2020版高考物理通用版二轮复习专题检测：(十六) 吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题

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高考物理通用版二轮复习专题检测：(十六) 吃透“三场特性”探秘复合场中的运动问题

专题检测（十六）吃透“三场特性”，探秘复合场中的运动问题1.如图所示，在竖直向下的匀强电场E 中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a 运动到b 。

若油滴在运动过程中动能和重力势能之和为E 1，重力势能和电势能之和为E 2，则E 1、E 2的变化情况是( )A ．E 1增加，E 2增加B ．E 1增加，E 2减小C ．E 1不变，E 2减小D ．E 1不变，E 2不变解析：选B 根据题图所示的运动轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和E 2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和E 1增加，B 正确。

2.(2018·全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q 点处固定一点电荷。

一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P 点处由静止释放，沿细杆上滑到O 点时静止。

带电小圆环可视为点电荷，则( )A ．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷B ．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷C ．小圆环上滑过程中，电势能不变D ．小圆环上滑过程中，电势能增大解析：选A 小圆环从P 点由静止释放，沿细杆上滑到O 点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A 项正确，B 项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C 、D 项错误。

3.(2018·自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E 、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B 、方向与电场垂直且水平向里。

一带正电液滴以竖直向下的初速度v 0＝E B 进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。

则带电液滴在电、磁场区域中( )A ．做匀速直线运动B ．做匀变速曲线运动C ．运动速度逐渐减小D ．机械能逐渐减小解析：选D 带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A 、B 错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速度逐渐增大，故C 错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故D 正确。

高考物理二轮复习：专题(十六) 三类“动态圆”模型的应用

专题跟踪检测（十六）三类“动态圆”模型的应用1.(2020·广州综合测试)不计重力的两个带电粒子M 和N 沿同一方向经小孔S 垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图。

分别用v M 与v N 、t M 与t N 、q M m M 与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( )A ．如果q M m M ＝q N m N，则v M ＞v N B ．如果q M m M ＝q N m N，则v M ＜v N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M ＞q N m ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M ＞q N m N解析：选A 由q v B ＝m v 2R 得q m ＝v BR ，由题图可知R M ＞R N ，如果q M m M ＝q N m N，则v M ＞v N ，A 正确，B 错误；如果v M ＝v N ，则q M m M ＜q N m N，C 错误；由题图可知t ＝T 2＝πm qB ，如果t M ＝t N ，则q M m M ＝q N m N，D 错误。

2．[多选]如图所示，矩形ABCD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，AB 边长为d ，BC 边长为2d ，O是BC 边的中点，E 是AD 边的中点，在O 点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m 、电荷量均为q 、同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB 边的夹角为60°的粒子恰好从E 点射出磁场，不计粒子的重力，则( )A ．粒子带正电B ．粒子运动的速度大小为qBd mC ．粒子在磁场中运动的最长时间为πm 2qBD ．磁场区域中有粒子通过的面积为4＋π4d 2 解析：选BCD 速度与OB 边的夹角为60°的粒子恰好从E 点射出磁场，由粒子运动的轨迹，根据左手定则可判断，粒子带负电，选项A 错误；由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r ＝d ，由牛顿第二定律：q v B ＝m v 2r ，得粒子运动的速度大小为v ＝qBd m ，选项B 正确；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为πm 2qB，选项C 正确；由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA 区域的面积，即为d 2＋14πd 2＝4＋π4d 2，选项D 正确。

2020届物理高考二轮专题复习与测试：高考模拟卷(二)

A．瞬时速度总比不启用 ABS 时小 B．加速度总比不启用 ABS 时大 C．刹车后的平均速度比不启用 ABS 时小 D．刹车后前行的距离比不启用 ABS 更短解析：图象中各点的纵坐标表示对应的速度，由图可知，启用 ABS 后瞬时速度开始时比不启用时要大，故 A 错误；图象的斜率表示加速度，由图可知，开始时的加速度小于不启用时的加速度，故 B 错误；由图可知，启用后经过的位移明显小于不启用时的位移，但由于时间关系不明显，无法确定平均速度大小，故 C 错误， D 正确．答案： D 16．2017 年 6 月 15 日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气． “慧眼”是我国首颗大型 X 射线天文卫星，这意味着我国在 X 射线空间观测方面具有国际先进的暗弱变源巡天能力、独特的多波段快速光观测能力等．下列关于 “慧眼”卫星的说法．正确的是 ( ) A．如果不加干预， “慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小 B．如果不加干预，“慧眼”卫星的轨道高度可能会缓慢降低 C．“慧眼”卫星在轨道上处于失重状态，所以不受地球的引力作用
Mm v2 加速度，处于失重状态，故 C 错误；据 G r2 ＝m r 可得 v＝
GM r
，
卫星在轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，故 D 错误．答案： B 17.如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面上的半圆形光滑固定轨道
在 B 点衔接， BC 为直径．一可看作质点的物块在 A 处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接 )，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道 B 点之后恰好能通过半圆轨道的最高点 C.现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力．则更换后 ()
高考模拟卷 (二 )
一、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，有选错或不答的得 0 分)

(通用版)2020版高考物理二轮复习特色练3图象问题(含解析)

变化关系的图象是( )本题考查了万有引力定律公式. 考查了学生对万有引力定律的理解能力，体现了运动和相互作用的物理观念及科学推理的核心素养．由万有引力定律可知，探测器受到的万有引力F＝GMm(R＋h)2，其中R为地球半径。

在探测器]如图所示为A、B质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点)B质点的平均速度小于A质点的平均速度做曲线运动如图甲，一维坐标系中有一质量为0时刻开始，物块在外力作用下沿如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象，下列说法正确的是/s处(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间物体做减速运动，根据牛顿第二定律可知，mg由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度减到0后，小球向下做加速运动，根据可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v－t图象如图所示．7 m，B物体做匀减速运动的加速度大小为设A 物体追上B 物体所用时间为t 0，则v A t 0＝Δx ＋x Bt 0＝324 s ＝8 s ，故选项D 正确．答案：D6．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v －t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N /m ，重力加速度g 取10 m /s 2.则在该段时间内( )A ．物体的加速度大小为2 m /s 2B ．弹簧的伸长量为3 cmC ．弹簧的弹力做功为30 JD ．物体的重力势能增加36 J解析：由图乙可知加速度为直线的斜率，a ＝1 m /s 2，故A 错误；沿斜面方向，由牛顿第二定律有F 弹－mg sin θ＝ma ，解得F 弹＝6 N, 又F 弹＝kl ，代入数据解得l ＝0.03 m ＝3 cm ，故B 正确；由图乙可知在这段时间内，物体沿斜面方向的位移为此段v －t 图象与t 轴围成的面积，为x ＝6 m ，则重力势能的增加量为mgx sin θ＝30 J ，由动能定理有12mv 22－12mv 21＝W 弹－mgx sin θ，代入数据解得弹簧的弹力做功为36 J ，故C 、D 错误．答案：B7．某正弦交流发电机产生的电动势波形如图所示，已知该发电机线圈匝数n ＝100匝，线圈面积为S ＝0.1 m 2，线圈内阻为r ＝1 Ω，用一理想交流电压表接在发电机的两个输出端．由此可知( )A ．线圈在匀强磁场中转动的角速度为50π rad /sB ．线圈所在处的磁感应强度是B ＝1 TC ．交流电压表的读数为220 VD ．交变电动势的平均值为E ＝200 V解析：由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知，周期T ＝0.02 s ，而T ＝2πω，解得线圈在匀强磁场中转动的角速度为ω＝100π rad /s ，选项A 错误．由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知，电动势最大值为E m ＝314 V ，而E m ＝nBS ω，解得B ＝0.1 T ，选项B 错误．由于电压表是理想交流电压表，测量值等于交变电压的有效值，为314×22V ＝222 V ，选项C错误．由法拉第电磁感应定律，交变电压的平均值为E ＝n ΔΦΔt，取T/4时间，磁通量变化量ΔΦ＝BS ，所以E ＝nBST 4＝200 V ，选项D 正确．答案：D度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是( )木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据.木块的加速度a 2＝F f m 2，方向向左，木板的加速度a 项错误，B 项正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做2以下的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力的变化图象如图所示，下列说法正确的是Ω，导轨足够长，重力加速度g＝10 m/在磁场外运动时没有感应电流产生进入磁场后感应电动势为0.6 V内电路中产生的热量为0.15 J导体棒没有进入磁场区域时穿过回路的磁场磁感应强度不断增大，闭合回路的磁回路产生感应电流，故A错误；导体棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：。

2020高考物理二轮专题复习课标通用版+跟踪检测+专题2+功与能+动量+专题跟踪检测5+Word版含答案

专题跟踪检测(五)(建议用时：45分钟)基础通关1．(2020·河北六校联考)水平粗糙的地面上，质量为1 kg的物体在一水平外力F的作用下由静止开始运动，如图甲所示．外力F做的功和物体克服摩擦力做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.下列分析错误的是()A．s＝9 m时，物体速度大小为3 m/sB．物体运动的位移大小为13.5 mC．前3 m运动过程中物体的加速度大小为3 m/s2D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2A解析由功与位移关系图象可知，s＝9 m时，外力F做的功W F＝27 J，克服摩擦力做的功W f＝18 J，由动能定理有W F－W f＝12，解得v＝3 2 m/s，选项A错误；由μmg×102m vm＝20 J，解得μ＝0.2，选项D正确；对物体运动的全过程由动能定理有W F－μmgs＝0，解得s＝13.5 m，选项B正确；设物体前3 m运动过程中所受的水平外力为F，由F×3 m＝15 J 解得F＝5 N，由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝3 m/s2，选项C正确．2．(2019·山东济南二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是()C解析根据图象的坐标可知图象与x轴包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看，C图所包围的面积最大，故选项C正确．3．(2019·甘肃静宁一中模拟)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s 后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55 NC．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 WD解析撤去F后，轮胎的受力分析如图甲所示，由速度图象得5～7 s内的加速度a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据解得μ＝0.5，选项A错误；力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图乙所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f1＝ma1，mg－F sin 37°－N1＝0，又因为f1＝μN1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得F＝70 N，选项B错误；在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J＝850 J，选项C错误；因6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W＝275 W，选项D正确．4．(2019·陕西西安一模)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC ，AB 是半径为2R 的四分之一光滑圆弧，BC 是半径为R 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点)，O 点是BC 圆弧的圆心，POQ 在同一水平线上，BOC 在同一竖直线上．质量为m 的小球自由下落2R 后，沿轨道ABC 运动，经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点．则下列说法正确的是( )A ．小球运动到B 点前的瞬间对轨道的作用力是4mgB ．小球运动到B 点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－54mgR D ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－14mgR C 解析小球下落到B 点，由机械能守恒定律得mg (4R )＝12m v 2B，小球运动到B 点前的瞬间，小球运动的半径是2R ，由向心力公式F B －mg ＝m v 2B 2R，解得F B ＝5mg ，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R ，由向心力公式F ′B －mg ＝m v 2B R，解得F ′B ＝9mg ，故选项A 、B 错误；经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点，由几何关系得OP ＝3R ，由平抛运动规律知x ＝3R ＝v C t ，y ＝R ＝12gt 2，小球下落到C 点，由动能定理有mg ·2R ＋W f ＝12m v 2C，解得W f ＝－54mgR ，故选项C 正确，D 错误． 5．(2019·北京朝阳区二模)如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v 0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F ，且F ＝k v (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为( )A ．12m v 20 B ．12m v 20＋m 3g 22k 2 C ．0 D ．12m v 20－m 3g 22k 2 B 解析当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F 逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F 逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为零，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为零时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可，当F ＝k v 0＝mg 时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当F ＝k v 0<mg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12m v 20，解得W ＝12m v 20；当F ＝k v 0>mg 时，圆环先做减速运动，当F ＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由F ＝k v ＝mg 得v ＝mg k ，根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m v 20－m 3g 22k 2；综上所述，选项B 正确． 6．(2019·云南大姚一中月考)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )A 解析由P -t 图象知，0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶；设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －f m知a 减小，又因速度不可能突变，选项B 、C 、D 错误， A 正确．能力提升7．(2019·湖北襄阳模拟)(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m ，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s 速度便可达到最大值v m .设在加速过程中发动机的功率恒定为P ，装甲车所受阻力恒为F f ，当速度为v (v <v m )时，所受牵引力为F .下列说法正确的是( )A ．装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功为FsB ．装甲车的最大速度v m ＝P F fC ．装甲车速度为v 时加速度为a ＝F －F f mD ．装甲车从静止开始达到最大速度v m 所用时间t ＝2s v mBC 解析装甲车在加速过程中，其牵引力F ＝P v ，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功大于Fs ，选项A 错误；装甲车匀速运动时速度最大，故v m ＝P F f ，选项B 正确；装甲车速度为v 时，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝F －F f m，选项C 正确；装甲车加速过程由动能定理得Pt －F f s ＝12m v 2m ，解得t ＝F f s P ＋mP 2F 2f，选项D 错误． 8．(2019·宁夏六盘山中学期末)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．2～6 s 内拉力做的功为40 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 NABC 解析 0～6 s 内物体的位移大小x ＝4＋62×6 m ＝30 m ，故选项A 正确．在0～2 s 内，物体的加速度a ＝Δv Δt＝3 m/s 2，由图可知，当P ＝30 W 时，v ＝6 m/s ，得到牵引力F ＝P v ＝5 N ；在0～2 s 内物体的位移为x 1＝6 m ，则拉力做功为W 1＝Fx 1＝5×6 J ＝30 J ；2～6 s 内拉力做的功W 2＝Pt ＝10×4 J ＝40 J ，故选项B 正确．在2～6 s 内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等，故选项C 正确．在2～6 s 内，v＝6 m/s ，P ＝10 W ，物体做匀速运动，摩擦力f ＝F ，得到f ＝F ＝P v ＝106 N ＝53N ，故选项D 错误．9．(2019·河北辛集中学期中)(多选)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v ，并描绘出如图所示的F -1v 图象(图中AB 、BO 均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s 2，则( )A ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C ．该车做匀加速运动的时间是1.2 sD ．该车加速度为0.25 m/s 2时，动能是4×104 JBD 解析由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A 到B 到C ，AB 段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a ＝F －f m ＝2 000－4008×102m/s 2＝2 m/s 2，BC 段，由于图象为过原点的直线，所以F v ＝P 额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F ＝f ＝400 N ，速度达到最大值15 m/s ，故选项A错误，B 正确；由a ＝v －v 0t 可知t ＝v －v 0a ＝3－02s ＝1.5 s ，故选项C 错误；该车加速度为0.25 m/s 2时，牵引力为F ′＝ma ′＋f ＝8×102×0.25 N ＋400 N ＝600 N ，此时的速度为v ′＝2 000×3600 m/s ＝10 m/s ，动能为E k ＝12m v ′2＝12×8×102×102 J ＝4×104 J ，故选项D 正确． 10．(2018·天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x ＝1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v ＝80 m/s.已知飞机质量m ＝7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求飞机滑跑过程中：(1)加速度a 的大小；(2)牵引力的平均功率P .解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax, ①代入数据解得a＝2 m/s2.②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻＝0.1mg, ③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻＝ma, ④，⑤设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有v＝v2在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝F v，⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106 W.答案(1)2 m/s2(2)8.4×106 W11．(2019·四川南充三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A 进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面动摩擦因数μ的范围．解析 (1)当摆球由C 点运动到D 点，由机械能守恒有mg (L －L cos θ)＝12m v 2D，由牛顿第二定律可得F m －mg ＝m v 2D L，解得F m ＝2mg ＝10 N.(2)小球不脱离圆轨道分两种情况．①要保证小球能达到A 孔，设小球到达A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μmgs ＝0－12m v 2D ，解得μ＝0.5；若进入A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得12m v 2A＝mgR ，由动能定理可得－μmgs ＝12m v 2A －12m v 2D ，可求得μ＝0.35.②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得mg ＝m v 2R，由动能定理可得－μmgs －2mgR ＝12m v 2－12m v 2D，解得μ＝0.125.综上所以动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125.答案(1)10 N(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125。

通用版2020版高考物理大二复习专题强化练十六力学实验及创新含解析

专题强化练(十六) 力学实验及创新(满分:100分时间:45分钟)~~8题每题13分,共题每题12分,5100分(共8小题,1)4.(考点1)(2019河北邯郸模拟)某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时1,打点计O,再依次选,他把某一点记作6时器所用电源的频率是50 Hz,在实验中得到一条点迹清晰的纸带ABCDEF,如图甲所示。

、和、个点作为计数点,分别标以、、DE.D DC.、则在打两点相距2270 cm,点时小车的速度是(1)由实际的纸带测得90 cm,、两点相距 m/s。

tv请在图乙中作出小坐标系中描好点,然后根据数据在,-(2)该同学分别算出打各点时小车的速度2a=vt m/s图象,并求出小车的加速度车的。

-.=v= 14m/s。

解析(1)Dtv -图象如图所示。

(2)2=a=。

5m/s由图象的斜率知v t.5(2)-答案(1)1图象见解析图4M.表考点1)(2019天津检测)小王同学在探究加速度与力、质量的关系时,小车及砝码的质量用2(m小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。

沙桶及沙的质量用表示,,示mM可近似认为绳对小车的拉时与的大小关系满足,,(1)往沙桶中加入一定量的沙子当选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的力大小等于沙桶和沙的重力;(在释放小车电源,在纸带上打出一系列的点。

(2)在平衡摩擦力后,他用打点计时器打出的纸带的一段如图甲所示,该纸带上相邻两个计数点间还 50 Hz,则小车的加速度大小是有4个点未标出,打点计时器使用交变电流的频率是2B当打点计时器打结果保留三位有效数字点时小车的速度是) m/s。

(,m/sFa小张和小关系图线如图乙所示-,(3)小张同学用同一装置做实验,他们俩在同一坐标系中画出的。

,哪一个物理量是不同的王同学做实验mgMFma=F=Ma=;时,?解析(1)小车实际的加速度为拉力,绳子拉力为因此只有当,才近似等于实验中应先接通电源再释放小车。

2020高考物理二轮专题复习课标通用版+跟踪检测+专题5+原子物理专题跟踪检测13+Word版含答案

专题跟踪检测(十三)(建议用时：45分钟)基础通关1．(2019·山东淄博三模)我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户．在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是()A．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念B．爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，提出光子说，并成功地解释了光电效应现象C．德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念D．普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性B解析普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故选项A错误；爱因斯坦最早认识到了能量子的意义，为解释光电效应的实验规律提出了光子说，并成功地解释了光电效应现象，故选项B正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故选项C错误；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，故选项D错误．2．(2018·北京卷)在核反应方程42He＋147N→178O＋X中，X表示的是()A．质子B．中子C．电子D．α粒子A解析由核反应中电荷数和质量数均守恒，可知X为11H，选项A正确．3．(2019·重庆江津区预测模拟)2019年夏天，中美贸易之争使国人了解了芯片的战略意义，芯片制作工艺非常复杂，光刻机是制作芯片的关键设备，其曝光系统最核心的部件之一是紫外光源．常见光源分为：可见光：436 nm；紫外光(UV)：365 nm；深紫外光(DUV)：KrF 准分子激光：248 nm，ArF准分子激光：193 nm；极紫外光(EUV)：10～15 nm.下列说法正确的是()A．波长越短，可曝光的特征尺寸就越小，就表示光刻的刀锋越锋利，刻蚀对于精度控制要求越高B．光源波长越长，能量越大，曝光时间就越短C．如果紫外光不能让某金属发生光电效应，极紫外光也一定不能D．由康普顿效应可知深紫外光通过实物物质发生散射时会出现波长更短的成分A解析波长越短，可曝光的特征尺寸就越小，就表示光刻的刀锋越锋利，刻蚀对于精度控制要求越高，选项A正确；光源波长越长，则频率就越小，能量越小，选项B错误；极紫外光的波长小于紫外光的波长，则频率较大，如果紫外光不能让某金属发生光电效应，极紫外光不一定不能使该金属发生光电效应，选项C错误；由康普顿效应可知深紫外光通过实物物质发生散射时能量变小，频率变小，则会出现波长更长的成分，选项D错误．4．(2018·天津卷)氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n＝2的能级时发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定()A．Hα对应的前后能级之差最小B．同一介质对Hα的折射率最大C．同一介质中Hδ的传播速度最大D．用Hγ照射某一金属能发生光电效应，则Hβ也一定能A解析Hα的波长最长，频率最低，由跃迁规律可知，它对应的前后能级之差最小，选项A正确；由频率越低的光的折射率越小知，选项B错误；由折射率n＝c v可知，在同一介质中，Hα的传播速度最大，选项C错误；当入射光频率大于金属的极限频率可以使该金属发生光电效应现象，因νHβ<νHγ，所以Hβ不一定能使该金属发生光电效应现象，选项D错误．5．(2019·高考物理全真模拟卷)从1907年起，美国物理学家密立根就开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量．他通过如图甲所示的实验装置测量某金属的遏止电压U c 与入射光频率ν，作出如图乙所示的U c-ν的图象，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射测出的h相比较，以检验爱因斯坦方程的正确性．已知电子的电荷量e，则下列普朗克常量h的表达式正确的是()A ．h ＝e (U c2－U c1)ν2－ν1B ．h ＝U c2－U c1e (ν2－ν1)C ．h ＝ν2－ν1e (U c2－U c1)D ．h ＝e (ν2－ν1)U c2－U c1A 解析根据爱因斯坦光电效应方程应E k ＝hν－W 0，及动能定理eU c ＝E k ，得U c ＝h eν－W 0e ，所以图象的斜率k ＝U c2－U c1ν2－ν1＝h e ，得h ＝e (U c2－U c1)ν2－ν1，故选项A 正确． 6．(2018·天津卷)国家大科学工程——中国散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台．下列核反应中放出的粒子为中子的是( )A ．14 7N 俘获一个α粒子，产生17 8O 并放出一个粒子B ．2713Al 俘获一个α粒子，产生3015P 并放出一个粒子C ．11 5B 俘获一个质子，产生84Be 并放出一个粒子D ．63Li 俘获一个质子，产生32He 并放出一个粒子B 解析根据质量数守恒、电荷数守恒，各选项核反应方程如下， 14 7N ＋42He →17 8O ＋11H ，选项A 错误；2713Al ＋42He →3015P ＋10n ，选项B 正确；11 5B ＋11H →84Be ＋42He ，选项C 错误；63Li＋11H →32He ＋42He ，选项D 错误．7．(2019·山东济宁二模)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 4.54 eV 的钨时，下列说法正确的是( )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C 解析根据C 24＝6，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光，故选项A 错误；由于要发生光电效应，跃迁时放出光子的能量大于钨的逸出功为4.54 eV ，故选项B 错误；氢原子辐射一个光子后，能级减小，氢原子的核外电子的速率增大，故选项C 正确；钨只能吸收一个光子的能量，故选项D 错误．8．(2018·全国卷Ⅲ)1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝核2713Al ，产生了第一个人工放射性核素X ：α＋2713Al →n ＋X.X 的原子序数和质量数分别为( )A ．15和28B ．15和30C ．16和30D ．17和31B 解析将核反应方程式改写成42He ＋2713Al →10n ＋X ，由电荷数和质量数守恒知，X 应为3015X.9．(2019·陕西西安中学期末)由于放射性元素237 93Np 的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知237 93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成209 83Bi ，下列说法正确的是( )A ．209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少28个中子B ．237 93Np 经过衰变变成209 83Bi ，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D ．237 93Np 的半衰期等于任一个237 93Np 原子核发生衰变的时间C 解析 209 83Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少18个中子，选项A 错误；237 93Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成209 83Bi ，可以同时放出α粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，选项B 错误；衰变过程中发生α衰变的次数为237－2094＝7(次)，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4(次)，选项C 正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，选项D 错误．能力提升10．(2019·天津卷)(多选)我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018年获得重大突破，等离子体中心电子温度首次达到1亿度，为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础．下列关于聚变的说法正确的是()A．核聚变比核裂变更为安全、清洁B．任何两个原子核都可以发生聚变C．两个轻核结合成质量较大的核，总质量较聚变前增加D．两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加AD解析核聚变的最终产物是氦气无污染，而核裂变会产生固体核废料，因此核聚变更加清洁和安全，选项A正确；发生核聚变需要在高温高压下进行，大核不能发生核聚变，选项B错误；核聚变反应会放出大量的能量，根据质能关系可知反应会发生质量亏损，选项C错误；因聚变反应放出能量，因此反应前的比结合能小于反应后的比结合能，选项D正确．11．(2019·河南登封实验中学模拟)(多选)下列说法正确的是()A．由42He＋147N→178O＋11H可知，在密闭的容器中混合存放一定比例的氦气和氮气，几天后将有氧气生成B．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小C．α、β、γ三种射线中，α射线的电离能力最强D．相同频率的光照射不同金属，则从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越大BC解析42He＋147N→178O＋11H是用氦核打击氮核使氮核转变的过程，是原子核的人工转变，在密闭的容器中混合存放一定比例的氦气和氮气，不会有氧气生成，故选项A错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，库仑力做正功，动能增大，电势能减小，故选项B正确；α、β和γ三种射线中，α射线的电离能力最强，故选项C正确；根据光电效应方程E k＝hν－W0，金属的逸出功越大，逸出的光电子的最大初动能越小，故选项D错误．12．(2019·贵州凯里一中模拟)(多选)下列说法正确的是()A．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核内有中子存在B．核泄漏事故污染物137Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为137 55Cs→137 56Ba ＋x，可以判断x为电子C．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2BCD解析卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，没有提出原子核内有中子存在，选项A错误；根据137Cs的核反应方程式137 55Cs→137 56Ba＋x，可知x的质量数为137－137＝0，电荷数为55－56＝－1，故x为电子，选项B正确；氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的频率大于从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的频率，故若从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，选项C正确；质子和中子结合成一个α粒子，需要两个质子和两个中子，质量亏损Δm＝2m1＋2m2－m3，由质能方程可知，释放的能量ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项D正确．13．(2019·江西南昌外国语学校期中)(多选)下列说法正确的是()A．11H＋21H→32He是太阳内部核反应之一，该核反应过程释放的能量是ΔE.已知光在真空中的传播速度为c，则该核反应中平均每个核子亏损的质量为ΔE 3c2B．卢瑟福通过α粒子散射实验揭示了原子核的内部结构C．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大D．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小AD 解析该核反应过程释放的能量是ΔE ，核子个数是3，根据爱因斯坦质能方程可知，ΔE ＝3Δmc 2，所以每个核子亏损的质量为Δm ＝ΔE 3c 2，故选项A 正确；卢瑟福通过α粒子散射实验揭示了原子的内部结构，故选项B 错误；紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，而光电子数目可能增加，故选项C 错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，库仑力做正功，动能增大，电势能减小，故选项D 正确．14．(2020·江苏海安中学开学考试)原子核的衰变方式不同，释放的能量也不同，由此可以用来确定原子核的质量差，6429Cu 可以衰变为6430Zn ，释放的核能是E 1；也可以衰变为6428Ni ，释放的核能为E 2.(1)写出两种衰变方式的衰变方程；(2)设释放能量全部转变为光子能量，求出6430Zn 和6428Ni 释放光子的波长之比．解析 (1)根据电荷数守恒、质量数守恒得，6429Cu 可以衰变为6430Zn 的反应方程为6429Cu →6430Zn＋0－1e ，6429Cu 可以衰变为6428Ni 的反应方程为6429Cu →6428Ni ＋01e.(2)光子能量公式得E ＝hν＝h c λ得，释放的核能是E 1的光子波长为λ1＝hc E 1，释放的核能是E 2的光子波长为λ2＝hc E 2，则释放光子的波长之比为λ1λ2＝E 2E 1. 答案 (1)6429Cu →6430Zn ＋0－1e 6429Cu →6428Ni ＋01e (2)E 2E 115．(2017·北京卷)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R .用m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应过程；(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小；(3)设该衰变过程释放的核能转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm .解析 (1)核反应方程为A Z X →A －4Z －2Y ＋42He.(2)设α粒子的速度大小为v ，由q v B ＝m v 2R，T ＝2πR v ，得 α粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB，环形电流大小I ＝q T ＝q 2B 2πm .(3)由q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBR m，设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒，得M v ′－m v ＝0，则v ′＝m v M ＝qBR M，由Δmc 2＝12M v ′2＋12m v 2，得Δm ＝(M ＋m )(qBR )22mMc 2. 答案 (1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He(2)2πm qB q 2B 2πm(3)(M ＋m )(qBR )22mMc 2。

2020高考物理二轮专题复习课标通用版跟踪检测：专题7 选考部分专题跟踪检测：16

专题跟踪检测(十六)(建议用时：45分钟)1．(2018·北京卷)关于分子动理论，下列说法正确的是( )A．气体扩散的快慢与温度无关B．布朗运动是液体分子的无规则运动C．分子间同时存在着引力和斥力D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大C　解析在其他条件不变的情况下，温度越高，气体扩散得越快，故选项A错误；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故选项B错误；分子间同时存在着引力和斥力，故选项C正确；分子间的引力总是随着分子间距增大而减小，故选项D错误．2．(2019·河北衡水调研)(1)下列说法正确的是______．A．－2 ℃时水已经结为冰，水分子停止了热运动B．物体温度越高，物体内部分子热运动的平均动能越大C．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同D．一定质量的气体分子的平均速率增大，气体的压强可能减小E．热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处的状态(2)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．(i)已知从A到B的过程中，气体对外放出600 J的热量，则从A到B，气体的内能变化了多少？(ii)试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度T C＝300 K，则气体在状态A时的温度为多少？解析(1)分子做永不停息的无规则热运动，选项A错误；物体温度越高，分子的平均动能就越大，物体的内能不同，但温度可能相同，则物体分子热运动的平均动能相同，选项B、C正确；一定质量的气体分子的平均速率增大，气体分子温度升高，但压强与温度和体积均有关，若气体的体积也增大，则压强不一定增大，也可能减小，选项D正确；处于热平衡的系统温度保持不变，但是压强和体积等物理量可以改变，选项E错误．(2)(i)从A到B，外界对气体做功，有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3 J＝900 J，根据热力学第一定律，内能的变化量ΔU ＝W ＋Q ＝900 J －600 J ＝300 J.(ii)根据理想气体状态方程有＝，pBVB TB pCVC TC 代入数据可得T B ＝T C ．根据理想气体状态方程有＝，pAVA TA pCVC TC 代入数据可得T A ＝1 200 K.答案 (1)BCD (2)(i)300 J (ii)相同　1 200 K3．(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b ，其过程如pV 图中从a 到b 的直线所示．在此过程中________．A ．气体温度一直降低B ．气体内能一直增加C ．气体一直对外做功D ．气体一直从外界吸热E ．气体吸收的热量一直全部用于对外做功(2)在两端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管内有一段水银柱、水银柱的两端各封闭有一段空气．当U 形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l 1＝18.0 cm 和l 2＝12.0 cm ，左边气体的压强为12.0 cmHg.现将U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边．求U 形管平放时两边空气柱的长度．在整个过程中，气体温度不变．解析 (1)在pV 图中理想气体的等温线是双曲线的一支，而且离坐标轴越远温度越高，故从a 到b 温度升高，选项A 错误．一定质量的理想气体的内能由温度决定，温度越高，内能越大，选项B 正确．气体体积膨胀，对外做功，选项C 正确．根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，得Q ＝ΔU －W ，由于ΔU >0、W <0，故Q >0，气体吸热，选项D 正确．由Q ＝ΔU －W 可知，气体吸收的热量一部分用来对外做功，一部分用来增加气体的内能，选项E 错误．(2)设U 形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p 1和p 2.U 形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p.此时原左、右两边气柱长度分别变为l′1和l′2.由力的平衡条件有p1＝p2＋ρg(l1－l2)，①式中ρ为水银密度，g为重力加速度大小．由玻意耳定律有p1l1＝pl′1，②p2l2＝pl′2，③两边气柱长度的变化量大小相等l′1－l1＝l2－l′2，④由①②③④式和题给条件得l′1＝22.5 cm，l′2＝7.5 cm.答案(1)BCD　(2)22.5 cm　7.5 cm4．(2019·湖北武汉四月调研)(1)下列说法正确的是______．A．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律B．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，即小颗粒的运动是液体分子无规则运动C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果E．从微观上看，气体压强的大小与分子平均动能和分子的密集程度有关(2)如图所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口h＝50 cm，活塞面积S＝10 cm2，封闭气体的体积为V1＝1 500 cm3，温度为0 ℃，大气压强p0＝1.0×105Pa，物体重力G＝50 N，活塞重力及一切摩擦不计．缓慢升高环境温度，封闭气体吸收了Q＝60 J的热量，使活塞刚好升到缸口．求：(i)活塞刚好升到缸口时，气体的温度是多少？(ii)汽缸内气体对外界做多少功？(iii)气体内能的变化量为多少？解析 (1)第二类永动机违反了热力学第二定律，但没有违反能量守恒定律，选项A 错误．布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，反映的是液体分子热运动的规律，选项B 错误．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴的重力全部用来提供做圆周运动的向心力，在表面张力的作用下，水滴会形成球形，选项C 正确．干湿温度计的湿泡下端包有纱布，纱布上有水分蒸发，需要吸热，所以湿泡显示的温度要低于干泡显示的温度，选项D 正确．从微观上看，气体压强的大小取决于气体分子对器壁的碰撞作用，故与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，选项E 正确．(2)(i)封闭气体初态V 1＝1 500 cm 3，T 1＝273 K ，末态V 2＝1 500 cm 3＋50×10 cm 3＝2 000 cm 3，缓慢升高环境温度，封闭气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律有＝，V 1T 1V 2T 2解得T 2＝364 K.(ii)设封闭气体做等压变化的压强为p ，对活塞有p 0S ＝pS ＋G ，汽缸内气体对外界做功为W ＝pSh ，解得W ＝25 J.(iii)由热力学第一定律得，汽缸内气体内能的变化量为ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝35 J ，故汽缸内的气体内能增加了35 J.答案 (1)CDE (2)(i)364 K (ii)25 J (iii)35 J5．(2020·广东六校联考)(1)下列说法正确的是________．A ．晶体在熔化过程中分子的平均动能不变B ．温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动C ．在轮胎爆裂的短暂过程中，胎内气体膨胀，温度下降D ．只知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，能计算出阿伏加德罗常数E ．在油膜法估测分子大小的实验中，若油酸未完全散开，则会使测量结果偏大(2)如图所示，开口朝下的圆筒形导热气缸竖直悬挂，处于静止状态，气缸内用横截面积为S 的薄活塞封闭着温度为300 K 的某种理想气体，活塞可在气缸内上下无摩擦滑动．通过电热丝可以对气体缓慢加热，使活塞缓慢向下移动，当气体温度升高至360 K 时，活塞刚好移到气缸口．已知大气压强为p 0，气缸容积为V 0，重力加速度为g .(i)求300 K 时气缸内气体的体积；(ii)如果不加热气体，而在活塞下悬挂一个砂盘，缓慢地往砂盘里添加砂，当砂与砂盘总质量与活塞质量相等时，活塞也刚好移到气缸口，判断此过程中气体吸热还是放热？并求出活塞的质量．解析 (1)晶体在熔化时温度不变，而温度是分子平均动能的标志，选项A 正确；布朗运动是指固体小微粒的运动，而热运动是指分子的无规则运动，选项B 错误；在轮胎爆裂的瞬间，胎内气体急剧膨胀，对外做功，来不及进行热交换，可认为是绝热过程，由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得内能减少，温度降低，选项C 正确；水蒸气是气态水，水分子间距很大，故水蒸气的摩尔体积与单个水分子的体积之比并非等于阿伏加德罗常数，选项D 错误；在用油膜法测分子大小时，应为单分子油膜，若油酸分子未完全散开，则测量得到的油膜面积会偏小，分子直径d ＝就偏大，选项E 正确．V S (2)(i)缓慢加热气体的过程中，气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律可得＝，其V 1T 1V 2T 2中T 1＝300 K ，T 2＝360 K ，V 2＝V 0，解得V 1＝V 0.56(ii)封闭气体做等温变化，内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，此过程中气体吸热．在挂砂盘使活塞移到气缸口的过程中，气体发生等温变化，设活塞质量为m ，根据玻意耳定律可得p 1V 1＝p 2V 2，其中p 1＝p 0－，p 2＝p 0－，联立解得m ＝.mg S 2mg S p 0S 7g 答案 (1)ACE (2)(i)V 0　(ii)吸热　56p 0S 7g6．(1)(2019·贵州铜仁一中月考)关于固体、液体和气体，下列说法正确的是________．A ．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的B ．液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力C ．液体的蒸发现象在任何温度下都能发生D ．汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的E ．在有的物态变化中虽然物质吸收热量但温度却不升高(2)(2019·陕西西安中学期中)如图所示，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭；A 侧空气柱的长度 l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm.现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭．已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.(i)求放出部分水银后，A侧空气柱的长度；(ii)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．解析(1)无论固体、液体还是气体，其内部分子都在永不停息地做无规则运动，选项A 错误；当分子间距离为r0时，分子间的引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距离大于r0，所以分子间作用力表现为引力，选项B正确；蒸发只发生在液体表面，在任何温度下都能发生，选项C正确；汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分为蒸发和沸腾两种情况，不是分子间的相互排斥产生的，选项D错误；冰在熔化过程中吸收热量但温度不升高，选项E正确．(2)(i)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1，①由力学平衡条件得p＝p0＋ρgh，②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有p1＝p0－ρgh1，③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 cm.④(ii)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得pl＝p2l2，⑤由力学平衡条件有p2＝p0，⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm.⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1，⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm.答案(1)BCE　(2)(i)12.0 cm　(ii)13.2 cm7．(2019·安徽江南十校三月联考)(1)下列说法中，正确的是(填正确答案标号，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)( )A．非晶体呈各向同性，晶体也有可能呈各向同性B．物块在自由下落过程中，分子的平均动能增大，分子势能减小C．布朗运动虽不是分子运动，但是它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度E．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则气泡内部气体(视为理想气体)内能不变(2)内径相同、导热良好的T形细管竖直放置，管的水平部分左、右两端封闭，竖直管足够长且上端开口与大气相通，水银将水平管中的理想气体分为两部分，此时外界温度t1＝27 ℃，各部分长度如图所示．外界大气压p0＝76 cmHg.求：(i)若外界温度保持不变，缓慢从管口注入水银，直到水平管中右侧气柱长度减小到28cm时注入的水银柱长度；(ii)在(i)的状态下，水平管中右侧气柱再次恢复为30 cm时的环境温度(用摄氏温度表示)．解析(1)非晶体呈各向同性，多晶体也有可能呈各向同性，而单晶体大多表现为各向异性，选项A正确；分子动能与分子势能都与机械能无关，物块在自由下落过程中，机械能增加，选项B错误；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，不是组成固体颗粒的分子在做无规则运动，选项C错误；根据热力学第零定律，如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，选项D正确；温度是分子的平均动能的标志，若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则分子的平均动能不变；而且气体的内能与体积无关，所以气泡内部气体(视为理想气体)内能不变，选项E正确．(2)(i)外界温度保持不变，则管中气体做等温变化，以水平管右侧气柱为研究对象，设管的横截面积为S，则由玻意耳定律得p1SL1＝p2SL2，代入题中所给数据解得p2＝105 cmHg.由于水平管左右两侧压强相等，所以左侧气柱长度由15 cm变为14 cm，则需要注入的水银柱长度Δh ＝h 2－h 1＋3 cm ＝10 cm.(ii)由理想气体状态方程得＝，p 2SL 2T 1p 3SL 1T 2将L 1＝30 cm ，L 2＝28 cm ，p 2＝105 cmHg ，p 3＝108 cmHg ，T 1＝300 K 代入，解得T 2＝331 K ，所以t 2＝58 ℃.答案 (1)ADE (2)(i)10 cm (ii)58 ℃。

2020年高考物理二诊试卷解析版

高考物理二诊试卷题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.如图所示，一小球通过细线悬挂于O点，不计空气阻力，用拉力F缓慢拉动小球，拉力F始终与绳保持垂直，则小球在由A点运动到B点的过程中，拉力F和OA绳上的拉力T的变化情况是（）A. F增大，T减小B. F减小，T减小C. F减小，T增大D. F增大，T增大2.目前我国女子短道速滑队已开始备战2022年北京冬季奥运会。

在3000m接力训练中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。

不计阻力，则（）A. 乙对甲的冲量一定大于甲对乙的冲量B. 甲的动量变化一定比乙的动量变化快C. 交棒完毕后甲的速度一定大于乙的速度D. 甲的速度变化量一定大于乙的速度变化量3.我国首批隐形战斗机歼-2已形成初步战斗力。

某次演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离L时投弹（投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零），可以准确命中目标。

若战斗机水平飞行高度变为原来的倍，飞行速度变为原来的倍，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为（不考虑空气阻力）（）A. B. C. D.4.如图所示，静止在粗糙水平面上的物块A、B用轻弹簧相连，其质量比为1：3，两物块与水平面间的动摩擦因数相同。

若用水平拉力F向右拉动物块B，当系统稳定时，弹簧的伸长量为x1若用水平拉力2F向左拉动物块A，当系统稳定时，弹簧的伸长量为x2．则x1：x2等于（）A. 1：2B. 1：3C. 1：4D. 1：65.远距离输电中，升压变压器、降压变压器均为理想变压器。

由于用户区用电量的增多，发电厂的输出功率增大为原来的2倍，下列说法正确的是（）A. 输电导线损失的功率大于原来的4倍B. 输电导线损失的功率小于原来的4倍C. 用户得到的功率小于原来的2倍D. 用户得到的功率大于原来的2倍6.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻不能忽略。

2020版高考物理大二轮检测Word版含解析---模块综合检测

2020版高考物理大二轮检测模块综合检测(时间：60分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．2017年12月29日，中国首个快堆核电示范工程在福建霞浦开工建设．“快堆”核反应进程依次为：238 92U→239 92U→239 93Np→239 94Pu，下列说法正确的是()A.238 92U和239 92U是同位素，其原子核内中子数相同B.238 92U和239 92U发生了α衰变C.238 92U变为239 92U发生了β衰变D．1 g 239 92U经过一个半衰期，239 92U原子核数目变为原来的一半答案：D2.如图所示，竖直平面内固定着一个光滑圆环，中央有孔的小球P和K套在环上，两小球由伸直的轻细绳连接，它们恰好能保持静止状态．已知K的质量为m，O、K连线水平，P、K连线与水平线夹角为30°.重力加速度为g，则()A．细绳对K球的拉力大小为mgB．细绳对K球的拉力大小为2mgC．P球的质量为mD．P球的质量为2m解析：选B.本题考查平行四边形定则及物体的平衡．分析K球受力情况，有F T sin 30°＝mg，得F T＝2mg，A项错误，B项正确；分析P球受力情况，并作力的平行四边形，如图所示．由几何关系得m P g＝F T＝2mg，C、D项错误．3.如图所示，斜面体A上的物块P，用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是()A ．物块P 与斜面之间一定存在摩擦力B ．轻弹簧一定被拉长C ．地面对斜面体A 一定存在摩擦力D ．若增大推力F ，则弹簧弹力一定减小解析：选C.若物块P 受到弹簧的弹力与物块的重力及推力F 、支持力平衡，则不受摩擦力，选项A 错误；若物块P 受到支持力与物块的重力及推力F 三力平衡，则无弹簧弹力，选项B 错误；物块P 、斜面A 及弹簧相对静止，可看成一整体，受到的水平面的摩擦力大小等于推力F ，选项C 正确；增大推力F ，因为不确定弹簧的初始状态及物块P 是否受静摩擦力，增大推力F 弹簧弹力减小、不变或者增大都有可能，选项D 错误．4．2017年国际雪联单板滑雪U 形池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以90.75分高居第一，成功卫冕．如图所示，单板滑雪U 形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面处的动摩擦因数不同．因摩擦作用，滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，则( )A ．运动员下滑的过程中加速度不变B ．运动员下滑的过程所受合力恒定不变C ．运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小D ．运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大解析：选C.本题考查圆周运动与受力分析．运动员下滑过程中加速度始终指向圆心，方向不断变化，A 项错误；由牛顿第二定律可知，合力方向也不断变化，B 项错误；运动员下滑过程中受力情况如图所示，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝mg cos θ，由牛顿第二定律和圆周运动知识，有F N －mg sin θ＝m v 2R ，联立解得mg cos θ＝μ(mg sin θ＋m v 2R )，则运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小，C 项正确；运动员滑到最低点时重力方向与速度方向垂直，此时重力的瞬时功率为零，D 项错误．5．为探究人在运动过程中脚底在接触地面瞬间受到的冲击力问题，实验小组的同学利用落锤冲击地面的方式进行实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g 取10 m/s 2.表中为一次实验过程中的相关数据．根据实验数据可知( )重物(包括传感器)的质量m /kg8.5 重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s0.1A.B ．重物与地面接触前瞬时的速度大小为2 m/s C ．重物离开地面瞬时的速度大小为3 m/sD ．在重物与地面接触的过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍解析：选D.本题考查牛顿运动定律、动能定理、动量定理等知识点，设重物受到最大冲击力时加速度的大小为a ，由牛顿第二定律有a ＝F m －mg m ，解得a ＝90 m/s 2，A 项错误；重物在空中运动过程中，由动能定理mgH ＝12m v 2，可得重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH ＝3 m/s ，B 项错误；重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh ＝2 m/s ，C 项错误；重物与地面接触过程中，设重物受到的平均作用力大小为F ，选取竖直向上为正方向，由动量定理有(F －mg )t ＝m v 2－m (－v 1)，解得F ＝510 N ，由F mg ＝51085＝6，D 项正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )A ．a 的向心加速度小于重力加速度g ，c 的向心加速度大于d 的向心加速度B ．在相同时间内b 转过的弧长最长，a 、c 转过的弧长对应的角度相等C ．c 在4小时内转过的圆心角是π3，a 在2小时内转过的圆心角是π6D ．b 的运动周期一定小于d 的运动周期，d 的运动周期一定小于24小时解析：选ABC.此题考查万有引力定律、卫星的运动等知识点．c 是地球同步卫星，相对于地面静止，a 与c 的角速度相等，由a 向＝ω2R 知，a 的向心加速度小于c 的向心加速度，c 的向心加速度大于d 的向心加速度，a 、c 的向心加速度均小于g ，A 项正确；a 、b 、c 、d 四颗卫星中，b 的线速度最大，所以在相同时间内b 转过的弧长最长，a 、c 角速度相等，相同时间内转过的弧长对应的角度相等，B 项正确；c 的周期为24小时，c 在4小时内转过的圆心角θ＝ωt ＝2π24×4＝π3，处在地面上的a 在2小时内转过的圆心角是π6，C 项正确；由T ＝4π2r 3GM知，d 的周期大于c 的周期，大于24小时，D 项错误． 7．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度．在该过程中下列分析正确的是( )A ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B ．B 物体获得最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B 所受重力大小C ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量大于细线拉力对A 做的功D ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功解析：选BD.对于物体A 、B 及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 动能增加量之和，故A 错误；对于B 物体，只受重力与细线拉力，达到最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B 所受重力大小，故B 正确；根据功能关系可知，A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功，故C 错误，D 正确．8.如图所示直角坐标系xOy ，P (a ，－b )为第四象限内的一点，一质量为m 、电荷量为q 的负电荷(重力不计)从原点O 以初速度v 0沿y 轴正方向射入．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；第二次保持y >0区域磁场不变，而将y <0区域磁场改为沿x 方向匀强电场，该电荷仍通过P 点．则( )A ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2am v 0q （a 2＋b 2）B ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2m v 0q a 2＋b 2C ．电荷从O 运动到P ，第二次所用时间一定短些D ．电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定小些解析：选AC.第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰能通过P 点，粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．由几何知识可知： (a －R )2＋b 2＝R 2，解得R ＝a 2＋b 22a ，由q v B ＝m v 2R ，解得B ＝2am v 0q （a 2＋b 2），故A 正确，B 错误；第二次保持y ＞0区域磁场不变，而将y ＜0区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场．该电荷仍通过P 点，粒子在第一象限做匀速圆周运动．在第四象限做类平抛运动，运动时间t 2＝12T ＋b v 0；第一次做匀速圆周运动时间t 1＝12T ＋PQ ︵v 0，PQ ︵大于b ，所以t 1＞t 2，C 正确；电荷第一次通过P 点时，速度与x 轴负方向的夹角为α，则tan α＝R 2－b 2b ＝a 2－b 22ab ，第二次速度与x 轴负方向的夹角为θ，则tan θ＝b2R －R 2－b 2＝a2b，所以tan θ＞tan α，D 错误．三、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(8分)某实验小组用图甲所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．在一端装有定滑轮的长木板上固定A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器能显示滑块上的遮光片通过光电门时的遮光时间，滑块通过绕过定滑轮的轻质细绳与测力计挂钩相连，测力计另一端吊着沙桶，测力计能显示滑块所受的拉力，滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等，已知遮光片宽度为d ，当地的重力加速度为g .(1)为了满足实验的要求，下列说法正确的是______． A ．长木板应放在水平桌面上B ．长木板没有定滑轮的一端应适当垫高，以平衡摩擦力C ．沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量D ．定滑轮与滑块之间的细绳应与长木板平行(2)甲同学测出A 、B 两光电门之间的距离为L ，滑块通过A 、B 两光电门的时间分别为t 1、t 2，滑块的加速度大小a ＝________________(用字母L 、d 、t 1、t 2表示)．(3)多次改变沙桶里沙的质量，重复步骤(2)，根据测得的多组F 和a ，作出a －F 图象如图乙所示，由图象可知，滑块的质量为____________，滑块与长木板间的动摩擦因数为________．解析：(1)为保证滑块做匀加速运动，绳子的拉力必须恒定，应调整滑轮高度，使细线与木板平行，故A 、D 正确；本实验要测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，故B 错误；由于本实验中有测力计，故不要求沙桶及测力计的总质量远小于滑块的质量，故C 错误．(2)滑块通过A 、B 两光电门的速度分别为：v A ＝d t 1，v B ＝dt 2，由匀变速直线运动的速度—位移公式可知，2aL ＝v 2B －v 2A ，解得：a ＝v 2B －v 2A 2L ＝d 2t 22－d 2t 212L ＝d 22L ⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21.(3)滑块受到的摩擦力为：f ＝μmg 由牛顿第二定律可得：F －μmg ＝ma解得力F 与加速度a 的函数关系式为：a ＝Fm －μg ，由图象所给信息可得图象斜率为：k ＝a 0F 0＝1m ，所以m ＝F 0a 0，由图象所给信息可得图象截距为：b ＝－μg ＝－a 0，所以μ＝a 0g .答案：(1)AD (2)d 22L ⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21(3)F 0a 0 a 0g10．(9分)某研究小组想用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E 和内阻r ，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．A ．电压表V 1 (量程6 V 、内阻约5 000 Ω)B ．电压表V 2 (量程3 V 、内阻约3 000 Ω)C ．电流表A(量程3 A 、内阻约0.5 Ω)D ．滑动变阻器R (最大阻值10 Ω、额定电流4 A)E ．小灯泡(2 A 、5 W)F ．电池组(电动势E 、内阻r )G ．开关一只，导线若干实验电路如甲图所示时，调节滑动变阻器的阻值，经多次测量，得到多组对应的电流表、电压表示数，并在U －I 坐标系中描绘出两条图线，如乙图所示，则(1)电池组的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________．(结果保留两位有效数字) (2)在U －I 坐标中两条图线在P 点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω.(3)将三个这样的灯泡并联后再接到该电路上，则每个灯泡的实际功率为________W. 解析：(1)电源的U －I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势等于图线的总截距，即E ＝4.5 V ，电源内阻r ＝ΔU Δt＝4.5－2.52.0 Ω＝1.0 Ω.(2)由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压U L ＝2.5 V ，此时电路电流I ＝2.0 A ，根据闭合电路的欧姆定律得：E ＝Ir ＋U L ＋IR 滑，即4.5 V ＝2.0×1 V ＋2.5 V ＋2.0×R滑，解得R 滑＝0.(3)设流过每个灯泡的电流为I ，三个灯泡并联接在电源上，在闭电路中，路端电压：U＝E －3Ir ＝4.5 V －3×1×I ＝4.5 V －3I ，即U ＝4.5 V －3I ，在图乙所示坐标系中作出图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压约为1 V ，流过每个灯泡的电流为1.2 A ，每个灯泡实际功：P ＝UI ＝1×1.2 W ＝1.2 W.答案：(1)4.5 1.0 Ω (2)0 (3) 1.2 11．(15分)如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平地面相切．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v 0的速度向曲面推出．已知小球的质量为m ，曲面滑槽的质量为2m ，重力加速度为g .(1)求小球在曲面上能上升的最大高度；(2)若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M 应满足什么条件？解析：(1)小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有：m v 0＝(m ＋2m )v12m v 20＝12(m ＋2m )v 2＋mgh 解得：h ＝v 203g.(2)小孩推球的过程中动量守恒，即0＝m v 0－M v M对于球和曲面，在相互作用到最后分开的过程中，动量守恒且机械能守恒，则有： m v 0＝m v 1＋2m v 2 12m v 20＝12m v 21＋12×2m v 22 解得：v 1＝－13v 0若小孩将球推出后还能再接到球，则有 13v 0>v M 得：M >3m . 答案：见解析12．(20分)研究太空宇宙射线的粒子组成时，要在探测卫星上安装“太空粒子探测器”和质谱仪．“太空粒子探测器”由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成，其原理可简化为图甲所示．辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O ，外圆的半径为R 1，电势为φ1，内圆的半径R 2＝1B 12m （φ1－φ2）q，电势为φ2.内圆内有方向垂直纸面向里的磁感应强度为B 1的匀强磁场，收集薄板MN 与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M 、N与内圆间存在狭缝．假设太空中漂浮着质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，粒子进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN 上并被吸收(收集薄板两面均能吸收粒子，两端不吸收粒子)，不考虑粒子间的相互作用．(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；(2)以收集薄板MN 所在的直线为横轴建立如图甲所示的平面直角坐标系．分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，求出这些粒子运动的一个周期内在磁场中运动的时间；(3)现“太空粒子探测器”收集到质量分别为2m 和m 、电荷量均为＋q 的甲、乙两种粒子，粒子从静止开始经乙图所示的电压为U 0的加速电场加速后通过狭缝PQ 垂直磁场方向进入磁感应强度为B 2的匀强磁场，最后打在照片底片上，不考虑粒子间的相互作用，若加速电压在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间波动，要使甲、乙两种粒子在底片上没有重叠，求狭缝PQ 的宽度L 满足的条件．解析：(1)带电粒子在辐射状电场中加速时，由动能定理可知： q (φ1－φ2)＝12m v 2－0则粒子刚到达内圆时速度的大小v ＝2q （φ1－φ2）m.(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有：q v B 1＝m v 2r解得：r ＝1B 12m （φ1－φ2）q＝R 2所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动14圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，再返回磁场，如此反复做周期性的运动，其运动轨迹如图所示．设粒子在磁场中运动的时间为T ，有：T ＝2πr v ＝2πmqB 1粒子进入电场的四个位置坐标分别为(0，R 1)，(R 1，0)，(0，－R 1)，(－R 1，0)．(3)设甲种粒子在磁场B 2中的运动半径为r 1，则其在电场中加速时，有： qU 0＝12×2m v 21 且q v B 2＝2m v 21r 1解得：r 1＝2B 2mU 0q最小半径r 1min ＝2B 2m （U 0－ΔU ）q设乙种粒子在磁场B 2中的运动半径为r 2，同理可得最大半径r 2max ＝1B 22m （U 0＋ΔU ）q由题意得：2r 1min －2r 2max >L ，即4B 2m （U 0－ΔU ）q －2B 22m （U 0＋ΔU ）q>L解得：L <2B 2mq[2U 0－ΔU －2（U 0＋ΔU ）]．答案：见解析。

2020版高考物理大二轮检测Word版含解析---第三章第一节牛顿第一、第三定律

2020版高考物理大二轮检测(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：选D.伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D项符合题意．2．本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。

下面是从物理的角度去解释此情境，其中正确的是()A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了解析：选B.骑车人与自行车本身处于运动状态，车的前轮陷入水坑时，前轮会立即静止，但人与车的后半部分由于惯性，仍要继续向原来的运动方向运动，故人和车的后半部分向原来运动的方向摔倒，因此选项B正确．3．牛顿在总结了C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析：选D.由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，A项错；压力和支持力作用在不同的两个物体上，而平衡力是作用在同一物体上的，B项错；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，C项错；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力大小，D项对．4．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是()A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明，物体受的力越大，速度就越大B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力解析：选D.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，力越大，物体运动得越快，没有力的作用，物体将会逐渐停下来，故A、B、C项均是亚里士多德的观点，只有D项中说法与亚里士多德的观点相反．5．(2019·杭州模拟)就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是()A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析：选C.物体的惯性是物体本身的属性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关，故选项C正确，A、B、D错误．6.(2019·台州模拟)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时() A．A与B之间有相互作用力B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C．B对A的作用力小于A对B的作用力D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力解析：选A.A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，选项A正确，选项B、C、D错误．7.如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了．则()A．绳子对甲的拉力大小小于甲的重力大小B．绳子对甲的拉力大小大于甲对绳子的拉力大小C．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定小于乙的重力大小D．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小解析：选D.由平衡条件可知，绳子对甲的拉力大小等于甲受到的重力大小，A错；由作用力与反作用力的关系可知绳子对甲的拉力大小等于甲对绳子的拉力大小，B错；乙能把绳子拉断，对于具有同样承受能力的绳子，说明乙拉断绳子前的瞬间绳子的拉力大小一定大于绳子的承受力，而甲拉的绳子能承受甲的重力，甲、乙质量相等，因此乙拉的绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小，C错，D对．8.如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)()A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右解析：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．9.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D 错误．二、多项选择题10．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD.惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，选项B错误；行星做匀速圆周运动是由于受中心天体的引力作用，不是由于具有惯性，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直做匀速直线运动，选项D正确．11.(2019·保定模拟)如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则()A．箱子对木板的摩擦力方向向右B．木板对地面的摩擦力为0C．木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg解析：选ABC.以箱子为研究对象，水平方向上，木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的摩擦力方向向右，选项A正确；以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，选项C 正确，D错误；以整体为研究对象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力为0，选项B正确．12.(2019·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态解析：选AD.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A 正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．13.(2019·潍坊模拟)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是()A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出；②原来小车向右运动，突然减速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确．14．(2019·四川宜宾检测)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是()A．喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性解析：选ACD.喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A正确，B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．。

通用版2020版高考物理二轮复习特色练1物理学

特色练1　物理学史1．(多选)下列说法中，符合物理学史的是( )A．亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说D．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系解析：牛顿发现了万有引力定律、卡文迪许用实验测出了万有引力常量的数值，B错误；其他三个选项均符合物理学史实，故选A、C、D.答案：ACD2．(多选)以下叙述正确的是( )A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果解析：1831年，法拉第通过实验发现了电磁感应现象，得出了磁生电的基本原理，A正确；质量是衡量物体惯性大小的唯一因素，速度大的物体惯性不一定大，B错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，C错误；利用楞次定律能判断感应电流的方向，电磁感应现象是其他形式的能转化为电能的过程，遵守能量守恒定律，D正确．答案：AD3．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是( )A．牛顿第一定律是通过多次实验总结出来的一条实验定律B．库仑通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值C．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因D．开普勒三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础解析：牛顿第一定律是牛顿在伽利略、笛卡儿等人研究的基础上总结出来的，不是通过实验得出的，A错误；引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测出的，库仑通过扭秤实验测出了静电力常量，B错误；亚里士多德提出了力是维持物体运动的原因，C错误；开普勒发现了行星运动的三大定律，为后人发现万有引力定律奠定了基础，D正确．答案：D4．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是( ) A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律解析：伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项A错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项B正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误．答案：B5．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法正确的是( )A．美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电子电荷量e的数值B．麦克斯韦认为，电磁相互作用是通过场来传递的，他第一个采用了画电场线的方法描述电场C．库仑发现了真空中两个点电荷之间相互作用力的规律，卡文迪许用扭秤实验测出了解析：麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论，A正确；卢瑟福用α粒子轰击147N，获得反冲核178O，发现了质子，B错误；贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，C正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，D错误．答案：AC7．下列说法符合事实的是( )A．焦耳首先发现了电流的磁效应B．法拉第发现了电磁感应现象，并定量得出了法拉第电磁感应定律C．伽利略将斜面实验观察到的现象经过合理外推，找到了力与运动的本质关系．甲图片与居里夫人有关．乙图片所反映的现象是贝克勒尔最先发现的．丙图片是法拉第研究阴极射线并发现电子的装置．丁图片与爱因斯坦的质能方程有关结合教材史料，应用物理规律．甲图片为伦琴发现X射线后，照射的伦琴夫人手。

2020高考物理二轮专题复习课标通用版(跟踪检测)：小题提速抢分练小卷提速抢分练 (8选择+2实验) 4

小卷提速抢分练(8选择＋2实验)(四)(建议用时：30分钟)一、选择题(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．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2020·广西桂林中学开学考试)三个质量均为1 kg 的相同木块a 、b 、c 和两个劲度系数均为500 N/m 的相同轻弹簧p 、q 用轻绳连接如图所示，其中a 放在光滑水平桌面上．开始时p 弹簧处于原长，木块都静止．现用水平力缓慢地向左拉p 弹簧的左端，直到c 木块刚好离开水平地面为止，g 取10 m/s 2.则该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是( )A ．4 cmB ．6 cmC ．8 cmD ．10 cmC 解析开始时p 弹簧处于原长，可知q 弹簧处于压缩状态，压缩量为Δx q ＝＝mg k 10500m ＝2 cm; c 木块刚好离开水平地面时，弹簧q 伸长Δx q ′＝＝2 cm ，则q 弹簧上端移动的mg k 距离为4 cm ；p 弹簧伸长Δx p ＝＝ m ＝4 cm ，则p 弹簧的左端向左移动的距离是8 2mg k 20500cm ，选项C 正确，A 、B 、D 错误．15．(2019·河南周口一中模拟)某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图象如图所示．则由图象可知( )A ．入射光频率越大，该金属的逸出功越大B ．入射光的频率越大，则遏止电压越大C ．由图可求出普朗克常量h ＝Uν0D ．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B 解析当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W 0＝hν0，逸出功与入射光频率无关，是由材料决定的，选项A 错误；根据光电效应方程E km ＝hν－W 0和eU c ＝E km 得U c ＝－，当入射光的频率大于极限频率时，入射光的频率h νe W 0e 越大，则遏止电压越大，选项B 正确；由U c ＝－，知图线的斜率等于，从图象上可h νe W 0e h e 以得出斜率的大小，可以求出普朗克常量为h ＝，选项C 错误；根据光电效应方程Ue ν0E km ＝hν－W 0，得最大初动能与入射光的频率成线性关系，不是成正比，选项D 错误．16．(2019·江西抚州九校联考)“月亮正加速远离地球！后代没月亮看了．”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年3.8 cm 的速度远离地球．不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是( )A ．月球绕地球做圆周运动的周期减小B ．月球绕地球做圆周运动的线速度增大C ．地球同步定点卫星的高度增大D ．地球同步定点卫星的角速度增大C 解析万有引力充当向心力，故G ＝m r ，解得T ＝2π，可知轨道半径越Mm r 24π2T 2r 3GM 大，周期越大，所以月球绕地球做圆周运动的周期增大，选项A 错误；根据公式G ＝m Mmr 2可得v ＝，故轨道半径越大，线速度越小，所以月球绕地球运动的线速度减小，选项v 2r GM r B 错误；因为地球旋转速度减小，即角速度减小，根据T ＝可知自转周期变大，根据2πωT ＝2π可知同步卫星的轨道半径变大，即地球同步定点卫星的高度增大，选项C 正确，r 3GM D 错误．17．如图所示，水平面内有一个匀强电场，在该平面内有一个以O 为圆心，R 为半径的圆，其中AB 为圆的直径，C 、D 为圆上两点，且∠CAB ＝∠DAB ＝60°.一个带电量为＋q 的粒子，以初速度v 从A 点三次沿不同的方向射出，分别运动到B 、C 、D 三点，粒子到达C 点的速度为v ，到达B 点的速度为v.不计粒子重力，若粒子到达D 点的速度大小为23v D ，匀强电场的场强大小为E ，则( )A ．v D ＝v ；E ＝B ．v D ＝v ；E ＝3m v 23qR m v 22qRC ．vD ＝v ；E ＝D ．v D ＝v ；E ＝23m v 23qR 2m v 22qR A 解析由动能定理得qU AC ＝m v －m v ＝m v 2，U AC ＝；qU AB ＝m v －m v ＝m v 2，U AB ＝＝2U AC ，故122C122A 12m v 22q 122B 122A m v 2q φO ＝φC ，故W AC ＝m v 2＝qER cos 30°，解得E ＝，A 、D 两点电势相等，v D ＝v ，选项123m v 23qR A 正确，B 、C 、D 错误．18．(2019·河南周口一中模拟)如图所示，长为l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上．后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A ． B ． 2gl glC ．D ．02gl 2A 解析两球组成的系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得m v －m v ′＝0，则在落地时v ＝v ′＝0；由机械能守恒定律得m v 2＋m v ′2＝mgl ，解得1212v ＝，故选项A 正确．2gl 19．(2019·江西红色七校联考)如图所示，在直角三角形ABC 内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB 边长度为d ，∠C ＝，现垂直AB 边射入一群质量均为m 、电荷量π6均为q 、速度相同的带正电粒子(不计重力)．已知垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间为t 0，在磁场中运动时间最长的粒子经历的时间为t 0.则下列判断正确的是( )53A ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 0B ．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm2qt 0C ．粒子在磁场中运动的轨道半径为d 237D ．粒子进入磁场时的速度大小为23πd 7d 0ABC 解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T ，即T ＝t 0，可得周期1414T ＝4t 0，选项A 正确．由T ＝得，B ＝＝，选项B 2πm qB 2πm qT πm 2qt 0正确．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有T ＝，可得 θ2π5t 03θ＝，画出该粒子的运动轨迹如图所示，设轨道半径为R ，由几何知识得＋R cos 30°5π6R cos 30°＝d ，可得R ＝d ，选项C 正确；根据＝，解得v ＝，选项D 错误．2375t 03θR v 3πd7t 020．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，设木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aF 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＝0.1AC 解析由题图乙知，当F ＝4 N 时，加速度为a ＝2 m/s 2，对整体分析有F ＝(m ＋M )a ，解得m ＋M ＝2kg ，当F >4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有a ＝＝F －，由图示图象可知，图线的斜率k ＝＝＝2，解得M ＝0.5 kg ，则F －μmgM 1M μmg M 1M Δa ΔF 滑块A 的质量为m ＝1.5 kg ，选项A 正确，B 错误；当a ＝0时，F ＝3N ，代入解得μ＝0.2，选项D 错误；根据F ＝5N>4 N 时，滑块与木块相对滑动，B 的加速度为a B ＝F －g ＝4 m/s 2，选项C 正确．1M μm M 21．(2019·四川乐山期末)如图甲所示，导体框架abcd 放置于水平面内，ab 平行于cd ，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，MN始终保持静止．规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列图象正确的是( )BD　解析导体棒始终静止不动，回路中磁场按题图乙变化，根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可知感应电动势(感应电流)在0～t1为零，t1～t3恒定，选项A错误，B正确；根据安培力F＝BIL知，0～t1，F为零，f＝0，t1～t3，F均匀减小到零再均匀增大，方向先水平向右后水平向左，摩擦力与安培力等大反向，选项C错误，D正确．二、实验题(共15分)22．(2020·福建厦门六中段考)(6分)某同学用图甲所示的实验装置测量当地的重力加速度，先接通电源后释放纸带，在纸带上打出一系列的点如图乙所示，图中A、B、C、D、E、F是纸带上打出的连续的点，测出B、C、D、E、F这几点到A点的距离并标在纸带上，打点计时器所用交流电的频率为f.(1)打C点时，重物的速度v C＝______.若分别计算出纸带上B、C、D、E各点对应的速度，并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则重力加速度g＝____m/s2.丙(2)若当地的重力加速度为9.8 m/s2，你认为该同学的测量结果存在误差的主要原因是______________________________________________________________________．(3)当交流电的实际频率小于f时，仍按f计算，则测量的加速度值比真实的加速度值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．解析 (1)打C 点时重物的速度为v C ＝，由机械能守恒定律得mgh ＝m v 2－m v(h 3－h 1)f 21212，得v 2＝v ＋2gh ，v 2h 图象的斜率k ＝2g ＝ m/s 2，解得g ＝9.4 m/s 2.21218.3－3.60.25(2)由于重锤下落过程受到空气的阻力作用，纸带受到限位孔的阻力作用，所测重力加速度偏小．(3)当交流电的实际频率小于f 时，仍按f 计算，则参与计算的时间偏小，测得的加速度偏大．答案 (1)　9.4　(2)重锤和纸带受到阻力作用(h 3－h 1)f 2(3)偏大23．(2019·天津蓟州区联考)(9分)(1)今有一未知电阻R x 和一块锂电池，电池电动势E ＝4.0 V ，某实验小组先用多用电表粗测了电阻R x 的阻值，选择开关置于“×100”挡，指针位置如图甲所示．为了更精确地测量R x 的阻值，又准备了如下器材：A ．电压表V 1(量程0～3 V ，内阻约为4.0 kΩ)B ．电压表V 2(量程0～15 V ，内阻约为12.0 kΩ)C ．电流表A 1(量程0～50 mA ，内阻约为5 Ω)D ．电流表A 2(量程0～2 mA ，内阻约为50 Ω)E ．滑动变阻器R 1(0～40 Ω)F ．开关S 一只、导线若干①电压表应选________，电流表应选________．(填写选项前的序号)②请你设计测量R x 的实验原理图，并画在虚线框内．(2)另一实验小组设计了如图乙所示的电路测量某电池的电动势E 和内阻r ，图中R 为电阻箱(0～999.9 Ω)．根据测量数据作出R 图象如图丙所示．若该图线的斜率为k ，纵轴截1I 距为b ，则电池的电动势E ＝________；内阻r ＝________.(用k 和b 表示)解析 (1)①电源电动势为4 V ，故电压表应选用A ；由题图甲知，被测电阻的阻值约为R x ＝12×100 Ω＝1 200 Ω，支路中的最大电流约为I ＝＝A ＝2.5 mA ，故电流表应选用D ．②由于滑动变阻器的最大阻U Rx 31 200值远小于被测电阻的阻值，故滑动变阻器采用分压式接法，＝＜R V Rx 4 0001 200＝，故电流表采用内接法，如图所示．Rx R A 1 20050(2)由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R ＋r )，可得＝R ＋，结合题图丙知＝k ，＝b ，则1I 1E r E 1E r E E ＝，r ＝.1k b k 答案 (1)①A D ②见解析图　(2)　1k b k。

通用版2020版高考物理二轮复习“2+2”定时训练122016年全国3卷逐题仿真练含解析

2016年(全国3卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·广东广州市下学期一模)倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑．如图1,4个“”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处．现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰．已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g .求：图1(1)滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； (2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离．答案 (1)34mg sin θ (2)43L解析 (1)以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进入BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4mg sin θ－μ·mg cos θ＝4ma以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，滑块1受到的轻杆的压力为F ，由牛顿第二定律：F ＋mg sin θ－μ·mg cos θ＝ma已知μ＝tan θ 联立可得：F ＝34mg sin θ故轻杆所受的压力F ′＝F ＝34mg sin θ(2)设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v .这个过程，4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L .由动能定理，有：4mg sin θ·6L －μ·mg cos θ·(3L ＋2L ＋L )＝12·4mv 2可得：v ＝3gL sin θ由于动摩擦因数为μ＝tan θ，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动．第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：mg sin θ·(3.5L )＝12mv 12－12mv 2可得：v 1＝4gL sin θ当第1个滑块到达C 处刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段．由此可知，相邻两个滑块到达C 处的时间差为Δt ＝L v ，因此到达水平面的时间差也为Δt ＝L v所以滑块在水平面上的间距为d ＝v 1Δt 联立解得d ＝43L .25．(20分)(2019·西藏拉萨北京实验中学第五次月考)如图2所示，两根平行光滑金属导轨MN 和PQ 放置在水平面内，其间距L ＝0.2m, 磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场垂直导轨平面向下，两导轨之间连接的电阻R ＝4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab ，其接入电路的电阻r ＝0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab 棒上施加水平拉力使其以速度v ＝0.5m/s 向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：图2(1)金属棒ab 产生的感应电动势； (2)通过电阻R 的电流大小和方向； (3)水平拉力的大小F ；(4)金属棒a 、b 两点间的电势差．答案 (1)0.05V (2)0.01A 从M 通过R 流向P (3)0.001N (4)0.048V 解析 (1)设金属棒ab 中产生的感应电动势为E ，则：E ＝BLv代入数值得E＝0.05V(2)设通过电阻R的电流大小为I，则：I＝ER＋r代入数值得I＝0.01A由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P(3)F安＝BIL＝0.001Nab棒做匀速直线运动，则F＝F安＝0.001N(4)设a、b两点间的电势差为U ab，则：U ab＝IR代入数值得U ab＝0.048V33．【选修3－3】(15分)(2019·云南大姚县一中一模)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V －T图象如图3所示，p a、p b、p c分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是________．图3A．过程ab中气体一定吸热B．p c＝p b＞p aC．过程bc中分子势能不断增大D．过程bc中每一个分子的速率都减小E．过程ca中气体吸收的热量等于对外做的功(2)(10分)如图4，粗细均匀的U形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A、B两部分．当大气压强为p0＝75cmHg，温度为t0＝27℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L0＝30cm.(计算结果均保留三位有效数字)图4①现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h ＝10cm ，求活塞上升的高度L ； ②然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A 部分气体温度升高．则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置．答案 (1)ABE (2)①16.4cm ②191℃解析 (1)过程ab 中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故A 正确；a 到b 过程根据题图，由理想气体的状态方程可知：p a ·3V 0T 0＝p b ·3V 03T 0，所以：p b＝3p a ，同理：p a ·3V 0T 0＝p c ·V 0T 0，解得：p c ＝3p a ，所以：p c ＝p b >p a ，故B 正确；由于理想气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以过程bc 中分子势能不变，故C 错误；温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D 错误；过程ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E 正确．(2)①设活塞的横截面积为S ，温度不变，对B 管气体：p 0L 0S ＝p 2(L 0＋0.5h )S可得：p 2≈64.3cm 对A 管气体：p 0L 0S ＝(p 2－h )L 1S求得：L 1≈41.4cmL ＝L 1＋0.5h －L 0＝16.4cm②为使右管内水银面回到原来位置，A 气体的压强应为p 0，长度应为L 1＋0.5h ；由理想气体状态方程得：p 0L 0S T 0＝p 0(L 1＋0.5h )ST代入数据可得：T ＝464K 所以：t ＝191℃.34．【选修3－4】(15分)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)(1)(5分)如图5所示，由波源S 形成的简谐横波在同一种均匀介质中向左、右传播，波长为λ.已知介质中P 、Q 两质点位于波源S 的两侧，且P 、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P 、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离分别为λ、3λ2.当P 、Q 开始振动后，下列判断正确的是________．图5A ．P 、Q 两质点运动的方向始终相同B ．P 、Q 两质点运动的方向始终相反C ．当S 恰好通过平衡位置时，P 在波峰、Q 在波谷D ．当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 也通过平衡位置向上运动E ．当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 通过平衡位置向上运动(2)(10分)一半径为R 的半圆形玻璃砖横截面如图6所示，O 为圆心，一束平行光线照射到玻璃砖MO ′面上，中心光线a 沿半径方向射入玻璃砖后，恰在O 点发生全反射，已知∠aOM ＝45°.图6①求玻璃砖的折射率n ；②求玻璃砖底面MN 出射光束的宽度．(不考虑玻璃砖MO ′N 面的反射) 答案 (1)BDE (2)见解析解析 (1)P 、Q 两质点距波源的距离之差为：Δx ＝32λ－λ＝12λ，为半个波长的奇数倍，所以P 、Q 两质点振动步调相反，即P 、Q 两质点运动的方向始终相反，故A 错误，B 正确；由SP ＝λ和SQ ＝32λ可知，当S 恰好通过平衡位置时，P 点也恰好通过平衡位置，Q 点也恰好通过平衡位置，故C 错误；当S 恰好通过平衡位置向上运动时，因SP ＝λ，故此时P 也通过平衡位置向上运动，故D 正确；当S 恰好通过平衡位置向下运动时，因SQ ＝32λ，故Q 通过平衡位置向上运动，E 正确．(2)①由n ＝1sin C 得n ＝1sin45°＝ 2②分析可知：进入玻璃砖入射到MO 的光线均发生全反射，从O ′点入射光的路径如图所示．由n ＝sin αsin θ＝sin45°sin θ得θ＝30°，由光路可逆θ′＝30°、α′＝45°，出射平行OD ＝R tan30°＝33R 出射光束的宽度d ＝OD sin45°＝66R .。

2020高考全国二卷物理试题分析解析解读

2020高考全国二卷物理试题分析解析解读2020年全国二卷物理试题的命制紧扣高考评价体系，充分体现了基础性、综合性、应用性、创新性。

试题编排稳中求新，突出基础，重视教材。

新颖在选修部分近年均有变化。

今年的选修3-3，将五选三改为连续两个单项选择；选修3-4将选择改为填空的形式。

还有对学生基本计算能力要求还是较高。

具体分析如下：一、注重对必备知识的考查，突出学科主干内容试题体现了对物理主干知识考查的全面性，回归教材，注重基础。

考查内容涵盖力学、热学、电磁学、光学、原子物理等等核心知识。

其中14题、17题、19题、20题、23题、24题考查了电磁学的知识；15题、16题、21题、22题、25题考查力学知识；18题考查原子物理、33题考查热学知识、34题考查光学知识。

特别重视教材上的物理核心知识落实，如14题就是教材上电磁感应部分实验插图的变式考察，如第19题，就是教材上分析高压输电过程中如何减小能量损耗问题，为交流电基本知识的实际应用。

再比如电学实验23题小灯泡伏安特性研究，也是教材上原图的基本变式，只要认真学习，清楚实验原理和掌握实验基本数据处理的学生都没有问题。

二、注重对实验操作技能的考查，突出物理学科特点实验是物理学科的基础，今年2卷实验23题更注重考查学生实验操作能力，往年实物图连线也就一条或者两条，今年对实物连图要求很高，全部连线都要独自完成，这也是我们一线教学要关注的今后教学的一个方向。

三、注重对创新精神的考查，试题有一定的开放性比如22题关于误差的分析，以实验结果和理论公式分别计算得出小球加速度，根据两个结果的差异引导学生分析误差，其结果具有开放性，考查了学生的综合应用能力和实验探究能力。

四、关注先进技术和生产劳动，引导学生理论联系实际比如17题研究CT扫描把电场和磁场问题巧妙的结合在一起，33题的第二问研究潜水钟救生设备，合理考察了气体部分的压强分析，也体现了高考重视考查学生解决实际问题的创新意识和实践能力，试题的情景设置非常新颖。

2020高考物理通用版大二轮复习练习：“8+2”限时训练12 2016年(全国3卷)逐题仿真练 Word版含解析

2016年(全国3卷)逐题仿真练二、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．(2019·山东济宁市第二次摸底)设月亮和地球同步通信卫星都绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径分别为r 1、r 2；向心加速度大小分别为a 1、a 2；环绕速度大小分别为v 1、v 2.下列关系式正确的是( ) A ．r 1＜r 2 B ．a 1>a 2 C.v 1v 2＝r 2r1 D ．a 1r 12＝a 2r 22答案 D解析根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ＝m 4π2T 2r ，因为同步卫星周期与地球自转周期相同，小于月球公转周期，所以r 1>r 2，a 1<a 2，A 、B 错误；根据万有引力提供向心力G Mmr 2＝m v 2r ，所以v 1v 2＝r 2r 1，C 错误；根据G Mmr2＝ma ，所以ar 2＝GM 是定值，所以D 正确． 15．(2019·四川南充市第二次适应性考试)在正点电荷Q 形成的电场中，一检验电荷q 的运动轨迹如图1中实线所示，轨迹上a 、b 、c 三点在以Q 为圆心的同心圆上，下列说法正确的是( )图1A ．检验电荷q 可能为正电荷，也可能为负电荷B ．a 、b 、c 三点中，检验电荷q 在c 点的动能最小C ．a 、b 、c 三点中，a 点的电势最高D ．a 、b 、c 三点中，检验电荷q 在a 点的电势能最大答案 B解析由运动轨迹可知，检验电荷q 一定和Q 带同种电荷，即带正电荷，选项A 错误；检验电荷q 在运动的过程中，电势能和动能之和守恒，则当动能最小时，电势能最大，电荷所处的位置电势最高，则a 、b 、c 三点中， c 点的电势最高，检验电荷q 在c 点的电势能最大，即a 、b 、c 三点中，检验电荷q 在c 点的动能最小，选项B 正确，C 、D 错误．16．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)一辆汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，驾驶员发现前方50 m 处的斑马线上有行人，驾驶员立即刹车使车做匀减速直线运动，若已知行人还需12 s 才能通过斑马线，则刹车后汽车的加速度大小至少为( ) A ．1 m /s 2 B ．0.97 m/s 2 C ．0.83 m /s 2 D ．0.69 m/s 2答案 A解析汽车做匀减速运动，要想不和行人发生碰撞则需要在斑马线处速度减小为零，由运动学的速度和位移公式可知x ＝v 2－v 022a ，得a ＝v 2－v 022x ＝0－1022×50 m /s 2＝－1 m/s 2，则刹车后汽车的加速度大小至少为1 m/s 2，选A.17．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图2所示，左侧是半径为R 的四分之一圆弧，右侧是半径为2R 的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，小球a 、b 通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡．已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a 、b 的质量之比为( )图2A ．3∶4B ．3∶5C ．4∶5D ．1∶2答案 A解析对a 和b 两个小球受力分析，受力分析图如图所示，因一根绳上的拉力相等，故拉力都为F T ；由力的平衡可知小球a 的拉力F T ＝m a g cos 37°，小球b 的拉力F T ＝m b g sin 37°，联立可解得m am b ＝34，A 正确． 18.如图3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 从C 点离开磁场，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( )图3A ．6∶1B ．3∶1C ．2∶1D ．3∶2答案 A解析设三角形的边长为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q v B ＝m v 2r ，可得v ＝Bqrm ，结合两个粒子的轨迹半径与比荷可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A 正确．19．(2019·福建宁德市5月质检)如图4所示，理想变压器的原线圈接有电压为U 的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．R 1和R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小．现增大照射光强度，则( )图4A ．通过原线圈的电流减小B ．变压器的输出功率增大C ．R 1两端的电压减小D ．R 2消耗的功率减小答案 BD解析理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R 3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈的电流也增大，故A 错误；理想变压器的输出功率P ＝UI ，其中U 不变，I 变大，故变压器的输出功率变大，故B 正确；副线圈电流增大，根据欧姆定律，R 1两端电压增大；R 2两端电压减小，功率减小，故C 错误，D 正确．20．(2019·湖北武汉市四月调研)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图5所示．一次比赛中，质量为m 的运动员从A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C 点，滑入停止区后，在与C 等高的D 处速度减为零．已知B 、C 之间的高度差为h ，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g .只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出( )图5A ．运动员在空中飞行的时间B ．A 、B 之间的高度差C ．运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功D ．C 、D 两点之间的水平距离答案 ABC解析从B 点做平抛运动，则由h ＝12gt 2可求解运动员在空中飞行的时间，选项A 正确；由htan θ＝v 0t 可求解在B 点的速度v 0，再由mgh AB ＝12m v 02可求解A 、B 之间的高度差，选项B 正确；从B 点到D 点由12m v 02＋mgh ＝W f 可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功，选项C正确；由题中条件无法求解C 、D 两点之间的水平距离，选项D 错误．21．(2019·西藏拉萨北京实验中学第五次月考)如图6所示，在匀强磁场的上方有一半径为R 的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h .将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v .已知圆环的电阻为r ，匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g .则( )图6A ．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v ＝2g (h －R )B ．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为mg (h ＋R )C ．圆环进入磁场的过程中，通过圆环某个横截面的电荷量为πR 2B rD ．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动答案 AC解析根据自由落体运动的规律v 2＝2g (h －R )，解得圆环刚进入磁场的瞬间，速度v ＝2g (h －R )，选项A 正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR ，选项B 错误；圆环进入磁场的过程中，通过圆环某个横截面的电荷量为q ＝ΔΦr ＝πR 2B r ，选项C 正确；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不断变化，受到的安培力大小不断变化，不能做匀速直线运动，选项D 错误．22．(5分)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图7是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ，从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下：①按电路图接好实验电路；②接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U0＝6.2 V和微安表读数I0＝490 μA；③断开开关S并同时开始计时，每隔5 s读一次微安表的读数i，将读数记录在预先设计的表格中；④根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“×”表示)，则：图7(1)根据图示中的描点作出图线；(2)图示中i－t图线下所围的“面积”所表示的物理意义是________________________________________________________________________________________.(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电荷量Q0＝________，并计算电容器的电容C＝________.(这两空均保留三位有效数字)答案(1)(2) 电容器两端电压为U0时所带电荷量(3)8.00×10－3～8.50×10－3 C 1.29×10－3～1.37×10－3 F解析(1)根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如图所示．(2)由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I－t图象与t轴所包围的面积．则面积为电容器在开始放电时所带的电荷量，即电容器两端电压为U 0时所带电荷量．(3)由图象可知，“面积”格数约32～34格．电容器电压为U 0时，电荷量Q 0＝8.00×10－3 C(8.00×10－3 C ～8.50×10－3C 均正确)，电容器的电容C ＝Q 0U 0＝8.00×10－36.2 F ≈1.29×10－3 F.23．(10分)(2019·福建南平市第二次综合质检)(1)某研究性学习小组使用速度传感器“探究小车的加速度与力、质量的关系”，实验装置如图8甲所示．为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，正确的操作是________． A ．小车的质量M 应远小于砝码和砝码盘的总质量mB ．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行C ．不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑D ．每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力图8(2)该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力．用图乙所示的装置探究物体受到空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车(含薄板)的v －t 图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力________(选填“变大”“不变”或“变小”)的结论．理由是_____________________ ________________________________________________________________________. 答案 (1)BC (2)变大 v －t 图象斜率减小，加速度(或合外力)减小解析 (1)为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，则要求小车的质量M 应远大于砝码和砝码盘的总质量m ，选项A 错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，选项B 正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，选项C 正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，选项D 错误．(2)由v－t图象可知斜率减小，则加速度减小，由F－F f＝ma可得阻力增大，即随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力变大．理由是加速度(或合外力)减小．。

2020高考物理二轮专题复习课标通用版课件专题7 选考部分第1部分第16讲

(2)对气体状态量的计算，要先判断变化情况，可寻找不变的量，然后运用合适的定律代入计算．
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2.(2018·全国卷Ⅰ)(1)(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e.对此气体，下列说法正确的是________．
A．过程①中气体的压强逐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功 C．过程④中气体从外界吸收了热量 D．状态c、d的内能相等 E．状态d的压强比状态b的压强小
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核心考点
3.气体实验定律 (1)等容变化下查理定律的应用 (2)等温变化下玻意耳定律的应用 (3)等压变化下盖－吕萨克定律的应用 (4)理想气体状态方程的应用 4.热力学定律 (1)热力学第一定律 (2)热力学第二定律
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备考指要
1.牢记两种模型 (1)球模型：用于求固体、液体分子的直径，根据
由查理定律得Tp31＝Tp20，联立方程并代入数据得 p3＝1.6×108 Pa.
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答案 (1)低于大于 (2)(i)3.2×107 Pa (ii)1.6×108 Pa
பைடு நூலகம்
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[命题视角] 等压变化、等容变化、热力学第一定律
[解题思维] (1)对于理想气体的温度是跟内能相关联的，可先判断气体的做功和热传递情况，由热力学第一定律求解．
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第一部分核心专题突破
专题七选考部分
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第16讲热学
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思维导图