(新课标地区专用)2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练13(含解析)
新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑非选择题定时训练14含解析201911221254
非选择题定时训练14(限时：60分钟)三、实验题13．(2019·福建泉州市5月第二次质检)某同学做验证向心力与线速度关系的实验．装置如图1所示，一轻质细线上端固定在力传感器上，下端悬挂一小钢球．钢球静止时刚好位于光电门中央．主要实验步骤如下：图1①用游标卡尺测出钢球直径d ；②将钢球悬挂静止不动，此时力传感器示数为F 1，用米尺量出线长L;③将钢球拉到适当的高度处静止释放，光电门计时器测出钢球的遮光时间为t ，力传感器示数的最大值为F 2；已知当地的重力加速度大小为g ，请用上述测得的物理量表示：(1)钢球经过光电门时的线速度表达式v ＝________，向心力表达式F 向＝m v 2R＝________；(2)钢球经过光电门时所受合力的表达式F 合＝________；(3)若在实验误差允许的范围内F 向＝F 合，则验证了向心力与线速度的关系．该实验可能的误差有：________________________________________________________________________. (写出一条即可)答案 (1)dtF 1d 2gt 2(L ＋d2)(2)F 2－F 1 (3)摆线的长度测量有误差解析 (1)钢球的直径为d ，遮光时间为t ，所以钢球通过光电门的速度：v ＝d t，根据题意知，钢球圆周运动的半径为：R ＝L ＋d2，钢球质量：m ＝F 1g ，向心力表达式：F 向＝m v 2R＝F 1d 2gt 2(L ＋d2).(2)钢球经过光电门时只受重力和细线的拉力，由分析可知，钢球通过光电门时，细线的拉力最大，大小为F2，故所受合力为F合＝F2－F1.(3)根据向心力表达式知，可能在测量摆线长度时存在误差．14．(2019·河南顶级名校第四次联测)某同学将一只量程为100μA的灵敏电流计改装成电流表和两个量程的电压表．改装后的电路图如图2甲所示．图中G表示灵敏电流计，R a、R b和R c是三个定值电阻，K是选择开关，可以分别置于a、b、c位置，从而实现多功能测量．图2(1)首先根据如图乙所示电路，用半偏法测定灵敏电流计G的内阻．先将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值，使G的指针偏转到满刻度，然后闭合S2，调节R′的阻值，使G的指针________，此时，就认为电阻箱R′的读数等于G的内阻．由于半偏法实验原理不完善导致G的内阻测量值比真实值偏________．(填“大”或“小”)(2)若用半偏法测得G的内阻为900Ω.①选择开关置于a时，构成量程为0～1mA的电流表，则电阻R a阻值应为________Ω；②选择开关置于b时，构成量程为0～1V的电压表，则电阻R b阻值应为________Ω；③选择开关置于c时，构成量程为0～3V的电压表，则电阻R c阻值应为________Ω.(3)半偏法测量G内阻的误差又会导致改装成的电流表、电压表测量结果________．(填“偏大”或“偏小”)答案(1)半偏小(2)①100②910③2910(3)偏小解析(1)半偏法测电阻实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，先将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值，使G的指针偏转到满刻度；第三步，闭合S2，调节R′的阻值，使G的指针半偏，记下电阻箱读数，此时电阻箱R′的读数等于G的内阻；实际上电阻箱并入后的电路的总电阻减小了，干路电流增大了，灵敏电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过灵敏电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于灵敏电流计的电阻，所以，该测量值略小于实际值；(2)①选择开关置于a时，构成量程为0～1mA的电流表，则电阻R a阻值应为R a＝I g R gI－I g＝1×10－4×9001×10－3－1×10－4Ω＝100Ω；②选择开关置于b 时，构成量程为0～1V 的电压表，则电阻R b 阻值应为R b ＝U －I g R gI＝1－1×10－4×9001×10－3Ω＝910Ω； ③选择开关置于c 时，构成量程为0～3V 的电压表，则电阻R c 阻值应为R c ＝U －I g R gI＝3－1×10－4×9001×10－3Ω＝2910Ω； (3)半偏法测量G 的内阻时，测量值略小于实际值，改装成电流表时的并联电阻偏小，实际量程大于所要改装的电流表的量程；改装成电压表时的串联电阻偏大，其实际量程也大于所要改装的电压表的量程，用它们测量结果偏小． 四、计算题15.(2019·甘肃省最后一次联考)课间，小白同学在足够大的水平桌面上竖直放置了一块直角三角板，如图3，然后将一长L ＝15cm 的直尺靠在三角板上刻度h 1＝9cm 处的A 点，下端放在水平桌面上的B 点，让另一同学将一物块从直尺顶端由静止释放，最终物块停在水平桌面上的C 点(图中未画出)，测得B 、C 间的距离x 1＝13cm.改变直尺一端在三角板上放着点的位置，物块仍从直尺顶端由静止释放，物块在水平桌面上停止的位置离三脚板底端O 的距离x 会发生变化．已知物块与水平桌面间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块运动过程中三角板和直尺均静止不动，不计物块通过B 点时的机械能损失．图3(1)求物块与直尺间的动摩擦因数μ2；(2)改变直尺一端在三角板上放置点的位置，求物块从直尺顶端由静止释放后在水平桌面上停止的位置离三角板底端O 的最大距离x m . 答案 (1)0.1 (2)2552cm解析 (1)设∠ABO ＝θ，对物块，由能量守恒定律可知mgh 1＝μ2mg cos θ·L ＋μ1mgx 1由几何关系可知cos θ＝L 2－h 12L ＝45解得物块与直尺之间的动摩擦因数μ2＝0.1.(2)设直尺与水平方向的夹角为α，由能量守恒定律可知，mgh ＝μ2mg cos α·L ＋μ1mgx 2h ＝L sin α物块在水平桌面上停止的位置离三角板底端O 的距离x ＝L cos α＋x 2代入数据可得x ＝25(sin α＋12cos α) cm可得最大距离x m ＝(1＋12)2×25cm＝2552cm16.(2019·湖北宜昌市四月调研)如图4所示，在倾角为θ的斜面上，固定有间距为l 的平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为m 的金属棒ab ，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，导轨与电动势为E 、内阻为r 的电源连接，金属棒ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止．图4(1)判断金属棒所受的安培力方向；(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R 1和最大阻值R 2. 答案 (1)平行于斜面向上 (2)BEl mg sin θ＋μmg cos θ－r BEl mg sin θ－μmg cos θ－r解析 (1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上(2)当使金属棒保持静止的滑动变阻器R 阻值最小为R 1时，金属棒所受安培力为最大值F 1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得F N1＝mg cos θ F 1＝mg sin θ＋F fmax F fmax ＝μF N1由闭合电路欧姆定律有：I 1＝ER 1＋r，安培力F 1＝BI 1l联立以上各式解得滑动变阻器R 的最小值为R 1＝BElmg sin θ＋μmg cos θ－r当使金属棒保持静止的滑动变阻器R 阻值最大为R 2时，金属棒所受安培力为最小值F 2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F 2＝mg sin θ－μmg cos θ 由闭合电路欧姆定律有，I 2＝ER 2＋r，安培力F 2＝BI 2l联立以上各式解得滑动变阻器R 的最大值为R 2＝BElmg sin θ－μmg cos θ－r .17.如图5所示，水平桌面上质量为m 的薄木板右端叠放着质量也为m 的小物块，木板长为L ，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为μ4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .图5(1)若使木板与物块一起以初速度v 0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s 0； (2)若对木板施加水平向右的拉力F ，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F 应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F ＝3μmg 、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t 0，撤去拉力F ，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W . 答案 (1)2v 02μg (2)μmg 2<F ≤5μmg 2(3)1.95m (μgt 0)2解析 (1)对木板和物块组成的系统，由动能定理得：－μ4·2mgs 0＝0－12·2mv 02解得：s 0＝2v 02μg.(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为F min ，最大拉力为F max 则：F min ＝2mg ×μ4＝μmg2对系统：F max －μmg2＝2ma max对物块：μmg ＝ma max 解得：F max ＝5μmg2则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足μmg2<F ≤5μmg 2. (3)由于F ＝3μmg >5μmg2，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a 1＝μg撤去拉力F 时物块的速度：v 1＝a 1t 0＝μgt 0 对木板：F －μmg －2μmg4＝ma 2得：a 2＝32μg撤去拉力F 时木板的速度：v 2＝a 2t 0＝32μgt 0撤去拉力F 后木板的加速度：a 3＝－32μg设撤去拉力F 后，再经过时间t 1，物块与木板达到共同速度v ，之后再经过时间t 2，木板停止滑行．则：v ＝a 1(t 0＋t 1)＝a 2t 0＋a 3t 1 得：t 1＝15t 0；v ＝65μgt 0达到共同速度后：－2mg ·μ4＝2ma 4加速度：a 4＝－14μgt 2＝0－65μgt 0－μg 4＝245t 0木板运动的总位移：s ＝v 2t 02＋v 2＋v 2t 1＋v 2t 2＝3.9μgt 02木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功：W ＝2mg ×μ4×3.9μgt 02＝1.95m (μgt 0)2.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020高考物理新课标地区专用提分定时练辑：选择题定时训练：4
选择题定时训练4(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)人类和平利用核能始于二十世纪五十年代，核能的开发和应用是解决能源问题的重要途径之一．下列关于核反应的描述或判断正确的是( )A.U →Th ＋He 是核聚变238922349042B.Th →Pa ＋e 是α衰变23490234910－1C.H ＋H →He ＋n 是β衰变21314210D.U ＋n →Ba ＋Kr ＋3n 是核裂变235921014456893610答案 D解析 α衰变放出的是氦核，这是α衰变，故A 错误；α衰变放出的是氦核，β衰变放出的是电子，该核反应为β衰变，故B 错误；几个原子核聚合成一个原子核的过程为核聚变，这是氢原子核聚变为氦原子核，故C 错误；核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，质量较大的原子核才能发生核裂变，所以该核反应为核裂变方程，故D 正确．2．(2019·重庆市4月调研)2018年12月8日我国“嫦娥四号”探测器成功发射，实现人类首次在月球背面无人软着陆．通过多次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道．已知地球与月球的质量之比及半径之比分别为a 、b ，则下列关于近地卫星与近月卫星做匀速圆周运动的判断正确的是( )A ．加速度之比约为b aB ．周期之比约为b 3aC ．速度之比约为baD ．从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须减速答案 B解析 根据a ＝可知，＝＝，选项A 错误；由T ＝2π可得，＝GM r 2a 地a 月M 地R 月2M 月R 地2a b 2r 3GM T 地T 月＝，选项B 正确；根据v ＝可得＝＝，选项C 错误；从近R 地3M 月R 月3M 地b 3a GM r v 地v 月M 地R 月M 月R 地ab 地轨道进入到地月转移轨道，卫星需要加速，选项D 错误．3．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则( )图1A ．电流表的示数为0.31 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087 J答案 D解析 在交流电路中电流表的示数为有效值，E 有效＝＝22 V ，电流表的示数I ＝＝E m 2E 有效R 总 A ＝0.22 A ，A 错误；由题图图象可知线圈转动的周期为0.02 s ，则线圈转动的角速度22100ω＝＝100π rad/s ，B 错误；0.01 s 时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C 错误；电2πT 阻发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q ＝I 2Rt ＝(0.22)2×90×2×10－2J ≈0.087J ，D 正确．4．(2019·河南省八市重点高中联盟第三次模拟)如图2所示，小球从斜面的顶端A 处以大小为v 0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小v B ＝v 0，空气阻5力不计，该斜面的倾角为( )图2A ．60°B ．45°C ．37°D ．30°答案 B解析 根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：v y ＝＝2v 0，v B 2－v 02则运动的时间为：t ＝＝，v y g 2v 0g 设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝＝＝1，12gt 2v 0t gt2v 0解得θ＝45°，B 正确．5．(2019·云南昆明市5月模拟)如图3所示，左侧为光滑曲面的滑块A 放置在光滑水平地面上，曲面末端与水平地面相切，让物块B由静止开始沿滑块A 的光滑曲面下滑，则物块B 从开始运动至到达曲面底端的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．滑块A 和物块B 组成的系统动量守恒B ．物块B 减小的重力势能等于滑块A 增加的动能C ．滑块A 所受合外力的冲量为零D ．物块B 到达滑块A 底端时所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小答案 D解析 物块B 从开始运动至到达曲面底端的过程中，系统水平方向合外力为零，竖直方向的合外力不为零，故滑块A 和物块B 组成的系统动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A 错误；A 和B 组成的系统机械能守恒，物块B 减小的重力势能转化为滑块A 和物块B 的动能，故物块B 减小的重力势能大于滑块A 增加的动能，故B 错误；物块B 下滑过程中滑块A 向右做加速运动，滑块A 动量变化不为零，由动量定理可知，滑块A 所受合外力的冲量不为零，故C 错误；物块B 到达底端时速度沿水平方向，在竖直方向速度为零，由动量定理可知，物块B 所受支持力冲量的大小大于其所受重力冲量的大小，故D 正确．6．(2019·云南昆明市5月模拟)如图4所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定光滑斜面上，将一物块由静止释放1 s 后，对物块施加一沿斜面向上的恒力F ，又经1 s 后物块恰好回到了出发点，此时物块的动能为36 J ．设在以上过程中力F 做功为W F ，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s 2，则( )图4A ．F ＝9 NB ．F ＝12 NC ．W F ＝27 JD ．W F ＝48 J答案 B 解析 整个过程中，重力对物块做功为0，根据动能定理得：W F ＝E k ＝36 J ，物块下滑的过程，加速度大小为a ＝g sin 37°，释放1 s 时的速度v ＝at ＝6×1 m/s ＝6 m/s ，设物块回到出发点时速度大小为v ′，取沿斜面向下为正方向，根据撤去力F 前后的两个过程位移大小相等、方向相反，有t ＝－t ，可得v ′＝12 m/s ，根据E k ＝m v ′2＝36 J ，得v 2v ＋(－v ′)212m ＝0.5 kg ；对整个过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量定理得mg sin 37°·2t －Ft ＝m (－v ′)－0，解得F ＝12 N ，故B 正确，A 、C 、D 错误．7.(2019·四川南充市第三次适应性考试)一定质量的理想气体由状态a 经状态b 、c 到状态d ，其体积V 与热力学温度T 关系如图5所示，O 、a 、d 三点在同一直线上，ab 和cd 平行于横轴，bc 平行于纵轴，则下列说法正确的是( )图5A ．从状态a 到状态b ，气体放出热量B ．从状态a 到状态b ，每个气体分子的动能都增大C ．从状态b 到状态c ，气体对外做功，内能减小D ．从状态c 到状态d ，气体的密度不变答案 D解析 由状态a 到状态b 过程中，气体体积不变，则W ＝0，温度升高，则ΔU >0，根据ΔU ＝W ＋Q 可知气体吸收热量，选项A 错误；由状态a 到状态b 过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，选项B 错误；从状态b 到c ，气体温度不变，内能不变，体积变大，则气体对外做功，选项C 错误；从状态c 到d ，气体体积不变，则气体的密度不变，选项D 正确．8．(2019·山西运城市5月适应性测试)图6(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图(b)为平衡位置在x ＝0.5 m 处的质点P 的振动图象，M 是平衡位置在x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是( )图6A ．波的传播方向向左B ．波速为0.4 m/sC ．0～2 s 时间内，M 向y 轴正方向运动D ．当t ＝9 s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动答案 D解析 根据题图(b)可知，t ＝2 s 时在x ＝0.5 m 处的质点P 的振动方向向下，由平移法可知，波的传播方向向右，A 错误；根据题图(a)可知波长λ＝2 m ，根据题图(b)可知周期T ＝4 s ，所以波速：v ＝＝0.5 m/s ，B 错误；根据题图(a)可知t ＝2 s 时M 处于波谷，t ＝0时M 处于λT 波峰，0～2s 时间内，M 在向y 轴负方向运动，C 错误；从t ＝2 s 到t ＝9 s ，Δt ＝7s ＝1T ，t ＝2 s 时M 处于波谷，所以t ＝9 s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动，D 正确．34二、多项选择题9．(2019·陕西省第二次质检)A 、B 两小车在同一直线上运动，它们运动的位移x 随时间t 变化的图象如图7所示，已知A 车的x －t 图线为抛物线的一部分，第7 s 末图线处于最高点，B 车的图线为直线，则下列说法正确的是( )图7A ．A 车的初速度为7 m/sB ．A 车的加速度大小为2 m/s 2C ．A 车减速过程运动的位移大小为49 mD ．10 s 末两车相遇时，B 车的速度较大答案 BC解析 A 车做匀变速直线运动，设A 车的初速度为v 0，加速度大小为a ，由图可知t ＝7 s 时，速度为零，由运动学公式可得v 7＝v 0－7a ＝0，根据图象和运动学公式可知t ＝10 s 时的位移为x 10＝40 m －0＝40 m ，x 10＝v 0t －at 2＝10v 0－50a ，联立解得a ＝2 m /s 2，v 0＝14 m/s ，故12选项B 正确，A 错误；A 车减速过程运动的位移大小为x 7＝t ＝×7 m ＝49 m ，故v 0＋020＋142选项C 正确；位移－时间图象的斜率表示速度，10 s 末两车相遇时B 车的速度大小为v B ＝||＝4 m /s ，A 车的速度为v A ＝v 0－at ＝－6 m/s ，则10 s 末两车相遇时，A 车的速度较大，ΔxΔt 故选项D 错误．10．(2019·四川绵阳市第三次诊断)在粗糙水平面上，水平外力F 作用在物块上，t ＝0时刻物块开始向右做直线运动，外力F 始终不为零，其速度—时间图象如图8所示．则( )图8A ．在0～1 s 内，外力F 不断增大B ．在3 s 时，物体向右运动C ．在3～4 s 内，外力F 不断减小D ．在3～4 s 内，外力F 的功率不断减小答案 BD解析 设物体受到的阻力为F f ，根据牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，根据图象分析，物体在0～1 s 内加速度逐渐减小，所以外力F 逐渐减小，A 错误；向右为正方向，3 s 前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B 正确；根据牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，根据图象分析，物体在3～4 s 内加速度不变，所以外力不变，C 错误；外力功率P ＝F v ，F 不变，而3～4 s 内速度减小，所以功率减小，D 正确．11．(2019·山东潍坊市二模)如图9甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd 相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B 随时间t 按图乙所示规律变化时( )图9A ．在0～t 1时间内，环有收缩趋势B ．在t 1～t 2时间内，环有扩张趋势C ．在t 1～t 2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D ．在t 2～t 3时间内，环内有逆时针方向的感应电流答案 BC解析 在0～t 1时间内，B 均匀增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框dcba 中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A 错误；在t 1～t 2时间内，B 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd 中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B 、C 正确；在t 2～t 3时间内，B 的方向向下，且B 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd 中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D 错误．12．(2019·天津市南开区下学期二模)如图10所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与恒压电源相连，在距离两板等距的M 点有一个带电液滴处于静止状态．若将a 板向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法中正确的是( )图10A ．液滴将向下加速运动B ．M 点电势升高，液滴在M 点的电势能将降低C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做功相同答案 BD解析 极板始终与电源连接，电压不变，d 减小，由E ＝可知，电场强度E 增大，则带电U d 液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A 、C 错误；b 点电势为零，U Mb ＝φM －φb ＝φM ＝Ed Mb ，场强增大，M 点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M 点电势能降低，故B 正确；在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，由于电压相同，电场力做功qU 相同，故D 正确．。
2020年高考物理选择题专项训练11~15套附答案及解析
2020年高考物理选择题专项训练11~15套2020年高考物理选择题专项训练11一、选择题（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，其中第5～8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.人类在探索自然规律的进程中总结了许多科学方法。
如分析归纳法、演绎法、等效替代法、控制变量法、理想实验法等。
在下列研究中，运用理想实验方法进行研究的是A. 爱因斯坦提出光子假说B. 查理得出气体状态变化的规律C. 卢瑟福提出原子的核式结构模型D. 伽利略得出力不是维持物体运动原因的结论2.如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中。
线框绕中心轴OO'匀速转动π。
线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线时，产生的电动势e= )t V圈连接着一只“20V、8W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。
下列判断正确的是A. t=0s时刻的线框中磁通量变化率为最小B. 理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1C. 若副线圈两端并联多只“20V、8W”的灯泡，则最多不能超过10只D. 若线框转速减半，产生的电动势cos（l00πt）V3.把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示)，然后放手．若弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a、速度v随时间变化的图像，下列说法正确的是( )A. 甲为a－t图像B. 乙为a－t图像C. 丙为v －t 图像D. 丁为v －t 图像4.2019年4月10日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体。
如果把太阳压缩到半径只有3km 且质量不变，太阳就倍，光速为8310m /s ⨯，1122G 6.6710N m Kg --=⋅⨯⋅，则根据以上信息可知太阳的质量约为 A. 29210Kg ⨯B. 30210Kg ⨯C. 30810Kg ⨯D. 31810Kg ⨯ 5.平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，ab 棒质量为m ，在导轨间的阻值为r ,长度为l 。
2020高考物理新课标地区专用提分定时练辑：选择题定时训练：3
选择题定时训练3(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·西南名校联盟高考诊断)下列叙述中正确的是( )A ．库仑发现了点电荷的相互作用规律，卡文迪许测出了静电力常量B ．密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡，最早得到了元电荷e 的数值C ．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D ．开普勒总结出了行星运动定律，并用月—地检验证实了该定律的正确性答案 B解析 库仑发现了点电荷的相互作用规律，库仑通过扭秤测出了静电力常量，选项A 错误；密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡，最早得到了元电荷e 的数值，选项B 正确；奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，选项C 错误；开普勒总结出了行星运动定律，牛顿用月－地检验证实了万有引力定律的正确性，选项D 错误．2．(2019·西南名校联盟高考诊断)如图1所示，某飞行器在近月圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达轨道Ⅰ的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，后沿轨道Ⅱ做椭圆运动，到达轨道Ⅱ的远月点B 时再次点火变轨，进入距月球表面高度为4R 的圆形轨道Ⅲ绕月球做匀速圆周运动，R 为月球半径，则上述变轨过程中( )图1A ．飞行器沿轨道Ⅰ运动的速率最大B ．飞行器沿轨道Ⅲ运动的速率最小C ．飞行器沿轨道Ⅲ运动的机械能最大D ．根据a ＝可知，飞行器沿轨道Ⅱ过A 点的加速度大于沿轨道Ⅰ过A 点的加速度v 2r 答案 C解析 飞行器在轨道Ⅰ的A 点点火加速才能进入轨道Ⅱ，可知飞行器沿轨道Ⅱ过A 点的速度最大，选项A 错误；由开普勒第二定律可知，在轨道Ⅱ上运行时在B 点速度最小；飞行器在轨道Ⅱ的B 点加速才能进入轨道Ⅲ，可知飞行器沿轨道Ⅱ过B 点的速度最小，选项B 错误；因在A 、B 两点两次加速，可知飞行器在轨道Ⅲ运行时的机械能最大，选项C 正确；根据加速度a ＝可知，飞行器沿轨道Ⅱ过A 点的加速度等于沿轨道Ⅰ过A 点的加速度，GMr 2选项D 错误．3．(2019·四川宜宾市第二次诊断)如图2甲为一列简谐波在t ＝0时刻的波形图，P 是平衡位置为x ＝1 m 处的质点，Q 是平衡位置为x ＝4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则下列说法错误的是( )图2A ．该波的周期是0.10 sB ．该波的传播速度是40 m/sC ．该波沿x 轴正方向传播D ．t ＝0.10 s 时，质点Q 的速度方向沿y 轴负方向答案 A4．(2019·河南郑州市第三次质量检测)如图3所示为氢原子能级示意图，下列有关说法正确的是( )图3A ．处于基态的氢原子吸收10.5 eV 的光子后能跃迁至n ＝2能级B ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光C ．若用从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D ．用n ＝4能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV答案 D解析 处于基态的氢原子吸收10.2 eV 的光子后能跃迁至n ＝2能级，不能吸收10.5 eV 能量的光子，故A 错误；大量处于n ＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C ＝6种不同频率的光24子，故B 错误；从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光子的能量大于从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光子的能量，用从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定不能发生光电效应，故C 错误；处于n ＝4能级的氢原子跃迁到n ＝1能级辐射出的光子的能量为：E ＝E 4－E 1＝－0.85 eV －(－13.6 eV)＝12.75 eV ，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34 eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为：E k ＝E －W 0＝12.75 eV －6.34 eV ＝6.41 eV ，故D 正确．5．(2019·山西太原市5月模拟)如图4所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37° 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数μ为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图4A. B. C. D.12131415答案 B解析 当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE ＝F f1，F f1＝μF N1，F N1＝mg ，联立解得qE ＝μmg ；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mg sin θ＝qE cos θ＋F f2，F f2＝μF N2，F N2＝mg cosθ＋qE sin θ，联立得0.6mg ＝0.8qE ＋μ(0.8mg ＋0.6qE )，解得动摩擦因数μ＝或μ＝－3(舍去)，故A 、C 、D 错误，13B 正确．6．(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))超强台风山竹的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为( )A ．F ＝ρS vB ．F ＝ρS v 2C ．F ＝ρS v 3D ．F ＝ρS v 312答案 B解析 设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρS v t ，根据动量定理得－Ft ＝0－m v ＝0－ρS v 2t ，解得F ＝ρS v 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．7．(2019·四川成都市第二次诊断)L 2是竖直固定的长直导线，L 1、L 3是水平固定且关于L 2对称的长直导线，三根导线均通以大小相同、方向如图5所示的恒定电流，则导线L 2所受的磁场力情况是( )图5A ．大小为零B ．大小不为零，方向水平向左C ．大小不为零，方向水平向右D ．大小不为零，方向竖直向下答案 A解析 由右手螺旋定则可知，L 1与L 3在L 2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L 2处的磁场方向与电流方向平行，所以L 2所受磁场力为零．8.(2019·湖北武汉市五月模拟)如图6所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M 点踢出，球斜抛后落在60 m 外地面上的P 点．发球的同时，前锋从距P 点11.5 m 的N 点向P 点做匀加速直线运动，其初速度为2 m /s ，加速度为4 m/s 2，当其速度达到8 m/s 后保持匀速运动．若前锋恰好在P 点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图6A ．前锋加速的距离为7 mB ．足球在空中运动的时间为2.3 sC ．足球运动过程中的最小速度为30 m/sD ．足球上升的最大高度为10 m答案 C解析 前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s ，加速度为4 m/s 2，末速度为8 m/s ，根据速度与位移的关系式可知，v 2－v ＝2ax 1，代入数据解得：x 1＝7.5 m ，A 错误；前锋和足球02运动时间相等，前锋加速运动时间t 加＝＝1.5 s ，匀速运动时间t 匀＝＝0.5 s ，故v －v 0a x －x 1v 足球在空中运动的时间为2 s ，B 错误；足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m ，时间为2 s ，故运动过程中的最小速度为30 m/s ，C 正确；足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s ，最大高度h m ＝gt 2＝5 m ，D 错误．12二、多项选择题9．(2019·西南名校联盟高考诊断)下列说法正确的是( )A ．自然界符合能量守恒定律的宏观过程一定都能自发地发生B ．晶体一定有固定的熔点C ．在热传导过程中，热量可以自发地由高温物体传递到低温物体D ．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的答案 BCD解析 根据热力学第二定律可知，自然界符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自发地发生，选项A 错误；晶体一定有固定的熔点，选项B 正确；在热传导过程中，热量可以自发地由高温物体传递到低温物体，选项C 正确；液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性制成的，选项D 正确．10．(2019·河北唐山市上学期期末)如图7所示，长木板A 与物体B 叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F 作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态．将外力F 缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中( )图7A ．弹簧弹力不变B ．物体B 所受摩擦力逐渐减小C ．物体B 所受摩擦力始终向左D ．木板A 所受地面的摩擦力逐渐减小答案 AD解析 将外力F 缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A 正确；对物体B ，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由F 弹＝F ±F f ，则随F 的减小，物体B 所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B 、C 错误；对A 、B 与弹簧组成的整体，在水平方向，力F 与地面对A 的摩擦力平衡，则随F 的减小，木板A 所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D 正确．11．(2019·湖南永州市第二次模拟)如图8(a)所示，半径为r 的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R 构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是( )图8A ．0～1 s 内，流过电阻R 的电流方向为b →R →aB ．2～3 s 内，穿过金属圆环的磁通量在减小C ．t ＝2 s 时，流过电阻R 的电流方向发生改变D ．t ＝2 s 时，U ab ＝πr 2B 0(V)答案 AD解析 规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1 s 内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R 的电流方向为b →R →a ，故A 正确；由题图(b)可知，在2～3 s 内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B 错误；1～2 s 内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a →R →b,2～3 s 磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a →R →b ，故C 错误；当t ＝2 s 时，根据法拉第电磁感应定律E ＝＝πr 2B 0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此U ab ＝E ＝πr 2B 0 (V)，ΔBSΔt 故D 正确．12．(2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图9甲所示，两个弹性球A 和B 放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m 1和m 2，其中m 1＝1 kg 。
(新课标地区专用)2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练12(含解析)
选择题定时训练12(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·湖南怀化市第三次模考)研究光电效应现象的实验装置如图1(a)所示．对调电源的正负极，用光强相同的黄光和蓝光照射光电管阴极K 时，测得相应的遏止电压分别为U 1和U 2，产生的光电流I 随光电管两端电压U 的变化规律如图(b)所示．已知电子的质量为m ，电荷量为－e ，黄光和蓝光的频率分别为ν1和ν2，且ν1<ν2.则下列判断正确的是( )图1A ．U 1>U 2B ．图(b)中的乙线是对应黄光照射C ．用蓝光照射，光电子的最大初动能为eU 2D ．根据题述条件无法算出阴极K 金属的极限频率答案 C解析 根据光电效应方程有：E km1＝h ν1－W 0＝eU 1，E km2＝h ν2－W 0＝eU 2，由于蓝光的频率大于黄光的频率，则有U 1<U 2，故A 错误；题图(b)中的乙线是对应蓝光照射，故B 错误；用蓝光照射时，光电子的最大初动能为eU 2，故C 正确．阴极K 金属的极限频率νc ＝W 0h ＝ν2－eU 2h，故D 错误．2．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图2为分析热机工作过程的卡诺循环，一定质量的理想气体在该循环中经历两个等温过程A →B 、C →D 和两个绝热过程B →C 、D →A ，下列说法正确的是( )图2A ．气体从A →B 的过程，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变大B ．气体从A →B 的过程，向外界放出热量C ．气体从B →C 的过程，气体分子无规则运动变激烈D ．气体从D →A 的过程，内能的增量等于外界对气体做的功答案 D解析 由题图知，气体从A →B 的过程，体积增大，压强减小，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变小，A 错误；从A →B 的过程，温度不变，ΔU ＝0，体积变大，气体对外界做功W ＜0，根据ΔU ＝Q ＋W ，得Q ＝－W ＞0，所以从外界吸收热量，B 错误；因B →C 为绝热过程，所以Q ＝0，体积增大W ＜0，故ΔU ＝Q ＋W ＝W ，故ΔU ＜0，气体内能减小，温度降低，气体分子无规则运动变缓慢，C 错误；从D →A 也是绝热过程，Q ＝0，体积减小，外界对气体做功，即W ＞0，ΔU ＝Q ＋W ＝W ，即气体内能的增量ΔU 等于外界对气体做的功W ，D 正确．3．(2019·陕西咸阳市模拟检测(三))如图3所示为一交流电压随时间变化的图象，每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定，根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )图3A ．7.5VB ．8VC ．215VD ．313V答案 C解析 根据电流热效应的定义可得，(U 12)2R ·T 3＋U 22R ·2T 3＝U 2R ·T ，解得U ＝215V. 4．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图4甲，先将开关S 掷向1，给平行板电容器C 充电，稳定后把S 掷向2，电容器通过电阻R 放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I 随时间t 变化的图象如图乙所示．将电容器C 两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I －t 图象可能是( )图4答案 C解析 将电容器两极间距离增大，根据平行板电容器决定式：C ＝εr S 4πkd，可知电容变小，则充电电荷量：Q ＝CU 变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U 相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电荷量变小，I －t 图面积代表电荷量，所以面积比题图乙小，A 、B 、D 错误，C 正确．5．(2019·福建龙岩市5月模拟)质谱仪的原理如图5所示，虚线AD 上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C 、D 处有一荧光屏．同位素离子源产生a 、b 两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a 离子恰好打在荧光屏C 点，b 离子恰好打在D 点．离子重力不计．则( )图5A ．a 离子质量比b 的大B ．a 离子质量比b 的小C ．a 离子在磁场中的运动时间比b 的长D ．a 、b 离子在磁场中的运动时间相等答案 B解析 设离子进入磁场的速度为v ，在电场中qU ＝12mv 2，在磁场中Bqv ＝m v 2r ，联立解得：r ＝mv Bq ＝1B 2mUq ，由题图知，b 离子在磁场中运动的轨道半径较大，a 、b 为同位素，电荷量相同，所以b 离子的质量大于a 离子的，所以A 错误，B 正确；在磁场运动的时间均为半个周期，即t ＝T 2＝πm Bq，由于b 离子的质量大于a 离子的质量，故b 离子在磁场中运动的时间较长，C 、D 错误．6．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9V,3W”的灯泡，各电表均为理想交流电表，定值电阻R 1＝9Ω.输入端交变电压u 随时间t 变化的图象如图乙所示，三只灯泡均正常发光，则( )图6A ．电压u 的瞬时表达式为u ＝362sin πt (V)B ．电压表的示数为33VC ．电流表的示数为1AD ．定值电阻R 2＝3Ω答案 B解析 由题图乙知，交变电流的周期为0.02s ，ω＝2πT＝100πrad/s ，电压的瞬时值u ＝ 362sin100πt (V)，故A 错误；灯泡正常发光，每个灯泡的电流为I ＝P U ＝13A ，故副线圈的电流I 2＝3I ＝1A ，根据变流规律：I 1I 2＝n 2n 1，解得原线圈电流I 1＝13A ，所以C 错误；电阻R 1的电压U R 1＝I 1R 1＝3V ，由题图乙知输入端电压的有效值为36V ，则变压器原线圈的电压U 1＝36V －3V ＝33V ，所以电压表的读数为33V ，故B 正确；根据变压规律：U 2U 1＝n 2n 1，可得副线圈的电压U 2＝11V ，电阻R 2两端的电压为U R 2＝U 2－U L ＝11V －9V ＝2V ，故R 2＝U R 2I 2＝2Ω，所以D 错误． 7．(2019·北京市东城区二模)某行星外围有一圈厚度为d 的光带，简化为如图7所示模型，R 为该行星除光带以外的半径．现不知光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，当光带上的点绕行星中心的运动速度v ，与它到行星中心的距离r ，满足下列哪个选项表示的图象关系时，才能确定该光带是卫星群( )图7答案 D解析 若光带是卫星群，则应该满足G Mm r 2＝m v 2r ，即v 2＝GM r ，即v 2－1r图象应该是过原点的直线，故选D.8．(2019·湖南怀化市第三次联考)如图8所示，物块A 叠放在足够长的木板B 上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，现对A 施加一水平向右的拉力F ，测得B 的加速度a 与拉力F 的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2)( )图8A ．当F <24N 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F >24N 时，A 相对B 发生滑动C ．A 的质量为20kgD ．B 的质量为24kg答案 B解析 当A 与B 间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A 、B 会发生相对滑动，由题图可知，B 的最大加速度为4m/s 2，即拉力F >24N 时，A 相对B 发生滑动，当F <24N 时，A 、B 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故A 错误，B 正确；对B ，根据牛顿第二定律得：a B ＝μm A g m B＝4m/s 2，当F ＝12 N 时，a ＝2 m/s 2，A 相对B 发生滑动前，对A 、B 整体有：F ＝(m A ＋m B )a ，解得m A ＝4kg ，m B ＝2kg ，故C 、D 错误．二、多项选择题9．(2019·湖南怀化市第三次联考)下列对热学知识的理解正确的是( )A ．液体表面张力的方向与液面平行并指向液体内部B ．热的物体把温度传递给冷的物体，最终达到相同温度C ．当某一密闭容器自由下落时，容器中的气体压强不会为零D ．在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理答案 CD解析 表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非指向液体内部，故A 错误；在自然过程中，热的物体把热量传递给冷的物体，最终达到温度相等；而不是热的物体把“温度”传递给冷的物体，最终达到温度相等，故B 错误；当某一密闭容器自由下落时，气体分子仍然在碰撞器壁，则气体压强不为零，故C 正确；在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了下列近似处理：把油膜视为呈单分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之间没有空隙，紧密排列，故D正确．10．(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图9所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面体(底面粗糙)，一轻质弹簧一端固定在竖直墙壁上的O点，另一端连接一质量为m的木块．开始时，把木块放在斜面上某位置，木块和斜面体均静止不动，此时弹簧水平且处于压缩状态．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图9A．开始时，弹簧弹力大小等于mg tanθB．开始时，斜面体受到三个力的作用C．若将O点稍微下移一点，木块仍可能在原位置静止D．若将O点稍微上移一点，木块仍可能在原位置静止答案AC解析对木块受力分析，根据平衡条件可知，开始时，弹簧弹力大小F＝mg tanθ，选项A正确；开始时，斜面体受到重力、地面的支持力和摩擦力、木块的压力四个力的作用，选项B 错误；若将O点稍微下移一点，则弹簧长度增加，弹力减小，由图可知，木块仍可能在原位置静止，选项C正确；若将O点稍微上移一点，弹簧弹力仍减小，但是木块平衡需要的弹力F要增加，可知木块不可能在原位置静止，选项D错误．11．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图10所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动．已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )图10A．电场的方向可能水平向左B ．电场强度E 的最小值为2mg 2qC ．当qE ＝mg 时，小球从M 运动到N 时电势能变化量为零D ．F 所做的功一定为22mgd 答案 BC解析 小球受力情况：小球受到重力mg 、拉力F 与电场力qE ，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F 与qE的合力与mg 大小相等、方向相反，作出F 与qE 的合力，如图所示，根据图可知，电场力方向指向右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A 错误；由图可知，当电场力qE 与F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小．则得：qE ＝mg sin θ，所以电场强度的最小值为E ＝mg sin θq ＝2mg 2q，故B 正确；当mg ＝Eq 时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN 垂直，小球从M 运动到N 电场力不做功，即小球从M 运动到N 时电势能变化量为零，故C 正确；由于电场力变化时，F 大小也跟随着改变，所以F 做的功不能确定具体值，故D 错误．12．(2019·安徽宣城市第二次模拟)甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的v －t 图象如图11所示．下列判断正确的是( )图11A ．乙车启动时，甲车在其前方50m 处B ．乙车超过甲车后，两车不会再相遇C ．乙车启动10s 后正好追上甲车D ．运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75m答案 ABD解析 根据v －t 图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t ＝10s 时启动，此时甲的位移为x ＝12×10×10m＝50m ，即甲车在乙前方50m 处，故选项A 正确；乙车超过甲车后，由于乙的速度大，所以不可能再相遇，故选项B 正确；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由题图可知，乙车启动10s 后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故选项C 错误；当两车的速度相等时相距最远，最大距离为：s max ＝12×(5＋15)× 10m －12×10×5m＝75m ，故选项D 正确．。
新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练15含解析201911221271
选择题定时训练15(限时：30分钟)一、单项选择题1．一质点做匀变速直线运动，已知初速度为v ，经过一段时间速度大小变为2v ，加速度大小为a ，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是( ) A ．在该段时间内质点运动方向不变 B ．这段时间为3vaC ．这段时间的路程为3v22aD ．再经过相同的时间质点速度大小为3v 答案 B解析 根据题意可知这段时间内质点的路程与位移不同，加速度又恒定，则质点运动方向一定改变，故A 错误；末速度与初速度方向相反，可得运动时间为：t ＝2v －(－v )a ＝3va，故B正确；根据速度位移关系：v t 2－v 02＝2ax ，可得位移大小为3v 22a，因路程与位移大小之比为5∶3，则路程为5v 22a ，故C 错误；根据v ′＝v 0＋at ，可得v ′＝2v ＋a ·3va ＝5v ，即再经过相同时间质点速度大小为5v ，故D 错误．2．(2019·湖北宜昌市元月调考)如图1所示，轻弹簧左端固定，右端连接一物块(可以看做质点)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力F 拉动物块，使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)．以x 表示物块离开静止位置的位移，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )图1答案 B解析 由牛顿第二定律得：F －kx －F f ＝ma ；整理得：F ＝kx ＋ma ＋F f ，物块做匀加速运动，所以ma ＋F f 恒定且不为零，图象是不过原点的倾斜直线，故A 、C 、D 错误，B 正确．3．(2019·浙江宁波市3月模拟)在光滑的水平面上建立如图2所示的直角坐标系xOy ，现在O 点固定一个带电荷量为Q 的正电荷，在x 轴正半轴上的点N (d,0)固定有带电荷量为8Q 的负电荷，y 轴正半轴位置固定有一根光滑绝缘细杆，细杆上套有带电荷量为＋q 的小球(质量忽略不计)，当小球置于M 点时，恰好保持静止，则M 的纵坐标为( )图2A.12dB.33d C.32d D ．d答案 B4.如图3所示，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为300K 时，被封闭的气柱长为20cm ，两边水银柱高度差h ＝4cm ，大气压强p 0＝76cmHg(可认为保持不变)．缓慢降低封闭气体的温度，左右管内水银液面相平时，温度为( )图3A ．250KB ．256.5KC ．270KD ．265.5K答案 B解析 由题可知，封闭气体初始压强为p 1＝p 0＋p h ＝80cmHg气柱长度为L 1＝20cm ，温度为T 1＝300K 温度变化后气体压强为p 2＝p 0＝76cmHg ， 气柱长度为L 2＝18cm 由理想气体状态方程：p 1L 1S T 1＝p 2L 2ST 2， 可得T 2＝256.5K.5．(2019·山东青岛市5月二模)如图4，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A ，处于静止状态．一圆环B 套在弹簧外，与圆盘A 距离为h ，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图4A ．整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒B ．碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动C ．碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与h 有关D ．从B 开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量 答案 D解析 圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A 错误；碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力、弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B 错误；碰撞后加速度为零时，有kx ＝(m ＋M )g ，即碰撞后新平衡位置与下落高度h 无关，故C 错误；碰撞后环与盘共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D 正确．6．(2019·福建泉州市第一次质量检查)如图5，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径OC 与OB 夹角为60°.甲电子以速度v 从A 点沿直径AB 方向射入磁场，从C 点射出．乙电子以速度v3从B 点沿BA 方向射入磁场，从D 点(图中未画出)射出，则( )图5A ．C 、D 两点间的距离为2RB ．C 、D 两点间的距离为3R C ．甲在磁场中运动的时间是乙的2倍 D ．甲在磁场中运动的时间是乙的3倍答案 B解析 洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r ，得r ＝mvqB ，由几何关系求得r 1＝R tan60°＝3R ，由于电子乙的速度是v 3，其轨道半径r 2＝r 13＝33R ，它们在磁场中的偏转角分别为60°和120°，根据几何知识可得BC ＝R ，BD ＝2r 2sin60°＝R ，所以CD ＝2R sin60°＝3R ，故A 错误，B 正确；粒子在磁场中运动的时间为t ＝θ2π·2πm qB ＝θmqB，所以两粒子的运动时间之比等于偏转角之比，即为1∶2，即甲在磁场中运动的时间是乙的0.5倍，故C 、D 错误．7．(2019·河北唐山市第一次模拟)如图6甲所示是某同学设计的一种发电装置的示意图，线圈是边长为l ＝0.40m 、匝数n ＝200匝的正方形线圈，线圈绕M 轴转动，线圈的总电阻为R 1＝1.0Ω.磁感应强度方向均沿半径方向，均匀分布，磁感应强度的大小均为B ＝0.20πT ．外力推动线圈框架，使线圈绕轴做周期为0.4s 的匀速圆周运动．现将整个装置作为电源接在乙图电路中，小灯泡的电阻为R 2＝9.0Ω，电压表为理想电表．下列说法中正确的是( )图6A ．小灯泡中电流的大小为1.62AB ．电压表的示数为32VC ．电压表的示数为162VD ．外力的功率为102.4W 答案 D解析 由题可知，线圈始终垂直切割磁感线，故电动势大小为：E ＝2×nBlv ＝2×nBl ×2π×l2T＝32V.则根据闭合电路欧姆定律可知，小灯泡中的电流为：I ＝ER 1＋R 2＝321.0＋9.0A ＝3.2A ，故选项A错误；根据部分电路欧姆定律可知电压表示数为：U ＝IR 2＝3.2×9.0V＝28.8V ，故选项B 、C 错误；根据能量守恒可知，外力做功转化为整个电路的焦耳热，则整个电路的热功率即为外力的功率，P ＝I 2(R 1＋R 2)＝3.22×(1.0＋9.0) W ＝102.4W ，故选项D 正确．8．(2019·安徽A10联盟开年考)从斜面上A 点分别以v 0、2v 0的初速度先后水平抛出两个相同的小球，结果小球分别落在了斜面上的B 点和C 点，A 、B 间的距离为s 1，B 、C 间的距离为s 2，小球刚要落到B 点时重力的瞬时功率为P 1，刚要落到C 点时重力的瞬时功率为P 2，不计空气阻力，则下列关系正确的是( ) A ．s 1∶s 2＝1∶2 B ．s 1∶s 2＝1∶4 C ．P 1∶P 2＝1∶2 D ．P 1∶P 2＝1∶4答案 C解析 由平抛运动的规律可知：x 1＝v 0t 1，y 1＝12gt 12，设斜面的倾角为θ，则tan θ＝y 1x 1，可得t 1＝2v 0tan θg ，s 1＝y 1sin θ＝2v 02tan 2θg sin θ，P 1＝mgv y 1＝mg 2t 1＝2mgv 0tan θ；同理可得：s 1＋s 2＝8v 02tan 2θg sin θ，则s 2＝6v 02tan 2θg sin θ，P 2＝4mgv 0tan θ，可得s 1∶s 2＝1∶3；P 1∶P 2＝1∶2，则选项C 正确，A 、B 、D 错误． 二、多项选择题9．(2019·山东青岛市5月二模)如图7，光源S 从水下向空气中射出一束由红光、黄光和蓝光组成的复色光，在水面上的P 点分散成a 、b 、c 三束单色光，下列说法正确的是( )图7A ．在水中传播时a 光速度最大，c 光波长最小B ．逐渐增大入射角，c 光最先发生全反射C ．b 光比a 光更容易发生明显的衍射现象D ．a 、b 、c 三种色光分别用同一双缝干涉实验装置发生干涉，a 光相邻亮条纹间距最大 答案 ABD10．(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图8甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈通以图乙所示的交流电后，理想电流表A 1示数为0.5A ，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A 2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的有( )图8A ．原线圈两端电压的瞬时值表达式e ＝2202sin100πt (V)B ．熔断器的熔断电流应该不小于5AC ．若输入的交流电频率増大，发现A 2示数也增大，则虚线框内可能是电容器D ．若原线圈输入电压改为500V 的恒定电压，则A 2示数将增大 答案 ABC解析 由题图乙可知，交变电流电压的最大值为2202V ，周期为T ＝0.02s ，所以原线圈两端电压的瞬时值表达式e ＝2202sin 2π0.02t (V)＝2202sin100πt (V)，故A 正确；理想电流表A 1示数为0.5A ，由公式I 1I 2＝n 2n 1，解得：I 2＝5A ，所以熔断器的熔断电流应该不小于5A ，故B 正确；若输入的交流电频率増大，发现A 2示数也增大，说明虚线框内的用电器对高频交变电流的阻碍较小，所以虚线框内的用电器可能是电容器，故C 正确；理想变压器的工作原理为互感，所以理想变压器对恒定电流不起作用，即若原线圈输入电压改为500V 的恒定电压，则A 2示数将变为零．11.(2019·四川绵阳市第二次诊断)地月拉格朗日L 2点始终位于地月连线上如图9所示的位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里．若飞行器P 通过L 2点时是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道Ⅱ绕地心做匀速圆周运动的周期相等，已知飞行器P 线速度为v ，周期为T ，受地球和月球对它的万有引力大小之比为k .若飞行器P 只在地球万有引力作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动的线速度为v ′，周期为T ′，则( )图9A ．v ′＞vB ．v ′＜vC ．T ′＝1＋1k·TD ．T ′＝1＋k ·T答案 BC解析 设飞行器P 受地球的引力为F 1，受月球的引力为F 2，由公式F 1＋F 2＝m v 2r ，F 1＝m v ′2r，所以v ′＜v ，故A 错误，B 正确；由公式F 1＝m 4π2T ′2r ，F 1＋F 2＝m 4π2T 2r ，F 1F 2＝k ，联立解得：T ′＝1＋1k·T ，故C 正确，D 错误．12.(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图10所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E 的匀强电场，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，从A 点以初速度v 0竖直向上抛出，经过一段时间落到与A 点等高的位置B 点(图中未画出)，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图10A ．小球运动到最高点时距离A 点的高度为v 02gB ．小球运动到最高点时速度大小为qEv 0mgC ．小球运动过程中最小动能为mq 2E 2v 022(mg ＋qE )2D ．A 、B 两点之间的电势差为2qE 2v 02mg2答案 BD解析 小球的运动可分解为水平方向初速度为零，加速度为a ＝qEm的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v 0，加速度为g 的竖直上抛运动，在竖直方向上，由v 02＝2gh ，解得h ＝v 022g，故A 错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v 0＝gt ，解得t ＝v 0g，在水平方向上，由v x ＝at ，解得v x ＝qEv 0mg ，故B 正确；小球运动过程中动能的表达式为E k ＝12mv 2＝12m (v x 2＋v y 2)＝12m [(qE m t )2＋(v 0－gt )2]，由数学知识可得当t ＝m 2gv 0q 2E 2＋m 2g 2时，小球的动能最小，最小动能为E kmin ＝mq 2E 2v 022(q 2E 2＋m 2g 2)，故C 错误；当小球运动到B 点时，运动时间为2t ＝2v 0g，水平方向的位移为x ＝12(qE m )(2t )2＝2qEv 02mg 2，A 、B 两点之间的电势差为U ＝Ex ＝2qE 2v 02mg 2，故D 正确．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
重点高中2020届高三物理上学期定时训练试题
重点高中2020届高三物理上学期定时训练试题本试卷共6页。
满分100分。
考试用时90分钟。
注意事项：1、答题前，考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号、学校、班级等填写在答题纸规定的位置。
(另外，使用答题卡的考生还要将姓名、准考证号、考试科目等涂写在答题卡上。
)2、回答选择题时，选出每小题a答案后，用铅笔把答题纸(卡)上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题纸上。
写在本试卷上无效。
3、考试结束后，将答题纸交回。
(另外使用答题卡的考生将答题卡和答题纸一并交回。
)一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一项符合题目要求，第8～11小题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1、在物理学发展的过程中，某位科学家开创了理想实验的科学方法，并用这种方法研究了力和运动的关系，这位科学家是A.牛顿B.迪卡C.伽利略D.亚里士多德2、物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受静摩擦力最大的是3、一质点做匀加速直线运动，在时间t内的平均速度为v，末速度是初速度的5倍。
则该质点在时间t内的加速度为A.8vtB.32vtC.43vtD.vt4、质量为1kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其v－t图像如图所示，设竖直向上方向为正，取g＝10m/s2。
下列说法正确的是A.小球下落的最大速度为5m/sB.小球能弹起的最大高度为2.5mC.小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10m/sD.小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15kg·m/s5、两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起。
新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练16含解析201911221272
选择题定时训练16(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·山东临沂市质检)静止的实验火箭，总质量为M＝2100g．当它以相对地面的速度v0＝840m/s喷出质量为Δm＝100g的高温气体后，火箭相对地面的速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )A．42m/s B．－42 m/sC．40m/s D．－40 m/s答案 B解析因实验火箭喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在实验火箭发射的过程中系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得v＝－42m/s，故B正确，A、C、D错误．2.(2019·广东清远市期末质量检测)如图1所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过光滑定滑轮用不可伸长的轻绳将物块拉着向上运动，在A匀速上升过程中，下列判断正确的是( )图1A．拉力F变小B．杆对A的弹力F N不变C．轻绳自由端(右端)的速率v增大D．拉力F的功率P不变答案 D解析设轻绳与竖直方向的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：F cosθ＝mg，因为θ增大，则F增大，水平方向合力为零，有：F N＝F sinθ，F增大，θ增大，则F N增大，故A、B错误．物块A沿轻绳方向上的分速度v1＝v cosθ，该速度等于轻绳自由端(右端)的速度，θ增大，自由端速度减小，故C错误；拉力F的功率P＝Fv1＝mg·v cosθ＝mgv，知拉力F的功率P不变，故D正确．cosθ3．(2019·辽宁沈阳市第一次质检)我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216km/h(此时车轮轮缘与轨道间无挤压)，已知我国的高铁轨距约为1400 mm ，且角度较小时可近似认为tan θ＝sin θ，重力加速度g 取10 m/s 2，则此弯道内、外轨高度差为( ) A ．8cmB ．9cmC ．10cmD ．11cm 答案 B解析 由题可知：半径R ＝5600m ，时速为v ＝216km/h ＝60 m/s ；根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝m v 2R解得tan θ＝9140由题意得tan θ＝sin θ＝h L，而L ＝1400mm联立得：h ＝90mm ＝9cm ，故B 正确，A 、C 、D 错误．4.(2019·天津市和平区上学期期末)如图2所示，当一束一定强度的某一频率的黄光照射到光电管阴极K 上时，此时滑片P 处于A 、B 中点，电流表中有电流通过，则( )图2A ．若将滑片P 向B 端移动时，电流表读数一定增大 B ．若用红外线照射阴极K 时，电流表中一定没有电流通过C ．若用强度更弱的黄光照射阴极K ，电流表读数不变D ．若用强度更弱的紫外线照射阴极K ，光电子的最大初动能一定变大 答案 D解析 光电管两端所加的电压，使光电子到达阳极，则电流表中有电流流过，且可能已经达到饱和电流，将滑片P 向B 端移动时，电流表读数有可能不变，故A 错误；若用红外线照射阴极K 时，因红外线的频率小于黄光的频率，因此可能不发生光电效应，也可能会发生光电效应，电流表不一定没有电流通过，故B 错误；若用强度更弱的黄光照射阴极K 时，能发生光电效应，有光电子飞出，但光强变弱使得单位时间内飞出的光电子数目减少，电流表读数减小，故C 错误；紫外线的频率大于黄光的频率，根据光电效应方程：E k ＝hν－W 0可知，用一束紫外线照射阴极K 时，出射光电子的最大初动能一定变大，与光的强弱无关，故D 正确．5.如图3所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，折射率为3，OM 为∠AOB 的角平分线，M 为一点光源，从M 发出的一束平行于OB 的光线由C 点折射后的折射光线平行于OM .则∠AOB的大小为( )图3A ．30°B．60°C．45°D．75° 答案 B解析 设∠AOB ＝θ，光线的入射角为β，折射角为α，过C 点作OA 的垂线交OM 于D 点，根据几何关系可得：α＝π2－θ2，β＝π2－θ根据折射定律有：n ＝sin αsin β解得：θ＝60°，故B 项正确．6．(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其角速度大小为ω.假设宇航员登上该行星后在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为F 0.已知引力常量为G ，忽略该行星的自转，则这颗行星的质量为( )A.F 03Gm 3ω4B.F 03Gm 2ω3C.F 02Gm 2ω3D.F 02Gm 2ω2 答案 A解析 对物体有：F 0＝mg ，行星表面的物体的重力等于万有引力：G Mm R2＝mg ，对行星表面的卫星来说G Mm ′R 2＝m ′ω2R ，联立三式可得M ＝F 03Gm 3ω4.故A 正确，B 、C 、D 错误．7．(2019·山东烟台市上学期期末)如图4甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器，所有电表均为理想交流电表．下列说法正确的是( )图4A ．副线圈两端交变电压的频率为5HzB ．两电流表测量的是电流的瞬时值，电压表测量的是电压的有效值C ．当滑动变阻器的滑片向上移动时，两电流表的示数均变小D ．当电流表A 2的示数为2A 时，变压器原线圈输入功率为220W 答案 C解析 由题图乙知交流电周期为T ＝0.02s ，所以交变电压的频率为f ＝1T＝50Hz ，变压器变压不变频，故副线圈电压的频率为50Hz ，故A 错误；电流表测量的是电流的有效值，电压表测量的是电压的有效值，故B 错误；当滑动变阻器的滑片向上移动时，电阻增大，而副线圈电压不变，两个电流表的示数都减小，故C 正确；当电流表A 2的示数为2A 时，原线圈的电流强度I 1＝n 2n 1I 2＝0.2A ，原线圈电压有效值U 1＝3112V≈220V，变压器原线圈输入功率为P 1＝U 1I 1＝220×0.2W＝44W ，故D 错误．8．(2019·河北唐山市上学期期末)两个底边和高都是L 的等腰三角形，三角形内均分布方向如图5所示的匀强磁场，磁感应强度大小均为B .一边长为L 、电阻为R 的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域．取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图象正确的是( )图5答案 C解析 bc 边的位置坐标x 在0～L 过程，线框bc 边有效切割长度从0到L 再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv ，再减到0，感应电流从0增加到BLv R，再减到0；bc 边的位置坐标x 在L ～2L 过程中，bc 边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad 边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，电流先增加后减小到0，最大值为2BLvR；bc 边的位置坐标x 在2L ～3L 过程，bc 边在磁场外，线框ad 边有效切割长度从0到L 再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv ，再减到0，感应电流从0增加到BLvR，再减到0；则图象C 正确，A 、B 、D 错误． 二、多项选择题9．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)下列说法正确的是( ) A ．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小B ．机械能能够全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化C ．液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面层分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力D ．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，气体的压强一定增大 答案 ABC解析 分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，故A 正确；根据热力学第二定律，所有的热现象都有一定的方向性，机械能可以全部转化为内能，内能不能全部转化为机械能而不引起其他变化，故B 正确；液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面层分子间的作用表现为相互吸引，即存在表面张力，故C 正确；单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数增多，但如果速率减小，撞击力减小，气体的压强不一定增大，故D 错误．10．(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图6甲所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，一质量为m ＝0.2kg 的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v 和弹簧压缩量Δx 的函数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法中正确的是( )图6A ．该弹簧的劲度系数为20N/mB ．当Δx ＝0.3m 时，小球处于超重状态C ．小球刚接触弹簧时速度最大D ．从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球加速度的大小先减小后增大 答案 ABD解析 当Δx ＝0.1m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得：k Δx ＝mg ，解得：k ＝mg Δx ＝0.2×100.1N/m ＝20 N/m ，故A 正确；由题图乙可知，Δx ＝0.3m 时，小球的速度减小，加速度向上，说明小球处于超重状态，故B 正确；由题图乙可知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx 为0.1m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故C 错误；题图乙中图线的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球加速度的大小先减小后增大，故D 正确．11．电流天平可以用来测量匀强磁场磁感应强度的大小．如图7甲所示，测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m 的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m 0、匝数为n 、下边长为l 的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E ，内阻为r .开关S 闭合后，调节可变电阻至R 1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U .已知m 0>m ，取重力加速度为g ，则( )图7A ．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B ．矩形线圈的电阻R ＝E －UUr －R 1 C ．匀强磁场的磁感应强度的大小B ＝(m 0－m )rgn (E －U )lD ．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m 0－m 的砝码可使天平重新平衡 答案 AC解析 m 0>m ，则根据题图甲可知，要使天平平衡，安培力方向应向上，矩形线圈中电流的方向应为逆时针方向，故A 正确；根据闭合电路欧姆定律可得U ＝E －UR ＋R 1r ，解得矩形线圈的电阻R ＝UrE －U－R 1，故B 错误； 根据平衡条件可得m 0g －F ＝mg ，而F ＝nBIl ，I ＝E －U r ，解得B ＝(m 0－m )rg n (E －U )l，故C 正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边添加质量为Δm ＝2Fg＝2(m 0－m )的砝码可使天平重新平衡，故D 错误．12.(2019·广东汕头市教学质量监测)质量均为m 的三个带电小球A 、B 、C 用三根长度均为l 的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A 球的电荷量为＋q .在C 球上施加一个水平向右的恒力F 之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F 的作用线的反向延长线与A 、B 间的丝线相交于丝线的中点，如图8所示．已知静电力常量为k ，下列说法正确的是( )图8A ．B 球的电荷量可能为＋2q B ．C 球的电荷量为－2q C ．三个小球一起运动的加速度为3kq2ml 2D ．恒力F 的大小为23kq 2l2答案 BC解析 根据对称性可知，A 球的电荷量和B 球的电荷量相同，故A 错误；设C 球的电荷量大小为q C ，以A 球为研究对象，B 球对A 球的库仑斥力为F BA ＝kq 2l2，C 球对A 球的库仑引力为F CA＝kqq Cl 2，由题意可得一起运动的加速度方向与F 的作用线平行，则有：F CA sin30°＝F BA ，F CA cos30°＝ma ，解得：q C ＝2q ，a ＝3kq2ml 2，C 球带负电，故C 球的电荷量为－2q ，故B 、C正确；以三个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F ＝3ma ＝33kq2l2，故D 错误．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
(新课标地区专用)2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练14(含解析)
选择题定时训练14(限时：30分钟)一、单项选择题1.(2019·甘肃省最后一次联考)如图1，C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机，最大航程为5555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747.若C919的最小起飞(离地)速度为60m/s ，起飞跑道长2.5×103m ．C919起飞前的运动过程可看成匀加速直线运动，若要C919起飞，则C919在跑道上的最小加速度为( )图1A ．0.36m/s 2B ．0.72 m/s 2C ．1.44m/s 2D ．2.88 m/s 2答案 B 解析 由匀变速直线运动规律v 2－v 02＝2ax 可得，C919的最小起飞加速度a ＝v 2－v 022x ＝ 0.72m/s 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．2．(2019·甘肃省最后一次联考)关于原子物理，下列说法正确的是( )A ．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变B ．若某光恰好能使锌发生光电效应，则改用波长更长的光照射锌也一定能发生光电效应C ．γ射线是高速运动的电子流D.21083Bi 的半衰期是5天，32克21083Bi 经过10天后还剩下21083Bi 的质量为8克答案 D解析 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故A 错误；波长越长的光的频率越小，能量越小，所以改用波长更长的光照射，锌不会发生光电效应，故B 错误；β射线是高速运动的电子流，故C 错误；21083Bi 的半衰期是5天，32克21083Bi 经过10天后还剩下21083Bi 的质量为8克，故D 正确．3．(2019·甘肃省最后一次联考)下列说法错误的是( )A ．组成任何物体的分子都在做无规则的运动，任何物体都具有内能B ．多晶体具有各向同性，没有固定的熔点C ．将有棱角的玻璃棒用火烤融化后，棱角变钝是因为表面张力D ．打开一杯热茶的杯盖，一段时间后茶不可能自动变得更热答案 B解析 由于组成物体的分子永不停息地在做无规则运动，一定有分子动能，所以任何物体都具有内能，故A 正确；多晶体属于晶体，有固定的熔点，故B 错误；将有棱角的玻璃棒用火烤融化后，棱角变钝是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故，故C 正确；热传递具有方向性，热量能自发的从高温物体传到低温物体，故一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更凉，故D 正确．4.(2019·湖北宜昌市四月调研)如图2所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )图2A ．3B ．2C.32D.23答案 A解析 电子1、2在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示：电子1垂直射进磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，根据半径r ＝mv Bq可知，电子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t 1＝T 2＝πm Bq ，电子2运动的时间t 2＝T 6＝πm 3Bq，所以t 1t 2＝31，故A 正确，B 、C 、D 错误． 5.(2019·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图3所示，MN 是某匀强电场中的一条电场线．一带正电粒子射入电场后，仅在电场力作用下沿轨迹ABC 运动．下列说法中正确的是( )图3A ．粒子在A 点的加速度比在C 点的加速度大B ．粒子在A 点的电势能比在C 点的电势能小C ．M 、N 两点的电势：φM >φND ．电场线的方向水平向右答案 B解析 由于电场为匀强电场，可得到粒子在A 点的加速度与C 点的加速度大小相等，故A 错误；粒子带正电，粒子在B 点受电场力方向向左，故电场线方向向左，又有：沿着电场线方向电势降低，所以φN >φM ，从A 到C 电场力做负功，电势能增加，所以粒子在A 点的电势能比在C 点的电势能小，故B 正确，C 、D 错误．6.(2019·山西运城市5月适应性测试)含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为18Ω、1Ω、3Ω，正弦交流电源输出的电压有效值恒定，该变压器原、副线圈匝数比为3∶1.开关S 断开与闭合情况下变压器的输出功率之比为( )图4A ．2∶1B．4∶1C．1∶2D．1∶1答案 D解析 开关S 断开：设原线圈回路电流为I 1，根据电流与匝数的关系I 1I 2＝n 2n 1＝13，电压与匝数的关系：U －I 1R 1I 2(R 2＋R 3)＝n 1n 2＝31，联立解得U ＝54I 1；开关S 闭合，设原线圈回路电流为I 1′，同理可得：I 1′I 2′＝n 2n 1＝13，U －I 1′R 1I 2′R 2＝n 1n 2＝31，整理得：U ＝27I 1′；因为电压有效值恒定，所以2I 1＝I 1′，故可得2I 2＝I 2′，而变压器输出功率P 出＝I 22(R 2＋R 3)，P 出′＝I 2′2R 2，代入数据得：P 出＝P 出′，故A 、B 、C 错误，D 正确．7.(2019·广东揭阳市下学期第二次模拟)如图5所示，一光滑细杆固定在水平面上的C 点，细杆与水平面的夹角为30°，一原长为L 的轻质弹性绳，下端固定在水平面上的B 点，上端与质量为m 的小环相连，当把小环拉到A 点时，AB 与地面垂直，弹性绳长为2L ，将小环从A 点由静止释放，当小环运动到AC 的中点D 时，速度达到最大．重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图5A ．在下滑过程中小环的机械能先减小后增大B ．小环刚释放时的加速度大小为gC ．小环到达AD 的中点时，弹性绳的弹性势能为零D ．小环的最大速度为gL答案 B解析 小环受重力、支持力和弹性绳弹力，弹力做功，故环的机械能不守恒，小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，小环到达AD 的中点时，弹性绳的长度为2L ，伸长量不为0，在AD 之间有一位置弹性绳与AC 垂直，小环从A 点到弹性绳与AC 垂直位置的过程中，弹性绳对小环做正功，从弹性绳与AC 垂直位置到C 点的过程中，弹性绳对小环做负功，所以下滑过程中小环的机械能先增大后减小，故A 错误；在A 位置，环受重力、弹性绳拉力、支持力，根据牛顿第二定律，有：mg sin30°＋F 弹sin30°＝ma ，在D 点，环的速度最大，说明加速度为零，弹性绳长度为2L ，故：mg sin30°－F 弹cos60°＝0，联立解得：a ＝g ，故B 正确；小环到达AD 的中点时，弹性绳的长度为3L ，伸长量不为0，故弹性势能不为零，故C 错误；小环和弹性绳组成的系统机械能守恒，在D 点速度最大，此时弹性绳长度等于初位置弹性绳的长度，故初位置和D 位置环的机械能相等，所以mg ·2L cos60°＝12mv 2，解得：v ＝2gL ，故D 错误． 8.(2019·福建宁德市5月质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图6所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程( )图6A ．两次在空中运动的时间相等B ．两次抛出时的速度相等C ．第1次抛出时速度的水平分量小D ．第2次抛出时速度的竖直分量大答案 C解析 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A 错误．篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，所用时间较短；平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，由x ＝v 0t 可知，第2次抛出时水平分速度较大；水平分速度第2次大，竖直分速度第1次大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故C正确，B、D错误．二、多项选择题9．(2019·甘肃省最后一次联考)下列说法正确的是( )A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．两列波相遇时，在重叠的区域里，质点的位移等于两波单独传播时引起的位移的大小之和C．光的偏振现象说明光是纵波D．紫外线的波长比红外线的波长短答案AD解析电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s，与电磁波的频率无关，故A正确；两列波相遇时，在重叠的区域里，质点的位移等于两波单独传播时引起的位移的矢量和，故B错误；偏振现象是横波特有的特征，故C错误；紫外线的频率大于红外线的频率，根据λf＝c可知紫外线的波长比红外线的波长短，故D正确．10.(2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)如图7所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直，起始高度为h，最后落在水平地面上．若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是( )图7A．磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针方向(俯视圆环) B．磁铁落地时的速率一定等于2ghC．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D．磁铁在整个下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的答案AD解析当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环)，A正确；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；据楞次定律的推论“来拒去留”，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下的，故D 正确．11．(2019·山西运城市5月适应性测试)一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0～90°之间任意调整，设物块沿木板向上能达到的最大位移为x .木板倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α的关系如图8所示．(g 取10m/s 2)则下列说法正确的是( )图8A ．物块与木板间的动摩擦因数为33B ．物块初速度的大小是5m/sC ．沿倾角为30°和90°上滑时，物块运动到最大位移的时间不同D ．当α＝0时，x ＝534m 答案 ABD解析 当α＝90°，物块做竖直上抛运动，最大位移x ＝1.25m ，根据运动学方程得：v 02－0＝2gx ，解得v 0＝5m/s ； 当α＝30°，x ＝1.25m ，根据速度位移关系：v 02－0＝2ax ，有a ＝v 022x ＝10m/s 2，而a ＝μg cos θ＋g sin θ，解得：μ＝33，A 、B 正确；因为30°和90°对应的加速度均为a ＝10m/s 2，根据v 0－0＝at ，运动到最高点时间相同，C 错误；当α＝0时，a ＝μg ＝1033m/s 2，根据v 02－0＝2ax ，求得x ＝534m ，D 正确． 12．(2019·陕西汉中市第二次教学质检)图9甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心，轨道半径之比为1∶4.若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是( )图9A ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B ．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍C ．在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能D ．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接 答案 BD解析 因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A 错误；由G Mmr 2＝ma 得：a ＝GM r 2，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为a 1a 2＝r 22r 12＝4212＝16，故B 正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C 错误；“轨道康复者”从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D 正确．。
新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练15含解析
选择题定时训练15(限时：30分钟)一、单项选择题vv，2加速度大小，经过一段时间速度大小变为1．一质点做匀变速直线运动，已知初速度为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是( 为 )A．在该段时间内质点运动方向不变v3B．这段时间为a2v3 ．这段时间的路程为C a2v D．再经过相同的时间质点速度大小为3B答案根据题意可知这段时间内质点的路程与位移不同，加速度又恒定，则质点运动方向一解析vvv32?－?－t B，故＝定改变，故A错误；末速度与初速度方向相反，可得运动时间为：＝aa2v322axvv5∶3，，可得位移大小为正确；根据速度位移关系：，－＝2因路程与位移大小之比为t0a22vv35vavvatvv，即再经过相同时间·，可得′＝2＝则路程为，故C错误；根据′＝＋＋50aa2v错误．，故D质点速度大小为5可以看做(1所示，轻弹簧左端固定，右端连接一物块2．(2019·湖北宜昌市元月调考)如图F拉动物块，)，物块静止于粗糙的水平地面上，弹簧处于原长．现用一个水平向右的力质点x表示物块离开静止位置．以使其向右做匀加速直线运动(整个过程不超过弹簧的弹性限度)xF)( 和的位移，下列表示之间关系的图象可能正确的是1图答案 BFkxFmaFkxmaF，物块做匀加速运动，解析由牛顿第二定律得：＋－－＝＋；整理得：＝ff maF恒定且不为零，图象是不过原点的倾斜直线，故A、C、D所以＋错误，B正确．fxOy现在所示的直角坐标系，(2019·浙江宁波市3月模拟)在光滑的水平面上建立如图23．QxNd,OQ 的负轴正半轴上的点固定有带电荷量为(点固定一个带电荷量为8的正电荷，在0)qy质量忽电荷，的小球轴正半轴位置固定有一根光滑绝缘细杆，细杆上套有带电荷量为＋(MM)，当小球置于( 点时，恰好保持静止，则的纵坐标为略不计)2图31dd A.B.323dd D．C.2答案 B4.如图3所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气h＝4cm，大时，被封闭的气柱长为20cm，两边水银柱高度差体封闭在管中．当温度为300K p＝76cmHg(可认为保持不变)．缓慢降低封闭气体的温度，气压强左右管内水银液面相平时，0温度为( )图3A．250K B．256.5KD．C．270K 265.5KB答案由题可知，封闭气体初始压强为解析ppp＝＋＝80cmHgpp＝76cmHg，温度变化后气体压强为＝02L＝气柱长度h01LT＝300K ＝20cm，温度为气柱长度为11为18cm 2pLSpLS2211＝，由理想气体状态方程：TT21T256.5K.可得＝2A，处4，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘．(2019·山东青岛市5月二模)如图5hAB，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间于静止状态．一圆环距离为套在弹簧外，与圆盘)极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，不计空气阻力，下列说法正确的是(4图 A．整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒 B．碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动h有关C．碰撞后环与盘一块运动的过程中，速度最大的位置与B环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加开始下落到运动到最低点过程中，D．从量D答案圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度解析错误；碰撞后环与盘一起向下运动过程中，相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；碰受重力、弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B hgkxmM错误；(，即碰撞后新平衡位置与下落高度＋C)无关，故撞后加速度为零时，有＝碰撞后环与盘共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增正确．加量，故D R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强，半径为．(2019·福建泉州市第一次质量检查)如图56CAABOBOCv点射点沿直径磁场，半径与从夹角为60°.甲电子以速度方向射入磁场，从vDBAB)( 方向射入磁场，从射出，则点(图中未画出出．乙电子以速度从点沿)35图RCD、两点间的距离为．A2RDC B．两点间的距离为、3C．甲在磁场中运动的时间是乙的2倍D．甲在磁场中运动的时间是乙的3倍B答案2mvvRRqvBmrr，由3，由几何关系求得解析洛伦兹力提供向心力，tan60°＝＝，得＝＝Rr＝＝120°，，它们在磁场中的偏转角分别为于电子乙的速度是，其轨道半径60°1qBrrv31和2333RRrBCRBDRCD正错误，2＝sin60°＝sin60°＝3，所以B＝根据几何知识可得2＝，故，A2mmθθ2πt，所以两粒子的运动时间之比等于偏转·确；粒子在磁场中运动的时间为＝＝qBqBπ2 错误．倍，故C、D角之比，即为1∶2，即甲在磁场中运动的时间是乙的0.5线甲所示是某同学设计的一种发电装置的示意图，)如图6．7(2019·河北唐山市第一次模拟RMln 轴转动，线圈的总电阻为圈是边长为200＝0.40m、匝数匝的正方形线圈，线圈绕＝10.20B．外力＝＝1.0Ω.磁感应强度方向均沿半径方向，均匀分布，磁感应强度的大小均为Tπ现将整个装置作为电源接在乙图0.4s的匀速圆周运动．推动线圈框架，使线圈绕轴做周期为R) ( ＝9.0Ω，电压表为理想电表．下列说法中正确的是电路中，小灯泡的电阻为26图2A ．小灯泡中电流的大小为A1.632V B．电压表的示数为．电压表的示数为162V CD．外力的功率为102.4W答案 Dl×π22nBlEnBlv×线圈始终垂直切割磁感线，故电动势大小为：＝2×＝2×解析由题可知，T ＝32V.E 32I A3.2A ，故选项则根据闭合电路欧姆定律可知，小灯泡中的电流为：＝＝A ＝RR 9.01.0＋＋21UIR ＝3.2×9.0V ＝28.8V ，故选项B 错误；根据部分电路欧姆定律可知电压表示数为：、＝C 2错误；根据能量守恒可知，外力做功转化为整个电路的焦耳热，则整个电路的热功率即为外力的功22RPIR ，故选项D 正确．3.2率，×(1.0＋＝9.0) W(＝＋102.4W)＝21vAv 的初速度先后水平抛出两个相点分别以从斜面上2、8．(2019·安徽A10联盟开年考)00CsBBCAB 间的距离同的小球，结果小球分别落在了斜面上的，点和间的距离为点，、、1PPCsB ，不，刚要落到点时重力的瞬时功率为为，小球刚要落到点时重力的瞬时功率为212) ( 计空气阻力，则下列关系正确的是ssss ＝1∶4 ∶A ．B ∶．＝1∶2 2112PPPP ＝1∶4∶C ． ∶＝1∶2 D ．2121C答案y 112gtyvxt ，可＝＝，设斜面的倾角为θ，则解析 由平抛运动的规律可知：＝tan θ， 11011x 2122vyv θtan22tan θ0012smgvmgvstPmgts ＋tan ＝＝θ＝2得，＝；同理可得：＝＝，y 20111111gg θθsinsin 2222vv θ6tan8θtan 00PmgvsPssP ＝1∶2，则选项θ∶，可得＝1∶3；∶＝，则＝，＝4tan2022121gg θθsinsin D 错误．、C 正确，AB 、 二、多项选择题S 从水下向空气中射出一束由红光、黄光和蓝，光源)月二模如图79．(2019·山东青岛市5caPb )点分散成、、 三束单色光，下列说法正确的是( 光组成的复色光，在水面上的图7ac 光波长最小光速度最大，A ．在水中传播时c 光最先发生全反射 ．逐渐增大入射角，B ba 光更容易发生明显的衍射现象． 光比C abca 光相邻亮条纹间距最大三种色光分别用同一双缝干涉实验装置发生干涉，、、 ．D 答案 ABD 10．(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图8甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈通以图乙所示的交流电后，理想电流表A 示数为0.5A ，副线圈串1联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A 以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，2则下列说法正确的有( )8图te(V) 220．原线圈两端电压的瞬时值表达式A2sin100＝π5A．熔断器的熔断电流应该不小于B 示数也增大，则虚线框内可能是电容器C．若输入的交流电频率増大，发现A2示数将增大D．若原线圈输入电压改为500V的恒定电压，则A2ABC答案T，所以原线圈两由题图乙可知，交变电流电压的最大值为2202V，周期为0.02s＝解析π2tte正确；理想电 (V)，故2202sin100端电压的瞬时值表达式π2si220A (V)＝0.02nI21I，5A，所以熔断器的熔断电流应该不小于示数为流表A0.5A，由公式＝，解得：5A＝21nI12示数也增大，说明虚线框内的用电器对高频交A故B正确；若输入的交流电频率増大，发现2正确；理想变压器的工作原变电流的阻碍较小，所以虚线框内的用电器可能是电容器，故C的恒定电压，理为互感，所以理想变压器对恒定电流不起作用，即若原线圈输入电压改为500V 则A示数将变为零．2L所示的位9点始终位于地月连线上如图11.(2019·四川绵阳市第二次诊断)地月拉格朗日2LP点时是在地球置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里．若飞行器通过2和月球的引力共同作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道Ⅱ绕地TvP受地球和月球对它的万周期为，线速度为，已知飞行器心做匀速圆周运动的周期相等，Pk只在地球万有引力作用下沿圆轨道Ⅰ绕地心做匀速圆周运动.有引力大小之比为若飞行器Tv)( ′，则的线速度为′，周期为9图vvvv′＜A．B′＞．1TkTTT＋．C·1′＝＋· D．′＝1k BC答案22vv′PFFFFmFm，，＝＝，由公式设飞行器解析受地球的引力为，受月球的引力为＋11212rr22F π44π1TrkmrFFmFvv ′，，＝由公式正确；＋＝联立解得：所以＝′＜，，故A 错误，B21122FTT ′21T D ·错误．，故C ＝正确，1＋k 12.(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图10所示，空间存在水平向右、电场强度EmqAv 竖直向上抛的匀强电场，一个质量为的小球，从、电荷量为＋点以初速度大小为0ABg .下列说法正确，重力加速度为点(出，经过一段时间落到与图中未画出点等高的位置)的是( )图102v 0点的高度为 A ．小球运动到最高点时距离 gqEv 0．小球运动到最高点时速度大小为B mg 222vmqE 0C ．小球运动过程中最小动能为 2mgqE ?2?＋22vqE 20BA 、．两点之间的电势差为D 2mg 答案 BDqEa 的匀加速直线运动和竖直＝解析 小球的运动可分解为水平方向初速度为零，加速度为 m 2v 02hvghvg ，，解得，加速度为＝的竖直上抛运动，在竖直方向上，由＝2方向初速度为 00g 2v 0tvgt ，在水平方故A 错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由，解得＝＝ 0gqEv 11022Evvatmvmv (正确；小球运动过程中动能的表达式为＝＝向上，由B ＝，，解得＝故 xxx k mg 222qEmgv 10222vmtvgtt ＝，由数学知识可得当时，小球的动能最小，最小[())＋(]＋－)＝y 02222gqEmm ＋2222vEvmq 200EBt ＝2错误；当小球运动到，故C ，水平方点时，运动时间为动能为＝kmin2222mggqE ?2?＋222vqEqEvqE 221002ExUABtx ＝两点之间的电势差为＝， D ＝(向的位移为＝)(2)，故正确．、 22mgmgm 2。
(新课标地区专用)2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练：6(含解析)
选择题定时训练6(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·陕西咸阳市模拟检测(三))如图1甲所示是实验室里用来测量磁场磁感应强度的一种仪器——电流天平，其原理如图乙，某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度为4×10－2m，天平(等臂)平衡时钩码重力为4×10－5N，通过导线的电流I＝0.5A，由此测得通电螺线管中的磁感应强度B是( )图1A．5.0×10－2T，方向水平向左B．5.0×10－2T，方向水平向右C．2.0×10－3T，方向水平向左D．2.0×10－3T，方向水平向右答案 D解析天平平衡时，CD段导线所受的安培力大小为：F＝mg；由F＝BIL得：B＝FIL＝mgIL＝4×10－50.5×4×10－2T＝2.0×10－3T；根据安培定则可知磁感应强度的方向向右，所以D正确，A、B、C错误．2．(2019·陕西咸阳市模拟检测(三))如图2所示四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )图2A．甲图中微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B．乙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的C．丙图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用D．丁图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在表面张力答案 C解析 甲图中微粒运动就是物质颗粒的无规则运动，即布朗运动，是液体分子无规则热运动的表现，选项A 错误；乙图中食盐晶体的物理性质表现为各向异性，选项B 错误；丙图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，选项C 正确；丁图中洁净玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在引力，选项D 错误．3．(2019·陕西咸阳市模拟检测(三))关于核反应方程23490Th→23491Pa ＋X ＋ΔE (ΔE 为释放出的核能，X 为新生成粒子)，已知23490Th 的半衰期为T ，则下列说法正确的是( )A.23491Pa 无放射性B.23491Pa 比23490Th 少1个中子，X 粒子是从原子核中射出的，此核反应为α衰变C ．N 0个23490Th 经2T 时间因发生上述核反应而放出的核能为34N 0ΔE (N 0数值很大) D.23490Th 的平均结合能为ΔE 234答案 C解析 原子序数大于或等于83的元素都有放射性，故A 错误；23491Pa 的中子数为143，23490Th 的中子数为144，则23491Pa 比23490Th 少1个中子；由质量数和电荷数守恒知X 为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，是β衰变，故B 错误；经2T 时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为34N 0ΔE ，故C 正确；23490Th 的平均结合能是234个核子结合成23490Th 时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量ΔE ，所以23490Th 的平均结合能不是ΔE 234，故D 错误． 4．(2019·江西南昌市下学期4月第二次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止．其速度—时间图象如图3所示，且α>β，若拉力F 做的功为W 1，冲量大小为I 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，冲量大小为I 2.则下列选项正确的是( )图3A ．W 1>W 2；I 1>I 2B ．W 1<W 2；I 1>I 2C ．W 1<W 2；I 1<I 2D ．W 1＝W 2；I 1＝I 2答案 D解析 全过程由动能定理得：W 1－W 2＝0，W 1＝W 2，由动量定理得：I 1－I 2＝0，I 1＝I 2，故D 正确．5．(2019·安徽安庆市下学期第二次模拟)如图4甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m ＝2.2kg 的物体在水平向左的外力F 的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2s 撤去外力F ，物体在0～4s 内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10m/s 2，则( )图4A ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.2B ．水平外力F ＝5.5NC ．水平外力F ＝4ND ．物体在0～4s 内的位移为24m答案 C解析 根据v －t 图象的斜率表示加速度，则2～4s 内物体的加速度为：a 2＝12－84－2m/s 2＝2 m/s 2， 由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得：μ＝0.5，故A 错误；0～2s 内物体的加速度为：a 1＝82m/s 2＝4 m/s 2， 由牛顿第二定律有：mg sin θ＋F cos θ－μ(mg cos θ－F sin θ)＝ma 1，解得：F ＝4N ，故B 错误，C 正确；物体在0～4s 内的位移为：x ＝8×22m ＋8＋122×2m＝28m ，故D 错误． 6．(2019·广东广州市4月综合测试)如图5，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a 、b 和c 分别固定于正三角形顶点上．已知a 、b 带电荷量均为＋q ，c 带电荷量为－q ，则( )图5A ．ab 连线中点场强为零B ．三角形中心处场强为零C ．a 所受库仑力方向垂直于ab 连线D ．a 、b 、c 所受库仑力大小之比为1∶1∶ 3答案 D解析 在ab 连线的中点处，a 、b 两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c 在该点的场强，大小不为零，选项A 错误．在三角形的中心处，a 、b 两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120°角，则合场强竖直向下，电荷c 在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项B 错误．a 受到b 的排斥力沿ba 方向，受到c 的吸引力沿ac 方向，则其合力方向斜向左下方与ab 连线成60°角，选项C 错误．设三角形的边长为l ，a 、b 所受库仑力大小相等，F a ＝F b ＝2kq 2l 2cos60°＝kq 2l 2；c 所受库仑力：F c ＝2kq 2l 2cos30°＝3kq 2l2，则a 、b 、c 所受库仑力大小之比为1∶1∶3，选项D 正确．7．(2019·广西钦州市4月综测)如图6，两条间距为L 的平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在MN 左侧面积为S 的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系为B ＝kt ，式中k 为常量，且k >0；在MN 右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强度大小为B 0、方向垂直纸面向里的匀强磁场．t ＝0时刻，金属棒从MN 处开始，在水平拉力F 作用下以速度v 0向右匀速运动．金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略．则( )图6A ．在t ＝t 1时刻穿过回路的总磁通量为B 0Lv 0t 1B ．通过电阻R 的电流不是恒定电流C ．在Δt 时间内通过电阻的电荷量为kS ＋B 0Lv 0RΔt D ．金属棒所受的水平拉力F 随时间均匀增大答案 C解析 根据题意可知，MN 左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左侧两种磁通量之和，则在t ＝t 1时刻穿过回路的总磁通量为Φ＝Φ1＋Φ2＝kt 1S ＋B 0v 0t 1L ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，结合闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＝kS ＋B 0Lv 0R，故通过电阻R 的电流为恒定电流，B 错误；Δt 时间内通过电阻的电荷量为q ＝I Δt ＝ΔΦR＝kS ＋B 0Lv 0R Δt ，故C 正确；金属棒所受的安培力大小F A ＝B 0IL ＝(kS ＋B 0Lv 0)B 0L R；根据平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为F ＝(kS ＋B 0Lv 0)B 0L R，故拉力F 是一个恒量，故D 错误．8．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图7所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b (视为质点)质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 球套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g .在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )图7A ．a 球和b 球所组成的系统机械能不守恒B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小也为零C ．b 球的最大速度的大小为(2＋2)gLD ．a 球的最大速度的大小为2gL 答案 C解析 a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a 球和b 球的机械能守恒，A 错误；设轻杆L 和水平杆L 2的夹角为θ，由运动关联可知v b cos θ＝v a sin θ，则v b ＝v a ·tan θ，可知当b 球的速度为零时，轻杆L 处于水平位置且与杆L 2平行，则此时a 球在竖直方向只受重力mg ，因此a 球的加速度大小为g ，B 错误；当杆L 和杆L 1第一次平行时，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点位置，球b 的速度达到最大，此时a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg (22L ＋L )＝12mv b 2，解得v b ＝(2＋2)gL ，C 正确；当轻杆L 和杆L 2第一次平行时，由运动的关联可知此时b 球的速度为零，由系统机械能守恒有22mg ·L ＝12mv a 2，解得v a ＝2gL ，此时a 球具有向下的加速度g ，故此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D 错误．二、多项选择题9．(2019·北京市东城区二模)图8甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图．其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息．如图乙所示的是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．对以上两个实例的理解正确的是( )图8A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C．金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源答案BC解析涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故A错误．无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在金属导体内，故B正确．金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C正确，D错误．10．(2019·陕西咸阳市模拟检测(三))光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的色散现象B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象D．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象答案CD解析 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项A 错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射现象，选项B 错误；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，选项C 正确；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，选项D 正确．11．(2019·辽宁省重点协作体模拟)某国际研究小组借助于智利的天文望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动．此双星系统中质量较小成员能“吸食”另一颗质量较大星体表面物质，导致质量发生转移，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中( )A ．它们之间的万有引力发生变化B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小答案 AC解析 设双星质量分别为M 1、M 2，两者球心之间的距离为L ，圆周运动半径分别为r 1、r 2，它们之间的万有引力为F ＝G M 1M 2L 2，距离L 不变，M 1与M 2之和不变，其乘积M 1M 2变化，则它们的万有引力发生变化，A 正确；依题意，双星系统绕两者连线上某点O 做匀速圆周运动，周期和角速度相同，由万有引力定律及牛顿第二定律：GM 1M 2L 2＝M 1ω2r 1，G M 1M 2L 2＝M 2ω2r 2，r 1＋r 2＝L ，联立解得M 1＋M 2＝ω2L 3G，M 1r 1＝M 2r 2，则双星的质量比等于它们做圆周运动半径的反比，故质量较大的星体因质量减小，其轨道半径将增大，又角速度不变，故线速度也增大，B 、D 错，C 对．12.(2019·山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a 点运动到b 点的轨迹如图9中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线．下列说法正确的是( )图9A ．若a 点的电势比b 点低，图中实线一定是等势线B ．不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a 点的电势能都比b 点小C ．若电子在a 点动能较小，则图中实线是电场线D ．如果图中实线是等势线，则电子在b 点电势能较大答案 CD解析若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a点电势比b点低，所以若a点的电势比b点低，图中实线可能是电场线，A错误．若图中实线是电场线，根据A选项的分析，电场线向左，a的电势小于b的电势，根据电势能E p＝φ(－e)，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a点的电势能大于b点电势能，B 错误．若电子在a点动能小，说明由a到b加速，如果图中实线是电场线，结合A选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a点动能小，C正确．如果图中实线是等势线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场力做负功，b点动能小，电势能大，D正确．。
新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练8含解析201911221279
选择题定时训练8(限时：30分钟)一、单项选择题1.(2019·山东滨州市第二次模拟)浙江乌镇一带的农民每到清明时节将举办民俗活动，在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹，表演者爬上竹稍表演各种惊险动作．如图1所示，下列说法正确的是( )图1A．在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用B．在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直C．表演者静止时，竹竿对其作用力必定竖直向上D．表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小答案 C解析表演者大部分情况下受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用，故A错误；表演者处于平衡状态时，受竹竿的作用力与重力大小相等、方向相反，即竖直向上，则竹竿对表演者的作用力不一定与杆的方向垂直，故B错误，C正确；表演者越靠近竹竿底部，则杆与水平方向的夹角θ就越大，所以摩擦力F f＝mg sinθ就越大，故D错误．2．(2019·陕西汉中市第二次教学质检)下列说法正确的是( )A．在摆角小于5°时单摆的周期与振幅有关B．在光导纤维束内传送图象是利用光的干涉现象C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现答案 D解析在摆角小于5°时单摆的振动可视为简谐运动，此时周期与振幅无关，选项A错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，选项B错误；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项C错误；两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现，选项D正确．3.(2019·山东滨州市第二次模拟)图2所示为线圈匝数为n 的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动．矩形线圈电阻为r ，矩形线圈通过两刷环接电阻R ，电压表接在R 两端．当线圈以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是( )图2A ．从线圈与磁场平行位置开始计时瞬时电动势为e ＝nBSωsin ωtB ．当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零C ．线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R 的电荷量为nBS RD ．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为πn 2B 2S 2ωR ＋r 答案 D解析 交流发电机产生的电动势最大值为E m ＝nBSω；从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e ＝nBSωcos ωt ，故A 错误；电压表测量的是电阻R 两端的电压，电动势的有效值为E ＝E m2＝nBSω2，电流为I ＝ER ＋r ＝nBSω2(R ＋r )，电压表的示数为U ＝IR ＝nBSωR 2(R ＋r )＝2nRBSω2(R ＋r )，故B 错误；线圈从与磁场平行位置开始转过90°的过程中，ΔΦ＝BS ，E ＝n ΔΦΔt ，平均电流I ＝E R ＋r ，电荷量q ＝I ·Δt ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS R ＋r，故C 错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q ＝I 2(R ＋r )T ＝[nBSω2(R ＋r )]2(R ＋r )·2πω＝πn 2B 2S 2ωR ＋r ，故D 正确． 4．(2019·广东广州市4月综合测试)如图3，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客( )图3A ．动量不变B ．线速度不变C ．合外力不变D ．机械能不守恒答案 D 解析 坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A 、B 、C 错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D 正确．5．(2019·江苏南京市六校联考)中微子是一种不带电、质量很小的粒子．早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案．静止的铍核(74Be)可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出γ光子后回到基态．通过测量新核和γ光子的能量，可间接证明中微子的存在．则( )A ．中微子的动量与处于激发态新核的动量相同B ．反应过程吸收能量C ．产生的新核是锂核(73Li)D ．中微子的动能与处于激发态新核的动能相等答案 C解析 根据题意可知发生的核反应方程为：74Be ＋0－1e→73Li ＋νe ，所以产生的新核是锂核，反应过程放出能量，故B 错误，C 正确；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，方向相反，故A 错误；中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，而质量不等，根据E k ＝p 22m，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故D 错误． 6．(2019·四川绵阳市第三次诊断)一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力F 作用下，沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为x ；将弹簧方向变成与水平面成60°角，物块在拉力作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量是(物块与桌面间动摩擦因数为32，弹簧始终处于弹性限度内)( ) A.12x B.45x C ．2x D.439x 答案 B解析 当弹簧水平拉力为F 时：根据平衡条件得：kx ＝F f ＝μF N ＝μmg ，当弹簧方向变成与水平面成60°角时，竖直方向：kx ′sin60°＋F N ′＝mg ，水平方向：kx ′cos60°＝F f ′＝μF N ′＝μ(mg －kx ′sin60°)，联立解得x ′＝45x ，A 、C 、D 错误，B 正确．7.(2019·山东临沂市质检)如图4，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为R ，bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球受到与重力大小相等的水平外力F 的作用，自a 点从静止开始向右运动，运动到b 点时立即撤去外力F ，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )图4A ．水平外力F 做的功为2mgRB ．小球运动到b 点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC ．小球能从c 点竖直向上飞出D ．小球运动到c 点时对圆弧轨道的压力大小为mg答案 B解析 水平外力F 做的功为：W ＝FR ＝mgR ，选项A 错误；从a 到b 由动能定理：FR ＝12mv b 2；在b 点由牛顿第二定律：F N b －mg ＝m v b 2R，解得F N b ＝3mg ，结合牛顿第三定律可知，选项B 正确；由机械能守恒定律得：12mv b 2＝mgR ＋12mv c 2，解得v c ＝0，即到达c 点的速度为零，运动到c 点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项C 、D 错误．8．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图5所示，边界OM 与ON 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON 上有一粒子源S .某一时刻，从离子源S 沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM 射出磁场．已知∠MON ＝30°，从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于12T (T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )图5A.13TB.14TC.16TD.18T 答案 A解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S ，出射点在OM 直线上，出射点与S 点的连线为轨迹的一条弦．当从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES ⊥OM ，则ES 为最短的弦，粒子从S 到E 的时间即最短，如图所示．由题意可知，粒子运动的最长时间等于12T ，设OS ＝d ，则DS ＝OS tan30°＝33d ，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：r ＝DS 2＝36d ， 由几何知识有：ES ＝OS sin30°＝12d ，故在△O 1ES 中由余弦定理得cos θ＝2r 2－ES 22r 2＝－12，则：θ＝120°， 粒子在磁场中运动的最短时间为： t min ＝θ360°T ＝13T ，故A 正确，B 、C 、D 错误． 二、多项选择题9．(2019·山东滨州市第二次模拟)下列说法正确的是( )A ．蔗糖受潮后粘在一起形成糖块，粘在一起的糖块是非晶体B ．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上的导热性能不同C ．有的物质在不同的条件下能够生成不同的晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布D ．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体 答案 BCD解析 蔗糖受潮后会粘在一起形成糖块，该糖块是多晶体，故A 错误；固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上表现为各向异性，具有不同的导热性能，故B 正确；有些物质在不同条件下生成不同的晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同的规则在空间分布，例如：金刚石和石墨都是由碳元素构成的，它们有不同的点阵结构，故C 正确；在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，故D 正确．10．(2019·陕西渭南市教学质检(二))2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心成功发射，探测器奔月过程中，被月球俘获后在月球上空某次变轨是由椭圆轨道a 变为近月圆形轨道b ，如图6所示，a 、b 两轨道相切于P 点．不计变轨过程探测器质量变化，下列说法正确的是( )图6A ．探测器在a 轨道上P 点的动能小于在b 轨道上P 点的动能B ．探测器在a 轨道上P 点的加速度大于在b 轨道上P 点的加速度C ．探测器在a 轨道运动的周期大于在b 轨道运动的周期D ．为使探测器由a 轨道进入b 轨道，在P 点必须减速答案 CD解析 从高轨道a 到低轨道b 需要在P 点进行减速，所以，在a 轨道上P 点的动能大于在b 轨道上P 点的动能，A 错误，D 正确；根据牛顿第二定律得：G Mm r2＝ma ，所以在a 、b 轨道上P 点到月球中心的距离r 相同，加速度一样，B 错误；根据开普勒第三定律：T a 2T b 2＝r a 3r b 3，所以在a 轨道运动的周期大于在b 轨道运动的周期，C 正确．11．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图7甲所示，半径为1m 的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1kg 、电阻为1Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10m/s 2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则( )图7A ．导体棒的电流是从b 到aB ．通过导体棒的电流大小为0.5AC ．0～2s 内，导体棒产生的热量为0.125JD ．t ＝πs 时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3N答案 AC解析 穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b 到a ，选项A正确；假设0～πs 时间内导体棒静止不动，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·12πr 2＝0.5π×12π×12V ＝0.25V ，则感应电流I ＝E R ＝0.251A ＝0.25A ，t ＝πs 时，导体棒受到的安培力F ＝2BIr ＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N ；最大静摩擦力F fm ＝μmg ＝0.3N ，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25N ，选项B 、D 错误；0～2s 内，导体棒产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝0.252×1×2J ＝0.125J ，选项C 正确．12．(2019·山东实验中学第二次模拟)如图8所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场．质量为m 、半径为R 的圆环当通有恒定的电流I 时，恰好能水平静止在N 极正上方H 处．已知与磁单极子N 极相距r 处的磁感应强度大小为B ＝k r，其中k 为常数．重力加速度为g .则( )图8A ．静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)B ．静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C ．静止时圆环的电流I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR2 D ．若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小答案 AC解析 环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A 正确；静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B 错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力为BI ·2πR ，F cos θ＝mg ，由几何关系：cos θ＝R H 2＋R 2，由题：B ＝kH 2＋R 2，联立得：I ＝mg (H 2＋R 2)2πkR 2，故C 正确；结合C 的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度减小，故D 错误．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
(新课标地区专用)2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练1(含解析)
选择题定时训练1(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·天津市滨海新区三模)关于核反应的类型，下列表述正确的是( )A.23892U→23490Th＋42He是α衰变B.147N＋42He→178O＋11H是β衰变C.42He＋2713Al→3015P＋10n是核聚变D.8234Se→8236Kr＋20－1e是核裂变答案 A解析23892U→23490Th＋42He是α衰变，故A正确；147N＋42He→178O＋11H是原子核的人工转变，不是β衰变，故B错误；42He＋2713Al→3015P＋10n，是原子核的人工转变，不是核聚变，故C错误；8234Se→8236 Kr＋2 0－1e，生成了电子，可知是β衰变，不是核裂变，故D错误．2．(2019·天津市滨海新区三模)图1(a)为一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1m处的质点，Q是平衡位置在x＝4m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象．下列说法正确的是( )图1A．在t＝0.1s时，质点Q沿y轴正方向运动B．从t＝0.1s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mC．从t＝0.1s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cmD．质点Q做简谐运动的表达式为y＝0.1sin20πt m答案 B解析题图(b)为质点Q的振动图象，在t＝0.1s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以t＝0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，故A错误；在t＝0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播．由题图(a)知波长λ＝8m，由题图(b)知周期T＝0.2s，则波速为：v＝λT＝80.2m/s＝40 m/s，从t＝0.1s到t＝0.25s经过的时间为Δt＝0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx＝vΔt＝40×0.15m＝6m，故B正确；t＝0.1s质点P 正沿y 轴正方向运动．从t ＝0.1s 到t ＝0.25s 经过的时间为Δt ＝0.15s ＝34T ，由于t＝0.1s 时刻质点P 不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P 通过的路程不是3A ＝30cm ，故C 错误；质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝A sin 2πT t ＝0.1sin 2π0.2t ＝0.1sin10πt (m)，故D错误．3．(2019·天津市滨海新区三模)如图2所示，一理想变压器将原线圈接在u ＝2202sin100πt (V)的交流电压上，原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝22∶1，定值电阻的阻值为25Ω，滑动变阻器的总阻值为35Ω，将滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动过程中，下列说法中正确的是( )图2A ．副线圈输出电压的频率为100HzB ．当变压器的输出功率达到最大值时，理想电压表的示数为5VC ．当滑动变阻器的功率达到最大值时，理想电流表的示数为0.2AD ．滑片P 滑到最右端时，变压器的输入功率为40W 答案 C解析 原线圈的交流电压的频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50Hz ，则副线圈输出电压的频率为50Hz ，故选项A 错误；原线圈电压的有效值U 1＝22022V ＝220V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压的有效值为10V ，根据P ＝U 2R可知当变压器的输出功率达最大时，滑动变阻器的阻值为零，所以电压表的示数为10V ，故选项B 错误；滑动变阻器的阻值等于定值电阻的阻值时，滑动变阻器的功率达到最大值，所以电流表的示数为I ＝U 2R ＋R ′＝1050A ＝0.2A ，故选项C 正确；滑片P 滑到最右端时，变压器的输出功率为P 2＝U 22R ＝10225W ＝4W ，变压器的输入功率为4W ，故选项D 错误．4.(2019·山东威海市5月模拟)如图3所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，开始时整个装置处于静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动一定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )图3A ．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零B ．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流C ．线圈对桌面压力大小可能大于其重力D ．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的减少量 答案 C解析 若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A 错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B 错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大小大于其重力，故C 正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D 错误． 5．(2019·贵州贵阳市二模)组成“北斗”卫星导航定位系统的地球静止轨道卫星(同步卫星)和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求( )A ．地球静止轨道卫星与地球的质量之比B ．地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C ．地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D ．地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比 答案 D解析 根据万有引力提供向心力：G Mm r 2＝m 4π2T2r ，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于两卫星的质量关系未知，也无法求出卫星所受万有引力之比，所以A 、B 、C 错误，D 正确．6．(2019·四川成都市第二次诊断)如图4，半圆球P 和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P 相切，光滑小球Q 静止在P 和挡板之间．已知Q 的质量为m ，P 、Q 的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g .则Q 对P 的压力大小为( )图4A.4mg 3B.5mg 4 C.4mg 5 D.3mg 4答案 B解析 对Q 受力分析如图所示设Q 的半径为r ，由几何关系得： 4r cos α＝4r －(r ＋r cos α) 解得：cos α＝35由平衡条件得：F N2＝mgsin α解得：F N2＝54mg由牛顿第三定律可知，Q 对P 的压力大小为F N2′＝F N2＝54mg .7．(2019·山东威海市5月模拟)一质量为m 的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a 随其运动距离x 的变化规律如图5所示．已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，在小物块运动0～2L 的过程中，下列说法正确的是( )图5A ．小物块在0～L 内做匀变速直线运动，L ～2L 内做匀速运动B ．小物块运动至2L 处的速度为26a 0LC ．整个过程中水平外力做功为mL ()2μg ＋3a 0D ．小物块从L 处运动至2L 处所用的时间为12L a 0答案 C解析 小物块在0～L 内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L ～2L 内加速度不变，做匀加速运动，故A 错误；整个过程，根据动能定理得：3ma 0＋ma 02L ＋ma 0L ＝12mv 2，得小物块运动至2L 处的速度为v ＝6a 0L ，故B 错误；整个过程，根据动能定理得：W F －μmg ·2L ＝12mv 2，联立解得水平外力做功为W F ＝mL (2μg ＋3a 0)，故C 正确；设小物块运动至L 处的速度为v 0.根据动能定理得：3ma 0＋ma 02L ＝12mv 02，得v 0＝2a 0L ，小物块从L 处运动至2L 处做匀加速直线运动，有L ＝v 0＋v2t ，联立解得t ＝22＋6La 0，故D 错误． 8．(2019·云南保山市统一检测)圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b ，先后以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图6所示．若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a 在磁场中的运动周期为T a ，粒子a 在磁场中的运动时间为t a ＝13T a ，粒子b 在磁场中的运动周期为T b ，粒子b 在磁场中的运动时间为t b ＝16T b ，则下列说法正确的是( )图6A ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的周期关系为T a ＜T bB ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的周期关系为T a >T bC ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的速度关系为v a ＝13v bD ．粒子a 和粒子b 在磁场中运动的速度关系为v a ＝3v b 答案 C解析 根据T ＝2πmqB可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，选项A 、B 错误．设圆形磁场的半径为r ，因t a ＝13T a ，可知a 在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半径r a ＝r tan30°＝r3；同理，因t b ＝16T b ，可知b 在磁场中运动转过的角度是60°；由几何关系可知，运动半径r b ＝r tan60°＝3r ；根据r ＝mvqB可知粒子a 和粒子b 在磁场中运动速度关系v a v b ＝r a r b ＝13，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题9．(2019·河南郑州市第三次质检)下列关于热现象的判断正确的是( )A．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的B．露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用C．在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零D．气体被压缩时，内能可能不变答案BD解析单晶体的物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故A错误．液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较稀疏，分子间引力大于斥力，合力表现为引力，露珠呈现球状是由于液体表面张力的作用，故B正确．根据压强的微观含义可知气体对器壁的压强是由于大量分子对器壁持续的撞击形成的，与是否失重无关，故C错误．做功与热传递都可以改变物体的内能，可知气体被压缩时，内能可能不变，故D正确．10．(2019·河南新乡市第三次模拟)如图7所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，则感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是( )图7答案ACD解析线框做匀加速运动，其速度v＝at，感应电动势E＝BLv，感应电流i＝ER＝BLatR，i与t 成正比，故A 正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F B ＝BiL ＝B 2L 2atR ，由牛顿第二定律得：F －F B ＝ma ，得F ＝ma ＋B 2L 2atR ，F －t 图象是不过原点的倾斜直线，故B 错误；线框中的电功率P ＝i 2R ＝B 2L 2a 2t 2R∝t 2，故P －t 图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故C 正确；线框的位移x ＝12at 2，则电荷量q ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BLat 22R ∝t 2，故q －t 图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故D 正确．11．(2019·辽宁重点协作体模拟)引力波测试在2017年获得诺贝尔物理学奖，包含中国在内的多国科学家于2017年10月宣布，成功探测到中子星合并的引力波事件，并证实双中子星合并事件是宇宙中大部分超重元素(金、银)的起源地．双中子星是一种“双星”，在围绕其连线上某一点转动的过程中，会向外辐射能量，相互靠近至最终合并．在双中子星相互靠近的过程中，不考虑两中子星质量的变化，则( ) A ．双中子星转动的周期均增大 B ．双中子星转动的角速度均增大 C ．双中子星轨道半径减小量不一定相同 D ．双中子星运动的圆心一定在两者连线中点 答案 BC解析 双星问题中两个天体运动的周期和角速度是相等的，双星之间的万有引力提供向心力，由Gm 1m 2r 2＝m 1r 1ω2，G m 1m 2r2＝m 2r 2ω2，可知m 1r 1＝m 2r 2，半径间的关系为：r 2＋r 1＝r ，联立可得：r 1＝m 2m 1＋m 2r ，代入上式可得：ω＝G (m 1＋m 2)r 3，因为总质量不变，距离减小，则角速度均增大，又因T ＝2πω，可知周期减小，故A 错误，B 正确；由m 1r 1＝m 2r 2可知，质量与半径成反比，因为质量情况未知，所以双中子星运动的圆心不一定在两者连线中点，双中子星轨道半径减小量也不一定相同，故C 正确，D 错误．12.(2019·贵州贵阳市二模)如图8所示，在真空中有三个带等量电荷的点电荷a 、b 和c ，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a 、b 带正电，c 带负电，O 为三角形中心，A 、B 、C 为三条边的中点．则 ( )图8A．B、C两点场强相同B．B、C两点电势相同C．在O点自由释放电子(不计重力)，会沿OA方向一直运动D．在O点自由释放电子(不计重力)，会在OA直线上往复运动答案BD解析由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和．其中a、c两点电荷在B点的场强的矢量和沿Bc方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，同理可知C点处场强的方向如图所示，B、C两处电场强度的方向不同，所以A错误；a、c两点电荷在B点的电势之和为零，b、c两点电荷在C点的电势之和等于零，所以B点的电势等于b处点电荷产生的电势，C处电势等于a处点电荷产生的电势，a、b两点电荷等量同种且到C、B的距离相等，所以电势相等，故B正确；由图知，O点电场的方向沿Oc方向，在OA延长线上有一场强为零的点D，在OA延长线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加速运动到D，然后减速运动到速度为零，接着反向运动，即会在OA直线上往复运动．。
新课标地区专用2020高考物理提分定时练辑选择题定时训练5含解析201911221276
选择题定时训练5(限时：30分钟)一、单项选择题1．(2019·福建三明市5月质检)一空载列车加速经过一段平直的路段时，通过某点时的速率为v ，加速度大小为a 1；当列车载满货物再次加速经过同一点时，速率仍为v ，加速度大小变为a 2.设列车发动机的功率恒为P ，阻力是列车重力的k 倍，重力加速度大小为g ，则列车空载与满载时的质量之比为( ) A.kg ＋a 1kg ＋a 2 B.kg ＋a 2kg ＋a 1 C.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1)D.P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)答案 B解析 因两次经过某点的速率相同，功率相同，由F ＝P v可知牵引力相同；由牛顿第二定律，空载时：F －kmg ＝ma 1；满载时：F －kMg ＝Ma 2；联立解得：m M ＝kg ＋a 2kg ＋a 1，故选B.2．(2019·四川绵阳市第三次诊断)关于热现象，下列说法正确的是( ) A ．物体速度增大，则组成物体的分子动能增大 B ．物体的温度或者体积变化，都可能引起物体内能变化 C ．相同质量的两个物体，升高相同温度，内能增加一定相同 D ．绝热密闭容器中一定质量气体的体积增大，其内能一定增加 答案 B解析 物体分子平均动能的标志是温度，与宏观速度无关，A 错误；物体内能等于所有分子的动能与所有分子势能的和，分子平均动能与温度有关，而分子势能与体积有关，所以物体内能与温度和体积有关，B 正确；根据B 选项的分析，升高相同温度，但体积变化关系未知，所以内能变化无法判断，C 错误；根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，容器绝热，Q ＝0，气体体积增大，所以气体对外做功，W <0，所以ΔU <0，内能减小，D 错误．3．(2019·福建三明市5月质检)一列沿x 轴正方向传播的简谐波在t ＝0时刻的波形图如图1所示，已知B 质点从0时刻起经过0.5s 第一次到达波谷，则下列判断正确的是( )图1A ．简谐波的周期为4sB ．简谐波的波速为20cm/sC ．在t ＝0时B 质点的振动方向沿y 轴正方向D ．某个时刻A 、B 两质点的振动方向可能相同 答案 B解析 已知B 质点从0时刻起经过0.5s 第一次到达波谷，可知T4＝0.5s ，则T ＝2s ，选项A错误；因λ＝40cm ，则波速v ＝λT ＝402cm/s ＝20 cm/s ，选项B 正确；由波形图可知，在t ＝0时B 质点的振动方向沿y 轴负方向，选项C 错误；因A 、B 两质点相差半个波长，则两质点的振动总是相反的，振动方向不可能相同，选项D 错误．4．如图2所示，质量为m 的一辆小汽车从水平地面AC 上的A 点沿斜坡匀速行驶到B 点．B 距水平地面高h ，以水平地面为零势能面，重力加速度为g .小汽车从A 点运动到B 点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )图2A ．合外力做功为零B ．合外力做功为mghC ．小汽车的机械能增加量为0D ．牵引力做功为mgh 答案 A5．(2019·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是( )A ．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B ．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C ．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D ．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 答案 D解析 在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－F t ＝mv 2－mv 1，故应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D 正确，A 、B 、C 错误．6．(2019·安徽淮南市第二次模拟)已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8m/s 2，贴近地球表面飞行的卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60kg 的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为( ) A ．0.2NB ．0.4NC ．2ND ．4N 答案 C解析 在两极：G MmR2＝mg ；对贴近地球表面飞行的卫星G Mm ′R 2＝m ′4π2T2R ，解得R ＝gT 24π2；则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：F 向＝m 人4π2T ′2R ＝m 人4π2T ′2×gT 24π2＝m 人g T2T ′2＝60×9.8×(1.524)2N≈2N，故选C.7．(2019·湖北武汉市四月调研)已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量E n ＝E 1n2，其中n ＝2,3….若氢原子从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为( ) A.94νB ．4νC.365νD ．9ν 答案 C解析 由题意可知：E 132－E 122＝hν；能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0－E 1＝hν′， 解得ν′＝365ν，故选C.8．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图3甲所示，在线圈l 1中通入电流i 1后，在l 2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l 1、l 2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l 1中的电流i 1随时间t 变化的图象是下图中的( )图3答案 D解析 因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：I ＝ER ＝nΔΦΔt R ＝n ΔBΔt S R，而线圈l 1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I ＝nΔBΔtS R ∝nΔi ΔtS R，所以线圈l 1中的电流均匀改变，A 、C 错误；根据题图乙，0～T4时间内感应电流磁场向左，所以线圈l 1产生的磁场向左减小，或向右增大，B 错误，D 正确． 二、多项选择题9．(2019·广西梧州市联考)甲、乙两物体沿同一直线做减速运动，t ＝0时刻，两物体同时经过同一位置，最后又停在同一位置，它们的速度—时间图象如图4所示，则在运动过程中( )图4A ．t 1时刻甲和乙相距最远B ．甲、乙的平均速度相等C．在某时刻甲、乙的加速度可能相等D．甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变答案CD解析甲、乙两物体速度相等时相距最远，选项A错误；甲、乙的位移相同，但是甲运动的时间较长，则甲的平均速度较小，选项B错误；v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，在某时刻甲的加速度可能等于乙的加速度，选项C正确；v－t图象的斜率等于加速度，由图象可知，甲的加速度逐渐减小，乙的加速度大小不变，选项D正确．10．(2019·江西南昌市第二次模拟)如图5所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两根导线中电流方向垂直纸面向外．O点与a、b、c三条导线距离相等，且Oc⊥ab.现在O点垂直纸面放置一小段通电直导线，电流方向垂直纸面向里，导线所受安培力方向如图所示．则可以判断( )图5A．O点处的磁感应强度的方向与F相同B．长导线c中的电流方向垂直纸面向外C．长导线a中电流I1小于b中电流I2D．长导线c中电流I3小于b中电流I2答案BC解析由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；由左手定则可知，O 点的磁感应强度方向与F垂直斜向右下方，此磁场方向可分解为水平向右方向和竖直向下方向，所以导线c在O点产生的磁场方向应水平向右，由安培定则可知，导线c中的电流为垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场方向竖直向上，导线b在O点产生的磁场方向竖直向下，所以长导线a中电流I1与b中电流I2的关系，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的关系，故B、C正确，D错误．11.(2019·山东济宁市第二次摸底)如图6所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块(可视为质点)，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下．则以下判断正确的是( )图6A．滑块一定带的是与A、B异种的电荷B．滑块的电势能一定是先减小后增大C．滑块的动能与电势能之和一定减小D．AP间距一定小于BM间距答案CD解析滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误．滑块运动可能有两种情况：1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，B 错误．根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，C正确．若没有摩擦力，AP＝BM；因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以AP<BM，D 正确．12．(2019·湖北荆州市四月质检)如图7所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中( )图7A．水平力F的大小不变B．杆对小球A的支持力增加C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大答案BD解析小球B受拉力F、重力和轻绳的拉力F T，合力为零如图所示：由此可知，随着α的增加，拉力F和轻绳张力F T均增大，故A、C错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力F N和静摩擦力F f，如图所示：设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向有F N＝(M＋m)g cosθ＋F sinθ，随着F的增大，支持力F N增大；在平行杆方向，有：F cosθ＋F f＝(M＋m)g sinθ，可得：F f＝(M＋m)g sinθ－F cosθ，可知随着F的增大，静摩擦力逐渐减小，当(M＋m)g sinθ＝F cosθ时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大，故B、D正确．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
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选择题定时训练13(限时：30分钟)一、单项选择题1.(2019·河南洛阳市第三次统考)精确的研究表明，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数Z有如图1所示的关系，根据该图所提供的信息及原子核的聚变、裂变有关知识，下列说法正确的是( )图1A．从图中可以看出，Fe原子核中核子的平均质量最大B．原子序数较大的重核A分裂成原子序数小一些的核B和C，质量会增加C．原子序数很小的轻核D和E结合成一个原子序数大些的核F，能释放核能D．原子序数较大的重核分裂成原子序数小一些的核B和C，需要吸收能量答案 C解析从题图中可以看出，Fe原子核中核子的平均质量最小，选项A错误；由题图可知，A 的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，故B错误；原子序数很小的轻核D和E结合成一个原子序数大些的核F会有质量亏损，能释放核能，选项C正确；原子序数较大的重核分裂成原子序数小一些的核B和C，会放出能量，选项D错误．2．(2019·河南洛阳市第三次统考)设月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为a，月球表面附近的重力加速度大小为g1，在月球绕地球运行的轨道上由于地球引力产生的加速度大小为g2，地球表面附近的重力加速度大小为g3.则下列关系正确的是( )A．g1＝g2B．a＝g1C．a＝g2D．a＝g3答案 C解析根据月球绕地球做匀速圆周运动的向心力由地球引力提供，即F万＝F向，所以在月球绕地球运行的轨道上由于地球引力产生的加速度大小就等于月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小，即g2＝a.根据万有引力等于重力可得：在月球表面处由于月球引力产生的加速度大小等于月球表面的重力加速度大小，所以g1与g2、a之间无直接关系．由以上的分析可知，A、B、D错误，C正确．3．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则( )图2A ．沿直线①运动的所有油滴质量都相等B ．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等C ．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2D ．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4答案 D解析 沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg ＝Eq ，即：q m ＝g E，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A 、B 错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x ＝v 0t ，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为2∶1，C 错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x＝v 0t ，竖直方向：y ＝12at 2，联立解得：a ＝2yv 02x 2，因为水平位移之比为2∶1，v 0和y 相同，所以加速度大小之比为1∶4，D 正确．4．(2019·广东深圳市4月第二次调研)2018珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场．表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab 向上(如图3)，最后沿陡斜线直入云霄．图3设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变．则沿ab 段曲线飞行时，战机( )A ．所受合外力大小为零B ．所受合外力方向竖直向上C ．竖直方向的分速度逐渐增大D ．水平方向的分速度不变答案 C解析 战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，故A错误；战机在同一竖直平面内做匀速率曲线运动，所受合外力与速度方向垂直，由于速度方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，故B错误；由以上分析可知，战机所受合外力始终与速度方向垂直，斜向左上方，对合外力和速度进行分解可知，竖直方向上做加速运动，水平方向上做减速运动，故竖直方向分速度逐渐增大，水平方向分速度逐渐减小，故C正确，D错误．5．(2019·福建莆田市5月第二次质检)高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力．某一列高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，空气阻力约占总阻力的50%，牵引力的功率约为2 000 kW.假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为( )A．4000kW B．8000kWC．10000kW D．16000kW答案 C解析经分析可知，当高铁列车以180km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P1＝F1v1＝2F空阻v1＝2kv12·v1；该列车以360km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P2＝F2v2＝(F f＋F空阻)·v2＝(kv12＋kv22)·v2，解得P2＝5P1＝10000kW，故选C.6.(2019·河南洛阳市第三次统考)如图4所示，实线为空气和水的分界面，一束绿光从水中的A点(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向空气中，折射后通过空气中的B点(图中折射光线也未画出)．图中O点为A、B连线与分界面的交点．下列说法正确的是( )图4A．O1点在O点的右侧B．绿光从水中射入空气中时，速度变小C．若绿光沿AO方向射向空气中，则折射光线有可能通过B点正下方的C点D．若沿AO1方向射向空气中的是一束紫光，则折射光线也有可能通过B点答案 C解析当光由空气射入水中时入射角大于折射角，画出大致光路图如图所示，可见O 1点在O 点的左侧，故A 错误；光在真空中速度最大，当绿光从水中射入空气中时，速度变大，故B 错误；若绿光沿AO 方向射向空气中，则折射光线有可能通过B 点正下方C 点，选项C 正确；若沿AO 1方向射向空气中的是一束紫光，因紫光的折射率大于绿光，可知折射光线通过B 点下方，选项D 错误．7.(2019·辽宁重点中学协作体模拟)水平放置的光滑金属长导轨MM ′和NN ′之间接有电阻R ，导轨左、右两区域分别处在方向相反且与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图5.设左、右区域的磁感应强度分别为B 1和B 2.一根金属棒ab 放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计．金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左边区域中恰好以速度v 做匀速直线运动，则( )图5A ．若B 2＝B 1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度2v 做匀速运动B ．若B 2＝B 1，棒进入右边区域中后仍以速度v 做匀速运动C ．若B 2＝2B 1，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度v 2做匀速运动 D ．若B 2＝2B 1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度4v 做匀速运动答案 B解析 金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v 做匀速直线运动，恒力F 与安培力平衡．当B 2＝B 1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F 仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v 做匀速直线运动，故A 错误，B 正确；当B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动．设棒最后匀速运动速度大小为v ′.在左侧磁场中F ＝B 12L 2v R，在右侧磁场中匀速运动时，有F ＝B 22L 2v ′R ＝(2B 1)2L 2v ′R ，则v ′＝v 4，即棒最后以速度v 4做匀速直线运动，故C 、D 错误．8．(2019·四川绵阳市第二次诊断)如图6所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场．下列与地磁场有关的说法，正确的是( )图6A ．地磁场客观上是不存在的B ．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行C ．通电导线在地磁场中可能不受安培力作用D ．运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功答案 C解析 地磁场是客观存在的，磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故A 错误；磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B 错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力作用，故C 正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故D 错误．二、多项选择题9．(2019·辽宁沈阳市第一次质检)两个带等量异种电荷的粒子分别以速度v a 和v b 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图7所示，则()图7A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．两粒子的轨道半径之比R a ∶R b ＝3∶1C ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝1∶2D ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝2∶1答案 BD解析 由左手定则可得：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨迹圆心为AB 的垂直平分线和过A 点的速度垂直方向直线的交点，故R a ＝12d sin30°＝d ，R b ＝12d sin60°＝33d ，所以，R a ∶R b ＝3∶1，故B 正确；由几何关系可得：从A 运动到B ，a 粒子转过的圆心角为60°，b 粒子转过的圆心角为120°， 根据运动时间相同可得运动周期为：T a ∶T b ＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq ＝mv 2R， 所以，运动周期为：T ＝2πR v ＝2πm qB； 根据电荷量相等可得m a ∶m b ＝T a ∶T b ＝2∶1，故C 错误，D 正确．10．质量分别为M 和m 的物块形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图8甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，斜面保持静止．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图8A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动的加速度大小为M －m M g 答案 BCD解析 M 静止在斜面上时，对M 由平衡条件有Mg sin α＝mg ；互换位置后，对M 和m 组成的系统有Mg －mg sin α＝(M ＋m )a ，解得a ＝(1－sin α)g ＝M －m Mg ，对m 由牛顿第二定律得：F T －mg sin α＝ma ，解得F T ＝mg ，故A 错误，B 、C 、D 正确．11.(2019·河南洛阳市第三次模拟)一定质量的理想气体从状态A 可以经历过程1或过程2到达状态B 也可以经历过程3到达状态C ，还可以经历过程4到达状态D ，其p －V 图象如图9所示，且B 、C 、D 在一条平行于纵轴的直线上．已知在这四个过程中的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程3中，A 到C 的曲线是双曲线的一部分．对于这四个过程，下列说法正确的是( )图9A．在过程1中，外界先对气体做正功，然后气体再对外做功B．在过程2中，气体温度先逐渐降低然后逐渐升高C．在过程3中，气体温度始终不变D．在过程4中，气体始终与外界无热量交换答案CD解析在过程1中，气体的体积一直变大，可知气体一直对外做功，选项A错误；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知从A到C为等温变化，即pV乘积不变，则在过程2的从A到B的过程，pV乘积逐渐变大，温度逐渐升高，选项B错误，C正确；过程4中，pV乘积逐渐减小，可知温度逐渐降低，内能减小，气体体积变大，对外做功，可知气体始终与外界无热量交换的过程是过程4，选项D正确．12．(2019·陕西省第二次质检)如图10所示，质量M＝1kg的重物B和质量m＝0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1.重物B放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ＝33，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L＝4m．现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H＝3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g＝10m/s2.下列判断正确的是( )图10A．圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5JB．圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5∶3C．圆环A能下降的最大距离为H m＝7.5mD．圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N答案AC解析由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面运动的位移为：x＝H2＋L2－L2＝0.5m，A、B组成的系统机械能减少了：ΔE＝μMg cos30°·x＝2.5J，故选项A正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1，圆环A速度最大时，环A沿绳方向的分速度与重物B的速度之比为：HH2＋L2v A∶v B＝R∶r＝2∶1，则v A∶v B＝10∶3，故选项B错误；圆环A能下降的最大距离为H m，重物B沿斜面的运动的位移为：x B＝H2m＋L2－L2，根据能量守恒可知：mgH m＝Mgx B sin30°＋μMg cos30°·x B，解得圆环A能下降的最大距离为H m＝7.5m，故选项C正确；圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，由牛顿第二定律可得F T－Mg sin30°－μMg cos30°＝Ma，即：F T－10N＝Ma，所以绳子对B的拉力先大于10N后小于10N，故选项D错误．。