝ Usin(2nπt)AB 由变压器变压公式可知，变压器的匝数比n 1∶n 2＝U ∶U 0；选项A 正确．灯泡恰能正常发光，说明变压器输出功率P 2＝U 20R ，根据变压器输出功率等于输入功率可得UI ＝U 20R ，解得电流表的示数：I ＝U 2UR ，选项B 正确．在图示位置时，发电机的线圈处于中性面位置，发电机线圈的磁通量为BS ，S 为线圈面积，选项C 错误．从图示位置开始计时，发电机产生电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin(2nπt)，变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝U m sin(2nπt)＝2Usin(2nπt)，选项D 错误．20．(多选)(2020·东北三校一模)如图所示，等腰直角三角形abc 区域中有垂直纸面向里的匀强磁场B ，速度为v 0的带电粒子，从a 点沿ab 方向射入磁场后恰能从c 点射出．现将匀强磁场B 换成垂直ac 边向上的匀强电场E ，其它条件不变，结果粒子仍能够从c 点射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是( )A ．粒子带正电 B.EB ＝2v 02C ．粒子从磁场中离开时速度方向与从电场中离开时速度方向不同D ．粒子从磁场中离开时速度大小与从电场中离开时速度大小相同BD 由左手定则可判断出带电粒子带负电，选项A 错误．设ac 边长度L ，画出带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场后恰能从c 点射出的轨迹图，由几何关系可知，粒子轨迹半径r ＝Lcos 45°＝L 2.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力， qv 0B ＝m v 20r联立解得：L ＝2mv 0qB. 将匀强磁场B 换成垂直ac 边向上的匀强电场E ，带电粒子在电场中做类斜抛运动，设运动时间为t ，则有L ＝v 0cos 45°·t，0＝v 0sin 45°·t－12at 2，qE ＝ma ，联立解得：E B ＝2v 02，选项B 正确．根据圆周运动的对称性和类斜抛运动的对称性可知，粒子在磁场中运动的轨迹和在电场中运动轨迹不同，但是粒子从磁场中离开时速度方向与从电场中离开时速度方向相同，粒子从磁场中离开时速度大小与从电场中离开时速度大小相同，选项C 错误，D 正确．21．(多选)如图所示，两根足够长的平行金属导轨相距为L ，其中NO 1、QO 2部分水平，倾斜部分MN 、PQ 与水平面的夹角均为α，整个空间存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面MNQP 向上．长为L 的金属棒ab 、cd 与导轨垂直放置且接触良好，其中ab 光滑，cd 粗糙，棒的质量均为m 、电阻均为R.将ab 由静止释放，在ab 下滑至速度刚达到稳定的过程中，cd 始终静止不动．若导轨电阻不计，重力加速度为g ，则在上述过程中( )A ．ab 棒做加速度减小的加速运动B ．ab 棒下滑的最大速度为mgRsin αB 2L2C ．cd 棒所受摩擦力的最大值为mgsin αcos αD ．cd 棒中产生的热量等于ab 棒机械能的减少量AC 随着ab 棒下滑，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，ab 棒的合力逐渐减小，所以做加速度减小的加速运动，可得A 正确；ab 棒匀速时速度达到最大，受力平衡，有mgsin α＝BIL ＝B 2L 2v2R ，可得v ＝2mgRsin αB 2L2，B 错误； 如图所示对cd 棒进行受力分析可得，摩擦力等于安培力在水平方向的分力，即f ＝BILcos α＝mgsin αcos α，可得C 正确；由能量守恒可知，ab 棒减小的机械能等于ab 和cd 产生的焦耳热与ab 棒的动能之和，可得D 错误．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
(新人教版)【文库精品】版高考物理大二轮复习优选习题 20题专练小卷【必做资料】
20题专练小卷1.如图甲所示为一景区游乐滑道,游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑,他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。
滑道简化图如乙所示,滑道由AB、BC、CD三段组成,各段之间平滑连接。
AB段和CD段与水平面夹角为θ1,竖直距离均为h0,BC段与水平面夹角为θ2,竖直距离为h0。
一质量为m的游客从A点由静止开始下滑,到达底端D点时的安全速度不得大于,已知sinθ1=、sinθ2=,坐垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计,若未使用坐垫,游客与滑道底面间的摩擦力大小F f恒为重力的,运动过程中游客始终不离开滑道,问:(1)游客使用坐垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦),则游客在BC段增加的动能ΔE k多大?(2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑,则游客到达D点时是否安全?(3)若游客使用坐垫下滑,则克服侧壁摩擦力做功的最小值是多少?2.如图所示,在水平轨道右侧安放半径为R=0.2 m的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L=1 m,水平轨道左侧有一轻质弹簧,弹簧左端固定,弹簧处于自然状态。
质量为m=1 kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0=2 m/s冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道。
物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加速度g取10 m/s2。
求:(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道。
20题专练小卷1.答案 (1)mgh0(2)不安全(3)mgh0解析 (1)重力在BC段做的功即为增加的动能ΔE k可得ΔE k=W G=mgh0(2)在AD段,由动能定理,得mg-12F f h0=v D=到达D点时不安全(3)到达D点的速度为,对应的功最小。
高考物理二轮复习 固体、液体和气体专题训练(含解析) 新人教版
高考物理二轮复习固体、液体和气体专题训练（含解析）新人教版1．下列说法正确的是( )A．露珠呈球形是由于表面张力所致B．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力C．在一定温度下当气体容纳某种液体分子的个数达到极值时，这种气体就成为饱和汽，此时液体就不再蒸发D．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的2．下列说法中正确的是( )A．随着温度升高，气体分子的平均速率将增大B．多晶体在物理性质上也有各向异性C．一定量的气体，在与外界没有发生热量交换的过程中，内能一定不变D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势3．题图1为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气。
若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是( )图1A．温度降低，压强增大B．温度升高，压强不变C．温度升高，压强减小D．温度不变，压强减小4．关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( )A．具有各向同性的物体一定没有明显的熔点B．晶体熔化时，温度不变，则内能也不变C．通常的金属材料在各个方向上的物理性质都相同，所以这些金属都是非晶体D．晶体和非晶体在适当条件下可相互转化解析：多晶体显示各向同性，但具有确定的熔点，A错；晶体熔化时，其温度虽然不变，但其体积和内部结构可能发生变化，则内能就可能发生变化，故B错；金属材料虽然显示各向同性，并不意味着一定是非晶体，可能是多晶体，故C错；D对．答案：D4．分子动能随分子速率的增大而增大，早在1859年麦克斯韦就从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律．下列描述分子动能与温度关系正确的是( )A．气体内部所有分子的动能都随温度的升高而增大B．气体温度升高，其内部少数分子的动能可能减少C．不同气体相同温度下，分子的平均动能相同，平均速率也相同D．当气体温度一定时，其内部绝大多数分子动能相近，动能很小或很大的很少解析：气体内部绝大多数分子的动能随温度的升高而增大，但少数分子动能不是，选项A 错误，B正确；温度相同，分子平均动能相同，但不同气体分子质量不一定相同，故平均速率不一定相同，选项C错误；温度一定时，分子的速率分布遵循统计规律，选项D正确．答案：BD5.对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________。
2020年高考物理二轮选择题专题复习——力学选择题专练(共28题,有答案)
高考物理二轮选择题专题复习——力学选择题专练（共28题，有答案）1．2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功。
已知该卫星轨道距地面的高度约为36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则（）A．该卫星的速率比“天宫二号”的大B．该卫星的周期比“天宫二号”的大C．该卫星的角速度比“天宫二号”的大D．该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大2．国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。
例如，由m和s可以导出速度单位m•s﹣1．历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。
但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。
1967年用铯﹣133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率△v＝9192631770Hz定义s；1983年用真空中的光速c＝299792458m •s﹣1定义m。
2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应关系如图，例如，s对应△v，m对应c）。
新SI自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。
下列选项不正确的是（）A．7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性B．用真空中的光速c（m•s﹣1）定义m，因为长度l与速度v存在l＝vt，而s已定义C．用基本电荷e（C）定义安培（A），因为电荷量q与电流I存在I＝q/t，而s已定义D．因为普朗克常量h（J•s）的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位3．汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。
前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（）A．10m B．20m C．25m D．50m4．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
高考物理二轮复习题型专练实验题满分练3新人教版(2021学年)
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实验题满分练（三)22．某物理兴趣小组利用图示实验装置做“验证牛顿运动定律”的实验.（1）在平衡摩擦力后,要使细线的拉力可以近似认为等于砝码盘及盘中砝码受到的总重力，小车的质量M和砝码盘及盘中砝码的总质量m应满足的条件是________．(２）（多选）下列实验操作中,正确的是_＿＿___＿_．(填正确选项前的字母）A.调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．每次小车都要从同一位置开始运动C.实验中应先放小车,然后再接通打点计时器的电源Ｄ.平衡摩擦力后,通过增减小车上的砝码改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力.解析(1)当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时,才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小；（2）A。
调节滑轮的高度,使牵引小车的细绳与长木板保持平行.故A正确;B．不需要每次小车都要从同一位置开始运动.故Ｂ错误；C．实验时，应先接通电源，再释放小车．故C错误;D．平衡摩擦力后,通过增减小车上的砝码改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力．故D 正确.故选：ＡＤ.答案(1)M≫m（2）ＡD２3.在探究小灯泡的伏安特性时,所用小灯泡上标有“２.５ V、0.６W”字样，实验室提供的器材有:Ａ.电流表Ａ1(内阻约为５Ω、量程为0~25 mA)B．电流表Ａ２（内阻约为5 Ω、量程为0~3０0 mA)C．电压表V１(内阻约为5 kΩ、量程为0~３ V)D．电压表V２（内阻约为1５ｋΩ、量程为0～1５Ｖ)Ｅ．滑动变阻器Ｒ1（最大阻值为0～10 Ω、额定电流为0.6 A)F.滑动变阻器Ｒ2(最大阻值为0～1000 Ω、额定电流为0.2 Ａ）Ｇ.稳压电源E(电动势9.０ V、内阻可忽略）H.开关一个、定值电阻若干、导线若干由以上信息回答下列问题:（1)实验前设计的电路图如图1所示,为了减小实验误差，该实验所用的电流表、电压表、滑动变阻器分别为＿＿__＿_＿_（选填器材前的字母）．为保护滑动变阻器和灯泡，应在电路中串联的定值电阻R0合适的电阻值应为＿____＿_＿（选填“1 Ω”、“10 Ω”、“30 Ω”、“100 Ω”）．（2）请确定测量电路中电压表右侧导线的正确位置后，在图２中用笔画线代替导线,将实物完整连接起来．(3）连接好电路后,通过改变滑动变阻器的滑片位置，并通过计算机描绘了该小灯泡的伏安特性曲线如图3所示，若将两个这样的小灯泡并联后直接接在电动势E＝3 V、内电阻r=5 Ω的电源上,每个小灯泡所消耗的实际功率为_＿______Ｗ．（结果保留两位有效数字)解析(１）小灯泡上额定电压为2。
2023年高考物理二轮复习第四部分题型专练选择题专项练(1)
第四部分题型专练选择题专项练(一)(考试时间：20分钟试卷满分：48分)选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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．14.1934年约里奥—居里夫妇用α粒子轰击静止的铝核(2713Al)，发现了放射性磷(3015P)并同时释放一个X粒子，磷核(3015P)具有放射性，它在衰变为硅核(3014Si)的同时释放一个Y粒子，则X粒子和Y粒子分别是(D)A．质子和电子B．质子和正电子C．中子和电子D．中子和正电子【解析】根据质量数和电荷数守恒可知X粒子的电荷数为零，质量数为1，所以是中子，Y粒子的电荷数为1，质量数为零，所以是正电子，故ABC错误，D正确．15．滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起．假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为0，加速度为6 m/s2，位移为150 m，后一段的加速度为7 m/s2，路程为50 m，则飞机的离舰速度是(C)A．40 m/s B．45 m/sC．50 m/s D．55 m/s【解析】前一段过程，由速度位移公式得v21＝2a1x1，代入数据解得v1＝30 2 m/s，后一段过程，由速度位移公式得v22－v21＝2a2x2，代入数据解得v2＝50 m/s，故选C．16．我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成．空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)组成，如题图所示．三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其中卫星B、C轨道共面，C离地高度为h，地球自转周期为T，地球半径为R，轨道半径r C＜r B＝r A，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A ．C 的线速度小于A 的线速度B ．B 的角速度大于C 的角速度 C ．B 离地高度为3gR 2T 24π2－RD ．C 的周期为2π(R ＋h )gRgR【解析】 根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r，可得v ＝GMr，由于r C ＜r A ，则C 的线速度大于A 的线速度，故A 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝mω2r ，解得ω＝GMr 3，由于r C ＜r B ，则B 的角速度小于C 的角速度，故B 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h B )2＝m 4π2T 2(R ＋h B )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得，B 离地高度为h B ＝3gR 2T 24π2－R ，故C 正确；对卫星C ，根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得T ＝2π(R ＋h )g (R ＋h )gR，故D 错误．17．利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变．现使一群电荷量相同、质量不同的带电粒子同时沿同一方向垂直射入同一匀强电场，经相同时间速度的偏转角相同，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的( B )A ．动能B ．动量C ．加速度D ．速度【解析】 速度的偏转角tan θ＝v y v 0＝qE m t v 0＝qEtm v 0，若偏转角相同，则m v 0相同，动能、加速度、速度均不一定相同，故B 正确．18．水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动．如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉．为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F 1、F 2和F 3，其中F 1斜向左下方，F 2斜向右上方．若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变．现提高游艇速度，稳定时则( B )A ．F 1一定变小B ．F 2一定变大C ．F 2可能小于F 3D ．F 2和F 3的合力方向可能沿水平向右【解析】 设F 1和F 2与竖直方向的夹角分别为α、β，水平方向F 1sin α＝F 2sin β，因当速度变大时，空气阻力变大，即F 2的水平分量变大，则F 2变大，F 1也一定变大；竖直方向F 1cos α＋F 3＝F 2cos β，则F 2一定大于F 3；选项AC 错误，B 正确；由于三力平衡，则F 1和F 2的合力等于F 3，F 2和F 3的合力方向与F 1等大反向，不可能沿水平向右，选项D 错误．19．如图所示为某水电站远距离输电的原理图．升压变压器的原副线圈匝数比为k ，输电线的总电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U ，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP ．下列说法正确的是( BC )A ．电压表V 1的示数不变，电压表V 2的示数增大B ．电流表A 1、A 2的示数均增大C ．输电线上损失的电压增加了Rk ΔPUD ．输电线上损失的功率增加了R (k ΔP )2U 2【解析】 由于发电厂输出电压恒为U ，根据理想变压器的规律，对于升压变压器UU 1＝k ，故电压表V 1的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP ，则发电厂输出电流增加了ΔI ＝ΔPU ，根据理想变压器规律，对于升压变压器ΔI 1ΔI ＝k ，A 1示数增加了ΔI 1＝k ΔPU ，由于A 1示数增加，A 2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU 1′＝ΔI 1R ，故V 2示数也将减小，A 错误，B 正确；根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了ΔI 1R ＝Rk ΔPU，C 正确；输电线上损失的功率增加了(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ≠(ΔI 1)2R ，由于I 1未知，故无法计算，D 错误．故选BC ．20．如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r 的四分之一圆弧金属轨道MN 和M ′N ′与足够长的水平金属轨道NP 和N ′P ′连接组成，轨道间距为L ，电阻不计；电阻为R ，质量为m ，长度为L 的金属棒cd 锁定在水平轨道上距离NN ′足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现在外力作用下，使电阻为R 、质量为m ，长度为L 的金属棒ab 从轨道最高端MM ′位置开始，以大小为v 0的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒ab 始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g ，下列说法正确的是( AD )A ．ab 刚运动到NN ′位置时，cd 受到的安培力大小为B 2L 2v 02R ，方向水平向左B ．ab 从MM ′运动到NN ′位置的过程中，回路中产生的焦耳热为πrB 2L 2v 04RC ．若ab 运动到NN ′位置时撤去外力，则ab 能够运动的距离为m v 0RB 2L2D ．若ab 运动到NN ′位置撤去外力的同时解除cd 棒的锁定，则从ab 开始运动到最后达到稳定状态的整个过程中回路产生的焦耳热为πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 2【解析】 金属棒ab 刚运动到NN ′位置时，速度大小为v 0，感应电动势为BL v 0，回路中的电流为BL v 02R ，可求cd 棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R ，根据左手定则可判断方向水平向左，A 正确；金属棒ab 从MM ′运动到NN ′的过程中，做匀速圆周运动，设ab 棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为θ，运动时间为t ，有θ＝v 0r t ，产生的电动势的表达式为e ＝BL v 0sin θ＝BL v 0sin v 0rt ，根据正弦式交变电流知识，可求电动势的有效值为E ′＝BL v 02＝2BL v 02，回路中电流的有效值为I ′＝E ′2R ，金属棒ab 的运动时间为t ＝πr2v 0，根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为Q 1＝I ′2·2Rt ，代入数据联立各式解得Q 1＝πrB 2L 2v 08R，B错误；从撤去外力到ab 棒停止运动，设ab 棒运动的距离为x ，回路中的平均电流为I －，运动时间为t ，根据动量定理有B I －Lt ＝m v 0，其中I －t ＝ΔΦt ·2R ·t ＝BLx 2R ，两式联立解得x ＝2m v 0R B 2L 2，C 错误．根据右手定则和左手定则可以判断，撤去外力同时解除cd 棒的锁定后，ab 棒和cd 棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时ab 棒和cd 棒的共同速度为v ，则有m v 0＝2m v ，根据能量守恒可求这个过程产生的焦耳热为Q 2＝12m v 20－12×2m v 2，联立解得Q 2＝14m v 20，可求整个过程中产生的焦耳热为Q ＝Q 1＋Q 2＝πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 20，D 正确．21．质量分别为m 、2m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平地面上，A 上固定一竖直轻杆，长为L 的细线一端系在轻杆上部的O 点，另一端系质量为m 的小球C ，现将C 球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C 球，则在之后的过程中(球与杆及A 、B 均无接触)，下列说法正确的是( ABD )A ．木块A 、B 分离后，B 的速度大小为6gL6B ．木块A 的最大速度为6gL2C ．C 球在O 点正下方向右运动时，速度大小为6gL2D ．C 球通过O 点正下方后，上升的最大高度为23L【解析】 小球C 在最低点时，木块A 、B 恰好分离，设此时AB 的速度为v 1，小球的速度为v 2，根据机械能守恒定律得mgL ＝12m v 22＋12·3m v 21 根据动量守恒定律得m v 2＝3m v 1 解得v 1＝6gL 6，v 2＝6gL2，A 正确；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，C 球在O 点正下方向右运动时，A 、C 速度交换，此时木块A 的速度最大，最大值为v A ＝6gL 2，小球C 的速度为v C ＝6gL6，B 正确，C 错误；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，当小球运动至最高点时速度相等，设为v ，根据动量守恒有m v 2－m v 1＝2m v ，12m v21＝12·2m v2＋mgh，解得h＝23L，D正确．故选ABD．根据机械能守恒有12m v22＋。
高考物理二轮复习题型专练选考题满分练3新人教选修33
3－3 选考题满分练(三)33．[物理——选修3－3](1)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．给变速自行车轮胎充气时费力，说明分子间有斥力B．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的C．扩散现象说明了分子的迁移规律，布朗运动说明了分子运动的无规则性规律D．单晶体和多晶体都有确定的熔点E．对于一定质量的理想气体，若气体的温度升高，则单位时间内气体分子对容器器壁撞击的次数也一定增多(2)如图所示，绝热汽缸内封闭着一定质量的理想气体．汽缸内部有一根电热丝，轻质绝热活塞的横截面积为S，活塞到汽缸顶部的距离为H.活塞下面挂着一个质量为m的物块．用电热丝给理想气体缓慢加热，电热丝放出热量为Q时，停止加热．这时活塞向下移动了h，气体的温度为T0.若重力加速度为g，大气压强为p0，不计一切摩擦．(ⅰ)整个加热过程，气体的内能增加还是减少？求出气体内能的变化量；(ⅱ)若移走物块，活塞又缓慢回到原来的高度，求出此时气体的温度．解析(1)给变速自行车轮胎充气时费力，是因为轮胎内气体的压强变大，并不是分子斥力作用的结果，其实气体分子之间的作用力很小，几乎为零，选项A错误；内能的改变有两种方式：做功是不同形式的能之间的转化，热传递是同种能之间的转移，选项B正确；两个现象说明了分子运动的两个不同的规律，选项C正确；根据晶体的特点，选项D正确；气体的温度升高时，分子平均速率增大，但气体体积变化不确定，单位体积内的分子数变化不确定，因此单位时间内气体分子对容器器壁碰撞的次数不一定增多，选项E错误．(2)(ⅰ)整个加热过程，气体的压强不变，体积增大，温度一定升高，气体的内能增加整个加热过程，气体对外界做功，W＝－(p0S－mg)h气体内能的变化量ΔU＝W＋Q＝Q－(p0S－mg)h(ⅱ)初状态，温度为T0，压强为p0－mg S，体积为(H＋h)S末状态，温度为T，压强为p0，体积为HS根据理想气体状态方程有p 0－mg S H ＋h S T 0＝p 0HS T 解得T ＝p 0SHT 0p 0S －mg H ＋h答案 (1)BCD (2)(ⅰ)增加 Q －(p 0S －mg)h (ⅱ)p 0SHT 0p 0S －mg H ＋h 33．[物理——选修3－3](2020·辽宁省大连二模)(1)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0分)A ．无论技术怎样改进，热机的效率都不能达到100%B ．空气中所含水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比为空气的相对湿度C ．蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是多晶体D ．已知阿伏加德罗常数、某种气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子体积的大小E ．“油膜法估测分子的大小”实验中，用一滴油酸溶液的体积与浅盘中油膜面积的比值可估测油酸分子直径(2)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B 再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图所示．已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃.求：(ⅰ)该气体在状态B 、C 时的温度分别为多少 ℃？(ⅱ)该气体从状态A 经B 再到C 的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？解析 (2)(ⅰ)对一定质量的理想气体，由A→B 是等容变化由查理定律得，p A T A ＝p B T B解得T B ＝450 K ，即t B ＝177 ℃由理想气体状态方程得p A V A T A ＝p C V C T C解得T C ＝300 K ，即t C ＝27 ℃.(ⅱ)由于T A ＝T C ，一定质量理想气体在状态A 和状态C 内能相等，ΔU＝0从A 到B 气体体积不变，外界对气体做功为0从B 到C 气体体积减小，外界对气体做正功，由p －V 图线与横轴所围成的面积可得：W ＝p B ＋p C V B －V C 2＝1 200 J由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝－1 200 J，即气体向外界放出热量传递的热量为1 200 J答案(1)ABC (2)(ⅰ)177 ℃27 ℃(ⅱ)放热 1 200 J高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2021版高考物理二轮复习选考题15分满分练(三)
2021版高考物理二轮复习选考题15分满分练（三）33.【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。
(填正确答案标号。
选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显B.热量不可能从低温物体传到高温物体C.有些非晶体在一定条件下能够转化为晶体D.理想气体，温度升高，内能一定增大E.理想气体等压膨胀过程一定放热(2)(10分)如图1所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d 。
筒内有一个专门薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于离底部d2的高度，外界大气压强为1.0×105 Pa ，温度为27 ℃，现对气体加热。
求：图1(ⅰ)当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；(ⅱ)气体温度达到387 ℃时气体的压强。
解析 (1)颗粒越小，周围的液体分子数越少，碰撞越不容易平稳，选项A 正确；热量不可能从低温物体自发地传到高温物体，选项B 错误；在一定条件下，某些晶体和非晶体能够相互转化，选项C 正确；理想气体忽略分子势能，宏观上内能由物质的量和温度决定，微观上由微粒摩尔数和分子热运动的动能决定，温度越高，分子热运动的平均动能越大，内能一定越大，选项D 正确；理想气体等压膨胀过程，温度升高，内能增加，膨胀对外做功，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知一定吸热，选项E 错误。
(2)(ⅰ)以封闭气体为研究对象，有 p 1＝p 0，V 1＝S d 2，T 1＝300 K(1分)设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，现在p2＝p0，V2＝Sd(1分)此过程为等压变化，依照盖—吕萨克定律有V1 T1＝V2T2(2分)解得T2＝600 K(1分)(ⅱ)T3＝387 ℃＝660 K>T2，活塞到达汽缸口之后封闭气体做等容变化查理定律有p2 T2＝p3T3(2分)解得p3＝1.1×105 Pa(1分)答案(1)ACD (2)(ⅰ)600 K(ⅱ)1.1×105 Pa34.【物理——选修3－4】(15分)(1)(5分)如图2甲是一列简谐横波传播到x＝5 m的M点的波形图，图乙是质点N(x＝3 m)从现在刻开始计时的振动图象，Q是位于x＝10 m处的质点，下列说法正确的是________。
2022届高考物理二轮复习选修3-3热学五选三选择题专练3
热学选择题专练3学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．如图所示，在卡诺循环的P-V图象中，一定质量理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，整个过程由两个等温和两个绝热过程组成。
下列说法正确的是（）A．从a到b，气体的温度一直升高B．从d到a，单位体积中的气体分子数目增大C．从b到c气体吸收的热量与从d到a气体放出的热量相同D．从c到d，单位时间内单位面积上气体对器壁的碰撞次数减少E.气体经历abcda一个循环过程，所做的总功等于be段曲线与横轴所围的面积2．下列说法正确的是（）A．液晶显示器利用了液晶对光具有各向同性的特性B．医用脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液C．一定质量的单晶体在熔化过程中，分子势能一定增大D．两个相邻的分子间的距离增大时，分子间的引力增大，斥力减小E.夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积较大，胎内气体对外界做功，内能较大（胎内气体质量不变且可视为理想气体）3．下列说法正确的是（）A．理想气体放出热量，其分子的平均动能不一定减小B．对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大C．从窗户射入的阳光中可以看到灰尘飞舞，这是布朗运动D．液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点E.单位时间内，气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强一定减小4．对于一个热力学系统，下列说法正确的是（）A．该系统的始末态确定，对系统做功方式不同，但做功数量相同B．对该系统做一定数量的功与传递确定数量的热相对应C．热量是该系统传热过程内能变化的量，不是系统具有内能的量D．该系统可以从其他低温系统吸收热量，伴随着其他变化E.可以从该系统吸收热量并全部用来做功，而不引起其他变化5．下列说法正确的是（）A．一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，是不可逆的B．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C．物体对外界做功同时吸收热量，物体的内能不可能减小D．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，分子力可能先增大后减小E.水管中水的流速越大，水分子的热运动越剧烈6．下列有关饱和汽和气体湿度说法正确的是（）A．相同温度下，不同液体的饱和汽压相等B ．与液体处于动态平衡下的蒸汽为饱和汽C ．一般液体的饱和汽压与温度成非线性关系，温度越高，饱和汽压越大D ．任何气体都适用于理想气体状态方程E.容器内气体压强增大，是由于气体分子对器壁单位面积的平均碰撞次数的增加7．关于晶体和非晶体的性质说法正确的是（ ）A ．可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体B ．晶体在熔化时要吸热，说明晶体在熔化过程中分子动能增加C ．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D ．液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性E.单晶体和多晶体都表现为各向异性，非晶体则表现为各向同性8．以下说法正确的是（ ）A ．单晶体和多晶体都表现出各向异性B ．叶面上的露珠呈球形是因为重力作用的结果C ．当液体和固体的附着层内的分子距离比较小，分子力表现为斥力，从而形成浸润现象D ．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化E.晶体熔化时，温度不变，但需要吸收的热量来破坏空间点阵结构9．以下说法正确的是（ ）A ．自行车打气越打越困难主要是分子间相互排斥的原因B ．物理性质表现为各向同性的固体可能是晶体也可能是非晶体C ．用“油膜法”估测分子直径时，滴在水面的油酸酒精溶液体积为V ，铺开的油膜面积为S ，则可估算出油酸分子的直径为V SD ．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动E.恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量10．下列说法正确的是（ ）A ．某气体的摩尔体积为V ，每个气体分子的自身体积为V 0，则阿伏加德罗常数可表示为0A V N VB ．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越不明显C ．若两个分子在相互靠近的过程中分子力逐渐增大，分子势能也可能逐渐增大D ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大E.夏天荷叶上小水珠大致呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故11．分子力F 、分子势能E P 与分子间距离r 的关系图线如甲乙两条曲线所示（取无穷远处分子势能E P =0），下列说法正确的是（ ）A ．乙图线为分子力与分子间距离的关系图线B ．乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线C ．在r 0处分子力最小，分子势能也最小D ．两分子从无穷远处靠近的过程中分子势能先减小后增大E.两分子从无穷远处靠近的过程中分子势能先增大后减小再增大12．如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在与缸中，气缸的内壁光滑。
高考物理二轮复习题型专练选考题满分练3新人教版选修3-4(2021学年)
2018年高考物理二轮复习题型专练选考题满分练3 新人教版选修３－４编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(2018年高考物理二轮复习题型专练选考题满分练3 新人教版选修3-4）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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3-4 选考题满分练（三）3４．[物理—-选修3-4](20１７·山东滨州一模）(1)某波源S发出一列简谐横波,波源S的振动图象如图所示．在波的传播方向上有A、B 两点，他们到S的距离分别为４5 m和5５ｍ．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0 s．由此可知①波长λ＝__＿＿＿_＿_ｍ；②当B点离开平衡位置的位移为+6 ｃｍ时,A点离开平衡位置的位移是_____＿＿_cｍ。
(２)半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示,O点为圆心，OO′为直径MN的垂线.足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与ＭN垂直.一束复色光沿半径方向与OO′成θ＝30°角射向O点,已知复色光包含有折射率从n1＝＼r（2)到n2=错误!的光束,因而屏NQ部分出现了彩色光带．(ⅰ)求彩色光带的宽度;(ⅱ）当复色光入射角逐渐增大时,光屏上的彩色光带将变成一个光点，求O角至少为多少？解析(1）①由振动图象可知该波的周期T＝2 s，Ａ、B两点开始振动的时间间隔为Δｔ＝1.0 s＝＼f(１,２）T，所以A、B间的距离为半个波长,所以λ＝2×(5５－45)m＝2０ m②A、B两点间距离是半个波长,振动情况总是相反,所以当B点离开平衡位置的位移为＋6 ｃｍ时,A点离开平衡位置的位移是－6 ｃm（2)(ⅰ)由折射定律得：ｎ＝错误!，n2＝错误!,1代入数据解得:β１=45°,β2=60°,故彩色光带的宽度为:d=Ｒtan(90°-β1）-tan(９0°-β２)=（1-错误! )R（ⅱ)当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失,反射光束将在PN上形成一个光点.即此时折射率为n１的单色光在玻璃表面上恰好发生全反射,故siｎC=错误!=错误!即入射角θ=C＝4５°答案(1）①２0 ②－６（2）（ⅰ)彩色光带的宽度为(1-错误!）R (ⅱ)O角至少为45°34.[物理-—选修3－4](1)一列简谐横波沿x轴正方向传播,ｔ=０时刻的波形如图甲所示，A、B、Ｐ和Q是介质中波传播方向上的四个质点,t＝0时刻波刚好传播到Ｂ点.质点A的振动图象如图乙所示,则下列判断正确的是____＿_＿_．(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．该波的周期为８ｓB．该波的传播速度为25 ｍ/ｓＣ．t＝0时刻质点P所受的合外力沿y轴正方向D．０～１。
高考物理二轮复习题型专练选择题满分练1新人教版(2021学年)
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选择题满分练(一)１４．(2017·山东泰安质检)以下说法符合物理学史的是( )Ａ.笛卡尔通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究B.奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念C.静电力常量是由库仑首先测出的D．牛顿被人们称为“能称出地球质量的人"C 伽利略通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究，选项A错误．奥斯特发现了电流的周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念,选项B错误.静电力常量是由库仑首先测出的,选项C正确.卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量,从而由错误!＝g可以计算出地球质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，选项D错误.15.下列核反应方程中,属于α衰变的是（)A。
错误!Ｎ+错误!Ｈe→错误!O+错误!Ｈ B.错误!Ｕ→错误!Ｔh＋错误!He C。
错误!H+错误!H→错误!He+错误!ｎﻩD．错误!Th→错误!Pa+错误!eB α衰变是重核自发的发出α粒子的天然放射现象,其中α粒子是错误!He,所以B正确;A为原子核的人工转变,C为轻核的聚变,D是β衰变,故A、C、D皆错误．1６．(201７·湖南六校联考）如图所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为Ｍ的环，环通过细线吊一个质量为m的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时,稳定运动的情景如图所示,其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是（）Ａ.环一定沿长杆向下加速运动B．环的加速度一定沿杆向上C．环的加速度一定大于gｓin αD.环一定沿杆向上运动B 稳定运动时，球与环保持相对静止,它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图,可知小球所受合力平行于杆向上,说明加速度方向沿杆向上,则环的加速度方向也沿杆向上,但它们的运动方向不确定,两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则Ｂ正确，A、D错误;由于不知道细线与竖直方向的夹角,则不能判断出小球的加速度与gｓiｎα的大小关系，则Ｃ项错误．１7.(20１７·江西八校联考）20１６年2月1日15点２9分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星.该卫星是以地心为圆心的圆轨道卫星,质量为ｍ，轨道离地面的高度约为地球半径R的3倍.已知地球表面的重力加速度为g,忽略地球自转的影响．则（）A.卫星的绕行速率大于７.9 km/sＢ．卫星的绕行周期约为8π错误!C.卫星所在处的重力加速度大小约为g 4D.卫星的动能大小约为错误!Ｄ近地卫星的绕行速度等于第一宇宙速度7．9 ｋm／s,且v= 错误!，所以此卫星的速度小于7。
高考物理二轮复习题型专练选考题满分练新人教版选修
3－3 选考题满分练(一)33．[物理——选修3－3](2020·宁夏银川一模)(1)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0分)A ．布朗运动反映的是液体分子的无规则运动B ．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C ．物体放出热量，温度一定降低D ．气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的碰撞作用产生的E ．热量是热传递过程中，物体间内能的转移量；温度是物体分子平均动能大小的量度(2)如图所示，“13”形状的各处连通且粗细相同的细玻璃管竖直放置在水平地面上，只有竖直玻璃管FG 中的顶端G 开口，并与大气相通，水银面刚好与顶端G 平齐．AB ＝CD ＝L ，BD ＝DE ＝L 4，FG ＝L 2.管内用水银封闭有两部分理想气体，气体1长度为L ，气体2长度为L 2，L ＝76 cm.已知大气压强p 0＝76 cmHg ，环境温度始终为t 0＝27 ℃，现在仅对气体1缓慢加热，直到使BD 管中的水银恰好降到D 点，求此时(计算结果保留三位有效数字)(ⅰ)气体2的压强p 2为多少厘米汞柱？(ⅱ)气体1的温度需加热到多少摄氏度？解析 (1)A.布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子无规则运动的反映；故A 正确；B ．热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他方面的变化，故B 错误；C ．物体放出热量时，若同时外界对物体做功，则温度可以升高，故C 错误；D ．大量气体分子对器壁的持续撞击引起了气体对容器壁的压强，故D 正确；E ．热传递过程中，物体间内能的转移量叫做热量；温度是分子热运动平均动能的标志，故E 正确； 故选：ADE(2)(ⅰ)加热气体1时，气体2的温度、压强、体积均不改变，气体2的压强：p 2＝p 0＋L 4＝(76＋764) cmHg ＝95.0 cmHg ； (ⅱ)对于气体1，设玻璃管横截面积为S ，由理想气体状态方程得：p 0V 1T 0＝p 2V 2T 2， 其中：V 1＝LS ，V 2＝54LS ，p 0＝76 cmHg ，p 2＝(76＋19) cmHg ＝95 cmHg ，T 0＝t 0＋273＝300 K ，解得：T2＝468.75K，t2＝T2－273＝(468.75－273) ℃≈196 ℃答案(1)ADE(2)(ⅰ)气体2的压强为95.0 cmHg.(ⅱ)气体1的温度需加热到196摄氏度．33．[物理——选修3－3](1)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．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果B．物体温度升高，组成物体的所有分子速率均增大C．一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关(2)如图所示，在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体，在汽缸底部开有一小孔，与U形水银管相连，外界大气压为p0＝75 cmHg，缸内气体温度t0＝27 ℃，稳定后两边水银面的高度差为Δh＝1.5 cm，此时活塞离容器底部的高度为L＝50 cm(U形管内气体的体积忽略不计)．已知柱形容器横截面S＝0.01 m2，取75 cmHg压强为1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2.(ⅰ)求活塞的质量；(ⅱ)若容器内气体温度缓慢降至－3 ℃，求此时U形管两侧水银面的高度差Δh′和活塞离容器底部的高度L′.解析(1)A.气体分子不停地做无规则运动，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的，故A正确．B．物体温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，但由于分子运动是无规则的，不是所有分子速率均增大．故B错误．C．一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气态方程pVT知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量．故C正确．D．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确．E．饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故E错误．故选：ACD(2)(ⅰ)A中气体压强p A＝p0＋pΔh＝76.5 cmHg＝1.02×105Pa对活塞：p A S＝p0S＋mg ,即1.02×105×0.01＝1.0×105×0.01＋m×10解得：m ＝2 kg.(ⅱ)由于气体等压变化，U 形管两侧水银面的高度差不变：Δh′＝1.5cmT 1＝300 K ，体积V 1＝50 cm·ST 2＝270 K ，体积V 2＝L′S由：V 1T 1＝V 2T 2, 即50 cm·S 300 ＝L′S 270 解得：L′＝45 cm.答案 (1)ACD(2)(ⅰ)活塞的质量为2 kg ；(ⅱ)若容器内气体温度缓慢降至－3 ℃，此时U 形管两侧水银面的高度差Δh′为1.5 cm ，活塞离容器底部的高度L′为45 cm高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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选择题满分练(三)
14．奥斯特在研究电流的磁效应实验时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止时N极指向北方，如图所示．现在导线中通有由南向北的恒定电流I，小磁针转动后再次静止时N极指向( )
A．北方B．西方
C．西偏北方向D．北偏东方向
C 在导线中通有由南向北的恒定电流I，由安培定则可判断出通电导线下方产生了由东指向西的磁场，根据磁场叠加原理，该磁场与地磁场的合磁场方向为西偏北方向，所以小磁针转动后再次静止时N极指向为西偏北方向，选项C正确．
15．(2017·江西盟校二联)如图所示是一个质点做匀变速直线运动的位移—时间图象的一段，从图中所给的数据可以确定( )
A．质点在运动过程中经过图线上P点所对应位置时的速度小于2 m/s
B．质点在运动过程中t＝3.5 s时的速度等于2 m/s
C．质点在运动过程中在3～3.5 s这段时间内位移等于1 m
D．以上说法均不正确
B 质点做的是匀变速直线运动，P点为位移的中间位置，而这段时间的平均速度的大小为v
＝x
t
＝
2
1
m/s＝2 m/s，根据匀变速直线运动的规律可知，此段位移的中间时刻的瞬时速度即为 2
m/s，由于中间时刻的瞬时速度要小于中间位置的瞬时速度，所以P点速度要大于2 m/s，A错误；质点做匀变速直线运动，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度得到第4 s内的平均速度等于3.5 s时质点的瞬时速度，故质点在3.5 s时的速度等于2 m/s，B正确；质点做匀加速直线运动，速度增大，所以在3～3.5 s这段时间内位移小于1 m，在3.5～4 s这段时间位移大于1 m，C错误；根据上述分析可知D错误．
16．(2017·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径
为R ，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m ，若小球恰好能通过轨道2的最高点B ，则小球在轨道1上经过A 点时对轨道的压力大小为( )
A ．2mg
B ．3mg
C ．4mg
D ．5mg
C 小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝mv 2B 1.8R
，小球在轨道1上经过A 处时，有F ＋mg ＝mv 2A R ，根据机械能守恒，有1.6mgR ＝12mv 2A －12
mv 2B ，解得F ＝4mg ，C 项正确． 17．如图所示，实线代表某匀强电场中的三条电场线，带电粒子在电场中仅在电场力作用下沿虚线从a 运动到b ，运动轨迹ab 为一条抛物线，则下列判断正确的是( )
A ．电场的方向由N 指向M
B ．带电粒子从a 运动到b ，动能减少
C ．该带电粒子一定带正电
D ．如果另放某带负电的检验电荷，它在M 点的电势能一定小于它在N 点的电势能
B 带电粒子在电场中仅在电场力作用下沿虚线从a 运动到b ，电场力总指向轨迹的凹侧，因此带电粒子所受电场力沿NM 方向，可以判断电场力对粒子做负功，粒子的动能减少，但由于带电粒子的电性未知，因此不能确定电场强度的方向，A 、
C 项错误，B 项正确；因为不能确定电场强度的方向，所以无法确定带负电的检验电荷的电势能的大小，
D 项错误．
18．如图所示，钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A 、B 间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a ，a ＞μ1g ，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )
A.2as 0
B.2μ1gs 0
C.2μ2gs 0
D.μ1＋μ2gs 0
C 要使卡车安全停下来，即钢铁构件A 、B 及卡车保持相对静止，设钢铁构件A 恰好相对B 不滑动的加速度为a 2，钢铁构件A 、B 相对卡车刚好不滑动的加速度为a 1，由牛顿第二定律得μ2m A g ＝m A a 2，μ1(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 1，解得a 2＝μ2g ，a 1＝μ1g ，因为μ1＞μ2，所以卡车安全行驶的最大加速度为a 2，设卡车的速度为v 0，由匀变速直线运动规律得v 2
0＝2a 2s 0，解得v 0＝2μ2gs 0，选项C 正确，A 、B 、D 错误．
19．(多选)一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为r ，外接一个电压表和一个额定电压为U 、额定功率为P 的灯泡，如图乙所示．下列说法正确的是( )
A ．图甲所示的电动势瞬时值表达式为e ＝222sin 50πt (V)
B ．图乙中线圈所在位置为中性面位置
C ．电压表的读数一定小于22 V
D ．若线圈转到图乙所示位置，则此时灯泡中电流最大
CD 图甲所示的电动势瞬时值表达式为e ＝222sin 100πt (V)，选项A 错误；图乙中发电机产生的感应电动势最大，线圈位于与中性面垂直的位置，选项B 错误；由于线圈有内阻，电压表的读数一定小于电动势的有效值22 V ，选项C 正确；若线圈转到图乙所示位置，则此时产生的感应电动势最大，灯泡中电流最大，选项D 正确．
20．(多选)(2017·辽宁协作体)土星的卫星很多，现已发现数十颗，这些卫星的运动可视为绕土星的匀速圆周运动．下表是有关土卫五和土卫六两颗卫星的一些参数．下列说法正确的是
( )
B ．土卫五的公转周期比土卫六的小
C ．土卫五表面的重力加速度比土卫六的大
D ．土星对土卫五的万有引力约为其对土卫六万有引力的110
BD 根据万有引力提供向心力有G Mm r 2＝m v 2r ＝m 4π2
T 2r ，所以v ＝ GM r ，T ＝2π r 3GM
，土卫六的轨道半径大于土卫五的轨道半径，土卫六的周期大，线速度小，选项A 错误，选项B 正确；在卫星表面，万有引力等于重力，有G Mm R 2＝mg ，可得g ＝G M R 2，代入数据可得土卫五表面的重力加速度比土卫六的小，选项C 错误；根据F ＝G Mm r
2，代入数据可得，土星对土卫五和土卫六的万有引力之比约为1∶10，选项D 正确．
21. (多选)如图所示，相距为d 的两水平线L 1和L 2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B ，正方形线框abcd 边长为L (L ＜d )、质量为m ，电阻为R .将线框在磁场上方高h 处由静止释放，ab 边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等．则在线框全部穿过磁场的过程中( )
A ．ab 边刚进入磁场时ab 两端的电势差为BL 2gh
B ．感应电流所做功为mgd
C ．感应电流所做功为2mgd
D ．线框最小速度为2g h ＋L －d
CD A ．将线框在磁场上方高h 处由静止释放，ab 边刚进入磁场时，有h ＝12gt 2＝v 22g
，线框的速度v ＝2gh ，ab 边产生的感应电动势e ＝BLv ＝BL 2gh ，ab 两端的电势差为路端电压U ＝34e ＝34BL 2gh ，故A 错误；BC.在线框全部穿过磁场的过程中，线框只受重力和安培力．又有ab 边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，则根据动能定理可得：线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于线框下降d 重力所做的功，所以，线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd ；ab 边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，其产生的感应电动势也相等，感应电流也相等，所以安培力也相等，即两状态线框的受力完全相同，初速度也相同，所以，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，在线框全部穿过磁场的过程中，感应电流所做的功为2mgd ，故B 错误，C 正确；D.线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd ，L ＜d ，即线框在进入磁场过程中一直在减速；完全进入磁场后只受重力，加速下落；穿出磁场时，又减速下落；因为ab 边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流
所做的功相等，所以，线框速度最小时为线框刚刚完全进入磁场时，由动能定理可得：12
mv 2＝mg (h ＋L )－mgd ＝mg (h ＋L －d ) ，所以，v ＝2g h ＋L －d ，故D 正确．。