2021高考物理二轮复习48分小题精准练3含解析.doc
2021届新高考物理二轮复习综合能力训练(三) 含解析
综合能力训练(三)(时间:60分钟满分:110分)综合能力训练第62页第Ⅰ卷一、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.关于近代物理学,下列说法正确的是()A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出4种不同频率的光B.重核裂变过程生成中等质量的核,反应前后质量数守恒,但质量不一定减少C.10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后,一定有5个原子核发生衰变D.光电效应和康普顿效应的实验都表明光具有粒子性答案:D2.一个物体沿直线运动,从t=0时刻开始,物体的 -t图像如图所示,图线与纵横坐标轴的交点分别为0.5m/s和-1s,由此可知()A.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动C.物体的初速度大小为0.5m/sD.物体的初速度大小为1m/s答案:C解析:物体的 -t图像(即v-t图像)是一条直线,物体做匀加速运动,选项A、B错误;图线在纵轴的截距是初速度的大小,等于0.5m/s,选项C正确,D错误。
3.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球同步卫星b离地面高度为H,h<H,两卫星共面且运行方向相同。
某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方,设地球赤道半径为R,地面重力加速度为g,则()A.a、bB.a、cC.b、c向心加速度大小之比为 +D.a下一次通过c正上方所需时间t=答案:C解析:人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,根据牛顿运动定律求解卫星的角速度。
卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周运动,当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物上空。
绕地球运行的卫星,万有引力提供向心力,设卫星的线速度为v,则G 2=m 2 ,所以可知a、b故A错误;设卫星的角速度为ω,G 2=mω2r,得所以有 又由于卫星b的角速度与物体c的角速度相同,所以 故B错误;根据a=ω2r可得 + ,故C正确;设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方,有(ωa-ωc)t=2π,得t=2π - ,而2π =故D错误。
2021高考物理二轮复习选择题专项训练三含解析
选择题专项训练(三)(时间:20分钟满分:48分)本卷共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
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.(2019·全国卷Ⅰ)如图所示,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为h。
上升第一个ℎ4所用的时间为t1,第四个ℎ4所用的时间为t2。
不计空气阻力,则ℎ2ℎ1满足()A.1<ℎ2ℎ1<2 B.2<ℎ2ℎ1<3C.3<ℎ2ℎ1<4 D.4<ℎ2ℎ1<5答案:C解析:运动员起跳到最高点的过程,反过来看,就是初速度为0的匀加速直线运动,经过相同位移所用的时间之比为1∶(√2-1)∶(√3−√2)∶(√4−√3),则ℎ2ℎ1=√4-√3=3.732,故选C。
2.矩形导线框abcd如图甲所示放在匀强磁场中,磁感线方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。
t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里。
若规定导线框中感应电流逆时针方向为正,则在0~4 s时间内,线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图像为(安培力取向上为正方向) ()答案:C解析:由题图可知,0~2s 内,线圈中磁通量的变化率相同,故0~2s 内电流的方向相同,由楞次定律可知,电路中电流方向为顺时针,即电流方向为负;同理可知,2~4s 内电路中的电流为逆时针,即为正方向,且两段时间内电流大小相等,故选项A 、B 错误。
由E=ΔℎΔℎ=ΔℎΔℎS 可知,电路中电流大小是恒定不变,故由F=BIl 可知,F 与B 成正比且线框中电流在0~2s 内由a 流向b ,在2~4s 内由b 流向a ,则又由左手定则可知,安培力在0~1s 内正向减小,1~2s 内负向增大,2~3s 内正向减小,3~4s 内负向增大,选项C 正确,D 错误。
2021届新高考物理二轮复习计算题专项训练 含解析
计算题专项训练(时间:80分钟满分:100分)题型专项能力训练第53页1.(14分)如图甲所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m0=1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。
已知传送带的速度保持不变,g取10 m/s2。
求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统产生的热量。
答案:(1)0.2(2)4.5 s(3)18 J解析:(1)由题中v-t图像可得,物块做匀变速运动的加速度a=ΔvΔt =4.02m/s2=2.0m/s2由牛顿第二定律得F f=m0a得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=m0am0g =2.010=0.2。
(2)由题中v-t图像可知,物块初速度大小v=4m/s、传送带速度大小v'=2m/s,物块在传送带上滑动t1=3s后,与传送带相对静止。
前2s内物块的位移大小x1=v2t1'=4m,向右后1s内的位移大小x2=v'2t1″=1m,向左3s内位移x=x1-x2=3m,向右物块再向左运动时间t2=xv'=1.5s物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5s。
(3)物块相对传送带滑动的3s内,传送带的位移x'=v't1=6m,向左;物块的位移x=x1-x2=3m,向右相对位移为Δx'=x'+x=9m所以转化的热能E Q=F f×Δx'=18J。
2.(14分)如图所示,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。
两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。
右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。
2021高考物理二轮复习48分小题精准练8含解析.doc
48分小题精准练(八)(时间：20分钟分值：48分)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.如图所示，某同学从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。
弹性绳一端固定在该同学身上，另一端固定在平台上。
该同学从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零。
运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。
忽略空气阻力，该同学可视为质点。
从弹性绳开始张紧至该同学第一次到达最低点的运动过程中，下列说法正确的是( )A．合外力对该同学一直做正功B．重力对该同学做正功，其重力势能增大C．重力的瞬时功率先增大后减小D．绳子拉力的瞬时功率先减小后增大C [从弹性绳开始张紧至该同学第一次到达最低点的运动过程中，该同学的速度先增大后减小，由动能定理知，合外力对该同学先做正功后做负功，A错误；由W G＝mgh知重力对该同学做正功，由功能关系知，该同学重力势能减小，B错误；由P G＝mgv知重力的瞬时功率先增大后减小，C正确；弹性绳开始张紧时与该同学在最低点时，绳子拉力的瞬时功率均为零，故绳子拉力的瞬时功率先增大后减小，D错误。
]2.如图所示，边长为L、质量为m的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流。
图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框所在平面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。
此时导线框处于静止状态，细线中的拉力大小为F1；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，细线中拉力大小变为F2。
导线框中的电流大小为( )A.F1－F2BLB.F2－F1BLC.2F1－F2BLD.2F2－F1BLA [磁场在虚线下方时，根据左手定则，各边受到安培力如图所示，结合矢量合成法则得F 安1＝BIL －2×12BIL sin 30°＝12BIL ，方向竖直向下，根据平衡条件有F 1＝mg ＋12BIL ；磁场移到虚线上方后，线框处于匀强磁场中，则ab 边和ac 边受到的安培力大小相等，bc 边不受安培力，因此安培力的合力为F 安2＝2×12BIL sin 30°＝12BIL ，方向竖直向上，则有F 2＝mg －12BIL ，则I ＝F 1－F 2BL，A 正确。
2021届高考物理二轮复习实验精解训练(3)实验：验证力的平行四边形定则
2021届高考物理二轮复习实验精解训练（3）实验：验证力的平行四边形定则1.如图甲所示，在“探究求合力的方法”实验中，A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与绳套的结点，OB和OC为细绳.（1）该实验除了图示器材，还需要的测量工具为________.用两个弹簧测力计拉橡皮筋，将橡皮筋与绳套的结点拉到O'点，这时需要记录________（填写正确答案标号）.A.橡皮筋的伸长量B.两弹簧测力计的示数C.橡皮筋固定端位置D.O'点的位置E.两细绳间的夹角F.两条细绳的方向（2）某次实验中，拉细绳OB的弹簧测力计指针位置如图乙所示，其读数为_________N. （3）再用一个弹簧测力计拉橡皮筋，同样将橡皮筋与绳套的结点拉到O'点.实验最后得到的结果如图丙所示，其中_________（填“F”或“F'”）是合力的理论值，______（填“F”或“F'”）是合力的实际值.2.某实验小组用一个弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2。
（1）主要实验步骤如下：①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 处，记下弹簧测力计的示数F ；②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O 点，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下绳套1弹簧测力计的示数1F ；③根据力的平行四边形定则，计算此时绳套1的拉力1F '=________F ；④比较1F 和1F '，即可初步验证力的平行四边形定则；⑤只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤。
（2）保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O 处不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是_______。
2021高考物理二轮复习专题3第1课带电粒子在电场中的运动试题
2021高考物理二轮复习专题3第1课带电粒子在电场中的运动试题考点一电场的性质1．电场强度.2.电场力做功与电势能．(1)电势和电势能的相对性：电场中某点的电势、电荷在电场中某点的电势能的数值大小与电势零点选取有关；(2)电场力做功与电势能的关系：电场力对电荷做的功等于电荷的电势能的减少量，即W＝－ΔE p.3．电势、电势差．(1)电势与电势能：E p＝qφ(运算时带正负号)．电势和电势能均为标量，电势的正负反映电势的高低，电势能的正负反映电荷电势能的大小．(2)电势差与电场力做功：W AB＝qU AB＝q(φA－φB)(运算时带正负号)．注意：①电势与场强无直截了当关系，零电势处能够人为选取，而场强是否为零则由电场本身决定；②电场力做功与路径无关．考点二电场的形象描述(1)电场线与等势面关系：①电场线与等势面垂直；②电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面(沿着电场线的方向电势降低得最显著)；③电场线越密处，等差等势面也越密．(2)等量异、同种电荷周围的电场.考点三电场的应用(1)电容器：电容定义式C＝QU；平行板电容器的决定式C＝εr S4πkd.(2)加速和偏转：带电粒子在电场中的加速问题一样选用动能定理求解，带电粒子在电场中的轨迹问题一样用曲线运动的速度、合力与轨迹的关系求解，带电粒子在匀强电场中的偏转一样用运动的分解与合成的方法求解．课时过关(A 卷)一、单项选择题1．(2020·安徽高考)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2.其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的差不多单位表示，k 的单位应为(B )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A －2解析：由k ＝Fr 2q 1q 2可得单位为N ·m 2C 2＝kg ·m/s 2·m 2C 2＝kg ·m ·m 2（A ·s ）2·s 2＝kg ·m 3A 2·s 4，故选B. 2．如图，将两个等量正点电荷Q 固定放置．一试探电荷q 在它们连线垂直平分线上的P 点由静止开释，仅在电场力作用下向下运动，则(B)A ．q 带负电B ．q 带正电C ．q 在运动过程中电势能不断增大D ．q 在运动过程中动能先增大后减小解析：因两个场源电荷在中垂线下侧的合场强向下，q 受的力向下才向下运动，故其带正电，运动过程电场力做正功，电势能减小，动能增大．3．如图所示，电场中的一簇电场线关于y 轴对称分布，O 点是坐标原点，M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四个点，其中M 、N 在y 轴上，Q 点在x 轴上，则(D )A．M点电势比P点电势高B．OM间的电势差等于NO间的电势差C．一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能D．将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功解析：由图可知，场源电荷必定在O点以下的y轴上，电场线与等势面处处正交，沿电场线方向电势降低最快，则过P点的等势面对应的电势较高，选项A错误；电场线密处，等势面也越密，因此NO之间的电势差较大，选项B错误；正电荷的电势能的高低能够看电势的高低，过O点的等势面与x轴相切，过Q点的等势面与x轴相交，因此O点的电势比Q 点高，选项C错误；用同样的方法作等势面，MP之间的电势差小于零，将负电荷从M点移到P点，电场力做正功，选项D正确．4．(2020·安徽高考)图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中能够认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是(C)A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点解析：由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的两线上，同种电荷相互排斥，由牛顿第二定律，加速度的方向确实是合外力的方向，故C正确，A、B、D错误．5．(2020·浙江高考)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则(D)A ．乒乓球的左侧感应出负电荷B ．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C ．乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D ．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，因此电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A 错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，因此受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，可不能吸附到左极板上，B 错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C 错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D 正确．二、多项选择题6．(2020·广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，P 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是(BD )A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零解析：将M 、杆、N 看作整体，M 、N 分别所受P 施加的库仑力必为一对等大反向的平稳力，选项B 正确，由k Qq L 2＝k Q ×2q r 2，得r ＝2L ，∴MN ＝(2－1)L <L ，选项A 错．由单个正点电荷电场中的电势分布规律知φM >φN ，选项C 错．P 、M 、杆、N 整体静止，合外力必为零，选项D 正确．7．如图所示，MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a 运动到b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是(CD )A ．点电荷一定位于M 点的左侧B ．带电粒子从a 运动到b 的过程中动能逐步减小C ．带电粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度D ．带电粒子在a 点时的电势能大于在b 点时的电势能解析：由题意知，当粒子通过MN 时，电场力的方向在MN 这条直线上，又因力指向轨迹弯曲的内侧，故电场力的方向为M 到N ，又粒子带负电，因此电场线的方向为N 到M ，该电场线为正点电荷产生电场中的一条，因此正点电荷在N 的右侧，因此A 错误；b 点更靠近点电荷，依照点电荷的场强公式E ＝k Q 2r2知，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，粒子在b 点受电场力大，加速度大，因此C 正确；由上述分析知，粒子从a 运动到b 的过程中电场力做正功，因此动能增大，电势能减小，故带电粒子在a 点时的电势能大于在b 点时的电势能，因此B 错误，D 正确．8．(2020·江苏高考)一带正电的小球向右水平抛入范畴足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球(BC )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速领先减小后增大D ．速领先增大后减小解析：由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，因此A 错误；B 正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，因此C 正确、D 错误．9．(2020·郴州模拟)如图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在光屏P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(BD )A ．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时刻不变解析：由题意知，电子在加速电场中加速运动，依照动能定理得eU 1＝12mv 2，电子获得的速度为v ＝2eU 1m ；电子进入偏转电场后做类平抛运动，也确实是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a ＝eU md ；电子在电场方向偏转的位移为y ＝12at 2，垂直电场方向做匀速直线运动，电子在电场中运动时刻为t ＝L v.滑动触头向右移动时，加速电压变大，因此电子获得的速度v 增加，可知，电子在电场中运动时刻t 减少，故电子偏转位移y 变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，A 错误；滑动触头向左移动时，加速电压变小，因此电子获得的速度v 减小，可知，电子在电场中运动时刻t 变大，故电子偏转位移y 变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，B 正确；偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a 增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时刻t 没有发生变化，故D 正确；电子在偏转电场中偏转位移增大，电子打在荧光屏上的速度增大，C 错误．三、运算题10．(2020·安徽高考)在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A 点斜射出一质量为m ，带电荷量为＋q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l 0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：(1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A 到C 过程所经历的时刻；(3)粒子通过C 点时的速率．解析：(1)W AC ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0.(2)依照抛体运动的特点，粒子在x 方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令t AB ＝t DB ＝T ，则t BC ＝T由qE ＝ma ，得a ＝qE m又y D ＝12aT 2，y D ＋3l ＝12a (2T )2，解得T ＝2ml 0qE 则A 到C 过程所经历的时刻t ＝32ml 0qE. (3)粒子在DC 段做平抛运动，因此有2l 0＝v Cx (2T )，v Cy ＝a (2T )v C ＝v 2Cx ＋v 2Cy ＝17qEl 02m. 答案：(1)W AC ＝3qEl 0 (2)t ＝32ml 0qE(3)v C ＝17qEl 02m课时过关(B 卷)一、单项选择题1．(2020·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是(C )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球邻近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感受解析：小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，因此C 正确．2．(2020·海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板邻近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子，在负极板邻近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时通过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为(A )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：设电场强度为E ，两粒子的运动时刻相同，对M 有，a ＝Eq M ，25l ＝12Eq M t 2；对m 有a ′＝Eq m ，35l ＝12Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确． 3．(2020·浙江高考)下列说法正确的是(C )A ．电流通过导体的热功率与电流大小成正比B ．力对物体所做的功与力的作用时刻成正比C ．电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比D ．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比解析：依照公式P ＝I 2R 可得在电阻一定时，电流通过导体的发热功率与电流的平方成正比，A 错误；依照公式W ＝Fs 可得力对物体所做的功与力的作用时刻无关，B 错误；依照公式C ＝Q U可得电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比，C 正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，和弹簧的材料等自身因素有关，D 正确．4.如图所示，竖直直线为某点电荷Q 所产生的电场中的一条电场线，M 、N 是其上的两个点．另有一带电小球q 自M 点由静止开释后开始运动，到达N 点时速度恰变为零．由此能够判定(B)A．Q必为正电荷，且位于N点下方B．M点的电场强度小于N点的电场强度C．M点的电势高于N点的电势D．q在M点的电势能大于在N点的电势能解析：由于电荷在竖直线上运动，因此一开始重力大于电场力，后来电场力大于重力而减速，直至速度变为零，这些信息只能判定出场源电荷在N的这端，由于试探电荷的电性未知，因此也无法判定场源电荷的电性，选项A、C错误；越是靠近场源电荷，电场越强，选项B正确；从M点向N点运动的过程中，重力势能减少，转化为电势能，选项D错误．5．(2020·安徽高考)已知平均带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为δ2ε0，其中为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(D)和Q2ε0S和Q2ε0S和Q22ε0S和Q22ε0S解析：由公式E＝δ2ε0，δ＝QS正负极板都有场强，由场强的叠加可得E＝Qε0S，电场力F＝Q2ε0S·Q，故选D.二、多项选择题6．(2020·浙江高考)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的MN 两点，A 上带有Q ＝×10－6 C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m/s 2；静电力常量k ＝×109 N ·m 2/C 2，AB 球可视为点电荷)，则(BC)A ．支架对地面的压力大小为 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝ NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，现在两线上的拉力大小为F 1＝ N ，F 2＝ ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝ N解析：对B 和支架分析可知，受到竖直向下的重力，和A 对B 竖直向上的库仑力，故对地面的压力为F N ＝G B 支－k ·q A ·q B r 2＝2 N － N ＝ N ，A 错误，对A 分析，A 受到竖直向下的重力，竖直向下的库仑力，两线上的拉力，三力的夹角正好是120°，处于平稳状态，因此F 1＝F 2＝G A ＋k q A ·q B r 2＝ N ，B 正确；将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，则两小球的距离变为r ′＝错误! m ＝ m ，故有F 1－k ·错误!＝F 2＝G A ，解得F 1＝ N ，F 2＝ N ，C 正确；将B 移到无穷远处，两小球之间的库仑力为零，则两线上的拉力大小F 1＝F 2＝G A ＝1 N ，D 错误．7．(2020·江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷邻近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则(ACD )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．c 点的电场强度比d 点的大D ．c 点的电势比d 点的低解析：由图知，a 点处的电场线比b 点处的电场线密集，c 点处电场线比d 点处电场密集，因此A 、C 正确；过a 点画等势线，与b 点所在电场线的交点在b 点沿电场线的方向上，因此b 点的电势高于a 点的电势，故B 错误；同理可得d 点电势高于c 点电势，故D 正确．8．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是(BD)A．AD两点间电势差U AD与AA′两点间电势差U AA′大小相等B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小D．带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同解析：电场方向与面ABCD垂直，因此面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离，因此U AA′不为0，A错误；带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D′电场力做正功，B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D →D′移到D′点，电场力做负功，电势能增大，C错误；由电场力做功的特点，电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，D正确．9．(2020·海南高考)如图，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x 轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是(BC)A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大解析：因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，因此电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，因此中垂线的电势为零，故b点的电势为零，然而电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又明白正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，因此必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，因此先后从O、b 点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．三、运算题10．如图甲所示为一组间距d 足够大的平行金属板，板间加有随时刻变化的电压(如图乙所示)，设U 0和T 已知．A 板上O 处有一静止的带电粒子，其带电量为q ，质量为m (不计重力)，在t ＝0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B 板运动，途中由于电场反向，粒子又向A 板返回(粒子未曾与B 板相碰)．(1)当U x ＝2U 0时，求带电粒子在t ＝T 时刻的动能；(2)为使带电粒子在t ＝T 时刻恰能回到O 点，U x 等于多少？解析：(1)粒子在两种不同电压的电场中运动的加速度分别为a 1＝U 0q dma 2＝2U 0q dm通过T 2时粒子的速度：v 1＝a 1T 2 t ＝T 时刻粒子的速度：v 2＝v 1－a 2T 2＝a 1T 2－a 2T 2＝－TU 0q 2dmt ＝T 时刻粒子的动能：E k ＝12mv 22＝T 2U 20q 28d 2m. (2)经0～T 2时粒子的位移：x 1＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22T 2～T 时粒子的位移：x x ＝v 1T 2－12a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22 又v 1＝a 1T 2，x 1＝－x x 解得：a x ＝3a 1因为a 1＝U 0q dm ，a x ＝U x q dm解得：U x ＝3U 0答案：(1)T 2U 20q 28d 2m(2)3U 0。
2021年高考物理二轮复习选择题48分练3
2021年高考物理二轮复习选择题48分练3(时刻：20分钟 分值：48分)(1～2小题为单选题，6～8小题为多选题)1．(2020·内蒙古赤峰4月模拟)以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是( )A ．α粒子散射实验揭示了原子核内部的复杂性B ．光电效应现象揭示了光具有粒子性C ．紫外线照耀到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照耀强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大D ．处于基态的氢原子最不稳固B [卢瑟福的α粒子散射实验，让α粒子穿越原子，少数α粒子发生偏转，极少数α粒子发生大角度偏转，揭示了原子的核式结构，故A 错误；光电效应现象揭示了光具有粒子性，故B 正确；紫外线照耀到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照耀强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，故C 错误；处于基态的氢原子最稳固，故D 错误．]2. (2021·江苏高考)如图1所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，通过时刻t 在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原先的2倍，则两球从抛出到相遇通过的时刻为( )图1A ．t B.22t C.t 2 D.t 4C [设A 、B 两小球分别以速度v A 、v B 水平抛出时，通过时刻t 相遇，则依照平抛运动在水平方向做匀速直线运动有v A t ＋v B t ＝d (d 为两小球间的水平距离)①设当A 、B 两小球速度都变为原先的2倍时，通过时刻t ′相遇，则2v A t ′＋2v B t ′＝d ② 联立①②解得t ′＝t 2选项C 正确．]3. (2020·云南统一检测)如图2所示，细线一端固定，另一端拴一小球，小球处于静止状态．现用一始终与细线垂直的力F 缓慢拉着小球沿圆弧运动，直到细线水平，在小球运动的整个过程中，F和细线拉力的变化情形为( )图2A．F先增大后减小B．F不断增大C．细线的拉力先增大后减小D．细线的拉力不断增大B[对小球受力分析，如图甲所示：甲乙由图甲可知，F和T的合力与重力大小相等，方向相反，故能够将这三个力放在一个闭合的矢量三角形内进行分析，如图乙所示：在缓慢变化的过程，重力保持不变，F与T的方向始终垂直，且三个力始终构成一个闭合的矢量三角形，故由图可知，F的大小不断增大，拉力T的大小不断减小，故A、C、D错误，B正确．]4．(2020·贵州适应性考试)如图3所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界．磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，且B2＝2B1.一质量为m、电荷量为q 的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，并最终从fc边界射出磁场区域．不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时刻为( )图3A.2πmqB1B.3πm2qB1C.πm qB 1D.3πm 4qB 1B [粒子在磁场Ⅰ中的运动周期T 1＝2πm B 1q ，在磁场Ⅱ中的运动周期T 2＝2πm B 2q ＝πm B 1q；由题意可知，粒子先在磁场Ⅰ中做1/4个圆周运动，再进入磁场Ⅱ中做1/2个圆周运动，再进入磁场Ⅰ中做 1/4个圆周运动，最后从fc 边界射出磁场区域，则该带电粒子在磁场中运动的总时刻为t ＝12T 1＋12T 2＝3πm 2qB 1，故选B.] 5．(2020·皖南八校4月联考)如图4所示，D 是一只理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，电流只能从a 流向b ，A 、B 为间距专门小且正对的平行金属板，现有一带电粒子(不计重力)，从B 板的边缘沿平行B 板的方向射入极板中，刚好落到A 板正中央，以E 表示两极板间的电场强度，U 表示两极板间的电压，ΔE p 表示粒子电势能的减少量，若保持极板B 不动，粒子射入板间的初速度v 0不变，仅将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是( )图4A ．E 变小B ．U 变大C ．ΔE p 不变D ．若极板间距加倍，粒子刚好落到A 板边缘B [由C ＝εS4πkd ，Q ＝CU 可知d 增大，电容器要放电，但二极管使电容器无法放电，Q 不变，U 增大，B 正确；又E ＝U d 可得E ＝4πkQ εS，E 不变，A 错误；粒子电势能减少量ΔE p ＝W 电＝qU ，因此ΔE p 增大，C 错误；对类平抛运动，a ＝qE m ，d ＝12at 2，x ＝v 0t 得，x ＝v 02md qE，第一次落在12l 位置，d 加倍，第二次落在22l 位置，D 错误．] 6．(2020·内蒙古赤峰4月模拟)如图5所示，图中两条平行虚线间存有匀强磁场，虚线间的距离为2L ，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的梯形闭合线圈，ad 与bc 间的距离为2L 且均与ab 相互垂直，ad 边长为2L ，bc 边长为3L ，t ＝0时刻，c 点与磁场区域左边界重合．现使线圈以恒定的速度沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，线圈中感应电流I 及ab 间电势差U ab 随位移x 变化的关系图线可能是( )图5A ． B.C ． D.BC [t 在0～L v 时刻内，感应电动势大小公式E ＝BLv ，可知切割长度平均增大，因此感应电动势平均增大，则感应电流平均增大，ab 间电势差U ab 也在平均增大，由楞次定律判定知感应电流沿逆时针方向，为正；t 在L v ～2L v 时刻内，磁通量不断增大，由楞次定律判定得知感应电流沿逆时针方向，为正，线框有效的切割长度不变，依照感应电动势大小公式：E ＝BLv ，因此感应电流不变，ab 间电势差U ab 也不变；t 在2L v ～3L v时刻内，磁通量不断增大，由楞次定律判定得知感应电流沿逆时针方向，为正．线框有效的切割长度平均减小，依照感应电动势大小公式：E ＝BLv ，感应电动势平均减小，因此感应电流平均减小，ab 间电势差U ab 也在平均减小；t 在3L v ～5L v时刻内，磁通量不断减小，由楞次定律判定得知感应电流沿顺时针方向，为负，线框有效的切割长度不变，依照感应电动势大小公式：E ＝BLv ，感应电动势不变，因此感应电流不变，ab 间电势差U ab 也不变，故BC 正确，AD 错误．]7．(2020·贵州适应考试)如图6甲所示，位于同一平面的两条倾斜轨道Ⅰ、Ⅱ分别与一传送装置平滑相连．现将小物块从轨道Ⅰ顶端由静止开释，若传送装置不运转，小物块运动到轨道Ⅱ底端过程的v t 图象如图乙所示；若传送装置匀速运转，则小物块下滑过程的v t 图象可能是下列选项中的( )图6A． B.C． D.AC[若传送带匀速向上运转，则滑块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时相同，加速度为a1＝g sin θ－μg cos θ，则vt图象不变，选项A正确；若传送带向下转动，当物块运动到传送带上速度小于传送带的速度时，物块将受到向下的摩擦力，加速度为a2＝g sin θ＋μg cos θ＞a1，直到与传送带共速，现在物块离开传送带的速度大于v1，则图象C正确，D错误；当物块运动到传送带上速度大于传送带的速度时，物块将受到向上的摩擦力，加速度为仍为a1，直到与传送带共速，则选项B错误．]8. (2021·邵阳第二次大联考)如图7所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m.开始时细绳伸直，物体B静止在桌面上，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h.放手后物体A下落，着地时速度大小为v，现在物体B对桌面恰好无压力．不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )图7A．物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B ．弹簧的劲度系数为2mg hC ．物体A 着地时的加速度大小为g 2D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 2 AC [因为B 没有运动，因此物体A 下落过程中，只有弹力和重力做功，故物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，A 正确；因为A 刚下落时，弹簧处于原长，A 落地时，弹簧对B 的弹力大小等于B 的重力，故kh ＝mg ，解得k ＝mg h ，B 错误；物体A 落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg ，故对A 分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg ，竖直向下的重力，大小为2mg ，故依照牛顿第二定律可得2mg －mg ＝2ma ，解得a ＝g 2，C 正确；物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh ＝12·2mv 2＋E p ，解得E p ＝2mgh －mv 2，D 错误．]。
高考物理二轮复习训练：8分钟精准训练3Word版含解析
8分钟精准训练(三)1．(8分)(2018·广东省汕头市高三下学期4月模拟)某同学利用图甲的装置探究动能定理。
实验过程如下：(1)测出滑块的质量m ，两光电门之间的距离L 和挡光片的宽度d (d 远小于L )，其中用游标卡尺测量挡光片的结果如图乙所示，则d ＝__1.20___mm ；(2)滑块置于气垫导轨上，滑块一端通过平行于导轨的细绳与固定在导轨上的拉力传感器连接，接通气垫导轨的电源，记下此时拉力传感器的读数；(3)剪断细线，让滑块由静止开始沿气垫导轨下滑并通过两个光电门，分别记下滑块上面的挡光片通过两光电门的时间t 乙和t 甲。
则滑块在经过两光电门过程动能的改变量可由计算式E K ＝ md 22(1t 2甲－1t 2乙)___算出； (4)若拉力传感器的读数用F 表示，则合外力对滑块做的功计算式W 合＝__FL ___，若各项测量中的误差都很小可忽略不计，则实验结果W 合总是__略大于___ΔE K (填“等于”、“略小于”或“略大于”)。
[解析] (1)游标卡尺的读数为1mm ＋4×0.05mm ＝1.20mm ，所以d ＝1.20mm(3)滑块经过光电门时的速度可以利用公式v ＝d Δt 来计算，所以ΔE k ＝12m v 2甲－12m v 2乙＝md 22(1t 2甲－1t 2乙) (4)W 合＝FL ，由于运动过程中空气阻力的存在，所以实验结果W 合总是略大于ΔE K 。
2．(10分)(2018·江西省南昌市十所省重点中学模拟)实验室中有一块量程较小的电流表G ，其内阻约为1000 Ω，满偏电流为100 μA ，将它改装成量程为1 mA 、10 mA 双量程电流表。
现有器材如下：A ．滑动变阻器R 1，最大阻值50 Ω；B ．滑动变阻器R 2，最大阻值50k Ω；C ．电阻箱R ′，最大阻值9999 Ω；D ．电池E 1，电动势3.0 V ；E ．电池E 2，电动势4.5 V ；(所有电池内阻均不计)；F ．单刀单掷开关S 1和S 2，单刀双掷开关S 3，及导线若干。
2021届高考物理二轮复习：恒定电流(解析版)
2021届高考物理：恒定电流（二轮）练习含答案一、选择题1、如图甲，电路中电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。
当开关闭合后，下列说法中正确的是()A．L1中的电流为L2中电流的2倍B．L3的电阻约为1.875 ΩC．L3的电功率约为0.75 WD．L2和L3的总功率约为3 W2、(多选)如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r=1 Ω，定值电阻R3=5 Ω。
开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等。
则以下说法中正确的是( )A.电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩB.电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩC.开关S断开时理想电压表的示数一定小于S闭合时的示数D.开关S断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω3、在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是()A.IΔleSm2eU B．IΔlem2eUC.IeSm2eU D．ISΔlem2eU4、(多选)如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L的规格为“2 V0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。
则()A．电源内阻为1 ΩB．电动机的内阻为4 ΩC．电动机正常工作电压为1 VD．电源效率约为93.3%5、(多选)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有()A．路端电压为10 VB．电源的总功率为10 WC．a、b间电压的大小为5 VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A6、一个电源接8 Ω电阻时，通过电源的电流为0.15 A，接13 Ω电阻时，通过电源的电流为0.10 A，则电源的电动势和内阻分别为()A．2 V 1.5 ΩB．1.5 V 2 ΩC．2 V 2 ΩD．1.5 V 1.5 Ω7、某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为()A．4ρ和4R B．ρ和4RC．ρ和16R D．16ρ和16R8、（双选）如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B 为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有()A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较小C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高9、如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因L2的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，下列说法正确的是()A．电流表、电压表的读数均变小B．电源内阻消耗的功率变大C．带电液滴将向上运动D．电源的输出功率变大*10、(多选)某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻分别为R1、R2，电位器(滑动变阻器)为R，L1是小灯泡，电压表和电流表都为理想电表。
2021届高考物理二轮复习专题三 电场与磁场(考点+习题)含解析
专题三电场与磁场一、电场1.库仑定律:F=k(真空中的点电荷)。
2.电场强度的表达式:(1)定义式:E=;(2)点电荷:E=;(3)匀强电场E=。
3.几种典型电场的电场线(如图所示)4.电势差和电势的关系:U AB=φA-φB或U BA=φB-φA。
5.电场力做功的计算:(1)普遍适用:W=qU;(2)匀强电场:W=Edq。
6.电容:(1)电容的定义式C=;(2)平行板电容器电容的决定式:C=7.电势高低及电势能大小的判断方法:(1)沿电场线的方向电势降低;(2)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加。
8.带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法。
二、磁场1.磁感应强度的定义式:B=。
2.安培力:(1)大小:F=BIL(B、I相互垂直);(2)方向:左手定则判断。
3.洛伦兹力:(1)大小:F=qvB;(2)方向:左手定则判断。
4.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力:qvB=mrω2=m=mr=4π2mrf2=ma;(2)圆周运动的半径r=、周期T=。
5.常见模型:速度选择器、回旋加速器、质谱仪等。
高考演练1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。
圆形匀强磁场B的边缘恰好与a 线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案A磁通量Φ=B·S,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。
因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,S a=S b,故Φa=Φb。
选项A正确。
2.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。
由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。
现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B.运动到P和P'点之间返回C.运动到P'点返回D.穿过P'点答案A由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
2020版高考物理二轮复习48分小题精准练3含解析2
48分小题精准练(三)(建议用时：20分钟)(1～5小题为单选题，6～8小题为多选题)1．(2019·郑州市高三一模)人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。
下列说法不正确的是( )A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动B．法国科学家笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动C．海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现的D．密立根通过油滴实验测得了元电荷的数值C[在万有引力定律发现之后，亚当斯和勒维耶根据天王星的观测资料，利用万有引力定律计算出海王星的轨道，德国的伽勒发现了这颗行星，选项C的说法不正确。
]2.(2019·黄冈市高三调研)“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。
假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M－mC．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为m2v20g M－m2D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒B[火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，选项A错误；根据动量守恒定律有：0＝mv0－(M－m)v，解得在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v＝mv0M－m，选项B正确；喷出燃气后，万户及其所携设备做竖直上抛运动，动能转化为重力势能，有12(M－m)v2＝(M－m)gh，解得能上升的最大高度为h ＝m 2v 202g M －m2，选项C 错误；在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能增加，燃料燃烧，将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能，选项D 错误。
2021年高考物理复习题及答案解析 (48)
2021年高考物理复习题及答案解析
18．（12分）如图所示，质量M＝10kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端施加一水平推力F＝10N，当小车向右运动的速度达到7m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长g 取10m/s2，则：
（1）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？
（2）经多长时间两者达到相同的速度？
（3）从小物块放上小车开始，经过t＝8s小物块通过的位移大小为多少？
【解答】解：（1）放上小物块后，小物块受到向右的滑动摩擦力，则物块的加速度为：
a m=f
m
=μg＝2m/s2，
小车受到向左的滑动摩擦力以及向右的推力F，则小车的加速度：a M=F−μmg
M
=0.6m/s2
（2）速度相等时，由a m t＝v0+a M t 得：t＝5s；
（3）在开始5s内小物块的位移：s1=1
2a m t
2＝25m，
最大速度：v＝a m t＝10m/s。
在接下来的3s物块与小车相对静止，一起做加速运动
且加速度：a=
F
m+M
=56m/s2
这3s内的位移：s2＝vt′+1
2at
′2＝33.75m，
经过t＝8s小物块通过的总位移：s＝s1+s2＝58.75m。
答：（1）小物块放后小物块及小车的加速度分别为2m/s2，0.6m/s2。
（2）经5s时间两者达到相同的速度。
（3）从小物块放上小车开始，经过t＝8s小物块通过的位移大小为58.75m。
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统考版2021高考物理二轮复习专练含解析打包5套
特色专练一特色专项练专练1 物理学史与研究方法(时间：15分钟)1.在人类对物体运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( )A.伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论B.卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来C.开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D.奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质2.关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D.开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律3.2018年中国散裂中子源(CSNS)迎来验收，目前已建设的3台质谱仪也将启动首批实验．有关中子的研究，下列说法正确的是( )A.234 90Th核发生一次α衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少4B.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是原子核衰变反应C.卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.中子和其他微观粒子一样，都具有波粒二象性4.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5.在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理学思想与方法．下列有关物理学思想与方法的描述中正确的是( )A.在验证力的合成法则的实验中利用了控制变量法的思想B.库仑在研究电荷间的相互作用时，利用了微小量放大法的思想C.在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了等效替代的思想D.在研究物体的运动时，把物体视为一个有质量的“点”，即质点，利用了假设法的思想6.下列的说法中正确的是( )A.奥斯特最早发现了电流的磁效应现象，并由此而引入了“场”的概念B.伽利略在推导匀变速直线运动位移公式时，应用了“微元法”也就是微积分的基本原理，把整个运动过程划分成了很多的小段，每一小段近似地看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加的方法C.法拉第首先发现了电磁感应现象，变压器就是以这一现象作为其工作原理的D.库仑在发现了库仑定律之后，进一步得出了电场强度E ＝F q 以及磁感应强度B ＝F IL定义式，从而总结出了利用比值来定义物理量的方法7.(多选)在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要的作用，下列关于物理思想和方法的说法中正确的是( )A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法B.质点和点电荷采用的是同一种思想方法C.合力和分力体现了等效替换的思想D.加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量8.(多选)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化9．(多选)如图所示，开口向上的半球壳上均匀分布有正电荷，A 、B 为球壳对称轴上的两点，且这两点还关于开口处直径对称，已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则关于A 、B 两点场强和电势，下列说法正确的是( )A.A 点场强大于B 点场强B.A点场强和B点场强相同C.A点电势高于B点电势D.A点电势和B点电势相等专练1 物理学史与研究方法1．解析：伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，故A正确．牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故B错误．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故C错误．安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故D错误．答案：A2．解析：开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿在开普勒研究基础上结合自己发现的牛顿运动定律，发现了万有引力定律，指出了行星按照这些规律运动的原因，选项B正确．答案：B3．解析：α衰变的本质是发生衰变的核中2个质子和2个中子形成氦核并释放出去，所以发生一次α衰变，新核与原来的核相比，中子数减少2，选项A错误；裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应，而氘核和氚核生成氦核和中子的反应是较轻的原子核的聚变反应，选项B错误；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子，选项C错误；所有粒子都具有波粒二象性，选项D正确．答案：D4．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，不和下半球壳中电荷在A点的场强等大反向，B点也是如此．根据对称性可知，两个半球壳在B点的分场强大小与A点的相等，去掉上半球壳后，A、B点场强均向上且相等，故A错误，B正确；沿着电场强度的方向电势逐渐降低，因此A点电势比B点电势高，故C正确，D错误．答案：BC专练2 物理学中的STSE问题——联系实际(时间：40分钟)考生在学习高中物理时要注重理论联系实际，注意物理与生产、生活及科技发展的联系，关注物理学的技术在社会中的应用，培养社会参与意识和社会责任感，完成从“解题”向“解决问题”思路的转变．1.蓝牙是一种无线技术标准，可实现各种设备之间的短距离数据交换．某同学用安装有蓝牙设备的玩具车A、B进行实验，如图所示，在距离为d＝6 m的两条平直轨道上，O1O2的连线与轨道垂直，A车自O1点从静止开始以加速度a＝2 m/s2向右做匀加速直线运动，B车自O2点前方s＝3 m处的O3点以速度v0＝6 m/s向右做匀速直线运动．已知当两车间的距离超过10 m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间．若两车同时出发，则两车能通信的时间为( )A．1 s B．5 sC．(25＋3) s D．(25－1) s2.来自太阳的带电粒子会在地球的两极引起极光．带电粒子与地球大气层中的原子相遇，原子吸收带电粒子的一部分能量后，立即将能量释放出来就会产生奇异的光芒，形成极光．极光的光谱线波长范围约为310 nm～670 nm.据此推断以下说法错误的是( )A．极光光谱线频率的数量级约为1014 HzB．极光出现在极地附近与带电粒子受到洛伦兹力有关C．原子从高能级向低能级跃迁时会产生极光D．对极光进行光谱分析可以鉴别太阳的组成成分3．(多选)2020年5月5日18时，为我国载人空间站工程研制的长征五号B运载火箭在海南文昌首飞成功，长征五号B以长征五号运载火箭为基础改进研制而成，主要承担着我国空间站舱段等重大航天发射任务，是目前我国近地轨道运载能力最大的火箭．以下判断中正确的是( )A．长征五号B运载火箭选在纬度较低的海南文昌发射场发射，是为了充分利用地球自转的线速度B．长征五号B运载火箭在加速升空时推力大于重力，返回舱减速返回地面时推力将小于重力C．近地卫星运行的加速度小于地球赤道上物体的加速度D．利用长征五号B运载火箭发射载人飞船试验船时，发射速度应大于或等于7.9 km/s，小于11.2 km/s4.2019年5月17日23点48分，长征三号丙运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射我国北斗卫星导航系统第45颗卫星(北斗二号GEO8卫星)．该卫星是我国北斗区域导航卫星系统的第4颗备份卫星，属于地球静止同步轨道卫星．至此，北斗二号卫星导航系统圆满收官．则北斗二号GEO8卫星在轨道运行时，其( )A．线速度大于第一宇宙速度B．角速度大于月球绕地球运行的角速度C．向心加速度大于地面的重力加速度D．每隔24 h都会有两次经过赤道上空5．(多选)如图甲为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0 Ω的受电线圈，N为送电线圈．当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙．下列说法正确的是( )A．受电线圈产生的电动势的有效值为10 2 VB．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20 VC．在t1～t2内，通过受电线圈的电荷量为4×10－2 CD．在t1～t2内，通过受电线圈的电荷量为2×10－2 C6.水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用．某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度可视为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为( )A．πρd2v B．πρd2v2C.14πρd2v D.14πρd2v27.如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放置于某一竖直墙面前，然后向墙面发射网球．假定网球水平射出，某两次射出的网球a、b运动轨迹如图虚线所示，碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°、若不考虑网球在空中受到的阻力，则a、b两球( ) A．a球初速度较大B．a球在空中飞行的时间较长C．a球碰到墙面时速度较大D．a球速度变化量较大8.2020年6月25日端午节当天受对流天气的影响，河北省许多地区都遭遇了第二场冰雹，巨大冰雹向河北大地袭击而来，十分急促．出行的人有的被冰雹砸伤．冰雹一般自4 000 m～20 000 m的高空下落，是阵发性的灾害性天气，超过5 cm的冰雹不间断打击头部，就会导致昏迷．若冰雹竖直下落过程中受到的空气作用力与速度平方成正比，比例系数k＝0.000 4 kg/m，一块质量m＝36 g的冰雹(可认为过程中质量始终保持不变)自4 000 m高空下落，落地前已达到下落的最大速度．求：(1)冰雹下落的最大速率v m；(2)当下落速度v＝10 m/s时的加速度a大小；(3)下落过程中克服空气作用力所做的功W f.9.如图所示是某科技小组制作的嫦娥四号模拟装置，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器．演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，两者向相反方向做减速直线运动．若两者均停止运动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口截面积为S，喷出气体的密度为ρ，不计喷出气体对整体质量的影响．求：(1)装置悬停时喷出气体的速度大小v；(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和．10．如图(a)为一除尘装置在竖直面内的截面示意图，塑料平板M、N的长度及它们间距离均为d.大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度v0进入两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为m，带电荷量均为－q.当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场(图中未画出)时，尘埃恰好匀速穿过两板；若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，贴近N板入射的尘埃将打在M板右边缘，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为100%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图(b)所示的平面直角坐标系xOy，y轴垂直于板并紧靠板右端，x轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P(2.5d，－2d)处的容器中，需在y轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域．尘埃颗粒重力、颗粒间作用力、尘埃颗粒对板间电场和磁场的影响均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度的大小B1；(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，求此时除尘效率；(3)求y轴右侧所加圆形匀强磁场区域的磁感应强度大小B2的取值范围．加速度向上，返回舱减速返回地面时加速度向上，推力还是大于重力，B 项错误；卫星运行的角速度ω＝GMr3，故近地卫星的角速度大于同步卫星的角速度，地球赤道上物体的角速度与同步卫星的角速度相等，因此近地卫星的角速度大于赤道上物体的角速度，根据a ＝ω2R 可知，近地卫星运行的加速度大于地球赤道上物体的加速度，C 项错误；利用长征五号B 运载火箭发射载人飞船试验船时，发射速度应大于或等于7.9 km /s ，但小于11.2 km /s ，若超过11.2 km /s ，但小于16.7 km /s ，将会摆脱地球的引力成为环绕太阳运动的“人造行星”，D 项正确．答案：AD解题攻略：天体运动中的STS 类试题通常会结合最新的航天航空技术，以卫星或其他航天器为载体，考查万有引力定律在天体运动中的应用．解答该类试题关键在于剔除干扰因素，正确构建天体运动模型，利用天体运动的基本规律(万有引力定律)进行求解．4．解析：第一宇宙速度是近地飞行的线速度，则可知北斗二号GEO 8卫星的线速度小于第一宇宙速度，故A 错误；由题意可知北斗二号GEO 8卫星是地球同步卫星，则其运行周期为24 h ，小于月球绕地球运行的周期，根据ω＝2πT 可知其角速度大于月球绕地球运行的角速度，故B 正确，D 错误；在地球表面上的物体重力等于万有引力，即mg ＝GMmR 2，可得地面的重力加速度为g ＝GM R 2，对北斗二号GEO 8卫星有m′a＝GMm′R ＋h 2，得其向心加速度为a ＝GM R ＋h2，则可知北斗二号GEO 8卫星的向心加速度小于地面的重力加速度，故C错误．答案：B5．解析：由图乙可知，T ＝π×10－3s ，受电线圈的最大磁通量为Φm ＝2.0×10－4Wb ，所以受电线圈产生的电动势最大值为：E m ＝nΦm ·2πT ＝50×2.0×10－4×2ππ×10－3 V ＝20 V ，所以受电线圈产生的电动势的有效值为E ＝E m2＝10 2 V ，故A 正确；由图乙可知，t 1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0 V ，故B 错误；由公式q ＝n ΔΦr ，代入数据解得：q ＝n ΔΦr ＝50×4.0×10－41.0 C ＝2.0×10－2C ，故C错误，D 正确．答案：AD6．解析：设t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为m ＝ρV＝ρSvt9．解析：(1)悬停时气体对模拟装置的作用力F ＝(M ＋m)g取Δt 时间喷出的气体为研究对象，由动量定理得F Δt ＝ρSv Δt×v 解得v ＝M ＋m gρS. (2)弹射过程水平方向动量守恒，则有mv 1＝Mv 2 着陆器和巡视器做减速运动的过程中由动能定理得 －μmgL 1＝0－12mv 21－μMgL 2＝0－12Mv 22又L ＝L 1＋L 2弹射器提供的总动能E k ＝12mv 21＋12Mv 22联立解得E k ＝μMmgL M ＋mM 2＋m 2.答案：(1)M ＋m g ρS (2)μMmgL M ＋mM 2＋m2 解题攻略：本题可以构建动量守恒的爆炸模型，即在弹射过程中，系统虽然所受的合外力不为0，但由于此时内力远大于外力，故系统的动量守恒．系统的动能由弹射器提供，再利用能量守恒定律求解．10.解析：(1)贴近N 板入射的尘埃打在M 板右边缘的运动轨迹如图甲所示 由几何如识可知尘埃在磁场中的运动轨迹半径R 1＝d 尘埃在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 qv 0B 1＝mv 2R 1解得B 1＝mv 0qd.(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得 qE ＝qv 0B 1撤去磁场以后，尘埃颗粒在电场力的作用下做类平抛运动，当尘埃颗粒恰好离开电场时，在水平方向有d ＝v 0t在竖直方向有y ＝12at 2加速度a ＝qEm解得y ＝0.5d所以除尘效率η＝yd×100%＝50%.(3)设圆形磁场区域的半径为R 0，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为R 2，要把尘埃全部收集到位于P 处的容器中，就必须满足R 2＝R 0另有qv 0B 2＝m v 2R 2如图乙，当圆形磁场区域过P 点且与M 板的延长线相切时圆形磁场区域的半径R 0最小，磁感应强度B 2最大，则有R 0最小＝1.25d解得B 2最大＝4mv 05qd如图丙，当圆形磁场区域过P 点且与y 轴在M 板的右端相切时圆形磁场区域的半径R 0最大，磁感应强度B 2最小，则有R 0最大＝2.5d解得B 2最小＝2mv 05qd所以圆形磁场区域磁感应强度的大小B 2的取值范围为2mv 05qd ≤B 2≤4mv 05qd. 答案：(1)mv 0qd (2)50% (3)2mv 05qd ≤B 2≤4mv 05qd解题攻略：本题是电磁场中带电粒子的运动在科学技术中的应用，解答这类问题的突破口在于构建带电粒子在电场中和磁场中运动时的两种主要偏转模型，而带电粒子与磁场边界相切往往对应着其最值状态．专练3 物理学图象问题(时间：25分钟)1.[2020·湖北鄂南高中、华师一附中等八校第一次联考]A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移—时间图象如图所示，其中甲是顶点过原点的抛物线的一部分，乙是过点(0,3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3,9)的P点，则下列说法正确的是( )A．质点A做初速度为零、加速度为3 m/s2的匀加速直线运动B．质点B以4 m/s的速度做匀速直线运动C．在前3 s内，质点A比B向前多前进了9 mD．在3 s前某时刻质点A、B速度相等2.[2020·吉林省名校第一次联合模拟](多选)某做直线运动的质点的位移—时间图象(抛物线)如图所示，P(2,12)为图线上的一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q(0,4)．已知t＝0时质点的速度大小为8 m/s，则下列说法正确的是( )A．质点做匀减速直线运动B．2 s时，质点的速度大小为6 m/sC．质点的加速度大小为2 m/s2D．0～1 s内，质点的位移大小为4 m3.(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从距离弹簧上端高h处由静止自由下落，接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )4．A、B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．在t＝0时刻，B在A的前面，两物体相距7 m，B物体做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2.则A物体追上B物体所用时间是( )A．5 s B．6.25 sC．7 s D．8 s5.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动．将一物体轻轻放在传送带左端，则物体速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小F f以及位移大小x随时间t的变化关系正确的是( )6．[2020·陕西榆林市第二次模拟]如图所示，单匝线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变，则下列磁感应强度B随时间t变化的图象中可能正确的是( )7．如图甲为倾角θ＝30°的足够长的固定光滑斜面，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/s2.则在该段时间内( )A．物体的加速度大小为2 m/s2B．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 J8．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 m2，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.T4时间内交变电动势的平均值为E＝200 V9.[2020·湖北恩施州教学质量检测](多选)如图所示为某静电场中x轴上各点电势分布图，一个带电粒子在坐标原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正向运动，则下列说法正确的是( )A．粒子一定带正电B．粒子运动到坐标轴上x2处速度最大C．粒子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力的冲量为零D．粒子从坐标轴上x1处运动到x2处，加速度先增大后减小10．[2020·广东深圳市第二次调研]真空中，在x轴上x＝0和x＝8 m处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2.电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(x轴正方向为场强正方向)，其中x＝6 m处E＝0.将一个正试探电荷在x＝2 m处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)．则( )A．Q1、Q2均为负电荷B．Q1、Q2带电荷量之比为9:1C．在x＝6 m处电势为0D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小11．如图甲所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．下列选项中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)( )12．[2020·广西桂林等六市第一次联合调研](多选)如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为1 m ，总电阻为1 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行．现使导线框水平向右运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场，c 、d 两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的方向垂直纸面向里B ．磁感应强度的大小为4 TC ．导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3:1D ．0～3 s 的过程中导线框产生的焦耳热为48 J专练3 物理学图象问题1．解析：质点A 的运动方程为x ＝12at 2，则初速度为零，加速度a ＝2 m /s 2，故A 错误；乙直线的斜率表示速度，故质点B 做匀速直线运动，质点B 的速度为v ＝Δx Δt ＝9－33m /s ＝2 m /s ，故B 错误；在前3 s 内，质点B 的位移为6 m ，质点A 的位移为9 m ，质点A 比B 向前多前进了3 m ，故C 错误；t ＝1 s 时刻，质点A 的速度为2 m /s ，且质点B 以v ＝2 m /s 的速度做匀速直线运动，故D 正确．答案：D专练4 对教材细节素材进行改编(时间：25分钟)考向1 源于教材中的习题或例题1．[此题原型为人教版教材选修3－5P12“问题与练习”第6题]甲、乙两位轮滑运动员静止在水平地面上，甲猛推乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知停止运动时甲滑行的距离是乙滑行距离的一半，若两人与水平地面间的动摩擦因数相同，则两人的质量之比m 甲m 乙等于( )A. 2B.22 C ．2 D.122.[此题原型为教科版教材选修3－1P106“第10题”]如图所示，宽度为d 的区域内有大小为B 、方向与纸面垂直的匀强磁场和大小为E 、沿竖直方向的匀强电场，从区域左边界上的A 点射出的带电粒子垂直于左边界进入该区域后，刚好能够做匀速直线运动．现撤去电场仅保留磁场，当粒子从该区域右边界射出时，其速度方向与水平方向的夹角为30°，不计粒子的重力，则有( )A ．粒子必带正电荷B ．粒子的初速度大小为B EC ．该粒子的比荷为E2B 2dD ．粒子在磁场中运动的时间为πEd 3B3．[此题原型为人教版教材必修1P29“问题与练习”第4题][2020·山西晋中第四次月考]某同学利用如图甲所示的实验装置来测定气垫导轨上滑决的加速度，滑块上安装有遮光条．(1)该同学利用10分度的游标卡尺测出滑块上安装的遮光条的宽度d ，测量结果如图乙所示，则d ＝________ cm ；(2)与光电门配套的数字毫秒计测出了遮光条通过光电门1所用的时间Δt 1＝0.025 s ，。
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48分小题精准练(三)
(时间：20分钟分值：48分)
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．下列对几种物理现象的解释，正确的是( )
A．泥工师傅贴瓷片时为了使瓷片平整用橡皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小
B．小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零
C．动量相同的两个物体受到相同的制动力作用时，速度小的物体将先停下来
D．竖直上抛的物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量为零
B [泥工师傅贴瓷片时为了使瓷片平整用橡皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为与铁锤相比橡皮锤弹性大，敲打瓷片时力的作用时间更长，根据动量定理F·Δt＝Δp可知产生的作用力小，选项A错误；根据冲量定义式I＝Ft可知，虽然小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零，选项B正确；根据动量定理FΔt＝Δp知，动量相同的两个物体受到相同的制动力作用时，两物体将同时停下来，与速度无关，选项C错误；同理，根据冲量定义式I＝Ft可知，竖直上抛的物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量不为零，选项D错误。
]
2. (2020·山东学业水平等级考试·T1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示。
重力加速度大小为g。
以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，F N＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，F N＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，F N＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，F N＞mg
D [根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力F N<mg，选项A 错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力F N＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律
可知乘客处于超重状态，所受的支持力F N >mg ，选项C 错误，D 正确。
] 3．一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星，其所在高度处对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到的赤道的最大弧长为(已知地球半径为R )( )
A.23πR
B.12πR
C.13πR
D.14
πR A [卫星所在高度处有G Mm
r 2＝mg ′，在地球表面处有G Mm R 2
＝mg ，因为g ′＝14g ，解得r ＝2R ，如图所示，图中cos θ＝R r ＝12，即θ＝π3
，则某一时刻该卫星观测到的赤道的最大弧度为2π3，则观测到的赤道的最大弧长为23
πR ，A 正确。
]
4．下列说法正确的是( )
A ．发生α衰变的原子核会产生α射线，生成的新核与原来的原子核相比，中子数减少了5个
B ．氟18的半衰期为109.8分钟，100个氟18原子核经过7.5个小时后一定剩下6个氟18原子核
C ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子的能量增加
D ．自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量大于该原子核的结合能
C [发生α衰变的原子核会产生α射线，生成的新核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，A 错误；半衰期的意义只有对大量原子核才成立，B 错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，但原子的能量增加，C 正确；自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量等于该原子核的结合能，
D 错误。
]
5.如图所示的速度选择器水平放置，板长为L ，两板间距离也为L ，两板间分布着如图所示的匀强电场与匀强磁场。
一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O 处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O 点进入电场，恰好从上极板ab 的右边缘b 处离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O 点进入磁场，经过一段匀速圆周运动后，打在下极板cd 上，则粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为( )
A ．L
B ．2L C.54L D.L
2 A [该带正电的粒子恰能沿图中虚线匀速通过速度选择器，电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，根据平衡条件，有qvB ＝qE ，解得v ＝E B。
撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场
中做类平抛运动，则L ＝vt ，12L ＝12·qE m t 2，解得粒子的比荷q m ＝E LB 2；撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mv qB
＝L 。
] 6．假设给原线圈接如图甲所示的交变电流，每个周期T 内，前T 2电流恒定，后T 2
的电流按正弦式规律变化．如图乙所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶10，L 1、L 2是完全相同的两个灯泡。
两电压表均为理想电表。
下列说法正确的有( )
甲 乙
A ．电压表V 1的示数为22 V
B ．闭合开关S 后，电压表V 2示数为闭合前的2倍
C ．闭合开关S 后，电压表V 2示数不变
D ．闭合开关S 后，电压表V 2示数为220 V
AC [根据题图甲知22 V 2R ·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2222 V 2·1R ·T 2＝U 21有效R
T ，解得U 1有效＝22 V ，故电压表V 1示数为22 V ，A 正确；根据变压器工作原理知n 1n 2＝U 1
U 2，闭合开关S 后，n 1、n 2、U 1都不变，
故U 2不变，电压表V 2示数不变，B 错误，C 正确；原线圈内的电流前半个周期是恒定电流，变
压器不工作，副线圈两端只有半个周期有电压，有0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222×102 V 2·1R ·T 2＝U 2
2有效R
T ，可得U 2有效＝2202
V<220 V ，D 错误。
] 7.如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮用轻绳提升一箱货物，货箱质量为M ，货物质量为m ，在货车的牵引下，货物从静止开始先做加速运动，再做匀速运动，最后做减速运动直至静止，整个过程中将货物提升的高度为h ，则( )。